Corrigé du bac de maths 2025 : France, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2025, France, jour 1) 5 points

Arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, moyenne d'un échantillon et inégalité de Bienaymé-Tchebychev

La personne est choisie au hasard : les pourcentages de l'énoncé se lisent donc directement comme des probabilités.

1. Compléter les dix pointillés de l'arbre.

Les premières branches portent les probabilités des groupes. Les quatre groupes se partagent toute la population, donc \(p(O) = 1 - 0{,}45 - 0{,}10 - 0{,}03 = 0{,}42\). Les branches du second niveau portent les probabilités conditionnelles du rhésus sachant le groupe ; sur chaque nœud, la branche \(\overline{R}\) est le complément à 1 de la branche \(R\).

• \(A\) : 0,45, puis \(R\) : 0,85 et \(\overline{R}\) : 0,15
• \(B\) : 0,10, puis \(R\) : 0,84 et \(\overline{R}\) : 0,16
• \(AB\) : 0,03, puis \(R\) : 0,82 et \(\overline{R}\) : 0,18
• \(O\) : 0,42, puis \(R\) et \(\overline{R}\) non demandés ici (on trouvera 0,83 et 0,17 à la question 3)

Les dix pointillés : 0,45 ; 0,10 ; 0,03 ; 0,42 ; 0,85 ; 0,15 ; 0,84 ; 0,16 ; 0,82 ; 0,18.

2. Montrer que \(p(B \cap R) = 0{,}084\) et interpréter.

La probabilité d'une intersection se lit sur l'arbre en multipliant les probabilités du chemin \(B\) puis \(R\) :

\[p(B \cap R) = p(B) \times p_B(R) = 0{,}10 \times 0{,}84 = 0{,}084.\]

\(p(B \cap R) = 0{,}084\) : 8,4 % des Français sont à la fois du groupe B et de rhésus positif.

3. Sachant \(p(R) = 0{,}8397\), montrer que \(p_O(R) = 0{,}83\).

Les évènements \(A\), \(B\), \(AB\), \(O\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne :

\[p(R) = p(A \cap R) + p(B \cap R) + p(AB \cap R) + p(O \cap R).\]

Ensuite, on calcule les trois intersections connues : \(p(A \cap R) = 0{,}45 \times 0{,}85 = 0{,}3825\) et \(p(AB \cap R) = 0{,}03 \times 0{,}82 = 0{,}0246\), et \(p(B \cap R) = 0{,}084\). Par ailleurs, on isole la quatrième :

\[p(O \cap R) = 0{,}8397 - 0{,}3825 - 0{,}084 - 0{,}0246 = 0{,}3486.\]

Par définition de la probabilité conditionnelle :

\[p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)} = \dfrac{0{,}3486}{0{,}42} = 0{,}83.\]

\(p_O(R) = 0{,}83\), et donc \(p_O(\overline{R}) = 0{,}17\).

Question 4

4. Montrer que la probabilité d'être donneur universel vaut 0,0714.

Être donneur universel, c'est être du groupe O et de rhésus négatif : on cherche \(p(O \cap \overline{R})\). Ensuite, on suit le chemin \(O\) puis \(\overline{R}\) :

\[p(O \cap \overline{R}) = p(O) \times p_O(\overline{R}) = 0{,}42 \times (1 - 0{,}83) = 0{,}42 \times 0{,}17 = 0{,}0714.\]

La probabilité qu'un individu soit donneur universel est bien \(0{,}0714\).

5. a) Justifier que \(X\) suit une loi binomiale.

Pour chaque personne de l'échantillon, on observe une épreuve à deux issues : « donneur universel » (succès, de probabilité \(p = 0{,}0714\) d'après la question 4) ou non. Le choix est assimilé à un tirage avec remise, donc les 100 épreuves sont identiques et indépendantes : c'est un schéma de Bernoulli. \(X\) compte le nombre de succès.

\(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(100~;~0{,}0714)\).

5. b) Calculer \(P(X \leqslant 7)\) à \(10^{-3}\) près.

« Au plus 7 » correspond à \(X \leqslant 7\), c'est-à-dire la valeur de la fonction de répartition en 7. À la calculatrice (commande binomFRép ou binomcdf avec \(n = 100\), \(p = 0{,}0714\), \(k = 7\)) on obtient \(P(X \leqslant 7) \approx 0{,}57714\).

\(P(X \leqslant 7) \approx 0{,}577\).

5. c) Montrer que \(E(X) = 7{,}14\) et \(V(X) \approx 6{,}63\).

Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(n~;~p)\), on sait que \(E(X) = np\) et \(V(X) = np(1-p)\). Ici :

\[E(X) = 100 \times 0{,}0714 = 7{,}14 \qquad V(X) = 100 \times 0{,}0714 \times 0{,}9286 = 6{,}630204.\]

\(E(X) = 7{,}14\) et \(V(X) \approx 6{,}63\) à \(10^{-2}\) près.

Question 6 a

6. a) Que représente \(M_N\) ?

\(M_N\) additionne les nombres de donneurs universels trouvés dans les \(N\) échantillons, puis divise par \(N\) : c'est une moyenne.

\(M_N\) est le nombre moyen de donneurs universels par échantillon de 100 personnes, calculé sur les \(N\) villes de la collecte.

6. b) Calculer \(E(M_N)\).

L'espérance est linéaire, donc \(E(M_N) = \dfrac{1}{N}\left(E(X_1) + \ldots + E(X_N)\right) = \dfrac{1}{N} \times N \times 7{,}14\).

\(E(M_N) = 7{,}14\).

6. c) Montrer que \(V(M_N) = \dfrac{6{,}63}{N}\).

Deux propriétés servent ici : \(V(aY) = a^2 V(Y)\), et la variance d'une somme de variables indépendantes est la somme des variances. Donc :

\[V(M_N) = \dfrac{1}{N^2}\left(V(X_1) + \ldots + V(X_N)\right) = \dfrac{1}{N^2} \times N \times 6{,}63 = \dfrac{6{,}63}{N}.\]

\(V(M_N) = \dfrac{6{,}63}{N}\).

6. d) Plus petit \(N\) garantissant \(P(7 \lt M_N \lt 7{,}28) \geqslant 0{,}95\) par Bienaymé-Tchebychev.

L'intervalle \(]7~;~7{,}28[\) est centré sur l'espérance 7,14, avec un rayon de 0,14. Par ailleurs, on réécrit donc l'évènement : \(7 \lt M_N \lt 7{,}28 \iff |M_N - 7{,}14| \lt 0{,}14\). Son contraire est \(|M_N - 7{,}14| \geqslant 0{,}14\).

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à \(M_N\) avec \(\delta = 0{,}14\), donne :

\[P\left(|M_N - 7{,}14| \geqslant 0{,}14\right) \leqslant \dfrac{V(M_N)}{0{,}14^2} = \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}.\]

En passant au contraire : \(P(7 \lt M_N \lt 7{,}28) \geqslant 1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}\). Il suffit donc que \(1 - \dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \geqslant 0{,}95\), soit :

\[\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N} \leqslant 0{,}05 \iff N \geqslant \dfrac{6{,}63}{0{,}0196 \times 0{,}05} = \dfrac{6{,}63}{0{,}00098} \approx 6765{,}3.\]

\(N\) étant entier, la plus petite valeur qui convient est 6766 (avec \(N = 6765\), la borne obtenue est légèrement inférieure à 0,95).

La plus petite valeur est \(N = 6766\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, France, jour 1) 6 points

Lecture graphique de nombres dérivés et de convexité, fonction logarithme, limite, dérivée seconde, point d'inflexion, tangente, intégration par parties et calcul d'aire

Partie A : Lectures graphiques

1. Déterminer \(f'(1)\).

\(f'(1)\) est la pente de la tangente \(T_{\text{A}}\) au point d'abscisse 1. Cette droite passe par \(\text{A}(1~;~2)\) et \(\text{C}(3~;~0)\), donc sa pente vaut \(\dfrac{0 - 2}{3 - 1} = -1\).

\(f'(1) = -1\).

2. Nombre de solutions de \(f'(x) = 0\) sur \(]0~;~3]\).

\(f'(x) = 0\) signifie que la tangente en \(x\) est horizontale. Sur le graphique, la courbe monte jusqu'à un maximum local (vers \(x \approx 0{,}4\)), redescend jusqu'à un minimum local (vers \(x \approx 1{,}6\)), puis remonte : on voit exactement deux points à tangente horizontale.

L'équation \(f'(x) = 0\) a deux solutions dans \(]0~;~3]\).

3. Signe de \(f''(0{,}2)\).

Autour de \(x = 0{,}2\), la courbe monte de plus en plus lentement vers son maximum : sa pente diminue, elle est « tournée vers le bas » et située sous ses tangentes, donc \(f\) y est concave. Une fonction concave a une dérivée seconde négative.

\(f''(0{,}2) \lt 0\).

Partie B : étude de la fonction f

1. Résoudre \(2X^2 - 3X + 2 = 0\) et en déduire que \(\mathcal{C}_f\) ne coupe pas l'axe des abscisses.

Le discriminant vaut \(\Delta = (-3)^2 - 4 \times 2 \times 2 = 9 - 16 = -7\). Il est strictement négatif : l'équation n'a aucune solution réelle.

La courbe coupe l'axe des abscisses aux points où \(f(x) = 0\). Pour \(x \gt 0\), le facteur \(x\) n'est jamais nul, donc \(f(x) = 0\) équivaut à \(2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2 = 0\). En posant \(X = \ln x\), on retrouve exactement l'équation précédente, qui n'a pas de solution. Donc \(f(x)\) ne s'annule jamais.

L'équation n'a pas de solution dans \(\mathbb{R}\), donc \(\mathcal{C}_f\) ne coupe pas l'axe des abscisses.

2. Limite de \(f\) en \(+\infty\).

La somme \(2(\ln x)^2 - 3\ln x + 2\) est une forme indéterminée « \(+\infty - \infty\) ». Alors, on factorise par le terme dominant \((\ln x)^2\), ce qui est permis pour \(x \gt 1\) :

\[f(x) = x(\ln x)^2\left(2 - \dfrac{3}{\ln x} + \dfrac{2}{(\ln x)^2}\right).\]

Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln x = +\infty\), les quotients \(\dfrac{3}{\ln x}\) et \(\dfrac{2}{(\ln x)^2}\) tendent vers 0 et la parenthèse tend vers 2. D'autre part \(x \to +\infty\) et \((\ln x)^2 \to +\infty\), donc \(x(\ln x)^2 \to +\infty\). Par produit :

\(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

Question 3 a

3. a) Montrer que \(f''(x) = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1)\).

Puis on dérive \(f'(x) = 2(\ln x)^2 + \ln x - 1\) terme à terme. La dérivée de \((\ln x)^2\) est \(2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x\) (formule \((u^2)' = 2u'u\)), celle de \(\ln x\) est \(\dfrac{1}{x}\) et celle de la constante est nulle :

\[f''(x) = 2 \times \dfrac{2\ln x}{x} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{4\ln x}{x} + \dfrac{1}{x} = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1).\]

Pour tout \(x \gt 0\), \(f''(x) = \dfrac{1}{x}(4\ln x + 1)\).

3. b) Convexité de \(f\) et abscisse du point d'inflexion.

La convexité se lit sur le signe de \(f''\). Pour \(x \gt 0\), \(\dfrac{1}{x} \gt 0\), donc \(f''(x)\) a le signe de \(4\ln x + 1\). Or, la fonction exponentielle étant strictement croissante :

\[4\ln x + 1 \geqslant 0 \iff \ln x \geqslant -\dfrac{1}{4} \iff x \geqslant \text{e}^{-1/4}.\]

La dérivée seconde s'annule en \(\text{e}^{-1/4}\) en changeant de signe : la courbe y admet un point d'inflexion.

\(f\) est concave sur \(\left]0~;~\text{e}^{-1/4}\right]\), convexe sur \(\left[\text{e}^{-1/4}~;~+\infty\right[\), et le point d'inflexion a pour abscisse \(\text{e}^{-1/4} \approx 0{,}779\).

3. c) Montrer que \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) sur \(]1~;~+\infty[\).

Ensuite, on utilise la propriété : sur un intervalle où une fonction est convexe, sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes en des points de cet intervalle. Comme \(\text{e}^{-1/4} \lt 1\), l'intervalle \(]1~;~+\infty[\) est inclus dans \(\left[\text{e}^{-1/4}~;~+\infty\right[\), où \(f\) est convexe. Le point de contact B a pour abscisse \(\text{e}\), qui appartient bien à \(]1~;~+\infty[\).

Sur \(]1~;~+\infty[\), \(f\) est convexe, donc \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de sa tangente \(T_{\text{B}}\).

Partie C : Calcul d’aire

1. Justifier que \(T_{\text{B}} : y = 2x - \text{e}\).

L'équation de la tangente au point d'abscisse \(\text{e}\) est \(y = f'(\text{e})(x - \text{e}) + f(\text{e})\). Avec \(\ln \text{e} = 1\) :

\[f(\text{e}) = \text{e}(2 - 3 + 2) = \text{e} \qquad f'(\text{e}) = 2 + 1 - 1 = 2.\]

D'où \(y = 2(x - \text{e}) + \text{e} = 2x - \text{e}\).

\(T_{\text{B}}\) a pour équation réduite \(y = 2x - \text{e}\).

2. Montrer que \(\displaystyle\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}\) par parties.

Alors, on choisit de dériver le logarithme et de primitiver \(x\) : \(u(x) = \ln x\), \(u'(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v'(x) = x\), \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([1~;~\text{e}]\), la formule s'applique :

\[\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}\ln x\right]_1^{\text{e}} - \int_1^{\text{e}} \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2}{2} - 0 - \int_1^{\text{e}} \dfrac{x}{2}\,\text{d}x.\]

La dernière intégrale vaut \(\left[\dfrac{x^2}{4}\right]_1^{\text{e}} = \dfrac{\text{e}^2 - 1}{4}\). Donc :

\[\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \dfrac{2\text{e}^2}{4} - \dfrac{\text{e}^2 - 1}{4} = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}.\]

\(\displaystyle\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x = \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4}\).

3. Valeur exacte de l'aire \(\mathcal{A}\).

D'après la question B.3.c (et par continuité en \(x = 1\)), la courbe est au-dessus de \(T_{\text{B}}\) sur \([1~;~\text{e}]\). L'aire entre les deux est donc l'intégrale de « courbe du haut moins courbe du bas » :

\[\mathcal{A} = \int_1^{\text{e}} \left(f(x) - (2x - \text{e})\right)\text{d}x.\]

Puis on développe : \(f(x) - 2x + \text{e} = 2x(\ln x)^2 - 3x\ln x + 2x - 2x + \text{e} = 2x(\ln x)^2 - 3x\ln x + \text{e}\). Par linéarité :

\[\mathcal{A} = 2\int_1^{\text{e}} x(\ln x)^2\,\text{d}x - 3\int_1^{\text{e}} x\ln x\,\text{d}x + \int_1^{\text{e}} \text{e}\,\text{d}x = 2 \times \dfrac{\text{e}^2 - 1}{4} - 3 \times \dfrac{\text{e}^2 + 1}{4} + \text{e}(\text{e} - 1).\]

Par ailleurs, on met tout sur 4 : \(\mathcal{A} = \dfrac{2\text{e}^2 - 2 - 3\text{e}^2 - 3 + 4\text{e}^2 - 4\text{e}}{4} = \dfrac{3\text{e}^2 - 4\text{e} - 5}{4}\).

\(\mathcal{A} = \dfrac{3\text{e}^2 - 4\text{e} - 5}{4}\) unité d'aire, soit environ 1,57 u.a.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2025, France, jour 1) 4 points

Représentation paramétrique de droite, vecteur normal à un plan, position relative de deux droites, distance d'un point à un plan

1. Affirmation 1 : représentation paramétrique de (AB).

Deux vérifications suffisent : la droite proposée passe par un point de (AB) et elle a un vecteur directeur colinéaire à \(\overrightarrow{\text{AB}}\). Pour \(t = 0\), on obtient le point \((3~;~2~;~-1)\), c'est-à-dire B. Un vecteur directeur est \(\overrightarrow{u}(-2~;~-1~;~3)\). Or \(\overrightarrow{\text{AB}}(4~;~2~;~-6)\), et \(\overrightarrow{\text{AB}} = -2\,\overrightarrow{u}\) : les deux vecteurs sont colinéaires. Ensuite, on peut aussi contrôler que A est atteint pour \(t = 2\) : \((3 - 4~;~2 - 2~;~-1 + 6) = (-1~;~0~;~5)\).

Affirmation 1 : vraie.

1. Affirmation 2 : \(\overrightarrow{n}(5~;~-2~;~1)\) normal au plan (OAB).

Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{OA}}(-1~;~0~;~5)\) et \(\overrightarrow{\text{OB}}(3~;~2~;~-1)\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de l'un est nulle, pas celle de l'autre) : ils dirigent le plan (OAB). Pour que \(\overrightarrow{n}\) soit normal, il faudrait qu'il soit orthogonal aux deux. Le repère étant orthonormé :

\[\overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{OA}} = -5 + 0 + 5 = 0 \qquad \overrightarrow{n} \cdot \overrightarrow{\text{OB}} = 15 - 4 - 1 = 10 \neq 0.\]

\(\overrightarrow{n}\) n'est pas orthogonal à \(\overrightarrow{\text{OB}}\), qui est un vecteur du plan.

Affirmation 2 : fausse.

2. Affirmation 3 : \(d\) et \(d'\) non coplanaires.

Les vecteurs directeurs sont \(\overrightarrow{v}(1~;~-1~;~2)\) pour \(d\) et \(\overrightarrow{v'}(4~;~4~;~-6)\) pour \(d'\). Ils ne sont pas colinéaires : la première coordonnée est multipliée par 4, la deuxième par \(-4\). Les droites ne sont donc pas parallèles ; elles sont soit sécantes, soit non coplanaires. Puis on cherche un point commun en résolvant :

\[\begin{cases} 15 + k = 1 + 4s \\ 8 - k = 2 + 4s \\ -6 + 2k = 1 - 6s \end{cases}\]

En additionnant les deux premières lignes, \(k\) disparaît : \(23 = 3 + 8s\), d'où \(s = 2{,}5\). La première ligne donne alors \(k = 1 + 10 - 15 = -4\). Ensuite, on teste la troisième : \(-6 + 2 \times (-4) = -14\) et \(1 - 6 \times 2{,}5 = -14\). Elle est vérifiée.

Les droites se coupent donc au point \((11~;~12~;~-14)\) (obtenu avec \(k = -4\) dans \(d\) comme avec \(s = 2{,}5\) dans \(d'\)). Deux droites sécantes sont contenues dans un même plan.

Affirmation 3 : fausse, \(d\) et \(d'\) sont sécantes donc coplanaires.

Question 3

3. Affirmation 4 : distance de C au plan \(\mathcal{P}\) égale à \(2\sqrt{3}\).

La distance d'un point à un plan est la distance de ce point à son projeté orthogonal H sur le plan. Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\overrightarrow{m}(1~;~-1~;~1)\), lu sur les coefficients de l'équation. La droite passant par C et dirigée par \(\overrightarrow{m}\) a pour représentation \(x = 2 + \lambda\), \(y = -1 - \lambda\), \(z = 2 + \lambda\), avec \(\lambda \in \mathbb{R}\).

Alors, on injecte dans l'équation du plan : \((2 + \lambda) - (-1 - \lambda) + (2 + \lambda) + 1 = 0\), soit \(6 + 3\lambda = 0\), donc \(\lambda = -2\). Le projeté est \(\text{H}(0~;~1~;~0)\), et :

\[\text{CH} = \sqrt{(0 - 2)^2 + (1 + 1)^2 + (0 - 2)^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}.\]

Affirmation 4 : vraie, la distance vaut \(2\sqrt{3}\).

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2025, France, jour 1) 5 points

Suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, point fixe, algorithme de seuil en Python, équation différentielle \(y' = ay + b\), limite et inéquation avec exponentielle et logarithme

Partie A : étude d’un modèle discret

1. Superficie au 1er juillet 2025.

2025 correspond à \(n = 1\). Puis on applique la relation de récurrence avec \(u_0 = 1\) :

\[u_1 = -0{,}02 \times 1^2 + 1{,}3 \times 1 = 1{,}28.\]

Au 1er juillet 2025, la posidonie devrait recouvrir 1,28 ha.

2. a) Démontrer que \(1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20\) pour tout \(n\).

Par ailleurs, on remarque que \(u_{n+1} = h(u_n)\). Ensuite, on raisonne par récurrence sur la propriété \(\mathcal{P}_n\) : « \(1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20\) ».

Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(u_1 = 1{,}28\), donc \(1 \leqslant 1 \leqslant 1{,}28 \leqslant 20\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie. Les quatre nombres \(1\), \(u_n\), \(u_{n+1}\), \(20\) sont dans \([0~;~20]\), où \(h\) est croissante ; appliquer \(h\) conserve donc l'ordre :

\[h(1) \leqslant h(u_n) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(20), \quad \text{c'est-à-dire} \quad 1{,}28 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 18.\]

Comme \(1 \leqslant 1{,}28\) et \(18 \leqslant 20\), on obtient \(1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} \leqslant 20\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. Vraie au rang 0 et héréditaire, la propriété est vraie pour tout entier naturel \(n\).

Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), \(1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} \leqslant 20\).

2. b) En déduire que \((u_n)\) converge.

L'encadrement précédent dit deux choses : \(u_n \leqslant u_{n+1}\), la suite est croissante ; \(u_n \leqslant 20\), elle est majorée par 20. D'après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge.

La suite \((u_n)\) converge vers un réel \(L\), et comme \(1 \leqslant u_n \leqslant 20\), on a \(1 \leqslant L \leqslant 20\).

Question 2 c

2. c) Justifier que \(L = 15\).

La fonction \(h\) est un polynôme, donc continue. La suite converge et vérifie \(u_{n+1} = h(u_n)\) : en passant à la limite des deux côtés, sa limite vérifie \(h(L) = L\). Puis on résout :

\[-0{,}02L^2 + 1{,}3L = L \iff -0{,}02L^2 + 0{,}3L = 0 \iff L(0{,}3 - 0{,}02L) = 0 \iff L = 0 \text{ ou } L = 15.\]

La valeur 0 est exclue puisque \(L \geqslant 1\).

\(L = 15\).

3. a) Justifier sans calcul que la surface dépassera 14 ha.

La suite tend vers 15, qui est strictement supérieur à 14. Par définition de la limite, l'intervalle ouvert \(]14~;~16[\), qui contient 15, contient tous les termes \(u_n\) à partir d'un certain rang.

À partir d'une certaine année, on aura \(u_n \gt 14\) : la posidonie finira par dépasser 14 ha.

3. b) Compléter l'algorithme de seuil.

La boucle doit continuer tant que la surface n'a pas dépassé 14 ha. À chaque passage, on avance d'une année (\(n\) augmente de 1) et on remplace \(u\) par le terme suivant grâce à la relation de récurrence. À la sortie de la boucle, \(n\) est le premier rang où \(u_n \gt 14\).

def seuil():
  n=0
  u= 1
  while u <= 14 :
    n=n+1
    u=-0.02*u**2+1.3*u
  return n

En exécutant ce programme, on obtient \(u_{17} \approx 13{,}80\) puis \(u_{18} \approx 14{,}12\) : la fonction renvoie 18. Aucun terme n'étant exactement égal à 14, la condition u < 14 donnerait le même résultat.

Condition : u <= 14 ; mises à jour : n=n+1 et u=-0.02*u**2+1.3*u. Le programme renvoie 18 : la surface dépasse 14 ha au 1er juillet 2042.

Partie B : étude d’un modèle continu

1. Montrer que \(g = \dfrac{1}{f}\) est solution de \((E_2)\).

\(f\) est dérivable et ne s'annule pas sur \([0~;~+\infty[\), donc \(g\) est dérivable et \(g'(t) = -\dfrac{f'(t)}{f(t)^2}\). Ensuite, on remplace \(f'(t)\) grâce à \((E_1)\) :

\[g'(t) = -\dfrac{0{,}02f(t)\left(15 - f(t)\right)}{f(t)^2} = -\dfrac{0{,}02\left(15 - f(t)\right)}{f(t)} = -\dfrac{0{,}3}{f(t)} + 0{,}02.\]

Comme \(\dfrac{1}{f(t)} = g(t)\), on reconnaît \(g'(t) = -0{,}3\,g(t) + 0{,}02\).

\(g\) est solution de \((E_2) : y' = -0{,}3y + 0{,}02\).

2. Solutions de \((E_2)\).

D'après le cours, les solutions de \(y' = ay + b\) (avec \(a \neq 0\)) sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{at} - \dfrac{b}{a}\), \(C\) réel. Ici \(a = -0{,}3\), \(b = 0{,}02\) et \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{0{,}02}{0{,}3} = \dfrac{1}{15}\).

Les solutions de \((E_2)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-0{,}3t} + \dfrac{1}{15}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

3. En déduire l'expression de \(f(t)\).

\(g\) est l'une de ces solutions : il existe \(C\) tel que \(g(t) = C\text{e}^{-0{,}3t} + \dfrac{1}{15}\). La condition initiale \(f(0) = 1\) donne \(g(0) = 1\), donc \(C + \dfrac{1}{15} = 1\) et \(C = \dfrac{14}{15}\). Ainsi \(g(t) = \dfrac{14\text{e}^{-0{,}3t} + 1}{15}\), et en inversant :

\[f(t) = \dfrac{1}{g(t)} = \dfrac{15}{14\text{e}^{-0{,}3t} + 1}.\]

Pour tout \(t \geqslant 0\), \(f(t) = \dfrac{15}{14\text{e}^{-0{,}3t} + 1}\).

4. Limite de \(f\) en \(+\infty\).

Quand \(t \to +\infty\), \(-0{,}3t \to -\infty\), donc par composition \(\text{e}^{-0{,}3t} \to 0\). Le dénominateur tend vers 1 et, par quotient, \(f(t) \to 15\).

\(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 15\) : comme dans le modèle discret, la surface se stabilise vers 15 ha.

Question 5

5. Résoudre \(f(t) \gt 14\) et interpréter.

Le dénominateur \(14\text{e}^{-0{,}3t} + 1\) est strictement positif, on peut donc multiplier par lui sans changer le sens :

\[f(t) \gt 14 \iff 15 \gt 196\,\text{e}^{-0{,}3t} + 14 \iff \text{e}^{-0{,}3t} \lt \dfrac{1}{196}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\) : \(-0{,}3t \lt -\ln 196\). Par ailleurs, on divise par \(-0{,}3\), négatif, ce qui renverse l'inégalité :

\[t \gt \dfrac{\ln 196}{0{,}3} \approx 17{,}59.\]

L'ensemble des solutions est \(\left]\dfrac{\ln 196}{0{,}3}~;~+\infty\right[\). Selon ce modèle, la posidonie dépasse 14 ha au bout d'environ 17,6 ans, c'est-à-dire vers février 2042, ce qui concorde avec le modèle discret.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Une probabilité inconnue sur une branche se retrouve avec la formule des probabilités totales, puis \(p_O(R) = \dfrac{p(O \cap R)}{p(O)}\).
• Pour Bienaymé-Tchebychev, on commence par écrire l'intervalle sous la forme \(|M_N - E(M_N)| \lt \delta\), puis on passe à l'évènement contraire ; le \(N\) trouvé est un entier, arrondi au-dessus.
• La position d'une courbe par rapport à une tangente découle directement de la convexité : pas besoin d'étudier une fonction différence.
• Pour une aire entre deux courbes, on intègre « haut moins bas » et on découpe par linéarité pour utiliser les intégrales données.
• Deux droites non parallèles ne sont pas forcément non coplanaires : il faut résoudre le système et vérifier la troisième équation.
• Avec une équation logistique, le changement \(g = 1/f\) ramène à \(y' = ay + b\) ; attention au changement de sens en divisant par \(-0{,}3\).

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Présentation du corrigé du bac 2025, France, jour 1

Cette correction complète du bac 2025, France, jour 1 du 17 juin 2025 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) porte sur : arbre pondéré, probabilités totales, probabilité conditionnelle, loi binomiale, moyenne d'un échantillon et inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (6 points) aborde : lecture graphique de nombres dérivés et de convexité, fonction logarithme, limite, dérivée seconde, point d'inflexion, tangente, intégration par parties et calcul d'aire. Puis, la correction de l'exercice 3 (4 points) traite : représentation paramétrique de droite, vecteur normal à un plan, position relative de deux droites, distance d'un point à un plan. Enfin, la correction de l'exercice 4 (5 points) porte sur : suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, point fixe, algorithme de seuil en Python, équation différentielle, limite et inéquation avec exponentielle et logarithme.

Lisez chaque solution en vous demandant pourquoi telle méthode s'impose. En effet, c'est ce raisonnement qui resservira sur un autre sujet. Par ailleurs, refaites seul les calculs les plus longs sans regarder la rédaction.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2025, France, jour 1

Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. Pour la partie probabilités, traduisez chaque phrase de l'énoncé en notation, par exemple P(A) ou P_A(B). Ainsi, la formule des probabilités totales s'applique presque sans effort. En géométrie dans l'espace, écrivez les coordonnées des vecteurs avant de calculer un produit scalaire. Ainsi, une erreur de signe se repère beaucoup plus vite.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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