Bac de maths 2025 — Métropole · 18 juin

L'arbre part de deux branches, A affectée de P(A) = 0,6 et Ā affectée de P(Ā) = 1 − 0,6 = 0,4. Chacune se subdivise en deux : depuis A, P_A(B) = 0,3 et donc P_A(B̄) = 1 − 0,3 = 0,7 ; depuis Ā, P_Ā(B) = 0,4 et donc P_Ā(B̄) = 1 − 0,4 = 0,6. Sur un arbre pondéré, la somme des probabilités des branches issues d'un même nœud vaut toujours 1.

L'évènement Ā ∩ B̄ est « la personne ne chute ni à la première ni à la deuxième séance ». La probabilité d'un chemin de l'arbre est le produit des probabilités qui le composent (règle du produit) : P(Ā ∩ B̄) = P(Ā) × P_Ā(B̄) = 0,4 × 0,6 = 0,24. Interprétation : 24 % des personnes ayant souscrit à la formule d'initiation traversent les deux séances sans jamais chuter.

Les évènements A et Ā forment un système complet d'évènements (ils sont incompatibles et leur réunion est l'univers). D'après la formule des probabilités totales : P(B) = P(A ∩ B) + P(Ā ∩ B) = P(A) × P_A(B) + P(Ā) × P_Ā(B) = 0,6 × 0,3 + 0,4 × 0,4 = 0,18 + 0,16 = 0,34. On a bien P(B) = 0,34.

On sait que la personne n'a pas chuté à la deuxième séance : on travaille donc sous la condition B̄, et la probabilité cherchée est la probabilité conditionnelle P_B̄(Ā) = P(Ā ∩ B̄)P(B̄). Comme B et B̄ sont contraires, P(B̄) = 1 − P(B) = 1 − 0,34 = 0,66 ; et P(Ā ∩ B̄) = 0,24 d'après la question 2. Donc P_B̄(Ā) = 0,240,66 = 2466 = 411 ≈ 0,364. Sachant qu'une personne n'a pas chuté lors de la deuxième séance, la probabilité qu'elle n'ait pas non plus chuté lors de la première est d'environ 0,364.

On observe 100 personnes choisies de façon indépendante (le tirage est assimilé à un tirage avec remise). Pour chacune, on répète la même épreuve de Bernoulli à deux issues : le succès « la personne ne chute à aucune des deux séances », de probabilité p = 0,24, et l'échec, de probabilité 0,76. X compte le nombre de succès sur n = 100 répétitions identiques et indépendantes : X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,24, notée B(100 ; 0,24).

On cherche P(X ≥ 20). En passant par l'évènement contraire, dont la probabilité se lit directement sur la calculatrice : P(X ≥ 20) = 1 − P(X ≤ 19) ≈ 1 − 0,145 = 0,855. La probabilité qu'au moins 20 personnes sur les 100 ne chutent à aucune des deux séances vaut environ 0,855.

Pour une loi binomiale, E(X) = n × p = 100 × 0,24 = 24. Sur un grand nombre d'échantillons de 100 personnes, on peut s'attendre à trouver en moyenne 24 personnes n'ayant chuté ni à la première ni à la deuxième séance.

La variance n'est additive que pour des variables indépendantes ; c'est le cas ici de T₁ et T₂, donc V(T) = V(T₁) + V(T₂). Or la variance est le carré de l'écart-type : V(T₁) = σ(T₁)² = 10² = 100 et V(T₂) = σ(T₂)² = 16² = 256. D'où V(T) = 100 + 256 = 356.

On centre l'encadrement sur l'espérance : 60 < T < 140 ⟺ 60 − 100 < T − 100 < 140 − 100 ⟺ −40 < T − 100 < 40 ⟺ |T − E(T)| < 40. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée avec l'écart a = 40, donne P(|T − E(T)| ≥ 40) ≤ V(T)40² = 3561 600 = 0,222 5. En passant à l'évènement contraire : P(|T − E(T)| < 40) ≥ 1 − 0,222 5 = 0,777 5.

Comme 0,777 5 > 0,77, on conclut que P(60 < T < 140) > 0,77 : pour une personne choisie au hasard, la probabilité que son temps d'attente total sur le week-end soit strictement compris entre 60 et 140 minutes est bien supérieure à 0,77.

La droite d a pour vecteur directeur u(2 ; 1 ; −1) et d′ a pour vecteur directeur v(1 ; 1 ; −2) : s'il existait un réel λ tel que u = λ v, la première coordonnée imposerait λ = 2 et la deuxième λ = 1, ce qui est impossible. Ces vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles : si elles ont un point commun, il est unique. Chercher un point commun revient à trouver un couple (t ; s) tel que 32 + 2t = s, 2 + t = 32 + s et 3 − t = 3 − 2s. La troisième équation donne t = 2s ; en reportant dans la première : 32 + 4s = s, soit 3s = −32, donc s = −12 et t = 2s = −1. Il reste à vérifier la deuxième équation, qui n'a pas servi : 2 + t = 2 − 1 = 1 et 32 + s = 32 − 12 = 1 — elle est bien vérifiée, le système a donc une solution unique.

On remplace : dans d avec t = −1, on obtient x = 32 − 2 = −12, y = 2 − 1 = 1, z = 3 + 1 = 4 ; dans d′ avec s = −12, on obtient x = −12, y = 32 − 12 = 1, z = 3 + 1 = 4. Les deux droites se coupent donc en un point unique : elles sont sécantes en S(−12 ; 1 ; 4).

On calcule deux vecteurs du plan : AB = (1 − (−1) ; −1 − 2 ; 2 − 1) = (2 ; −3 ; 1) et AC = (1 − (−1) ; 1 − 2 ; 1 − 1) = (2 ; −1 ; 0). Ils ne sont pas colinéaires : leurs premières coordonnées sont égales alors que −3 ≠ −1. Les points A, B, C définissent donc bien un plan. On teste ensuite l'orthogonalité par le produit scalaire, licite car le repère est orthonormé : n · AB = 1 × 2 + 2 × (−3) + 4 × 1 = 2 − 6 + 4 = 0 et n · AC = 1 × 2 + 2 × (−1) + 4 × 0 = 2 − 2 + 0 = 0. Étant orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, n(1 ; 2 ; 4) est un vecteur normal au plan (ABC).

Un plan de vecteur normal n(a ; b ; c) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0 : ici x + 2y + 4z + d = 0. Le point A(−1 ; 2 ; 1) appartient au plan, donc −1 + 2 × 2 + 4 × 1 + d = 0, soit −1 + 4 + 4 + d = 0 et d = −7. Une équation cartésienne du plan (ABC) est donc x + 2y + 4z − 7 = 0.

Les points A, B et C ne sont pas alignés (AB et AC ne sont pas colinéaires) : ils définissent un unique plan. Il suffit donc de montrer que S n'y appartient pas. On remplace les coordonnées de S dans l'équation : (−12) + 2 × 1 + 4 × 4 − 7 = −0,5 + 2 + 16 − 7 = 10,5 = 212 ≠ 0. Donc S ∉ (ABC) et les quatre points A, B, C et S ne sont pas coplanaires.

Le projeté orthogonal de S sur (ABC) est l'unique point H du plan tel que SH soit orthogonal au plan. Premier point : H(−1 ; 0 ; 2) appartient bien au plan car −1 + 2 × 0 + 4 × 2 − 7 = −1 + 8 − 7 = 0. Second point : SH = (−1 − (−12) ; 0 − 1 ; 2 − 4) = (−12 ; −1 ; −2). Or −(12) × n = (−12 ; −1 ; −2) = SH : le vecteur SH est colinéaire au vecteur normal n, il est donc orthogonal au plan (ABC). H est bien le projeté orthogonal de S sur (ABC).

Soit M un point quelconque du plan (ABC). Si M = H, alors SM = SH. Si M ≠ H, le triangle SHM est rectangle en H (car (SH) est orthogonale au plan, donc à la droite (HM) qui y est contenue) : [SM] en est l'hypoténuse, donc SM > SH. Dans tous les cas SM ≥ SH : la distance de S au plan est bien atteinte en H. Il reste à calculer SH = ‖SH‖ = √(−12)² + (−1)² + (−2)² = √14 + 1 + 4 = √214 = √212. Ainsi SM ≥ √212 pour tout point M du plan : il n'existe aucun point M de (ABC) tel que SM < √212.

Le triangle MAB est rectangle en M si et seulement si les vecteurs MA et MB sont orthogonaux, c'est-à-dire si et seulement si MA · MB = 0 (le repère est orthonormé). MA = (−1 − (1 − 3k/2) ; 2 − 1 ; 1 − (1 + 3k)) = (−2 + 3k/2 ; 1 ; −3k) et MB = (1 − (1 − 3k/2) ; −1 − 1 ; 2 − (1 + 3k)) = (3k/2 ; −2 ; 1 − 3k).

MA · MB = (−2 + 3k/2)(3k/2) + 1 × (−2) + (−3k)(1 − 3k) = −3k + 9k²/4 − 2 − 3k + 9k² = 45k²/4 − 6k − 2. L'équation MA · MB = 0 équivaut, après multiplication par 4, à 45k² − 24k − 8 = 0. C'est une équation du second degré de discriminant Δ = (−24)² − 4 × 45 × (−8) = 576 + 1 440 = 2 016 > 0 : elle admet deux solutions.

Comme 2 016 = 144 × 14, on a √2 016 = 12√14, d'où k₁ = 24 + 12√1490 = 4 + 2√1415 et k₂ = 24 − 12√1490 = 4 − 2√1415. Avec √14 ≈ 3,742 : k₁ ≈ 0,766 et k₂ ≈ −0,232. Seule k₁ appartient à l'intervalle [0 ; 1], la valeur k₂ étant négative est à rejeter.

Il existe donc un unique point M du segment [CS] tel que le triangle MAB soit rectangle en M : celui obtenu pour k = 4 + 2√1415 ≈ 0,766, de coordonnées approchées (−0,15 ; 1 ; 3,30).

FAUSSE. Attention au piège : les entiers n sont ici en exposant. Il ne s'agit pas du quotient 1 + 5n2 + 3n, qui tendrait effectivement vers 53, mais de termes de nature géométrique. On factorise numérateur et dénominateur par leur terme dominant : 1 + 5ⁿ = 5ⁿ(15ⁿ + 1) et 2 + 3ⁿ = 3ⁿ(23ⁿ + 1).

Donc, pour tout n, uₙ = (5ⁿ/3ⁿ) × (15ⁿ + 1)/(23ⁿ + 1) = (53)ⁿ × (15ⁿ + 1)/(23ⁿ + 1). Comme 0 < 15 < 1 et 0 < 13 < 1, les suites géométriques (15ⁿ) et (23ⁿ) tendent vers 0 : le second facteur tend vers 0 + 10 + 1 = 1. Comme 53 > 1, la suite géométrique ((53)ⁿ) tend vers +∞. Par produit des limites, uₙ → +∞ : la suite (uₙ) diverge, elle ne converge donc pas vers 53. (Vérification sur les premiers termes : u₀ = 23, u₃ = 12629 ≈ 4,3, u₅ = 3 126245 ≈ 12,8 — la suite ne se stabilise pas autour de 53 ≈ 1,67.)

VRAIE. On démontre par récurrence la propriété P(n) : « wₙ ≥ n ».

Initialisation : w₀ = 0 et 0 ≥ 0, donc P(0) est vraie.

Hérédité : soit n un entier naturel tel que P(n) soit vraie, c'est-à-dire wₙ ≥ n. En multipliant par 3 > 0 (le sens de l'inégalité est conservé) : 3wₙ ≥ 3n. En ajoutant −2n + 3 aux deux membres : wₙ₊₁ = 3wₙ − 2n + 3 ≥ 3n − 2n + 3 = n + 3. Or n + 3 ≥ n + 1, donc par transitivité wₙ₊₁ ≥ n + 1 : P(n + 1) est vraie. Conclusion : P(0) est vraie et P est héréditaire, donc d'après le principe de récurrence, wₙ ≥ n pour tout entier naturel n.

FAUSSE. Propriété du cours : une fonction est convexe sur un intervalle si et seulement si sa courbe représentative y est située au-dessus de chacune de ses tangentes. Or, d'après le graphique, au voisinage du point A d'abscisse 8, la courbe C_f passe en dessous de sa tangente T : f n'est donc pas convexe autour de 8, et a fortiori pas sur ]0 ; +∞[ tout entier.

On observe d'ailleurs le changement de convexité : autour de x = 1, la courbe est au-dessus de sa tangente horizontale (l'axe des abscisses), donc f y est convexe, alors qu'elle est concave en 8. La courbe présente donc un point d'inflexion entre 1 et 8.

VRAIE. On étudie la fonction h définie sur ]0 ; +∞[ par h(x) = ln(x) − x + 1, et on montre qu'elle est négative.

h est dérivable sur ]0 ; +∞[ comme somme de fonctions dérivables, et h′(x) = 1x − 1 = 1 − xx. Sur ]0 ; +∞[, le dénominateur x est strictement positif, donc h′(x) est du signe de 1 − x : h′(x) > 0 sur ]0 ; 1[, h′(1) = 0 et h′(x) < 0 sur ]1 ; +∞[.

La fonction h est donc croissante sur ]0 ; 1] puis décroissante sur [1 ; +∞[ : elle admet un maximum en x = 1, qui vaut h(1) = ln(1) − 1 + 1 = 0. Ainsi h(x) ≤ h(1) = 0 pour tout x > 0, c'est-à-dire ln(x) − x + 1 ≤ 0 : l'affirmation est vraie (c'est l'inégalité classique ln(x) ≤ x − 1).

On cherche l'antécédent de 15 par la fonction d : on part de l'ordonnée 15, on rejoint horizontalement la courbe C_d, puis on redescend sur l'axe des abscisses. On lit une abscisse voisine de 2. D'après ce modèle, le chariot a parcouru 15 m au bout d'environ 2 secondes.

La courbe C_d est croissante (le chariot avance toujours) et admet la droite ∆ pour asymptote horizontale en +∞ : la distance parcourue augmente sans jamais atteindre l'ordonnée de ∆, que le graphique situe juste en dessous de 23. Une zone de freinage de 23 m de longueur est donc suffisante. (La partie C donnera la valeur exacte de cette limite : 2059 ≈ 22,78 m.)

Par définition du nombre dérivé, d′(4,7) est le coefficient directeur de la tangente T à C_d au point A d'abscisse 4,7. On lit deux points de T : (0 ; 16,5) et A(4,7 ; 21), d'où d′(4,7) = 21 − 16,54,7 − 0 = 4,54,7 ≈ 0,96, soit environ 1. Interprétation : d′ est le taux de variation instantané de la distance parcourue par rapport au temps, c'est-à-dire la vitesse du chariot. À l'instant t = 4,7 s, le chariot se déplace donc à environ 1 mètre par seconde.

La fonction g : t ↦ t e^−0,6t est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit de fonctions dérivables. La formule (uw)′ = u′w + uw′, avec u(t) = t et w(t) = e^−0,6t donc w′(t) = −0,6 e^−0,6t, donne g′(t) = 1 × e^−0,6t + t × (−0,6)e^−0,6t = (1 − 0,6t)e^−0,6t. On reporte alors dans le membre de gauche de (E) : g′(t) + 0,6 g(t) = (1 − 0,6t)e^−0,6t + 0,6t e^−0,6t = (1 − 0,6t + 0,6t)e^−0,6t = e^−0,6t. C'est exactement le second membre de (E) : la fonction g est une solution particulière de (E) sur [0 ; +∞[.

D'après le théorème donnant la structure de l'ensemble des solutions d'une équation différentielle linéaire du premier ordre, on obtient toutes les solutions de (E) en ajoutant à une solution particulière de (E) l'ensemble des solutions de l'équation homogène (E′). Les solutions de (E) sur [0 ; +∞[ sont donc les fonctions t ↦ t e^−0,6t + K e^−0,6t = (t + K)e^−0,6t, avec K ∈ ℝ.

La fonction v est une solution de (E) : il existe donc un réel K tel que v(t) = (t + K)e^−0,6t pour tout t ≥ 0. La condition initiale sert à déterminer K : v(0) = (0 + K)e⁰ = K, et l'énoncé impose v(0) = 12, donc K = 12. Ainsi, pour tout t de [0 ; +∞[, v(t) = (12 + t)e^−0,6t.

v est dérivable sur [0 ; +∞[ comme produit des fonctions dérivables t ↦ 12 + t et t ↦ e^−0,6t. La dérivée d'un produit donne : v′(t) = 1 × e^−0,6t + (12 + t) × (−0,6)e^−0,6t = e^−0,6t × (1 − 0,6 × (12 + t)) = e^−0,6t × (1 − 7,2 − 0,6t) = (−6,2 − 0,6t)e^−0,6t.

On part de l'écriture admise v(t) = 12e^−0,6t + (10,6) × 0,6te^0,6t. Premier terme : quand t → +∞, −0,6t → −∞ donc lim(t→+∞) e^−0,6t = 0, et lim(t→+∞) 12e^−0,6t = 0. Second terme : on pose X = 0,6t, qui tend vers +∞ ; alors 0,6te^0,6t = Xeˣ, et par croissances comparées (l'exponentielle l'emporte sur les puissances) lim(X→+∞) Xeˣ = 0, donc ce second terme tend aussi vers 0. Par somme de limites, lim(t→+∞) v(t) = 0. Le modèle est cohérent avec la situation : la vitesse du chariot tend vers 0, le chariot finit par s'arrêter.

Pour tout réel t, e^−0,6t > 0 (l'exponentielle est strictement positive) : le signe de v′(t) est donc celui de −6,2 − 0,6t. Or, pour t ≥ 0, on a 0,6t ≥ 0, donc −6,2 − 0,6t ≤ −6,2 < 0. Ainsi v′(t) < 0 sur tout l'intervalle [0 ; +∞[ : la fonction v est strictement décroissante sur [0 ; +∞[. Tableau de variation complet : sur [0 ; +∞[, la ligne du signe de v′ ne porte qu'un signe −, et v décroît strictement de v(0) = (12 + 0)e⁰ = 12, valeur atteinte en t = 0, jusqu'à 0, limite en +∞ qui n'est jamais atteinte. Autrement dit le chariot ralentit continûment depuis 12 m·s⁻¹.

La fonction v est continue sur [0 ; +∞[ (elle y est dérivable) et strictement décroissante, avec v(0) = 12 et lim(t→+∞) v(t) = 0. Comme 1 appartient à l'intervalle ]0 ; 12], le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction continue strictement monotone assure que l'équation v(t) = 1 admet une solution et une seule sur [0 ; +∞[, notée α.

On encadre α par balayage à la calculatrice : v(4) ≈ 1,451 > 1 et v(5) ≈ 0,846 < 1, donc 4 < α < 5 ; puis v(4,6) ≈ 1,051 > 1 et v(4,7) ≈ 0,995 < 1, donc 4,6 < α < 4,7 ; enfin v(4,69) ≈ 1,001 et v(4,70) ≈ 0,995, donc 4,69 < α < 4,70. Une valeur approchée de α au dixième est donc α ≈ 4,7.

Le système mécanique se déclenche dès que v(t) ≤ 1. Comme v est strictement décroissante sur [0 ; +∞[ et que v(α) = 1, on a v(t) > 1 pour tout t < α et v(t) ≤ 1 pour tout t ≥ α : le premier instant où la condition est remplie est t = α. Le système d'arrêt entre donc en action environ 4,7 secondes après l'entrée du chariot dans la zone de freinage.

On obtient d(t) = [−(53)(12 + x)e^−0,6x]₀ᵗ − ∫₀ᵗ 1 × (−(53)e^−0,6x) dx = [−(53)(12 + x)e^−0,6x]₀ᵗ + (53)∫₀ᵗ e^−0,6x dx. Le crochet vaut −(53)(12 + t)e^−0,6t − (−(53) × 12 × e⁰) = −(53)(12 + t)e^−0,6t + 20. L'intégrale restante vaut (53) × [−(53)e^−0,6x]₀ᵗ = (53) × (−(53)e^−0,6t + 53) = −(259)e^−0,6t + 259.

On regroupe les termes en e^−0,6t : d(t) = e^−0,6t × (−(53)(12 + t) − 259) + 20 + 259. Or −(53)(12 + t) = −20 − (53)t, et −20 − 259 = −1809 − 259 = −2059, tandis que 20 + 259 = 1809 + 259 = 2059. On obtient bien, pour tout t ≥ 0 : d(t) = e^−0,6t(−(53)t − 2059) + 2059. Contrôle de cohérence : d(0) = 1 × (−2059) + 2059 = 0, ce qui est conforme à l'énoncé.

D'après la partie B, le dispositif d'arrêt se déclenche à l'instant α ≈ 4,7 s. La distance parcourue à cet instant est d(4,7) = e^{−0,6 × 4,7} × (−(53) × 4,7 − 2059) + 2059 = e^−2,82 × (−7,833 3 − 22,777 8) + 22,777 8 ≈ 0,059 6 × (−30,611 1) + 22,777 8 ≈ 20,95. Selon ce modèle, le chariot a donc parcouru environ 20,95 mètres dans la zone de freinage avant le déclenchement du système d'arrêt. Ce résultat est cohérent avec la lecture graphique de la partie A, où le point A a pour ordonnée 21, et reste bien inférieur aux 23 m de zone de freinage prévus.