Bac de maths 2025 — Nouvelle-Calédonie · 20 novembre

Arbre pondéré. Premier niveau : le sac contient 1 boule A sur 4, donc P(A) = 14 = 0,25 et P(Ā) = 34 = 0,75, où Ā est l’évènement « le joueur obtient une boule avec la lettre B ». Second niveau : après une boule A on tire dans l’urne A (3 billets de 50 € sur 5), donc P_A(C) = 35 = 0,6 et P_A(C̄) = 25 = 0,4 ; après une boule B on tire dans l’urne B (1 billet de 50 € sur 4), donc P_Ā(C) = 14 = 0,25 et P_Ā(C̄) = 34 = 0,75.

L’évènement demandé est A ∩ C, qui correspond à un seul chemin de l’arbre. La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités portées par ses branches : P(A ∩ C) = P(A) × P_A(C) = 0,25 × 0,6 = 0,15. La probabilité d’obtenir une boule A et un billet de 50 € vaut 0,15.

Les évènements A et Ā forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P(C) = P(A ∩ C) + P(Ā ∩ C) = P(A) × P_A(C) + P(Ā) × P_Ā(C) = 0,15 + 0,75 × 0,25 = 0,15 + 0,187 5 = 0,337 5.

On cherche la probabilité conditionnelle P_C̄(Ā). D’une part P(C̄) = 1 − P(C) = 1 − 0,337 5 = 0,662 5 ; d’autre part P(Ā ∩ C̄) = P(Ā) × P_Ā(C̄) = 0,75 × 0,75 = 0,562 5. Donc P_C̄(Ā) = P(Ā ∩ C̄)P(C̄) = 0,562 50,662 5 = 4553 ≈ 0,849, soit environ 84,9 %. Comme 84,9 % > 80 %, l’affirmation est vraie.

X₁ ne prend que deux valeurs : 10 (billet de 10 €, de probabilité P(C̄) = 0,662 5) et 50 (billet de 50 €, de probabilité P(C) = 0,337 5). D’où E(X₁) = 10 × 0,662 5 + 50 × 0,337 5 = 6,625 + 16,875 = 23,50 : le joueur gagne en moyenne 23,50 € par partie.

(suite) Pour la variance on utilise la formule de König-Huygens V(X₁) = E(X₁²) − [E(X₁)]². Ici E(X₁²) = 10² × 0,662 5 + 50² × 0,337 5 = 66,25 + 843,75 = 910, donc V(X₁) = 910 − 23,50² = 910 − 552,25 = 357,75.

La boule et le billet ayant été remis, la deuxième partie se déroule dans les mêmes conditions : X₂ suit la même loi que X₁, donc E(X₂) = 23,5. Par linéarité de l’espérance, E(Y) = E(X₁ + X₂) = E(X₁) + E(X₂) = 23,5 + 23,5 = 47 €.

La remise fait que le résultat de la deuxième partie ne dépend pas de celui de la première : X₁ et X₂ sont indépendantes. Or la variance d’une somme de variables aléatoires indépendantes est la somme de leurs variances, d’où V(Y) = V(X₁) + V(X₂) = 2 × 357,75 = 715,5. (Sans indépendance, cette égalité serait fausse en général.)

Les 100 parties sont indépendantes et suivent toutes la loi de X₁, donc E(Z) = 100 × 23,5 = 2 350 et V(Z) = 100 × 357,75 = 35 775. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée avec l’écart t = 400, donne P(|Z − 2 350| ≥ 400) ≤ V(Z)400² = 35 775160 000 ≈ 0,223 6.

(conclusion) En passant à l’évènement contraire : P(|Z − 2 350| < 400) ≥ 1 − 0,223 6 = 0,776 4. Or |Z − 2 350| < 400 équivaut à 2 350 − 400 < Z < 2 350 + 400, c’est-à-dire 1 950 < Z < 2 750. Donc P(1 950 < Z < 2 750) ≥ 0,776 4 ≥ 0,75 : la probabilité que Z appartienne à l’intervalle ]1 950 ; 2 750[ est bien supérieure ou égale à 0,75.

On calcule les deux vecteurs issus de B : BA = (4 − 5 ; −4 − (−3) ; 4 − 2) = (−1 ; −1 ; 2) et BC = (6 − 5 ; −2 − (−3) ; 3 − 2) = (1 ; 1 ; 1).

(suite) Leur produit scalaire vaut BA · BC = (−1) × 1 + (−1) × 1 + 2 × 1 = −1 − 1 + 2 = 0. Deux vecteurs non nuls dont le produit scalaire est nul sont orthogonaux : les côtés [BA] et [BC] sont perpendiculaires, donc le triangle ABC est rectangle en B.

Considérons n(1 ; −1 ; 0), vecteur normal du plan d’équation x − y − 8 = 0 (ses coordonnées sont les coefficients de x, y et z). On vérifie n · BA = 1 × (−1) + (−1) × (−1) + 0 × 2 = 0 et n · BC = 1 × 1 + (−1) × 1 + 0 × 1 = 0.

(suite) Comme BA et BC ne sont pas colinéaires (ils sont même orthogonaux et non nuls), n est orthogonal au plan (ABC). Ce plan et celui d’équation x − y − 8 = 0 ont donc le même vecteur normal ; comme A y appartient (4 − (−4) − 8 = 0, et de même 5 + 3 − 8 = 0 pour B, 6 + 2 − 8 = 0 pour C), ils sont confondus : x − y − 8 = 0 est bien une équation cartésienne de (ABC).

La droite d est orthogonale au plan (ABC), donc tout vecteur normal à ce plan est un vecteur directeur de d : on prend n(1 ; −1 ; 0). Comme d passe par D(5 ; 1 ; 1), une représentation paramétrique de d est : x = 5 + t, y = 1 − t, z = 1, avec t ∈ ℝ.

H, projeté orthogonal de D sur (ABC), est le point d’intersection de d et de (ABC) : ses coordonnées vérifient à la fois la représentation paramétrique et l’équation du plan. On reporte : (5 + t) − (1 − t) − 8 = 0, soit 2t − 4 = 0, donc t = 2. D’où H(5 + 2 ; 1 − 2 ; 1) = H(7 ; −1 ; 1).

DH = (7 − 5 ; −1 − 1 ; 1 − 1) = (2 ; −2 ; 0), donc DH = √2² + (−2)² + 0² = √8 = √4 × 2 = 2√2.

Le triangle ABC étant rectangle en B, son aire est la moitié du produit des côtés de l’angle droit : BA = √(−1)² + (−1)² + 2² = √6 et BC = √1² + 1² + 1² = √3, donc Aire(ABC) = (12) × √6 × √3 = √182 = 3√2/2.

(suite) On prend ABC pour base ; la hauteur correspondante est [DH] puisque (DH) est orthogonale à (ABC), et DH = 2√2. D’où V = (13) × Aire(ABC) × DH = (13) × (3√2/2) × 2√2 = (13) × (3 × 2) = 2. Le volume de la pyramide ABCD est égal à 2 unités de volume.

La même pyramide, vue avec BCD pour base, a pour hauteur la distance x du point A au plan (BCD). La formule V = (13) × Aire(BCD) × x donne 2 = (13) × (√422) × x, soit x√42 = 12, donc x = 12√42 = 12√42/42 = 2√42/7 ≈ 1,85. La distance exacte du point A au plan (BCD) est 2√42/7.

f₁ est le produit de x par e^1−x. En dérivant ce produit (la dérivée de e^1−x est −e^1−x) : f′₁(x) = 1 × e^1−x + x × (−e^1−x) = (1 − x) e^1−x. Comme l’exponentielle est strictement positive, f′₁(x) est du signe de 1 − x ; or pour tout x de [0 ; 1[ on a x < 1, donc 1 − x > 0. Ainsi f′₁(x) > 0 sur [0 ; 1[.

f′₁ est strictement positive sur [0 ; 1[ et s’annule seulement en 1 : f₁ est strictement croissante sur [0 ; 1]. Aux bornes, f₁(0) = 0 × e¹ = 0 et f₁(1) = 1 × e⁰ = 1. Le tableau de variations est donc : f′₁ positive sur [0 ; 1[, f₁ croissant de 0 (en x = 0) jusqu’à 1 (en x = 1).

f₁ est dérivable donc continue sur [0 ; 1], et strictement croissante, avec f₁(0) = 0 et f₁(1) = 1. Comme 0,1 est compris entre 0 et 1, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) garantit que l’équation f₁(x) = 0,1 admet une unique solution dans [0 ; 1].

Comme e^1−x > 0 pour tout réel x, on multiplie l’encadrement précédent par e^1−x : 0 ≤ xⁿ⁺¹ e^1−x ≤ xⁿ e^1−x sur [0 ; 1]. Les bornes 0 et 1 sont dans le bon ordre, donc par positivité et croissance de l’intégrale : 0 ≤ ∫₀¹ xⁿ⁺¹ e^1−x dx ≤ ∫₀¹ xⁿ e^1−x dx, soit 0 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ.

L’inégalité uₙ₊₁ ≤ uₙ signifie que la suite (uₙ) est décroissante, et l’inégalité 0 ≤ uₙ qu’elle est minorée par 0. D’après le théorème de la convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge : (uₙ) est donc convergente, vers une limite ℓ ≥ 0.

Intégration par parties sur [0 ; 1] avec u(x) = xⁿ⁺¹ et v′(x) = e^1−x, donc u′(x) = (n + 1)xⁿ et v(x) = −e^1−x (fonctions dérivables à dérivées continues). Alors uₙ₊₁ = [−xⁿ⁺¹ e^1−x]₀¹ − ∫₀¹ (n + 1)xⁿ × (−e^1−x) dx = (−1 × e⁰ − 0 × e¹) + (n + 1)∫₀¹ xⁿ e^1−x dx = (n + 1)uₙ − 1.

La relation uₙ₊₁ = (n + 1)uₙ − 1 permet de remonter de u₁ = e − 2 jusqu’à u₈ en 7 étapes. Script complété (attention : en Python on écrit le signe moins et la multiplication en caractères ASCII, - et *, et jamais de virgule décimale) : from math import exp def suite(): u = exp(1) - 2 for n in range(1, 8): u = (n+1)*u - 1 return u À l’entrée du tour de boucle numéro n, la variable u contient uₙ et en ressort avec uₙ₊₁ ; n parcourt 1, 2, …, 7, donc suite() renvoie u₈ = ∫₀¹ x⁸ e^1−x dx ≈ 0,123.

Pour x ∈ [0 ; 1], on a 0 ≤ 1 − x ≤ 1, donc par croissance de la fonction exponentielle e^1−x ≤ e¹ = e. En multipliant par xⁿ ≥ 0 : xⁿ e^1−x ≤ e xⁿ. Par croissance de l’intégrale : uₙ ≤ ∫₀¹ e xⁿ dx = e × [xⁿ⁺¹/(n + 1)]₀¹ = en + 1.

On dispose donc de l’encadrement 0 ≤ uₙ ≤ en + 1 pour tout entier n ≥ 1. Comme n + 1 → +∞, la suite de terme général en + 1 tend vers 0. D’après le théorème des gendarmes, lim(n→+∞) uₙ = 0.

VRAIE. La forme ln(x) − x² est une forme indéterminée « ∞ − ∞ » : on factorise par le terme dominant x², qui n’est pas nul sur ]0 ; +∞[ : f(x) = x²(ln(x)x² − 1). Par croissances comparées, ln(x)x² → 0 quand x → +∞, donc la parenthèse tend vers −1 ; comme x² → +∞, le produit tend vers −∞. Donc lim(x→+∞) f(x) = −∞.

VRAIE. f(x) = 2 cos x − sin x est dérivable sur ℝ et f′(x) = −2 sin x − cos x. On reporte dans le membre de gauche de (E) : −2 f′(x) + 3 f(x) = −2(−2 sin x − cos x) + 3(2 cos x − sin x) = 4 sin x + 2 cos x + 6 cos x − 3 sin x = sin x + 8 cos x. L’égalité est vérifiée pour tout réel x : f est bien solution de (E).

VRAIE. Premier terme : u₁ = g(u₀) = ln(3 × 25 + 1) + 8 = ln(76) + 8 ≈ 4,33 + 8 ≈ 12,33, donc u₁ < u₀.

(suite). La fonction g est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ car g′(x) = 33x + 1 > 0. On démontre alors par récurrence la propriété Pₙ : « uₙ₊₁ < uₙ ». Initialisation : P₀ est vraie d’après le calcul ci-dessus. Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons Pₙ vraie pour cet entier n, c’est-à-dire uₙ₊₁ < uₙ. Ces termes étant strictement positifs, ils appartiennent à l’intervalle où g est strictement croissante, donc g(uₙ₊₁) < g(uₙ), c’est-à-dire uₙ₊₂ < uₙ₊₁, donc Pₙ₊₁ est vraie. Conclusion : P₀ est vraie et la propriété se transmet d'un rang au suivant ; d’après le principe de récurrence, uₙ₊₁ < uₙ pour tout n ∈ ℕ, donc la suite (uₙ) est décroissante.

VRAIE. Une fonction affine s’écrit h(x) = a x + b, donc k(x) = x⁴ + x² + a x + b est une fonction polynôme, deux fois dérivable sur ℝ : k′(x) = 4x³ + 2x + a puis k″(x) = 12x² + 2. Comme un carré est positif, 12x² ≥ 0 et donc k″(x) ≥ 2 > 0 pour tout réel x. Une fonction dont la dérivée seconde est positive est convexe : k est convexe sur ℝ.

FAUSSE. Le mot EULER compte bien 5 lettres, mais la lettre E y apparaît deux fois : E, U, L, E, R. Les 5! = 120 façons d’ordonner les cinq positions se regroupent deux par deux, car échanger les deux E redonne exactement le même mot. Chaque anagramme est donc obtenue 2! = 2 fois, et le nombre d’anagrammes distinctes est 5!/2! = 1202 = 60. Le mot EULER possède 60 anagrammes, et non 120 : l’affirmation est fausse.