Bac de maths 2025 — Polynésie · 17 juin

L’énoncé fournit trois données : P(R) = 0,17, donc P(R̄) = 1 − 0,17 = 0,83 (zone urbaine) ; P_R(A) = 0,062 (6,2 % des enfants ruraux sont allergiques) ; et P(A) = 0,09. L’arbre a deux niveaux : au premier, les branches R (0,17) et R̄ (0,83) ; au second, depuis R les branches A (0,062) et Ā (1 − 0,062 = 0,938), depuis R̄ les branches A et Ā dont les probabilités sont encore inconnues. Attention : P(A) = 0,09 ne se place sur aucune branche, c’est une probabilité totale — elle servira au 2.b.

L’évènement demandé est R ∩ A, c’est-à-dire le premier chemin de l’arbre. D’après la formule des probabilités composées (on multiplie les probabilités le long d’un chemin) : P(R ∩ A) = P(R) × P_R(A) = 0,17 × 0,062 = 0,010 54. La probabilité que l’enfant interrogé habite en zone rurale et soit atteint d’allergie alimentaire vaut donc 0,010 54.

R et R̄ forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales : P(A) = P(R ∩ A) + P(R̄ ∩ A), soit 0,09 = 0,010 54 + P(R̄ ∩ A). D’où P(R̄ ∩ A) = 0,09 − 0,010 54 = 0,079 46. La probabilité que l’enfant interrogé habite en zone urbaine et soit atteint d’allergie alimentaire vaut 0,079 46.

« L’enfant habite en zone urbaine » est ici une information, pas un évènement à calculer : on demande la probabilité conditionnelle P_R̄(A) = P(R̄ ∩ A)P(R̄) = 0,079 460,83 = 3 97341 500 ≈ 0,095 734. Arrondie à 10⁻⁴, la probabilité qu’un enfant de zone urbaine soit atteint d’allergie alimentaire vaut 0,0957. C’est nettement plus que les 6,2 % de la zone rurale : l’allergie est bien plus fréquente en ville, ce qui est la conclusion de l’étude.

« Au moins 10 » signifie X ≥ 10 ; on passe par l’évènement contraire, plus commode à la calculatrice : P(X ≥ 10) = 1 − P(X ≤ 9). La calculatrice donne P(X ≤ 9) ≈ 0,587 506, d’où P(X ≥ 10) ≈ 0,412 494. Arrondie à 10⁻⁴, la probabilité qu’au moins 10 des 100 enfants interrogés soient atteints d’allergie alimentaire vaut 0,4125.

M₂₀ est la moyenne d’un échantillon de taille 20 de variables indépendantes de même loi, d’espérance 4 et de variance 2,25. Par linéarité de l’espérance : E(M₂₀) = (120) × (4 + 4 + … + 4) = (120) × 20 × 4 = 4. Pour la variance, l’indépendance permet d’additionner les variances : V(A₁ + … + A₂₀) = 20 × 2,25 = 45, puis V(aX) = a²V(X) avec a = 120 donne V(M₂₀) = 4520² = 2,2520 = 0,1125.

L’encadrement 2 < M₂₀ < 6 est centré sur 4 = E(M₂₀) : il équivaut à −2 < M₂₀ − 4 < 2, c’est-à-dire |M₂₀ − E(M₂₀)| < 2. L’inégalité de concentration appliquée à la moyenne d’un échantillon de taille n = 20, avec δ = 2, donne : P(|M₂₀ − 4| ≥ 2) ≤ V(A)n δ² = 2,2520 × 2² = 2,2580 = 0,028 125.

3 (conclusion). En passant à l’évènement contraire : P(2 < M₂₀ < 6) = P(|M₂₀ − 4| < 2) = 1 − P(|M₂₀ − 4| ≥ 2) ≥ 1 − 0,028 125 = 0,971 875 = 311320. Comme 0,971 875 > 0,97, on a bien P(2 < M₂₀ < 6) > 0,97. Interprétation : pour plus de 97 % des échantillons de 20 enfants allergiques, l’âge moyen d’apparition des premiers symptômes est compris entre 2 et 6 ans.

Le sol est le plan P₀ d’équation z = 0 : l’avion Bêta le touche à l’instant où sa troisième coordonnée s’annule. Sur dB on a z = 11 − 4t, donc 11 − 4t = 0, soit t = 114. On reporte cette valeur dans les deux autres équations : x = −11 + 5 × 114 = −11 + 554 = 114 et y = −5 + 114 = −94. S’il ne dévie pas, l’avion Bêta touchera le sol au point S(114 ; −94 ; 0), soit (2,75 ; −2,25 ; 0), coordonnées en km.

Une droite est entièrement caractérisée par un point et un vecteur directeur : dA passe par A(−7 ; 1 ; 7) et est dirigée par u(2 ; −1 ; −3). Une représentation paramétrique de dA est donc : x = −7 + 2s, y = 1 − s, z = 7 − 3s, avec s ∈ ℝ. On note le paramètre s pour le distinguer du paramètre t de dB : les deux droites sont parcourues indépendamment l’une de l’autre.

Les avions pourraient entrer en collision si leurs trajectoires se coupent, c’est-à-dire s’il existe un couple (t ; s) pour lequel le point de paramètre t de dB et le point de paramètre s de dA sont confondus. On résout donc le système : −11 + 5t = −7 + 2s ; −5 + t = 1 − s ; 11 − 4t = 7 − 3s. La deuxième équation donne t = 6 − s. En reportant dans la première : −11 + 5(6 − s) = −7 + 2s, soit 19 − 5s = −7 + 2s, puis 7s = 26 et s = 267 (donc t = 6 − 267 = 167).

2.b (conclusion). Ce couple est le seul candidat : il reste à le tester dans la troisième équation. À gauche, 11 − 4 × 167 = 11 − 647 = 137 ; à droite, 7 − 3 × 267 = 7 − 787 = −297. Comme 137 ≠ −297, la troisième équation n’est pas vérifiée : le système n’a pas de solution. Les droites dA et dB ne sont donc pas sécantes, et les deux avions ne peuvent pas entrer en collision.

Dire que l’avion Alpha passe par E, c’est dire que E ∈ dA, donc qu’il existe une valeur du paramètre s donnant les coordonnées de E. La première équation, −7 + 2s = −3, impose s = 2 : c’est la seule valeur possible. On la reporte dans les deux autres : y = 1 − 2 = −1 et z = 7 − 3 × 2 = 1, ce qui redonne exactement les coordonnées de E. Le point E(−3 ; −1 ; 1) est donc le point de dA de paramètre s = 2 : l’avion Alpha passe bien par cette position.

Le plan P_E est perpendiculaire à la droite dA : tout vecteur directeur de dA est donc un vecteur normal de P_E. On prend n = u(2 ; −1 ; −3), et une équation cartésienne de P_E est de la forme 2x − y − 3z + d = 0, avec d réel. Le point E(−3 ; −1 ; 1) appartient à P_E, donc ses coordonnées vérifient l’équation : 2 × (−3) − (−1) − 3 × 1 + d = 0, soit −6 + 1 − 3 + d = 0, d’où d = 8. Une équation cartésienne de P_E est bien 2x − y − 3z + 8 = 0.

On cherche le point de dB qui appartient à P_E : on remplace x, y et z par leurs expressions en fonction de t dans l’équation du plan. 2(−11 + 5t) − (−5 + t) − 3(11 − 4t) + 8 = −22 + 10t + 5 − t − 33 + 12t + 8 = 21t − 42. Cette expression s’annule pour 21t = 42, soit t = 2, et c’est l’unique solution : dB coupe P_E en un seul point. Pour t = 2 : x = −11 + 10 = −1, y = −5 + 2 = −3, z = 11 − 8 = 3. Le point d’intersection du plan P_E et de la droite dB est donc bien F(−1 ; −3 ; 3).

Le repère est orthonormé, on peut donc calculer la distance à partir des coordonnées : EF = √(x_F − x_E)² + (y_F − y_E)² + (z_F − z_E)² = √(−1 − (−3))² + (−3 − (−1))² + (3 − 1)² = √2² + (−2)² + 2² = √12. La valeur exacte est EF = 2√3 km. Comme √3 ≈ 1,732 05, on a EF ≈ 3,464 1 km, soit 3 464,1 m : arrondie au mètre près, la distance EF vaut bien 3 464 m.

La distance minimale imposée est de 3 milles nautiques, soit 3 × 1 852 = 5 556 m. Or, si les deux avions sont en E et F au même instant, ils sont séparés de EF ≈ 3 464 m, ce qui représente 3 4641 852 ≈ 1,87 mille nautique. Comme 3 464 m < 5 556 m (ou 1,87 < 3), la distance de sécurité n’est pas respectée.

Pour n ≥ 1, fₙ est le produit des fonctions u : x ↦ xⁿ et v : x ↦ e⁻ˣ, dérivables sur [0 ; +∞[, avec u′(x) = n xⁿ⁻¹ et v′(x) = −e⁻ˣ (dérivée de e^ax : a e^ax avec a = −1). La formule (uv)′ = u′v + uv′ donne : fₙ′(x) = n xⁿ⁻¹ e⁻ˣ + xⁿ × (−e⁻ˣ) = n xⁿ⁻¹ e⁻ˣ − xⁿ e⁻ˣ. On factorise en écrivant xⁿ = x × xⁿ⁻¹ : fₙ′(x) = (n − x) xⁿ⁻¹ e⁻ˣ pour tout x ≥ 0.

Signe : sur [0 ; +∞[, e⁻ˣ > 0 (l’exponentielle est strictement positive sur ℝ) et xⁿ⁻¹ ≥ 0. Le signe de fₙ′(x) est donc celui du facteur n − x : fₙ′(x) > 0 sur ]0 ; n[, fₙ′(n) = 0, fₙ′(x) < 0 sur ]n ; +∞[. Par conséquent fₙ est strictement croissante sur [0 ; n] puis strictement décroissante sur [n ; +∞[.

1.b (valeurs du tableau). fₙ(0) = 0ⁿ × e⁰ = 0 puisque n ≥ 1. Le maximum est atteint en x = n et vaut fₙ(n) = nⁿ e⁻ⁿ = nⁿ/eⁿ = (ne)ⁿ. Enfin, en écrivant fₙ(x) = xⁿ/eˣ = 1eˣ/xⁿ et en utilisant les croissances comparées, lim(x→+∞) eˣ/xⁿ = +∞, donc lim(x→+∞) fₙ(x) = 0 : la courbe Cₙ admet l’axe des abscisses pour asymptote horizontale en +∞. Tous les éléments du tableau sont ainsi justifiés.

Il suffit de calculer l’image de 1 : fₙ(1) = 1ⁿ × e⁻¹ = 1 × e⁻¹ = e⁻¹, et ce quel que soit l’entier n ≥ 1. L’ordonnée obtenue est bien celle du point A, donc A(1 ; e⁻¹) appartient à Cₙ : toutes les courbes Cₙ passent par ce même point A.

Une primitive de x ↦ e⁻ˣ sur [0 ; 1] est x ↦ −e⁻ˣ. Donc I₀ = ∫₀¹ e⁻ˣ dx = [−e⁻ˣ]₀¹ = −e⁻¹ − (−e⁰) = 1 − e⁻¹. Ainsi I₀ = 1 − 1e ≈ 0,632.

Soit n un entier naturel et x ∈ [0 ; 1] : on a 0 ≤ x ≤ 1 et xⁿ ≥ 0. En multipliant l’encadrement 0 ≤ x ≤ 1 par le nombre positif xⁿ, ce qui conserve le sens des inégalités : 0 × xⁿ ≤ x × xⁿ ≤ 1 × xⁿ, c’est-à-dire 0 ≤ xⁿ⁺¹ ≤ xⁿ pour tout x de [0 ; 1].

On multiplie l’encadrement précédent par e⁻ˣ, qui est strictement positif : 0 ≤ xⁿ⁺¹ e⁻ˣ ≤ xⁿ e⁻ˣ, soit 0 ≤ fₙ₊₁(x) ≤ fₙ(x) sur [0 ; 1]. Comme les bornes 0 et 1 sont dans le bon ordre (0 < 1), la croissance de l’intégrale permet d’intégrer ces inégalités : ∫₀¹ 0 dx ≤ ∫₀¹ fₙ₊₁(x) dx ≤ ∫₀¹ fₙ(x) dx, c’est-à-dire 0 ≤ Iₙ₊₁ ≤ Iₙ pour tout entier naturel n.

La question 3.b fournit deux informations : Iₙ₊₁ ≤ Iₙ pour tout n, donc la suite (Iₙ) est décroissante ; et Iₙ ≥ 0 pour tout n, donc elle est minorée par 0. D’après le théorème de convergence monotone (toute suite décroissante et minorée converge), la suite (Iₙ) converge vers un réel ℓ. En passant à la limite dans l’inégalité Iₙ ≥ 0, on obtient ℓ ≥ 0.

On pose u(x) = xⁿ⁺¹ et v′(x) = e⁻ˣ, d’où u′(x) = (n + 1)xⁿ et v(x) = −e⁻ˣ ; ces fonctions sont dérivables, de dérivées continues sur [0 ; 1]. La formule d’intégration par parties ∫ₐᵇ u v′ = [u v]ₐᵇ − ∫ₐᵇ u′ v donne : Iₙ₊₁ = ∫₀¹ xⁿ⁺¹ e⁻ˣ dx = [−xⁿ⁺¹ e⁻ˣ]₀¹ − ∫₀¹ (n + 1)xⁿ × (−e⁻ˣ) dx = (−1ⁿ⁺¹ e⁻¹ − 0) + (n + 1)∫₀¹ xⁿ e⁻ˣ dx. Soit, par linéarité, Iₙ₊₁ = (n + 1)Iₙ − 1e.

Raisonnons par l’absurde en supposant ℓ > 0. Alors lim(n→+∞) (n + 1) = +∞ et lim(n→+∞) Iₙ = ℓ > 0, donc par produit lim(n→+∞) (n + 1)Iₙ = +∞, puis par somme lim(n→+∞) [(n + 1)Iₙ − 1e] = +∞ : d’après la relation du 5, la suite (Iₙ₊₁) diverge vers +∞. Or (Iₙ₊₁) a la même limite que (Iₙ), c’est-à-dire le réel fini ℓ. Une suite ne pouvant admettre deux limites différentes, l’hypothèse ℓ > 0 conduit à une contradiction.

La question 4 assure que ℓ ≥ 0, donc soit ℓ > 0, soit ℓ = 0. La question 6.a exclut le cas ℓ > 0. Par élimination, ℓ = 0 : la suite (Iₙ) converge vers 0, ce qui confirme la conjecture émise graphiquement au 1.

Dans le script, I est initialisée à 1 − 1e, c’est-à-dire I₀, et la liste L à [I₀]. À chaque passage dans la boucle (i variant de 0 à n − 1), l’instruction I = (i + 1)*I − 1e applique exactement la relation de récurrence Iᵢ₊₁ = (i + 1)Iᵢ − 1e établie au 5, et la nouvelle valeur est ajoutée à L. Après 100 tours, mystere(100) renvoie donc la liste des 101 valeurs approchées [I₀ ; I₁ ; … ; I₁₀₀] des intégrales étudiées. Remarque : ces valeurs ne sont fiables que pour les premiers rangs, car la multiplication par (i + 1) amplifie à chaque tour l’erreur d’arrondi commise sur 1e ; dès le rang 18 le script renvoie des nombres négatifs, ce qui est impossible pour l’intégrale d’une fonction positive.

VRAIE. L’équation (E) est de la forme y′ = ay + b avec a = 12 et b = 4, tous deux non nuls. D’après le cours, les solutions sur ℝ d’une telle équation sont les fonctions x ↦ k e^ax − ba, avec k ∈ ℝ. Ici −ba = −41/2 = −8, donc les solutions sont les fonctions f(x) = k e^x2 − 8, k ∈ ℝ. Vérification : f est dérivable sur ℝ comme produit d'une constante et de la composée de x ↦ x2 par l'exponentielle, et f′(x) = (12)k e^x2 et (12)f(x) + 4 = (12)k e^x2 − 4 + 4 = (12)k e^x2 ; les deux expressions coïncident. L’affirmation est donc vraie.

VRAIE. Les 3 filles sont choisies simultanément, sans ordre et sans répétition : il s’agit d’une combinaison de 3 éléments parmi 18, soit C(18, 3) = 18 × 17 × 163 × 2 × 1 = 816 choix possibles. De même pour les garçons : C(14, 3) = 14 × 13 × 123 × 2 × 1 = 364 choix. Le choix des filles et celui des garçons sont indépendants, donc d’après le principe multiplicatif le nombre d’équipes est 816 × 364 = 297 024. L’affirmation est vraie.

VRAIE. Pour tout entier naturel n, −1 ≤ cos(n) ≤ 1, donc 1 ≤ 2 + cos(n) ≤ 3 : le dénominateur est strictement positif, vₙ est bien défini. La fonction inverse étant décroissante sur ]0 ; +∞[, on en déduit 12 + cos(n) ≥ 13, puis, en multipliant par n ≥ 0 : vₙ = n2 + cos(n) ≥ n3. Or lim(n→+∞) n3 = +∞, donc d’après le théorème de comparaison (minoration par une suite de limite +∞), lim(n→+∞) vₙ = +∞. La suite (vₙ) diverge bien vers +∞.

FAUSSE. Les coordonnées des vecteurs sont AB(5 − 1 ; −1 − 1 ; 8 − 2) = (4 ; −2 ; 6) et AC(2 − 1 ; 1 − 1 ; 3 − 2) = (1 ; 0 ; 1). Le repère étant orthonormé, AB · AC = 4 × 1 + (−2) × 0 + 6 × 1 = 10 : la première partie de l’affirmation est exacte.

(suite). Pour l’angle, on utilise l’expression trigonométrique du produit scalaire. ‖AB‖ = √4² + (−2)² + 6² = √56 = 2√14 et ‖AC‖ = √1² + 0² + 1² = √2. De AB · AC = ‖AB‖ × ‖AC‖ × cos(BAC) on tire cos(BAC) = 102√14 × √2 = 104√7 = 5√7/14 ≈ 0,944 9. Or cos(30°) = √32 ≈ 0,866 0 : les deux cosinus diffèrent, donc l’angle ne mesure pas 30° (à la calculatrice, BAC = arccos(5√7/14) ≈ 19,1°). La seconde partie étant fausse, l’affirmation est fausse.

VRAIE. On factorise la dérivée seconde : h″(x) = x ln(x) − 3x = x(ln(x) − 3). Soit x ∈ [e³ ; +∞[ : d’une part x > 0 ; d’autre part la fonction ln étant croissante sur ]0 ; +∞[, x ≥ e³ entraîne ln(x) ≥ ln(e³) = 3, donc ln(x) − 3 ≥ 0. Produit de deux facteurs positifs, h″(x) ≥ 0 sur [e³ ; +∞[. Or une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle y est convexe : h est bien convexe sur [e³ ; +∞[.