Bac de maths 2025 — Polynésie · 18 juin

La première machine reçoit toujours 1, donc P(V₁) = 1. Une transmission fidèle (probabilité 0,9) conserve la valeur détenue, une transmission contraire (probabilité 0,1) l’inverse. L’arbre porte donc, au premier niveau, 0,9 vers V₂ et 0,1 vers V̄₂ ; puis, depuis V₂ : 0,9 vers V₃ et 0,1 vers V̄₃ ; et depuis V̄₂ : 0,1 vers V₃ (il faut une erreur pour repasser de 0 à 1) et 0,9 vers V̄₃.

Les évènements V₂ et V̄₂ forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P(V₃) = P(V₂) × P_V₂(V₃) + P(V̄₂) × P_V̄₂(V₃) = 0,9 × 0,9 + 0,1 × 0,1 = 0,81 + 0,01 = 0,82. Interprétation : après deux transmissions, la troisième machine détient la valeur 1 dans 82 % des cas — l’information de départ est encore correcte 82 fois sur 100.

On cherche la probabilité conditionnelle P_V₃(V₂) = P(V₂ ∩ V₃)P(V₃). Le chemin V₁ → V₂ → V₃ de l’arbre donne P(V₂ ∩ V₃) = 0,9 × 0,9 = 0,81, et P(V₃) = 0,82 d’après la question précédente. Donc P_V₃(V₂) = 0,810,82 = 8182 ≈ 0,988. Sachant que la troisième machine détient 1, la probabilité que la deuxième détienne aussi 1 vaut environ 0,988.

Soit n ≥ 1. Les évènements Vₙ et V̄ₙ forment une partition de l’univers ; la formule des probabilités totales donne pₙ₊₁ = P(Vₙ₊₁) = P(Vₙ) × P_Vₙ(Vₙ₊₁) + P(V̄ₙ) × P_V̄ₙ(Vₙ₊₁). La machine n+1 détient 1 soit parce que la machine n détenait 1 et a transmis fidèlement (probabilité 0,9), soit parce qu’elle détenait 0 et a transmis de façon contraire (probabilité 0,1). Comme P(V̄ₙ) = 1 − pₙ : pₙ₊₁ = 0,9 pₙ + 0,1 (1 − pₙ) = 0,9 pₙ + 0,1 − 0,1 pₙ = 0,8 pₙ + 0,1.

Notons Pₙ la propriété « pₙ = 0,5 × 0,8ⁿ⁻¹ + 0,5 ». Initialisation : 0,5 × 0,8⁰ + 0,5 = 0,5 + 0,5 = 1 = p₁, donc P₁ est vraie. Hérédité : soit n un entier tel que n ≥ 1. Supposons Pₙ vraie pour cet entier n. Alors pₙ₊₁ = 0,8 pₙ + 0,1 = 0,8 × (0,5 × 0,8ⁿ⁻¹ + 0,5) + 0,1 = 0,5 × 0,8ⁿ + 0,4 + 0,1 = 0,5 × 0,8ⁿ + 0,5 : c’est exactement Pₙ₊₁. Conclusion : P₁ est vraie et la propriété se transmet d'un rang au suivant ; d’après le principe de récurrence, pₙ = 0,5 × 0,8ⁿ⁻¹ + 0,5 pour tout entier n ≥ 1.

Comme −1 < 0,8 < 1, la suite géométrique de raison 0,8 converge vers 0 : lim(n→+∞) 0,8ⁿ⁻¹ = 0. Par produit puis par somme de limites, lim(n→+∞) pₙ = 0,5 × 0 + 0,5 = 0,5. Interprétation : quand le nombre de machines devient très grand, la dernière machine a une chance sur deux de détenir 1 — autant que le hasard pur : l’information de départ est totalement perdue.

simulation(4) renvoie [1, 1, 1, 1, 1] lorsque les 4 transmissions successives sont toutes fidèles. Les transmissions étant indépendantes, on multiplie les probabilités : 0,9⁴ = 0,6561 ≈ 0,656 à 10⁻³ près.

Pour [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1], on lit les 6 transitions successives : 1→0, 0→1, 1→0 (trois transmissions contraires), 0→0 (fidèle), 0→1 (contraire), 1→1 (fidèle). Il y a donc 4 transmissions contraires (0,1 chacune) et 2 fidèles (0,9 chacune). Par indépendance, la probabilité vaut 0,1⁴ × 0,9² = 0,0001 × 0,81 = 8,1 × 10⁻⁵, soit environ 0,000 à 10⁻³ près.

Lecture graphique. La courbe monte sans jamais redescendre : on conjecture que f est strictement croissante sur ]2 ; +∞[. Elle plonge vers le bas lorsque x se rapproche de 2 par la droite : on conjecture lim(x→2, x>2) f(x) = −∞, donc une asymptote verticale d’équation x = 2. Elle monte sans plafonner à droite : on conjecture lim(x→+∞) f(x) = +∞ (donc aucune asymptote horizontale).

Sur ]2 ; +∞[ : f(x) = 0 ⟺ x ln(x − 2) = 0. D’après la règle du produit nul, cela équivaut à x = 0 ou ln(x − 2) = 0. La valeur x = 0 est à rejeter car on a toujours x > 2. Reste ln(x − 2) = 0, c’est-à-dire x − 2 = e⁰ = 1 par stricte croissance de l’exponentielle, soit x = 3. L’équation f(x) = 0 admet donc l’unique solution x = 3 : la courbe coupe l’axe des abscisses au point (3 ; 0).

Quand x → 2 avec x > 2, on pose X = x − 2 : alors X → 0⁺ et lim(X→0⁺) ln(X) = −∞, donc par composition lim(x→2, x>2) ln(x − 2) = −∞. Comme lim(x→2) x = 2 > 0, la limite d’un produit donne lim(x→2, x>2) f(x) = 2 × (−∞) = −∞. Ce résultat confirme la conjecture de la question 1 : la droite d’équation x = 2 est asymptote verticale à C_f.

f est le produit des fonctions u : x ↦ x et v : x ↦ ln(x − 2), toutes deux dérivables sur ]2 ; +∞[ puisque x − 2 > 0. On a u′(x) = 1 et, par dérivation de la composée ln ∘ (x ↦ x − 2), v′(x) = 1x − 2. La formule (uv)′ = u′v + uv′ donne alors, pour tout x > 2 : f′(x) = 1 × ln(x − 2) + x × 1x − 2 = ln(x − 2) + xx − 2.

g(x) = ln(x − 2) + xx − 2. Le premier terme se dérive en 1x − 2. Pour le second, la formule (uv)′ = u′v − uv′v² avec u(x) = x et v(x) = x − 2 donne [1 × (x − 2) − x × 1]/(x − 2)² = −2x − 2². D’où g′(x) = 1x − 2 − 2x − 2² = x − 2x − 2² − 2x − 2² = x − 4x − 2².

Sur ]2 ; +∞[, le dénominateur (x − 2)² est strictement positif, donc g′(x) est du signe de x − 4 : g′ < 0 sur ]2 ; 4[, g′(4) = 0, g′ > 0 sur ]4 ; +∞[. Le tableau de variations de g est donc : g décroît de +∞ (limite en 2⁺, admise) jusqu’à g(4) sur ]2 ; 4], puis croît de g(4) jusqu’à +∞ (limite en +∞, admise) sur [4 ; +∞[. L’extremum est le minimum g(4) = ln(4 − 2) + 44 − 2 = ln(2) + 2 (valeur exacte).

Le minimum de g sur ]2 ; +∞[ vaut ln(2) + 2. Comme 2 > 1 et que ln est strictement croissante avec ln(1) = 0, on a ln(2) > 0, donc ln(2) + 2 > 0. Pour tout x de ]2 ; +∞[ : g(x) ≥ g(4) = ln(2) + 2 > 0. La fonction g est donc strictement positive sur ]2 ; +∞[.

Par définition g = f′, donc f′(x) > 0 pour tout x de ]2 ; +∞[. Une fonction dérivable dont la dérivée est strictement positive sur un intervalle y est strictement croissante : f est strictement croissante sur ]2 ; +∞[, ce qui valide la conjecture de la question 1.

La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde : f″ = (f′)′ = g′, soit f″(x) = x − 4x − 2². Elle est strictement négative sur ]2 ; 4[ et strictement positive sur ]4 ; +∞[ : f est concave sur ]2 ; 4] et convexe sur [4 ; +∞[. Comme f″ s’annule en changeant de signe en x = 4, la courbe C_f admet un unique point d’inflexion, d’abscisse 4 et d’ordonnée f(4) = 4 ln(4 − 2) = 4 ln(2) = ln(16). Ses coordonnées exactes sont (4 ; 4 ln(2)).

La tangente à C_f au point d’abscisse x a pour coefficient directeur f′(x) : on cherche donc le nombre de solutions de f′(x) = 3, c’est-à-dire g(x) = 3. Or le minimum de g vaut g(4) = 2 + ln(2) ≈ 2,69, valeur strictement inférieure à 3. Sur ]2 ; 4], g est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de +∞ vers 2 + ln(2) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone), l’équation g(x) = 3 y admet une unique solution. Sur [4 ; +∞[, g est continue et strictement croissante, de 2 + ln(2) vers +∞ : elle y admet de même une unique solution. Il existe donc exactement deux valeurs de x pour lesquelles la tangente à C_f a un coefficient directeur égal à 3.

On calcule les coordonnées des vecteurs en soustrayant celles de A : AB(−1 − 1 ; 4 − 3 ; 5 − 0) = AB(−2 ; 1 ; 5) et AC(0 − 1 ; 1 − 3 ; 0 − 0) = AC(−1 ; −2 ; 0). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel k tel que AC = k AB ; la troisième coordonnée imposerait 0 = 5k, donc k = 0 et AC = 0, ce qui est faux. Les vecteurs AB et AC ne sont donc pas colinéaires : A, B et C ne sont pas alignés et déterminent bien un plan.

Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire à partir des coordonnées : AB · AC = (−2) × (−1) + 1 × (−2) + 5 × 0 = 2 − 2 + 0 = 0. Deux vecteurs non nuls dont le produit scalaire est nul sont orthogonaux : les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, donc le triangle ABC est rectangle en A.

Avec u(2 ; −1 ; 1) : u · AB = 2 × (−2) + (−1) × 1 + 1 × 5 = −4 − 1 + 5 = 0, et u · AC = 2 × (−1) + (−1) × (−2) + 1 × 0 = −2 + 2 + 0 = 0. Le vecteur u est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal à ce plan. Toute droite dirigée par u, en particulier ∆, est donc orthogonale au plan (ABC).

Un plan de vecteur normal n(a ; b ; c) admet une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0. Avec le vecteur normal u(2 ; −1 ; 1) trouvé en 3.a, (ABC) a pour équation 2x − y + z + d = 0. Le point A(1 ; 3 ; 0) appartient au plan, donc 2 × 1 − 3 + 0 + d = 0, soit −1 + d = 0 et d = 1. Le plan (ABC) admet bien pour équation cartésienne 2x − y + z + 1 = 0.

La droite ∆ passe par D(−2 ; 2 ; 1) et est dirigée par u(2 ; −1 ; 1). Une représentation paramétrique s’obtient en ajoutant t fois le vecteur directeur au point : x = −2 + 2t, y = 2 − t, z = 1 + t, avec t décrivant ℝ.

Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et orthogonale au plan, c’est-à-dire avec ∆. On reporte donc la représentation paramétrique de ∆ dans l’équation du plan : 2(−2 + 2t) − (2 − t) + (1 + t) + 1 = 0, soit −4 + 4t − 2 + t + 1 + t + 1 = 0, c’est-à-dire 6t − 4 = 0 et t = 23. Ce paramètre donne le point de coordonnées (−2 + 43 ; 2 − 23 ; 1 + 23) = (−23 ; 43 ; 53), qui est exactement H. Donc H est bien le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC).

Le repère étant orthonormé, on applique la formule de la distance : DH² = (−23 − (−2))² + (43 − 2)² + (53 − 1)² = (43)² + (−23)² + (23)² = 169 + 49 + 49 = 249. Donc DH = √243. Or √24 = √4 × 6 = 2√6, d’où DH = 2√63.

On choisit comme base le triangle ABC. Comme il est rectangle en A (question 2), son aire vaut B = AB × AC2, avec AB = √(−2)² + 1² + 5² = √30 et AC = √(−1)² + (−2)² + 0² = √5. Donc B = √30 × √52 = √1502 = 5√62. La hauteur relative à cette base est la distance de D au plan (ABC), c’est-à-dire DH = 2√63. La formule donne V = (13) × 5√62 × 2√63 = (13) × 5 × 2 × 62 × 3 = (13) × 10 = 103. Le volume du tétraèdre ABCD vaut 103 ≈ 3,33 unités de volume.

Les coefficients de k dans la représentation paramétrique donnent un vecteur directeur de d : v(−2 ; −3 ; 1). Le repère étant orthonormé, u · v = 2 × (−2) + (−1) × (−3) + 1 × 1 = −4 + 3 + 1 = 0. Le vecteur directeur de d est donc orthogonal au vecteur normal du plan : d est parallèle à (ABC) ou incluse dans ce plan. On teste alors le point E(1 ; 0 ; 1) de d (obtenu pour k = 0) dans l’équation du plan : 2 × 1 − 0 + 1 + 1 = 4 ≠ 0, donc E n’appartient pas à (ABC). Conclusion : la droite d n’est pas sécante au plan (ABC), elle lui est strictement parallèle.

FAUSSE. E compte 7 éléments et F en compte 10. Un 3-uplet d’éléments distincts de E est un arrangement de 3 éléments parmi 7 (l’ordre compte, sans répétition) : il y en a 7 × 6 × 5 = 210. Une combinaison à 4 éléments de F est une partie à 4 éléments parmi 10 (ni ordre, ni répétition) : il y en a C(10,4) = 10 × 9 × 8 × 74 × 3 × 2 × 1 = 5040/24 = 210. Les deux nombres valent 210 : ils sont égaux, il n’y en a donc pas davantage d’un côté que de l’autre. L’affirmation est fausse.

VRAIE. Le carré ABCD a pour sommets A(0 ; 0), B(3 ; 0), C(3 ; 3) et D(0 ; 3) : de côté 3, son aire vaut 3² = 9 unités d’aire. La zone hachurée est le domaine délimité par la courbe de la fonction carré, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 3. La fonction carré étant continue et positive sur [0 ; 3], cette aire est donnée par l’intégrale : ∫₀³ x² dx = [x³/3]₀³ = 273 − 0 = 9 unités d’aire. Les deux aires valent 9 : l’affirmation est vraie.

FAUSSE. On procède par intégration par parties sur [1 ; 2] en posant u′(x) = x et v(x) = ln(x), d’où u(x) = x²/2 et v′(x) = 1x, ces fonctions étant dérivables à dérivées continues sur [1 ; 2]. Alors J = [x²/2 × ln(x)]₁² − ∫₁² (x²/2) × (1x) dx = (2 ln(2) − (12) ln(1)) − ∫₁² x2 dx = 2 ln(2) − [x²/4]₁² = 2 ln(2) − (1 − 14) = 2 ln(2) − 34. Cette valeur exacte n’est pas 711 : l’égalité J = 711 équivaudrait à 2 ln(2) = 711 + 34 = 6144, soit ln(2) = 6188 ≈ 0,693 18, alors que ln(2) ≈ 0,693 15. Numériquement J ≈ 0,636 29 tandis que 711 ≈ 0,636 36 : les deux nombres sont proches mais distincts, l’affirmation est donc fausse.

VRAIE. La fonction f : x ↦ eˣ + e²ˣ est dérivable sur ℝ, et comme (e^kx)′ = k e^kx, on a f′(x) = eˣ + 2e²ˣ. Calculons par ailleurs le second membre de (E) : 2f(x) − eˣ = 2(eˣ + e²ˣ) − eˣ = 2eˣ + 2e²ˣ − eˣ = eˣ + 2e²ˣ. On obtient bien f′(x) = 2f(x) − eˣ pour tout réel x : f vérifie l’équation différentielle (E), c’en est donc une solution.

VRAIE. Comme x ∈ [0 ; 1[, on a x − 1 ∈ [−1 ; 0[ : le facteur x − 1 est une constante strictement négative. Or lim(n→+∞) eⁿ = +∞, donc par produit par cette constante négative, lim(n→+∞) (x − 1)eⁿ = −∞, puis par somme lim(n→+∞) [(x − 1)eⁿ + 1] = −∞. Comme la fonction cosinus est bornée, on a cos(n) ≤ 1 pour tout entier n, donc uₙ = (x − 1)eⁿ + cos(n) ≤ (x − 1)eⁿ + 1. D’après le théorème de comparaison, une suite majorée par une suite tendant vers −∞ tend elle aussi vers −∞ : lim(n→+∞) uₙ = −∞. La suite (uₙ) diverge bien vers −∞.