Corrigé du bac de maths 2025 : France, septembre, jour 1

Avant de lire ces solutions, traitez le sujet vous-même à partir de l'énoncé officiel. Retrouvez aussi tous les sujets et corrigés du bac de maths.

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

Équation différentielle linéaire du premier ordre, étude de fonction, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties, valeur moyenne

Partie A

1. Vérifier que \(u\) est solution de \((E)\).

La fonction \(u\) est un produit de fonctions dérivables sur \(\mathbb{R}\). Avec \((vw)' = v'w + vw'\) et \(\left(\text{e}^{-0{,}4t}\right)' = -0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}\), on obtient pour tout réel \(t\) :

\[ u'(t) = 1 \times \text{e}^{-0{,}4t} + t \times \left(-0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}\right) = \text{e}^{-0{,}4t} - 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t}. \]

Ensuite, on remplace alors dans le membre de gauche de \((E)\) :

\[ u'(t) + 0{,}4\,u(t) = \text{e}^{-0{,}4t} - 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t} + 0{,}4t\,\text{e}^{-0{,}4t} = \text{e}^{-0{,}4t}. \]

En conclusion : pour tout réel \(t\), \(u'(t) + 0{,}4\,u(t) = \text{e}^{-0{,}4t}\), donc \(u\) est une solution particulière de \((E)\).

2. a) Si \(g\) est solution de \((H)\), alors \(f\) est solution de \((E)\).

Alors, on suppose que \(g\) vérifie \(g' + 0{,}4g = 0\) sur \(\mathbb{R}\). Comme \(f = g + u\), la fonction \(f\) est dérivable et \(f' = g' + u'\). Pour tout réel \(t\), on regroupe les termes :

\[ f'(t) + 0{,}4f(t) = \big(g'(t) + 0{,}4g(t)\big) + \big(u'(t) + 0{,}4u(t)\big) = 0 + \text{e}^{-0{,}4t}. \]

La première parenthèse est nulle car \(g\) est solution de \((H)\) ; la seconde vaut \(\text{e}^{-0{,}4t}\) d'après la question 1.

En conclusion : \(f' + 0{,}4f = \text{e}^{-0{,}4t}\) sur \(\mathbb{R}\), donc \(f\) est solution de \((E)\).

2. b) Résoudre \((H)\).

L'équation \((H)\) s'écrit \(y' = -0{,}4\,y\). C'est une équation du type \(y' = ay\) avec \(a = -0{,}4\), dont on connaît les solutions par le cours : ce sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{at}\), où \(C\) est une constante réelle.

En conclusion : les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\,\text{e}^{-0{,}4t}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

Question 2 c

2. c) En déduire les solutions de \((E)\).

D'après la question a) et sa réciproque admise, \(f\) est solution de \((E)\) si et seulement si \(g = f - u\) est solution de \((H)\), c'est-à-dire si et seulement s'il existe un réel \(C\) tel que \(f(t) - t\,\text{e}^{-0{,}4t} = C\,\text{e}^{-0{,}4t}\) pour tout \(t\).

En conclusion : les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto (t + C)\,\text{e}^{-0{,}4t}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

2. d) Solution telle que \(f(0) = 1\).

Pour \(t = 0\), on a \(f(0) = (0 + C)\,\text{e}^{0} = C\). La condition \(f(0) = 1\) impose donc \(C = 1\), et une seule solution convient.

En conclusion : \(f(t) = (t + 1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\) pour tout réel \(t\).

Partie B

1. a) Calculer \(f'(t)\).

Puis on dérive le produit \((t+1) \times \text{e}^{-0{,}4t}\) : la dérivée de \(t + 1\) vaut 1 et celle de \(\text{e}^{-0{,}4t}\) vaut \(-0{,}4\,\text{e}^{-0{,}4t}\). Pour tout \(t \in [0\,;\,6]\) :

\[ f'(t) = \text{e}^{-0{,}4t} - 0{,}4(t + 1)\,\text{e}^{-0{,}4t} = \big(1 - 0{,}4t - 0{,}4\big)\,\text{e}^{-0{,}4t} = (-0{,}4t + 0{,}6)\,\text{e}^{-0{,}4t}. \]

En conclusion : \(f'(t) = (-0{,}4t + 0{,}6)\,\text{e}^{-0{,}4t}\) sur \([0\,;\,6]\).

1. b) Variations de \(f\) et tableau.

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f'(t)\) a le signe de l'expression affine \(-0{,}4t + 0{,}6\). Celle-ci s'annule pour \(t = \dfrac{0{,}6}{0{,}4} = 1{,}5\) ; son coefficient directeur est négatif, donc elle est positive avant 1,5 et négative après.

Valeurs utiles : \(f(0) = 1\), \(f(1{,}5) = 2{,}5\,\text{e}^{-0{,}6} \approx 1{,}372\) et \(f(6) = 7\,\text{e}^{-2{,}4} \approx 0{,}635\).

En conclusion : \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,1{,}5]\) et strictement décroissante sur \([1{,}5\,;\,6]\) ; son maximum est \(2{,}5\,\text{e}^{-0{,}6} \approx 1{,}37\) g.L\(^{-1}\), atteint 1 h 30 après le repas.

2. a) Unicité de la solution de \(f(t) = 0{,}7\).

Par ailleurs, on traite séparément les deux intervalles du tableau.

Sur \([0\,;\,1{,}5]\), \(f\) est croissante, donc \(f(t) \geqslant f(0) = 1 \gt 0{,}7\) : l'équation n'a aucune solution sur cet intervalle.

Sur \([1{,}5\,;\,6]\), \(f\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante, de \(f(1{,}5) \approx 1{,}372\) à \(f(6) \approx 0{,}635\). Comme \(0{,}635 \lt 0{,}7 \lt 1{,}372\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) assure que \(f(t) = 0{,}7\) possède exactement une solution sur cet intervalle.

En conclusion : l'équation \(f(t) = 0{,}7\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([0\,;\,6]\), et \(\alpha \in [1{,}5\,;\,6]\).

Question 2 b

2. b) Instant de l'hypoglycémie, à la minute près.

D'après l'étude précédente, \(f(t) \geqslant 0{,}7\) pour \(t \leqslant \alpha\) et \(f(t) \lt 0{,}7\) pour \(\alpha \lt t \leqslant 6\) (car \(f\) décroît sur \([1{,}5\,;\,6]\)). La personne passe donc en hypoglycémie à l'instant \(\alpha\).

Une minute valant \(\frac{1}{60} \approx 0{,}017\) heure, on encadre \(\alpha\) au centième par balayage à la calculatrice : \(f(5{,}61) \approx 0{,}7008 \gt 0{,}7\) et \(f(5{,}62) \approx 0{,}6993 \lt 0{,}7\). Plus finement, \(\alpha \approx 5{,}615\) h. Ensuite, on convertit la partie décimale : \(0{,}615 \times 60 \approx 36{,}9\), soit environ 37 minutes.

En conclusion : la personne est en hypoglycémie environ 5 h 37 min après la fin de son repas.

3. a) Calcul de l'intégrale par parties.

Puis on pose \(v(t) = t + 1\), donc \(v'(t) = 1\), et \(w'(t) = \text{e}^{-0{,}4t}\), dont une primitive est \(w(t) = -2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\) (car \(\frac{1}{-0{,}4} = -2{,}5\)). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([0\,;\,6]\), donc :

\[ \int_0^6 (t+1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\,\text{d}t = \Big[-2{,}5(t+1)\,\text{e}^{-0{,}4t}\Big]_0^6 + 2{,}5\int_0^6 \text{e}^{-0{,}4t}\,\text{d}t. \]

Le crochet vaut \(-2{,}5 \times 7\,\text{e}^{-2{,}4} - \left(-2{,}5 \times 1\right) = -17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5\).

L'intégrale restante vaut \(\Big[-2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t}\Big]_0^6 = -2{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5\), et on la multiplie par 2,5 : \(-6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25\).

En ajoutant : \(-17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4} + 2{,}5 - 6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} + 6{,}25 = -23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75\).

En conclusion : \(\displaystyle\int_0^6 f(t)\,\text{d}t = -23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75\).

Question 3 b

3. b) Glycémie moyenne sur six heures.

La valeur moyenne d'une fonction continue sur \([a\,;\,b]\) est \(\dfrac{1}{b-a}\displaystyle\int_a^b f(t)\,\text{d}t\). Ici \(b - a = 6\) :

\[ m = \dfrac{1}{6}\left(-23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75\right) \approx \dfrac{6{,}5954}{6} \approx 1{,}099. \]

En conclusion : la glycémie moyenne pendant les six heures suivant le repas est d'environ 1,10 g.L\(^{-1}\).

3. c) Autre méthode en utilisant \((E)\).

Comme \(f\) est solution de \((E)\), on a \(f' + 0{,}4f = \text{e}^{-0{,}4t}\), ce qui permet d'isoler \(f\) : \(f(t) = 2{,}5\,\text{e}^{-0{,}4t} - 2{,}5\,f'(t)\). Le membre de droite se primitive sans effort, puisque \(f\) est une primitive de \(f'\). Une primitive de \(f\) est donc \(F(t) = -6{,}25\,\text{e}^{-0{,}4t} - 2{,}5\,f(t)\), et :

\[ \int_0^6 f(t)\,\text{d}t = F(6) - F(0) = \left(-6{,}25\,\text{e}^{-2{,}4} - 17{,}5\,\text{e}^{-2{,}4}\right) - \left(-6{,}25 - 2{,}5\right) = -23{,}75\,\text{e}^{-2{,}4} + 8{,}75. \]

En conclusion : en exprimant \(f\) à l'aide de \(f'\) et de \(\text{e}^{-0{,}4t}\) grâce à \((E)\), on obtient directement une primitive de \(f\), sans intégration par parties, et le même résultat.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2025, France, septembre, jour 1) 5 points

Géométrie dans l'espace : orthogonalité, coplanarité, représentations paramétriques, produit scalaire, vecteur normal, projeté orthogonal, volumes

Partie A

1. Les droites (FG) et (FM) sont perpendiculaires.

Dans le cube, la droite (FG) est parallèle à (BC). Or (BC) est orthogonale aux deux droites sécantes (AB) et (BF) du plan (ABF), puisque les faces du cube sont des carrés. La droite (FG) est donc orthogonale au plan (ABF), c'est-à-dire à toute droite de ce plan.

Le point M est sur la droite (AB) puisque \(\overrightarrow{\text{BM}} = \overrightarrow{\text{AB}}\) ; comme F est aussi dans le plan (ABF), la droite (FM) est contenue dans ce plan. Ainsi (FG) est orthogonale à (FM), et ces deux droites se coupent en F.

En conclusion : (FG) et (FM) sont perpendiculaires en F.

2. A, M, G et H sont coplanaires.

Par définition de M, \(\overrightarrow{\text{AM}} = \overrightarrow{\text{AB}} + \overrightarrow{\text{BM}} = 2\,\overrightarrow{\text{AB}}\). Par ailleurs, les faces DCGH et ABCD sont des carrés, donc \(\overrightarrow{\text{HG}} = \overrightarrow{\text{DC}} = \overrightarrow{\text{AB}}\). Ainsi, on en déduit \(\overrightarrow{\text{AM}} = 2\,\overrightarrow{\text{HG}}\).

Les droites (AM) et (HG) sont donc parallèles ; deux droites parallèles sont toujours contenues dans un même plan.

En conclusion : les points A, M, G et H appartiennent à un même plan : ils sont coplanaires.

Partie B

Dans le repère \(\left(\text{A}\,;\,\overrightarrow{\text{AB}},\,\overrightarrow{\text{AD}},\,\overrightarrow{\text{AE}}\right)\), l'arête du cube vaut 1 et on lit : A\((0\,;\,0\,;\,0)\), B\((1\,;\,0\,;\,0)\), C\((1\,;\,1\,;\,0)\), D\((0\,;\,1\,;\,0)\), E\((0\,;\,0\,;\,1)\), F\((1\,;\,0\,;\,1)\), G\((1\,;\,1\,;\,1)\), H\((0\,;\,1\,;\,1)\). Comme \(\overrightarrow{\text{AM}} = 2\,\overrightarrow{\text{AB}}\), on a M\((2\,;\,0\,;\,0)\).

1. Coordonnées de \(\overrightarrow{\text{GM}}\) et \(\overrightarrow{\text{AH}}\), non-colinéarité.

Par ailleurs, on soustrait les coordonnées : \(\overrightarrow{\text{GM}}\,(2-1\,;\,0-1\,;\,0-1)\), soit \(\overrightarrow{\text{GM}}\,(1\,;\,-1\,;\,-1)\), et \(\overrightarrow{\text{AH}}\,(0\,;\,1\,;\,1)\).

S'il existait un réel \(k\) tel que \(\overrightarrow{\text{GM}} = k\,\overrightarrow{\text{AH}}\), la première coordonnée donnerait \(1 = k \times 0 = 0\), ce qui est impossible. De même \(\overrightarrow{\text{AH}}\) n'est pas un multiple de \(\overrightarrow{\text{GM}}\) : l'égalité \(0 = k \times 1\) forcerait \(k = 0\), mais alors la deuxième coordonnée donnerait \(1 = 0\).

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{GM}}\,(1\,;\,-1\,;\,-1)\) et \(\overrightarrow{\text{AH}}\,(0\,;\,1\,;\,1)\) ne sont pas colinéaires.

2. a) Représentation paramétrique de (GM).

La droite (GM) passe par G\((1\,;\,1\,;\,1)\) et admet \(\overrightarrow{\text{GM}}\,(1\,;\,-1\,;\,-1)\) pour vecteur directeur. Un point \(P(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur (GM) si et seulement s'il existe un réel \(t\) tel que \(\overrightarrow{\text{GP}} = t\,\overrightarrow{\text{GM}}\), c'est-à-dire \(x - 1 = t\), \(y - 1 = -t\) et \(z - 1 = -t\).

En conclusion : on retrouve bien \(x = 1 + t\), \(y = 1 - t\), \(z = 1 - t\) avec \(t \in \mathbb{R}\).

2. b) Point d'intersection N de (GM) et (AH).

Un point commun aux deux droites correspond à des paramètres \(t\) et \(k\) vérifiant simultanément \(1 + t = 0\), \(1 - t = k\) et \(1 - t = k\). La première équation donne \(t = -1\), puis \(k = 1 - (-1) = 2\), et la troisième équation est alors satisfaite. Le système a une solution, donc les droites sont sécantes (elles ne sont pas parallèles d'après la question 1).

Avec \(t = -1\) dans la représentation de (GM) : \(x = 0\), \(y = 2\), \(z = 2\).

En conclusion : les droites (GM) et (AH) se coupent au point N\((0\,;\,2\,;\,2)\).

Question 3 a

3. a) Le triangle AMN est rectangle en A.

Donc on a \(\overrightarrow{\text{AM}}\,(2\,;\,0\,;\,0)\) et \(\overrightarrow{\text{AN}}\,(0\,;\,2\,;\,2)\). Le repère étant orthonormé, le produit scalaire se calcule avec les coordonnées :

\[ \overrightarrow{\text{AM}} \cdot \overrightarrow{\text{AN}} = 2 \times 0 + 0 \times 2 + 0 \times 2 = 0. \]

En conclusion : les vecteurs \(\overrightarrow{\text{AM}}\) et \(\overrightarrow{\text{AN}}\) sont orthogonaux, donc le triangle AMN est rectangle en A.

3. b) Aire du triangle AMN.

Les côtés de l'angle droit mesurent \(\text{AM} = \sqrt{2^2} = 2\) et \(\text{AN} = \sqrt{0^2 + 2^2 + 2^2} = \sqrt{8} = 2\sqrt{2}\). L'aire d'un triangle rectangle est la moitié du produit des côtés de l'angle droit :

\[ \mathcal{A} = \dfrac{\text{AM} \times \text{AN}}{2} = \dfrac{2 \times 2\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}. \]

En conclusion : l'aire du triangle AMN vaut \(2\sqrt{2} \approx 2{,}83\) unités d'aire.

4. a) Coordonnées de J.

Le centre d'un carré est le milieu de ses diagonales. Pour la face BCGF, J est le milieu de [BG] :

\[ \text{J}\left(\dfrac{1 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\right). \]

En conclusion : J\((1\,;\,0{,}5\,;\,0{,}5)\).

4. b) \(\overrightarrow{\text{FJ}}\) est normal au plan (AMN).

Ainsi, on a \(\overrightarrow{\text{FJ}}\,(0\,;\,0{,}5\,;\,-0{,}5)\). Un vecteur est normal à un plan lorsqu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Or \(\overrightarrow{\text{AM}}\) et \(\overrightarrow{\text{AN}}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls), et :

\[ \overrightarrow{\text{FJ}} \cdot \overrightarrow{\text{AM}} = 0 \times 2 + 0{,}5 \times 0 - 0{,}5 \times 0 = 0, \qquad \overrightarrow{\text{FJ}} \cdot \overrightarrow{\text{AN}} = 0 \times 0 + 0{,}5 \times 2 - 0{,}5 \times 2 = 0. \]

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{FJ}}\,(0\,;\,0{,}5\,;\,-0{,}5)\) est un vecteur normal au plan (AMN).

4. c) J appartient à (AMN) et c'est le projeté orthogonal de F.

Un vecteur normal au plan est \(\overrightarrow{\text{FJ}}\), ou plus simplement \(2\,\overrightarrow{\text{FJ}}\,(0\,;\,1\,;\,-1)\). Le plan (AMN) a donc une équation de la forme \(y - z + d = 0\) ; comme il passe par A\((0\,;\,0\,;\,0)\), on trouve \(d = 0\). Une équation cartésienne de (AMN) est \(y - z = 0\).

Pour J : \(0{,}5 - 0{,}5 = 0\), donc J est bien dans le plan (AMN).

Le point J est donc à la fois dans le plan (AMN) et sur la droite passant par F et dirigée par un vecteur normal à ce plan : c'est exactement la définition du projeté orthogonal de F sur le plan.

En conclusion : J appartient au plan (AMN) et c'est le projeté orthogonal de F sur ce plan.

Question 5

5. Comparer les volumes de AMNF et de BCGFM.

Tétraèdre AMNF. Ensuite, on prend AMN pour base, d'aire \(2\sqrt{2}\). La hauteur issue de F est la distance de F au plan (AMN), c'est-à-dire FJ puisque J est le projeté orthogonal de F : \(\text{FJ} = \sqrt{0^2 + 0{,}5^2 + (-0{,}5)^2} = \sqrt{0{,}5} = \dfrac{\sqrt{2}}{2}\). D'où :

\[ \mathcal{V}_{\text{AMNF}} = \dfrac{1}{3} \times 2\sqrt{2} \times \dfrac{\sqrt{2}}{2} = \dfrac{1}{3} \times 2 = \dfrac{2}{3}. \]

Pyramide BCGFM. Sa base est le carré BCGF, d'aire 1. La droite (BM) est la droite (AB), orthogonale à la face BCGF, et elle coupe cette face en B : la hauteur issue de M est donc \(\text{BM} = \text{AB} = 1\). D'où :

\[ \mathcal{V}_{\text{BCGFM}} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 1 = \dfrac{1}{3}. \]

En conclusion : \(\mathcal{V}_{\text{AMNF}} = \dfrac{2}{3} = 2 \times \dfrac{1}{3}\), le volume du tétraèdre AMNF est bien le double de celui de la pyramide BCGFM.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2025, France, septembre, jour 1) 6 points

Suites récurrentes, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, algorithme de seuil en Python, suite géométrique auxiliaire, inéquation avec le logarithme

Partie A

1. Justifier le tableau de variations de \(f\).

Pour \(x \geqslant 2\), on a \(3x - 2 \geqslant 4 \gt 0\), donc \(f\) est bien définie et dérivable sur \([2\,;\,+\infty[\). Puis on dérive une racine d'une fonction affine avec \(\left(\sqrt{w}\right)' = \dfrac{w'}{2\sqrt{w}}\) :

\[ f'(x) = \dfrac{3}{2\sqrt{3x - 2}} \gt 0. \]

La fonction \(f\) est donc strictement croissante sur \([2\,;\,+\infty[\). Sa valeur en 2 est \(f(2) = \sqrt{6 - 2} = \sqrt{4} = 2\). Enfin, \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} (3x - 2) = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \sqrt{X} = +\infty\), donc par composition \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\).

En conclusion : \(f\) est croissante sur \([2\,;\,+\infty[\), avec \(f(2) = 2\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\), ce qui correspond au tableau.

2. a) Récurrence : \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6\).

Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la proposition « \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6\) ».

Initialisation. Ainsi, on a \(u_0 = 6\) et \(u_1 = f(6) = \sqrt{16} = 4\). Les inégalités \(2 \leqslant 4 \leqslant 6 \leqslant 6\) sont vraies, donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6\). Tous ces nombres sont dans \([2\,;\,+\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l'ordre :

\[ f(2) \leqslant f(u_{n+1}) \leqslant f(u_n) \leqslant f(6), \quad \text{soit} \quad 2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4. \]

Comme \(4 \leqslant 6\), on obtient \(2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 6\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. \(\mathcal{P}(0)\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 6\).

Question 2 b

2. b) Convergence de \((u_n)\).

L'inégalité \(u_{n+1} \leqslant u_n\) valable pour tout \(n\) signifie que la suite est décroissante, et \(u_n \geqslant 2\) signifie qu'elle est minorée par 2. D'après le théorème de convergence monotone, une suite décroissante et minorée converge.

En conclusion : la suite \((u_n)\) est convergente.

3. Valeur de la limite \(\ell\).

Puisque \(u_n \geqslant 2\) pour tout \(n\), la limite vérifie \(\ell \geqslant 2\). Alors, on résout \(\sqrt{3x - 2} = x\) sur \([2\,;\,+\infty[\). Les deux membres étant positifs, cette égalité équivaut à l'égalité des carrés :

\[ 3x - 2 = x^2 \iff x^2 - 3x + 2 = 0 \iff (x - 1)(x - 2) = 0. \]

Les solutions sont 1 et 2 ; seule la valeur 2 appartient à \([2\,;\,+\infty[\).

En conclusion : \(\ell = 2\).

4. a) Pourquoi rang(2.000001) renvoie une valeur.

Le programme part de \(u = u_0 = 6\) et, tant que \(u \geqslant a\), remplace \(u\) par le terme suivant et augmente le compteur \(n\) de 1. Il s'arrête et renvoie \(n\) dès que \(u_n \lt a\) : c'est le premier rang pour lequel le terme passe sous \(a\).

Avec \(a = 2{,}000001\), on a \(a \gt 2 = \ell\). Comme \((u_n)\) converge vers 2, l'intervalle ouvert \(]1\,;\,a[\), qui contient 2, contient tous les termes de la suite à partir d'un certain rang. Il existe donc un entier \(n\) tel que \(u_n \lt a\), et la boucle while finit par s'arrêter.

En conclusion : puisque \(u_n\) tend vers 2 et que \(2{,}000001 \gt 2\), la condition \(u \geqslant a\) finit par être fausse et la fonction renvoie un entier.

Question 4 b

4. b) Valeurs de \(a\) pour lesquelles rang(a) renvoie un résultat.

Si \(a \gt 2\), le raisonnement précédent s'applique mot pour mot : la boucle se termine (si \(a \gt 6\), elle ne s'exécute même pas et la fonction renvoie 0).

Si \(a \leqslant 2\), on sait que \(u_n \geqslant 2 \geqslant a\) pour tout \(n\) : la condition \(u \geqslant a\) reste toujours vraie, la boucle ne s'arrête jamais et la fonction ne renvoie rien.

En conclusion : rang(a) renvoie un résultat si et seulement si \(a \gt 2\).

Partie B

1. Calculer \(v_1\).

Puis on applique la relation de récurrence avec \(n = 0\) : \(v_1 = 3 - \dfrac{2}{6} = 3 - \dfrac{1}{3}\).

En conclusion : \(v_1 = \dfrac{8}{3}\).

2. a) \((w_n)\) est géométrique de raison 2.

Par ailleurs, on exprime \(w_{n+1}\) en fonction de \(v_n\). D'une part \(v_{n+1} - 1 = 2 - \dfrac{2}{v_n} = \dfrac{2(v_n - 1)}{v_n}\), d'autre part \(v_{n+1} - 2 = 1 - \dfrac{2}{v_n} = \dfrac{v_n - 2}{v_n}\). En faisant le quotient, les \(v_n\) au dénominateur se simplifient :

\[ w_{n+1} = \dfrac{2(v_n - 1)}{v_n} \times \dfrac{v_n}{v_n - 2} = 2 \times \dfrac{v_n - 1}{v_n - 2} = 2\,w_n. \]

Premier terme : \(w_0 = \dfrac{6 - 1}{6 - 2} = \dfrac{5}{4}\).

En conclusion : \((w_n)\) est géométrique de raison 2 et de premier terme \(w_0 = 1{,}25\).

2. b) Expression de \(v_n\).

La question précédente donne, par la formule du terme général d'une suite géométrique, \(w_n = 1{,}25 \times 2^n\). En particulier \(w_n \geqslant 1{,}25\), donc \(w_n - 1 \neq 0\). De l'égalité admise \(w_n - 1 = \dfrac{1}{v_n - 2}\), on tire en passant aux inverses :

\[ v_n - 2 = \dfrac{1}{w_n - 1} = \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}. \]

En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1}\).

2. c) Limite de \((v_n)\).

Comme \(2 \gt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\), donc \(1{,}25 \times 2^n - 1\) tend aussi vers \(+\infty\) et son inverse tend vers 0.

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = 2\).

Question 3

3. Plus petit \(n\) tel que \(v_n \lt 2{,}01\).

Le dénominateur \(1{,}25 \times 2^n - 1\) est strictement positif, ce qui autorise à passer aux inverses en changeant le sens de l'inégalité :

\[ v_n \lt 2{,}01 \iff \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} \lt 0{,}01 \iff 1{,}25 \times 2^n - 1 \gt 100 \iff 2^n \gt 80{,}8. \]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc cette dernière inégalité équivaut à \(n\ln 2 \gt \ln 80{,}8\), soit \(n \gt \dfrac{\ln 80{,}8}{\ln 2} \approx 6{,}34\) (on divise par \(\ln 2 \gt 0\)).

Vérification : \(v_6 = 2 + \dfrac{1}{79} \approx 2{,}0127\) et \(v_7 = 2 + \dfrac{1}{159} \approx 2{,}0063\).

En conclusion : le plus petit entier cherché est \(n = 7\).

Partie C

Plus petit \(N\) tel que \(u_n\) et \(v_n\) soient dans \(]1{,}99\,;\,2{,}01[\) pour tout \(n \geqslant N\).

Borne inférieure. Alors, on a \(u_n \geqslant 2 \gt 1{,}99\) d'après la partie A, et \(v_n = 2 + \dfrac{1}{1{,}25 \times 2^n - 1} \gt 2 \gt 1{,}99\) car le quotient est positif. Seule la condition « inférieur à 2,01 » est donc à étudier.

Suite \((v_n)\). Le dénominateur \(1{,}25 \times 2^n - 1\) augmente avec \(n\), donc \((v_n)\) est décroissante. D'après la question B.3, \(v_n \lt 2{,}01\) exactement pour \(n \geqslant 7\).

Suite \((u_n)\). Elle est décroissante ; il suffit donc de trouver le premier rang où elle passe sous 2,01, ce que renvoie justement rang(2.01). En calculant les termes à la calculatrice, on obtient \(u_{16} \approx 2{,}0116\) et \(u_{17} \approx 2{,}0087\). Par décroissance, \(u_n \lt 2{,}01\) pour tout \(n \geqslant 17\), alors que \(u_{16} \geqslant 2{,}01\).

Il faut que les deux conditions soient vraies en même temps : \(n \geqslant 7\) et \(n \geqslant 17\), c'est-à-dire \(n \geqslant 17\). La suite \((u_n)\) converge donc beaucoup plus lentement vers 2 que la suite \((v_n)\).

En conclusion : \(N = 17\).

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

Dénombrement, probabilités conditionnelles et formule des probabilités totales, loi binomiale, espérance d'une variable aléatoire

1. Affirmation 1 : il y a 5 040 codes possibles.

Par ailleurs, on construit le code chiffre par chiffre en appliquant le principe multiplicatif. Le premier chiffre est non nul : 9 choix (de 1 à 9). Le deuxième doit différer du premier mais peut valoir 0 : 9 choix. Le troisième doit différer des deux premiers : 8 choix. Le quatrième : 7 choix.

\[ 9 \times 9 \times 8 \times 7 = 4\,536. \]

Le nombre 5 040 correspond à \(10 \times 9 \times 8 \times 7\), c'est-à-dire au cas où l'on oublierait l'interdiction du 0 en tête.

En conclusion : il y a 4 536 codes. L'affirmation 1 est fausse.

2. Affirmation 2 : \(P_{\overline{L}}\big(\overline{A}\big) \gt \dfrac{2}{3}\).

Ensuite, on note \(L\) l'événement « le billet a été acheté en ligne » (donc \(\overline{L}\) : « acheté au guichet ») et \(A\) l'événement « la personne prend l'audioguide ». L'énoncé donne \(P(L) = 0{,}7\), \(P_L(A) = 0{,}8\) et \(P\big(\overline{A}\big) = 0{,}32\), d'où \(P(A) = 0{,}68\) et \(P\big(\overline{L}\big) = 0{,}3\).

Arbre pondéré : une première branche vers \(L\) (0,7), qui se sépare en \(A\) (0,8) et \(\overline{A}\) (0,2) ; une seconde branche vers \(\overline{L}\) (0,3), qui se sépare en \(A\) et \(\overline{A}\) avec des probabilités inconnues.

Alors, on a \(P(L \cap A) = 0{,}7 \times 0{,}8 = 0{,}56\), donc \(P(L \cap \overline{A}) = 0{,}7 - 0{,}56 = 0{,}14\). La formule des probabilités totales appliquée à \(\overline{A}\) donne :

\[ P\big(\overline{L} \cap \overline{A}\big) = P\big(\overline{A}\big) - P\big(L \cap \overline{A}\big) = 0{,}32 - 0{,}14 = 0{,}18. \]

Par définition d'une probabilité conditionnelle :

\[ P_{\overline{L}}\big(\overline{A}\big) = \dfrac{P\big(\overline{L} \cap \overline{A}\big)}{P\big(\overline{L}\big)} = \dfrac{0{,}18}{0{,}3} = 0{,}6. \]

Or \(\dfrac{2}{3} \approx 0{,}667\), donc \(0{,}6 \lt \dfrac{2}{3}\).

En conclusion : la probabilité cherchée vaut 0,6, qui est inférieure à deux tiers. L'affirmation 2 est fausse.

Question 3

3. Affirmation 3 : probabilité qu'exactement 6 visiteurs sur 12 prennent l'audioguide.

Pour chaque visiteur, on observe une épreuve de Bernoulli dont le succès « il prend l'audioguide » a pour probabilité \(P(A) = 0{,}68\). Les 12 choix sont indépendants et identiques, donc le nombre \(Y\) de visiteurs qui prennent l'audioguide suit la loi binomiale de paramètres \(n = 12\) et \(p = 0{,}68\).

\[ P(Y = 6) = \binom{12}{6} \times 0{,}68^6 \times 0{,}32^6 = 924 \times (0{,}68 \times 0{,}32)^6 = 924 \times 0{,}2176^6. \]

Donc on a utilisé \(\binom{12}{6} = 924\) et \(0{,}68 \times 0{,}32 = 0{,}2176\). Cette probabilité vaut environ 0,098.

En conclusion : \(P(Y = 6) = 924 \times 0{,}2176^6\). L'affirmation 3 est vraie.

4. Affirmation 4 : \(E(X) = 77\) minutes.

Par ailleurs, on convertit toutes les durées en minutes : 50 min, 1 h 20 min = 80 min et 1 h 40 min = 100 min. L'espérance est la somme des valeurs pondérées par leurs probabilités :

\[ E(X) = 50 \times 0{,}1 + 80 \times 0{,}6 + 100 \times 0{,}3 = 5 + 48 + 30 = 83. \]

En conclusion : \(E(X) = 83\) minutes, soit en moyenne 1 h 23 min de visite. L'affirmation 4 est fausse.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Pour résoudre \(y' + ay = h\), on ajoute une solution particulière aux solutions \(C\,\text{e}^{-at}\) de l'équation homogène, puis on fixe \(C\) avec la condition initiale.
• Une équation différentielle satisfaite par \(f\) permet parfois d'écrire \(f\) à l'aide de \(f'\) et donc d'en trouver une primitive sans intégration par parties.
• Pour une unique solution de \(f(x) = k\), on applique le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur chaque intervalle de monotonie, sans oublier d'exclure les intervalles où l'équation n'a pas de solution.
• Dans l'espace, un vecteur est normal à un plan dès qu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan ; la distance d'un point au plan est alors la longueur jusqu'à son projeté orthogonal.
• Pour une suite décroissante, un algorithme de seuil « tant que \(u \geqslant a\) » ne se termine que si la limite de la suite est strictement inférieure à \(a\).
• En dénombrement, une contrainte sur le premier chiffre (ici non nul) change le calcul : on commence toujours par la position la plus contrainte.

Revenir à l'énoncé du bac de maths 2025 (France, septembre, jour 1) · Tous les sujets du bac de maths

Ce que contient le corrigé du bac 2025, France, septembre, jour 1

Cette correction complète du bac 2025, France, septembre, jour 1 du 9 septembre 2025 détaille les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) traite : équation différentielle linéaire du premier ordre, étude de fonction, théorème des valeurs intermédiaires, intégration par parties, valeur moyenne. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (5 points) aborde : géométrie dans l'espace : orthogonalité, coplanarité, représentations paramétriques, produit scalaire, vecteur normal, projeté orthogonal, volumes. Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) porte sur : suites récurrentes, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, algorithme de seuil en Python, suite géométrique auxiliaire, inéquation avec le logarithme. Enfin, la correction de l'exercice 4 (4 points) traite : dénombrement, probabilités conditionnelles et formule des probabilités totales, loi binomiale, espérance d'une variable aléatoire.

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, septembre, 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. Pour une question de géométrie dans l'espace, faites un croquis même approximatif. En effet, il aide à voir si un point, une droite ou un plan est bien placé.

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

Les autres corrigés de 2025

• Corrigé France, jour 1
• Corrigé France, jour 2
• Corrigé Amérique du Nord, jour 1
• Corrigé Amérique du Nord, jour 2
• Corrigé Centres étrangers, jour 1
• Corrigé Centres étrangers, jour 2
• Corrigé France, septembre, jour 2

Télécharger ou imprimer cette fiche «corrigé du bac de maths 2025 : France, septembre, jour 1» au format PDF afin de pouvoir travailler en totale autonomie.

 Maths PDF c'est 16 200 919 cours et exercices de maths téléchargés en PDF et 4 250 exercices.