Bac de maths 2026 — Antilles-Guyane · 16 juin

Premier niveau de l'arbre : l'énoncé donne P(A) = 0,20 et P(R) = 0,05 ; comme A, R et N forment une partition de l'univers (le réacteur est dans un seul de ces trois états), P(N) = 1 − 0,20 − 0,05 = 0,75.

Second niveau : P_A(C) = 0,85 et P_R(C) = 0,60 sont donnés, et P_N(C) = x par définition de x. Sur un arbre pondéré, les probabilités des branches issues d'un même nœud ont pour somme 1, d'où P_A(C̄) = 0,15, P_R(C̄) = 0,40 et P_N(C̄) = 1 − x.

« Le réacteur est en arrêt et il subit un contrôle » est l'évènement A ∩ C. On multiplie les probabilités le long du chemin A puis C : P(A ∩ C) = P(A) × P_A(C) = 0,20 × 0,85 = 0,17. La probabilité que le réacteur soit en arrêt et subisse un contrôle est 0,17.

Les évènements A, R et N formant une partition de l'univers, la formule des probabilités totales donne : P(C) = P(A ∩ C) + P(R ∩ C) + P(N ∩ C) = P(A) × P_A(C) + P(R) × P_R(C) + P(N) × P_N(C).

Soit P(C) = 0,20 × 0,85 + 0,05 × 0,60 + 0,75 × x = 0,17 + 0,03 + 0,75x = 0,20 + 0,75x. Or l'énoncé indique P(C) = 0,35, donc 0,20 + 0,75x = 0,35, puis 0,75x = 0,15 et enfin x = 0,150,75 = 0,2. On a bien x = 0,2.

On cherche la probabilité que le réacteur fonctionne normalement sachant qu'il est contrôlé, c'est-à-dire P_C(N). Par définition d'une probabilité conditionnelle : P_C(N) = P(N ∩ C)P(C) = 0,75 × 0,20,35 = 0,150,35 = 37 ≈ 0,43. Sachant qu'il subit un contrôle, la probabilité que le réacteur fonctionne normalement est 37, soit environ 0,43.

Par définition de l'espérance : E(X) = 0 × 0,20 + 10 × 0,05 + 16 × 0,75 = 0 + 0,5 + 12 = 12,5. L'espérance E(X) est bien égale à 12,5 GWh.

Pour la variance, on calcule d'abord E(X²) = 0² × 0,20 + 10² × 0,05 + 16² × 0,75 = 0 + 5 + 192 = 197, puis on applique la formule de König-Huygens : V(X) = E(X²) − [E(X)]² = 197 − 12,5² = 197 − 156,25 = 40,75. La variance V(X) est bien égale à 40,75.

Les variables X₁, …, X₁₂ suivent toutes la loi de X. Par linéarité de l'espérance : E(S) = E(X₁) + E(X₂) + ⋯ + E(X₁₂) = 12 × E(X) = 12 × 12,5 = 150. La production journalière moyenne des 12 réacteurs est de 150 GWh.

Les variables X₁, …, X₁₂ sont de plus indépendantes : la variance d'une somme de variables indépendantes est la somme des variances, donc V(S) = 12 × V(X) = 12 × 40,75 = 489.

L'évènement « 100 < S < 200 » s'écrit −50 < S − 150 < 50, c'est-à-dire |S − E(S)| < 50 ; son contraire est |S − 150| ≥ 50.

On ne connaît pas la loi de S, mais on connaît son espérance et sa variance : c'est exactement le cadre de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, qui affirme que pour tout réel t > 0, P(|S − E(S)| ≥ t) ≤ V(S)t². Appliquée ici avec t = 50 : P(|S − 150| ≥ 50) ≤ 48950² = 489/2500 = 0,1956.

En passant à l'évènement contraire : P(100 < S < 200) = 1 − P(|S − 150| ≥ 50) ≥ 1 − 0,1956 = 0,8044.

Comme 0,8044 > 0,80, on peut effectivement affirmer que la probabilité d'éviter le risque de surcharge tout en couvrant l'ensemble des besoins est supérieure à 0,80.

(E) : y′ = −0,3y + 1 est une équation différentielle linéaire du premier ordre, de la forme y′ = ay + b avec a = −0,3 (c'est-à-dire −310) et b = 1. D'après le cours, ses solutions sont les fonctions t ↦ C·e^at − ba, avec C ∈ ℝ. Ici −ba = −1−0,3 = 103 : les solutions de (E) sur [0 ; +∞[ sont donc les fonctions t ↦ C·e^−0,3t + 103, où C est une constante réelle.

La fonction q étant solution de (E), il existe C ∈ ℝ tel que q(t) = C·e^−0,3t + 103. La condition initiale q(0) = 1 (dose de 1 mg à l'instant 0) donne C·e⁰ + 103 = 1, soit C = 1 − 103 = −73. Ainsi, pour tout réel t ≥ 0 : q(t) = 103 − (73)·e^−0,3t, ce qui s'écrit bien q(t) = 10 − 7·e^−0,3t3.

Comme −0,3 < 0, −0,3t → −∞ quand t → +∞ ; or lim e^X = 0 quand X → −∞, donc par composition e^−0,3t → 0. Par produit et par somme, lim q(t) = 103 quand t → +∞. Interprétation : au fil du temps, la quantité de médicament présente dans le sang du patient se stabilise autour de 103 mg, soit environ 3,33 mg.

q est dérivable sur [0 ; +∞[ et q′(t) = −(73) × (−0,3)·e^−0,3t = 0,7·e^−0,3t. Une exponentielle étant strictement positive, q′(t) > 0 pour tout t ≥ 0 : la fonction q est strictement croissante sur [0 ; +∞[.

Il y a risque de toxicité dès que q(t) ≥ 3. On résout : 10 − 7·e^−0,3t3 ≥ 3 ⟺ 10 − 7·e^−0,3t ≥ 9 ⟺ 7·e^−0,3t ≤ 1 ⟺ e^−0,3t ≤ 17.

La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à −0,3t ≤ ln(17) = −ln(7). En divisant par −0,3, qui est négatif, l'inégalité change de sens : t ≥ ln(7)0,3, soit t ≥ (103)·ln(7).

Valeur exacte : (103)·ln(7) heures ; valeur approchée : (103) × 1,945 9 ≈ 6,5 h. Le médicament présente un risque pour le patient au bout d'environ 6,5 heures après l'injection initiale.

Le traitement doit durer au moins 7 h, or le seuil de 3 mg est atteint dès t = (103)·ln(7) ≈ 6,5 h < 7 h, et q est croissante : la quantité reste ensuite supérieure à 3 mg. D'après ce modèle, le premier protocole présente donc un risque de toxicité pour le patient.

Notons P(n) la propriété « uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4 ». Initialisation : u₀ = 1 et u₁ = 0,7 × 1 + 0,75 = 1,45, donc 1 ≤ 1,45 ≤ 4 : P(0) est vraie.

Hérédité : soit n un entier naturel tel que uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4. En multipliant par 0,7 > 0, l'ordre est conservé : 0,7uₙ ≤ 0,7uₙ₊₁ ≤ 2,8 ; en ajoutant 0,75 : uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 3,55 ≤ 4. Donc P(n + 1) est vraie. Conclusion : P(0) est vraie et P se transmet d'un rang au suivant ; d'après le principe de récurrence, uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4 pour tout n ∈ ℕ.

L'encadrement uₙ ≤ uₙ₊₁ montre que (uₙ) est croissante, et uₙ₊₁ ≤ 4 qu'elle est majorée par 4. D'après le théorème de la convergence monotone, la suite (uₙ) converge vers un réel ℓ, avec 1 ≤ ℓ ≤ 4.

On a uₙ₊₁ = f(uₙ) avec f(x) = 0,7x + 0,75, fonction affine donc continue sur ℝ. En passant à la limite dans la relation de récurrence, ℓ vérifie ℓ = 0,7ℓ + 0,75, soit 0,3ℓ = 0,75 et ℓ = 0,750,3 = 2,5. La suite (uₙ) converge vers ℓ = 2,5.

La suite (uₙ) est croissante et converge vers 2,5 : elle est donc majorée par sa limite, c'est-à-dire uₙ ≤ 2,5 pour tout entier naturel n. Comme 2,5 < 3, la quantité de médicament n'atteint jamais le seuil de toxicité : d'après ce modèle, le second protocole ne présente pas de risque pour le patient.

Pour tout entier naturel n : vₙ₊₁ = uₙ₊₁ − 2,5 = 0,7uₙ + 0,75 − 2,5 = 0,7uₙ − 1,75 = 0,7 × (uₙ − 2,5) = 0,7vₙ. On reconnaît la relation de récurrence d'une suite géométrique : (vₙ) est géométrique de raison 0,7 et de terme initial v₀ = u₀ − 2,5 = 1 − 2,5 = −1,5.

Le terme général d'une suite géométrique s'écrit vₙ = v₀ × qⁿ, donc vₙ = −1,5 × 0,7ⁿ. Comme uₙ = vₙ + 2,5, on obtient bien uₙ = 2,5 − 1,5 × 0,7ⁿ pour tout entier naturel n.

On cherche les entiers n tels que uₙ > 2,4 : 2,5 − 1,5 × 0,7ⁿ > 2,4 ⟺ 0,1 > 1,5 × 0,7ⁿ ⟺ 0,7ⁿ < 115. Par stricte croissance de ln : n·ln(0,7) < −ln(15) ; comme ln(0,7) < 0, on divise par ln(0,7) en changeant le sens de l'inégalité : n > −ln(15)ln(0,7) = ln(15)ln(10/7) ≈ 7,59.

Le plus petit entier qui convient est n = 8. On vérifie : u₇ = 2,5 − 1,5 × 0,7⁷ ≈ 2,376 < 2,4 et u₈ = 2,5 − 1,5 × 0,7⁸ ≈ 2,414 > 2,4. D'après ce modèle, la quantité de médicament dépasse 2,4 mg au bout de 8 injections supplémentaires, soit 8 heures après l'injection initiale.

VRAIE. On calcule les coordonnées des vecteurs utiles en soustrayant celles de l'origine à celles de l'extrémité : SA(2 − (−1) ; √2 − √2 ; −1 − (−4)) soit SA(3 ; 0 ; 3) ; AB(1 − 2 ; √2 − √2 ; 0 − (−1)) soit AB(−1 ; 0 ; 1) ; AC(2 − 2 ; 0 − √2 ; −1 − (−1)) soit AC(0 ; −√2 ; 0).

Le repère étant orthonormé, on peut calculer les produits scalaires à partir des coordonnées : SA · AB = 3 × (−1) + 0 × 0 + 3 × 1 = −3 + 0 + 3 = 0 et SA · AC = 3 × 0 + 0 × (−√2) + 3 × 0 = 0.

SA est donc orthogonal à AB et à AC, qui ne sont pas colinéaires puisque A, B et C ne sont pas alignés : ces deux vecteurs dirigent le plan (ABC). Un vecteur orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires d'un plan en est un vecteur normal, donc SA est bien un vecteur normal au plan (ABC) : l'affirmation 1 est vraie.

FAUSSE. La droite (SB) est dirigée par SB(1 − (−1) ; √2 − √2 ; 0 − (−4)), soit SB(2 ; 0 ; 4), et passe par S(−1 ; √2 ; −4) : une représentation paramétrique en est x = −1 + 2t, y = √2, z = −4 + 4t, avec t ∈ ℝ.

Un éventuel point commun aux deux droites correspond à un couple (k ; t) vérifiant simultanément 2 − k = −1 + 2t, √2·k = √2 et −1 − k = −4 + 4t. La deuxième équation impose k = 1 ; la première devient alors 2 − 1 = −1 + 2t, d'où t = 1.

On reporte dans la troisième équation : avec k = 1 le membre de gauche vaut −1 − 1 = −2, tandis qu'avec t = 1 le membre de droite vaut −4 + 4 = 0. Comme −2 ≠ 0, le système n'a pas de solution : les droites (SB) et d n'ont aucun point commun, elles ne sont donc pas sécantes et l'affirmation 2 est fausse.

Remarque : SB(2 ; 0 ; 4) et le vecteur directeur u(−1 ; √2 ; −1) de d ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée est nulle pour l'un et pas pour l'autre) ; n'étant ni parallèles ni sécantes, les droites (SB) et d sont non coplanaires.

VRAIE. La représentation paramétrique de d se lit avec le paramètre k : un vecteur directeur de d est u(−1 ; √2 ; −1). L'équation cartésienne x − z + 1 = 0 du plan P fournit le vecteur normal n(1 ; 0 ; −1).

Dans ce repère orthonormé, u · n = (−1) × 1 + √2 × 0 + (−1) × (−1) = −1 + 0 + 1 = 0 : le vecteur directeur de d est orthogonal au vecteur normal de P, donc d est parallèle au plan P.

On vérifie de plus que ce parallélisme est strict : le point de d obtenu pour k = 0, de coordonnées (2 ; 0 ; −1), donne x − z + 1 = 2 − (−1) + 1 = 4 ≠ 0, donc d n'est pas incluse dans P. L'affirmation 3 est vraie.

VRAIE. Le projeté orthogonal de S sur P est le point d'intersection de P et de la droite Δ passant par S et orthogonale à P, c'est-à-dire dirigée par le vecteur normal n(1 ; 0 ; −1). Une représentation paramétrique de Δ est x = −1 + t, y = √2, z = −4 − t, avec t ∈ ℝ.

Ce point appartient à P lorsque ses coordonnées vérifient x − z + 1 = 0, soit (−1 + t) − (−4 − t) + 1 = 0, c'est-à-dire 2t + 4 = 0 et donc t = −2.

Pour t = −2, on obtient le point de coordonnées (−1 − 2 ; √2 ; −4 + 2) = (−3 ; √2 ; −2), qui est exactement le point H de l'énoncé. Le projeté orthogonal de S sur le plan P est bien H(−3 ; √2 ; −2) : l'affirmation 4 est vraie.

Le nombre f′(1) est le coefficient directeur de la tangente T à C au point A d'abscisse 1. Cette tangente passe par A(1 ; 0) et B(0 ; −2), donc son coefficient directeur vaut y_A − y_Bx_A − x_B = 0 − (−2)1 − 0 = 2. On lit donc f′(1) = 2.

La courbe représentative d'une fonction concave sur un intervalle est située au-dessous de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. Or, sur le graphique, C est au-dessous de T avant A mais au-dessus de T après A : elle n'est pas entièrement au-dessous de T sur ]12 ; +∞[. La fonction f n'est donc pas concave sur ]12 ; +∞[.

En A, la courbe C traverse sa tangente T : la concavité change en ce point, donc A est un point d'inflexion de C. La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en un point d'inflexion, d'où f″(1) = 0.

Sur ]12 ; +∞[ on a x > 0, donc un produit x·ln(2x − 1) est nul si et seulement si ln(2x − 1) = 0, c'est-à-dire 2x − 1 = e⁰ = 1, soit 2x = 2 et x = 1. L'équation f(x) = 0 admet pour unique solution x = 1 sur ]12 ; +∞[.

On dérive f′(x) = ln(2x − 1) + 2x/(2x − 1). Le premier terme est de la forme ln(w) avec w(x) = 2x − 1, sa dérivée est w′/w = 22x − 1. Le second est un quotient uv avec u(x) = 2x et v(x) = 2x − 1 ; la formule (uv)′ = u′v − uv′v² donne [2(2x − 1) − 2x × 2]/(2x − 1)² = 4x − 2 − 4x2x − 1² = −22x − 1². Donc f″(x) = 22x − 1 − 22x − 1². En réduisant au même dénominateur (2x − 1)² : f″(x) = [2(2x − 1) − 2]/(2x − 1)² = 4x − 42x − 1² = 4x − 12x − 1², ce qu'il fallait démontrer.

Sur ]12 ; +∞[, (2x − 1)² > 0, donc f″(x) est du signe de x − 1 : f″ est strictement négative sur ]12 ; 1[, nulle en 1, strictement positive sur ]1 ; +∞[. La dérivée seconde s'annule en changeant de signe uniquement en x = 1, donc C admet un unique point d'inflexion, d'abscisse 1.

Or f(1) = 1 × ln(2 × 1 − 1) = ln(1) = 0. Ce point d'inflexion a donc pour coordonnées (1 ; 0) : c'est bien le point d'intersection de C avec l'axe des abscisses (cohérent avec la question 2).

Si 1 ≤ x ≤ 2, alors 2 ≤ 2x ≤ 4 puis 1 ≤ 2x − 1 ≤ 3. La fonction ln étant croissante, ln(1) ≤ ln(2x − 1), c'est-à-dire ln(2x − 1) ≥ 0. Comme de plus x ≥ 1 > 0, le produit f(x) = x·ln(2x − 1) est positif : f est positive sur [1 ; 2].

L'égalité admise s'écrit x²/(2x − 1) = x2 + 14 + (18) × 22x − 1. Comme [ln(2x − 1)]′ = 22x − 1 sur [1 ; 2], une primitive de cette expression est F(x) = x²/4 + x4 + (18)·ln(2x − 1).

D'où ∫₁² x²/(2x − 1) dx = F(2) − F(1) = (44 + 24 + (18)·ln(3)) − (14 + 14 + (18)·ln(1)) = (32 + (18)·ln(3)) − 12 = 1 + (18)·ln(3).

La fonction f est continue et positive sur [1 ; 2] d'après la question 4.a : l'aire sous la courbe est alors donnée par l'intégrale de f, soit A = ∫₁² x·ln(2x − 1) dx, exprimée en unités d'aire.

On intègre par parties en posant v(x) = ln(2x − 1) et u′(x) = x, d'où v′(x) = 22x − 1 et u(x) = x²/2 ; les fonctions u et v sont dérivables et leurs dérivées sont continues sur [1 ; 2], donc la formule ∫ u′v = [u v] − ∫ u v′ s'applique : A = [(x²/2)·ln(2x − 1)]₁² − ∫₁² (x²/2) × 22x − 1 dx = [(x²/2)·ln(2x − 1)]₁² − ∫₁² x²/(2x − 1) dx.

Le crochet vaut (42)·ln(3) − (12)·ln(1) = 2·ln(3), et l'intégrale restante est exactement celle calculée en 4.b : A = 2·ln(3) − (1 + (18)·ln(3)) = (168 − 18)·ln(3) − 1 = (158)·ln(3) − 1.

L'aire du domaine vaut donc exactement (158)·ln(3) − 1 unité d'aire, soit environ 1,06 u.a.

Ainsi f″_a est strictement négative sur ]1a ; 2a[ et strictement positive sur ]2a ; +∞[ : elle s'annule en changeant de signe en la seule valeur 2a. La courbe C_a admet donc un unique point d'inflexion A_a, d'abscisse 2a.

Son ordonnée est f_a(2a) = (2a)·ln(a × 2a − 1) = (2a)·ln(2 − 1) = (2a)·ln(1) = 0. Le point d'inflexion a donc pour coordonnées A_a(2a ; 0).

Quel que soit le réel a > 0, le point A_a a une ordonnée nulle : tous ces points appartiennent à l'axe des abscisses, qui est une droite. Les points A_a sont donc alignés.