Bac de maths 2025 — Nouvelle-Calédonie · 21 novembre

Mise en place. Le repère (A ; AB, AD, AE) est orthonormé car les arêtes [AB], [AD], [AE] sont deux à deux perpendiculaires et de longueur 1. On y lit les coordonnées des huit sommets : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1).

FAUSSE. On calcule les trois côtés : AH = (0 ; 1 ; 1), AC = (1 ; 1 ; 0) et HC = C − H = (1 ; 0 ; −1). Chacun a pour norme √0² + 1² + 1² = √2 : ce sont trois diagonales de faces du cube. Le triangle HAC est donc équilatéral.

Or dans un triangle équilatéral les trois angles mesurent 60°, jamais 90° : HAC n’est pas rectangle. On peut aussi le voir avec le produit scalaire, AH · AC = 0 × 1 + 1 × 1 + 1 × 0 = 1 ≠ 0, et de même pour les deux autres sommets.

VRAIE. On place d’abord I. FB = B − F = (0 ; 0 ; −1), donc FI = (13)FB = (0 ; 0 ; −13) et I = F + FI = (1 ; 0 ; 23).

Deux droites sont sécantes lorsque leurs représentations paramétriques ont un point commun. On a HF = F − H = (1 ; −1 ; 0) et DI = I − D = (1 ; −1 ; 23). Un point de (HF) s’écrit (t ; 1 − t ; 1) et un point de (DI) s’écrit (s ; 1 − s ; 2s/3).

L’égalité des troisièmes coordonnées donne 2s/3 = 1, soit s = 32 ; celle des premières donne t = s = 32, et la deuxième équation 1 − t = 1 − s est alors vérifiée. Le système a une solution : les droites (HF) et (DI) se coupent au point de coordonnées (32 ; −12 ; 1). Elles sont bien sécantes.

FAUSSE. On simplifie d’abord les coordonnées de u avec les formules sin(π − α) = sin(α) et sin(−α) = −sin(α) : u = (sin(α) ; sin(α) ; −sin(α)) = sin(α) × (1 ; 1 ; −1). Comme α ∈ ]0 ; π[, on a sin(α) ≠ 0, donc u n’est pas le vecteur nul.

Un vecteur normal à un plan est orthogonal à tout vecteur de ce plan. Or AC = (1 ; 1 ; 0) est un vecteur du plan (FAC) et u · AC = sin(α) × 1 + sin(α) × 1 + (−sin(α)) × 0 = 2 sin(α) ≠ 0. Le vecteur u n’est donc pas orthogonal à AC : il n’est pas normal au plan (FAC). Le plan (FAC) admet en fait pour vecteur normal n = (1 ; −1 ; −1), car n · AC = 1 − 1 + 0 = 0 et n · AF = 1 + 0 − 1 = 0 avec AF = (1 ; 0 ; 1) ; or (1 ; 1 ; −1) n’est pas colinéaire à (1 ; −1 ; −1).

FAUSSE. Construire un segment revient à choisir 2 sommets distincts parmi 8, sans tenir compte de l’ordre puisque [AB] et [BA] sont le même segment : c’est une combinaison. N = (8 2) = 8!/(2!(8 − 2)!) = 8 × 72 × 1 = 28.

Or 8²/2 = 642 = 32 ≠ 28 : l’affirmation est fausse. L’erreur du calcul 8²/2 est de partir des 8 × 8 = 64 couples de sommets, qui autorisent de choisir deux fois le même sommet ; il fallait partir des 8 × 7 = 56 couples de sommets distincts avant de diviser par 2. Bilan : affirmation 1 fausse, affirmation 2 vraie, affirmations 3 et 4 fausses.

ZONE 1. C’est la partie du carré située au-dessus de la droite d’équation y = x, c’est-à-dire le triangle OJK, rectangle et isocèle en J avec OJ = JK = 1. Son aire vaut OJ × JK2 = 1 × 12 = 12. Le calcul intégral donne le même résultat : ∫₀¹ (1 − x) dx = [x − x²/2]₀¹ = 1 − 12 = 12.

ZONE 2. C’est la partie du carré située sous la parabole d’équation y = x². La fonction x ↦ x² étant continue et positive sur [0 ; 1], cette aire est l’intégrale ∫₀¹ x² dx = [x³/3]₀¹ = 13 − 0 = 13.

ZONE 3. C’est la partie comprise entre la parabole et la droite d’équation y = x. Sur [0 ; 1] on a x² ≤ x, donc l’aire vaut ∫₀¹ (x − x²) dx = 12 − 13 = 36 − 26 = 16. On peut aussi conclure par différence, puisque le carré OIKJ a pour aire 1 × 1 = 1 : aire(ZONE 3) = 1 − 12 − 13 = 66 − 36 − 26 = 16.

, question 2. L’événement T et son contraire forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales, P(G) = P(T ∩ G) + P(T̅ ∩ G) = P(T) × P_T(G) + P(T̅) × P_T̅(G).

On remplace chaque facteur par sa valeur lue sur l’arbre : P(G) = (16) × (12) + (56) × (16) = 112 + 536. Au dénominateur commun 36 : P(G) = 336 + 536 = 836 = 29. La probabilité que le joueur gagne est donc bien égale à 29.

Donc P_G(T) = (112)/(29) = (112) × (92) = 924 = 38. Sachant que le joueur a gagné, la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 vaut 38 = 0,375.

, question 1.b. On applique la formule de König-Huygens V(X₁) = E(X₁²) − [E(X₁)]². On calcule d’abord E(X₁²) = 1² × 12 + 2² × 13 + 3² × 16 = 12 + 43 + 32 = 36 + 86 + 96 = 206 = 103.

On soustrait ensuite le carré de l’espérance : V(X₁) = 103 − (53)² = 103 − 259 = 309 − 259 = 59. On a bien V(X₁) = 59.

, question 2.b. Les trois joueurs jouent dans les mêmes conditions, donc E(X₂) = E(X₃) = E(X₁) = 53. Par linéarité de l’espérance (aucune hypothèse d’indépendance n’est nécessaire ici) : E(Y) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃) = 3 × 53 = 5. Les trois joueurs gagnent ensemble 5 € en moyenne.

, question 2.c. Les variables X₁, X₂ et X₃ sont indépendantes ; la variance d’une somme de variables indépendantes est la somme des variances : V(Y) = V(X₁) + V(X₂) + V(X₃) = 3 × 59 = 159 = 53. On a bien V(Y) = 53. Attention, cette additivité exige l’indépendance, contrairement à la linéarité de l’espérance utilisée à la question précédente.

est de la forme ln(u) avec u(x) = e^x2 + 2, fonction strictement positive sur ℝ. Sa dérivée est f′(x) = u′xu(x) avec u′(x) = (12)e^x2, soit f′(x) = ((12)e^x2)/(e^x2 + 2).

Or pour tout réel x on a e^x2 > 0, donc le numérateur (12)e^x2 est strictement positif et le dénominateur e^x2 + 2 aussi. Le quotient f′(x) est donc strictement positif sur ℝ, ce qui prouve que f est strictement croissante sur ℝ.

On remplace x par 2 ln(2) : f(2 ln(2)) = ln(e^{2 ln 22} + 2) = ln(e^{ln 2} + 2). Comme e^{ln 2} = 2, il vient f(2 ln(2)) = ln(2 + 2) = ln(4) = ln(2²) = 2 ln(2). Le réel 2 ln(2) est donc un point fixe de f.

u₁ = f(u₀) = f(ln 9) = ln(e^{ln 92} + 2). Or e^{ln 92} = (e^{ln 9})¹² = √9 = 3, donc u₁ = ln(3 + 2) = ln(5).

initialisation. Pour n = 0, il faut vérifier 2 ln(2) ≤ u₁ ≤ u₀, c’est-à-dire ln(4) ≤ ln(5) ≤ ln(9). Comme la fonction ln est strictement croissante sur ]0 ; +∞[ et que 4 < 5 < 9, l’encadrement est vrai : la propriété est vérifiée au rang 0.

hérédité. Soit n ∈ ℕ. Supposons la propriété vraie pour cet entier n : 2 ln(2) ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ. La fonction f étant strictement croissante sur ℝ (question 1), on peut lui appliquer cet encadrement en conservant le sens des inégalités : f(2 ln(2)) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(uₙ).

Or f(2 ln(2)) = 2 ln(2) d’après la question 2, f(uₙ₊₁) = uₙ₊₂ et f(uₙ) = uₙ₊₁ par définition de la suite. On obtient donc 2 ln(2) ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁ : la propriété est vraie au rang n + 1. Conclusion : elle est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 2 ln(2) ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ.

La question 4 donne d’une part uₙ₊₁ ≤ uₙ pour tout n, donc la suite (uₙ) est décroissante, d’autre part uₙ₊₁ ≥ 2 ln(2) pour tout n (et u₀ = ln 9 ≥ 2 ln 2), donc elle est minorée par 2 ln(2). D’après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge : (uₙ) converge vers une limite ℓ ≥ 2 ln(2).

Le discriminant de X² − X − 2 est Δ = (−1)² − 4 × 1 × (−2) = 1 + 8 = 9 > 0, donc deux racines réelles : X = 1 − √92 = 1 − 32 = −1 et X = 1 + √92 = 1 + 32 = 2. L’ensemble des solutions est S = {−1 ; 2}.

On remarque que eˣ = (e^x2)², donc en posant X = e^x2 l’équation eˣ − e^x2 − 2 = 0 devient X² − X − 2 = 0, dont les solutions sont −1 et 2. La solution X = −1 est à écarter car une exponentielle est toujours strictement positive.

Il reste e^x2 = 2, soit x2 = ln(2) par passage au logarithme, donc x = 2 ln(2). L’ensemble des solutions est S = {2 ln(2)}.

Comme e^x2 + 2 > 0, on peut composer par l’exponentielle : f(x) = x ⇔ ln(e^x2 + 2) = x ⇔ e^x2 + 2 = eˣ ⇔ eˣ − e^x2 − 2 = 0. C’est exactement l’équation de la question 6.b, donc l’unique solution de f(x) = x est x = 2 ln(2) : S = {2 ln(2)}.

La suite converge vers un réel ℓ (question 5), la fonction f est continue sur ℝ car dérivable, et uₙ₊₁ = f(uₙ). En passant à la limite dans cette égalité, ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ. D’après la question 6.c, la seule possibilité est ℓ = 2 ln(2). Conclusion : lim uₙ = 2 ln(2) ≈ 1,386 quand n tend vers +∞.

Attention à la lecture de l’énoncé : f(x) = ln(x)x² + 1, c’est-à-dire le quotient ln(x)x² auquel on ajoute 1 — et non ln(x)x² + 1.

limite en 0. Quand x → 0 avec x > 0, on a ln(x) → −∞ et x² → 0⁺, donc le quotient ln(x)x² → −∞ (un nombre très négatif divisé par un nombre positif très petit). En ajoutant 1 : lim f(x) = −∞ quand x → 0⁺. La courbe C_f admet donc la droite d’équation x = 0 (l’axe des ordonnées) pour asymptote verticale.

limite en +∞. Par croissances comparées, ln(x)x² → 0 quand x → +∞ (la puissance l’emporte sur le logarithme). Donc lim f(x) = 0 + 1 = 1 quand x → +∞, et la courbe C_f admet la droite d’équation y = 1 pour asymptote horizontale en +∞.

La constante 1 a une dérivée nulle ; on dérive donc le quotient ln(x)x² avec la formule (uv)′ = u′v − uv′v², où u(x) = ln(x), u′(x) = 1x, v(x) = x² et v′(x) = 2x.

f′(x) = ((1x) × x² − ln(x) × 2x)/(x²)² = x − 2x ln(x)x⁴. On factorise x au numérateur : f′(x) = x(1 − 2 ln(x))x⁴ = 1 − 2 ln(x)x³ pour tout x de ]0 ; +∞[, ce qui est bien la formule demandée.

Sur ]0 ; +∞[ on a x³ > 0, donc f′(x) est du signe de 1 − 2 ln(x). Or 1 − 2 ln(x) > 0 ⇔ ln(x) < 12 ⇔ x < e¹² = √e, car la fonction exponentielle est strictement croissante.

Tableau de variation : f est strictement croissante sur ]0 ; √e] puis strictement décroissante sur [√e ; +∞[. Elle passe de −∞ (en 0⁺) au maximum f(√e) = ln(√e)√e² + 1 = (12)/e + 1 = 12e + 1 ≈ 1,184, puis décroît vers 1 en +∞ (sans jamais l’atteindre).

Sur ]0 ; √e], f est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec lim f(x) = −∞ en 0⁺ et f(√e) = 12e + 1 > 0. Comme 0 appartient à l’intervalle image ]−∞ ; 12e + 1], le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection) assure que l’équation f(x) = 0 admet une unique solution α sur cet intervalle.

Sur [√e ; +∞[, f est strictement décroissante et tend vers 1 en +∞ : elle y reste donc strictement supérieure à 1, donc strictement positive, et l’équation f(x) = 0 n’y a aucune solution. Conclusion : f(x) = 0 possède une unique solution α sur ]0 ; +∞[ tout entier.

À la calculatrice, f(0,65) = ln(0,65)0,65² + 1 ≈ −0,020 < 0 et f(0,66) = ln(0,66)0,66² + 1 ≈ 0,046 > 0. Comme f est strictement croissante et s’annule en α, on en déduit l’encadrement d’amplitude 0,01 : 0,65 < α < 0,66 (en réalité α ≈ 0,653).

D’après le tableau de variation : sur ]0 ; α[ la fonction f est croissante et reste strictement inférieure à f(α) = 0, donc f(x) < 0 ; f(α) = 0 ; sur ]α ; √e] elle est croissante donc f(x) > 0, et sur [√e ; +∞[ elle est décroissante mais reste supérieure à sa limite 1 > 0. Bilan : f est strictement négative sur ]0 ; α[, nulle en α et strictement positive sur ]α ; +∞[.

Le point M de C_g d’abscisse x a pour coordonnées (x ; ln(x)) et O est l’origine (0 ; 0). Dans un repère orthonormé, la formule de la distance donne OM² = (x − 0)² + (ln(x) − 0)², soit OM² = x² + (ln(x))².

On étudie la fonction h définie sur ]0 ; +∞[ par h(x) = x² + (ln(x))². Elle est dérivable comme somme de fonctions dérivables, et en dérivant (ln(x))² avec la formule (u²)′ = 2u′u : h′(x) = 2x + 2 × (1x) × ln(x) = 2x + 2 ln(x)x.

On factorise par 2x afin de faire apparaître f : h′(x) = 2x(1 + ln(x)x²) = 2x × f(x). Comme 2x > 0 sur ]0 ; +∞[, h′(x) est du signe de f(x), donné par la question 4.c : h′ est négative sur ]0 ; α[ et positive sur ]α ; +∞[.

La fonction h décroît donc sur ]0 ; α] puis croît sur [α ; +∞[ : elle admet un minimum en α. La quantité OM² admet bien un minimum lorsque x = α.

Puisque α vérifie f(α) = 0, on a ln(α)/α² + 1 = 0, soit ln(α) = −α², d’où (ln(α))² = (−α²)² = α⁴. Le minimum de OM² vaut donc h(α) = α² + α⁴ = α²(1 + α²).

La fonction racine carrée étant croissante, la distance d est la racine carrée de ce minimum : d = √α²(1 + α²) = α√1 + α², car α > 0. Numériquement, d ≈ 0,653 × √1 + 0,653² ≈ 0,78.