Bac 2025 de spécialité maths, Amérique du Nord jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. Méthode : on reconnaît un schéma de Bernoulli. Chaque lancer à trois points est une épreuve à deux issues, le succès « Victor marque le panier », de probabilité $p=0{,}32$, et l'échec, de probabilité $1-p=0{,}68$. Les $15$ lancers sont identiques et indépendants (hypothèse de l'énoncé), et $N$ compte le nombre de succès.

Donc $N$ suit la loi binomiale de paramètres $n=15$ et $p=0{,}32$, notée $\mathcal{B}(15\,;0{,}32)$. La rédaction attendue cite les trois éléments : épreuves de Bernoulli identiques, indépendance, $N$ compte les succès ; ici l'énoncé admet la loi, il reste à donner les paramètres.

Erreur fréquente : confondre le nombre de paniers et le nombre de points. Le paramètre $p$ est une probabilité, $0{,}32$ ; le « trois » de « trois points » n'intervient pas dans la loi de $N$, il n'apparaîtra qu'avec $T$ à la question 5.

A.2. Formule de la loi binomiale : pour tout entier $k$ entre $0$ et $15$, $P(N=k)=\dbinom{15}{k}p^{k}(1-p)^{15-k}$. Pour $k=4$ : $P(N=4)=\dbinom{15}{4}\times 0{,}32^{4}\times 0{,}68^{11}$.

Avec $\dbinom{15}{4}=\dfrac{15\times 14\times 13\times 12}{4\times 3\times 2\times 1}=1\,365$, on obtient $P(N=4)\approx 0{,}205\,7$, soit $0{,}206$ au millième. À la calculatrice, c'est la fonction de densité binomiale (binomFdp, ou Binomial PD), avec $n=15$, $p=0{,}32$ et $k=4$.

Le coefficient binomial compte les chemins de l'arbre qui contiennent exactement $4$ succès parmi $15$ lancers : $1\,365$ façons de choisir les rangs des paniers réussis. L'oublier donne $0{,}32^{4}\times 0{,}68^{11}\approx 0{,}000\,15$, la probabilité d'UNE seule de ces séries, résultat absurde pour un événement aussi banal.

A.3. « Au plus 6 paniers » signifie $N\leqslant 6$, c'est-à-dire $N\in\{0\,;1\,;\ldots\,;6\}$. On utilise la fonction de répartition binomiale de la calculatrice (binomFRép, ou Binomial CD) : $P(N\leqslant 6)=\displaystyle\sum_{k=0}^{6}P(N=k)\approx 0{,}827\,8$, soit $0{,}828$ au millième.

Vérification d'ordre de grandeur : l'espérance de $N$ vaut $4{,}8$ (question suivante), donc la valeur $6$ est un peu au-dessus de la moyenne ; il est cohérent qu'environ quatre séries sur cinq comptent au plus $6$ paniers.

Erreur fréquente : lire « au plus 6 » comme « moins de 6 » et calculer $P(N\leqslant 5)\approx 0{,}661$. La borne $6$ est incluse.

A.4. Pour une variable de loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$, l'espérance vaut $np$. Donc $E(N)=15\times 0{,}32=4{,}8$. Sur un grand nombre de séries de $15$ lancers, Victor réussit en moyenne $4{,}8$ paniers à trois points par série.

A.5.a. Chaque panier réussi rapporte $3$ points et chaque lancer manqué n'en rapporte aucun. Après la série, le nombre de points marqués est donc $T=3N$.

A.5.b. Par linéarité de l'espérance, $E(T)=E(3N)=3E(N)=3\times 4{,}8=14{,}4$.

Interprétation : si Victor répète un grand nombre de fois cette série de $15$ lancers à trois points, il marque en moyenne environ $14{,}4$ points par série. $T$ ne prend que des valeurs multiples de $3$ ($0$, $3$, $6$, ...), donc $14{,}4$ n'est jamais le score d'une série précise : c'est une valeur MOYENNE sur un grand nombre de séries, et c'est ce que l'interprétation doit dire.

A.5.c. On se ramène à $N$ : $12\leqslant T\leqslant 18\iff 12\leqslant 3N\leqslant 18\iff 4\leqslant N\leqslant 6$, en divisant par $3>0$, ce qui conserve le sens des inégalités.

Donc $P(12\leqslant T\leqslant 18)=P(4\leqslant N\leqslant 6)=P(N\leqslant 6)-P(N\leqslant 3)\approx 0{,}827\,79-0{,}241\,97$, soit $0{,}585\,8$ environ, et $0{,}586$ au millième. Vérification par la somme directe : $P(N=4)+P(N=5)+P(N=6)\approx 0{,}205\,7+0{,}213\,0+0{,}167\,1\approx 0{,}585\,8$.

Le piège est la soustraction : $P(4\leqslant N\leqslant 6)$ vaut $P(N\leqslant 6)-P(N\leqslant 3)$ et non $P(N\leqslant 6)-P(N\leqslant 4)$, qui enlèverait la valeur $4$, pourtant incluse. Autre conseil : arrondir seulement à la fin, en gardant les valeurs de la calculatrice dans la soustraction.

B.1.a. $M_{50}=\dfrac{X_{1}+X_{2}+\ldots+X_{50}}{50}$ est la somme des points marqués lors des $50$ matchs divisée par le nombre de matchs : c'est le nombre MOYEN de points marqués par Victor par match sur ces $50$ matchs (la moyenne de l'échantillon de taille $50$).

B.1.b. Espérance, par linéarité, sans hypothèse : $E(M_{50})=\dfrac{1}{50}\left(E(X_{1})+\ldots+E(X_{50})\right)=\dfrac{1}{50}\times 50\times 22=22$.

Variance : $V(M_{50})=\dfrac{1}{50^{2}}V(X_{1}+\ldots+X_{50})$, car $V(aY)=a^{2}V(Y)$. Les $X_{i}$ étant INDÉPENDANTES, la variance de la somme est la somme des variances, $50\times 65$. Donc $V(M_{50})=\dfrac{50\times 65}{50^{2}}=\dfrac{65}{50}=1{,}3$.

Erreur fréquente : sortir $\dfrac{1}{50}$ sans le carré et trouver $V(M_{50})=65$, ou ne pas citer l'indépendance, seule justification de l'addition des variances. La moyenne a la même espérance que $X$ et une variance divisée par $50$ : elle fluctue beaucoup moins qu'un match isolé.

B.1.c. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $M_{50}$, d'espérance $22$ et de variance $1{,}3$ : pour tout réel $\delta>0$, $P\left(\left|M_{50}-E(M_{50})\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(M_{50})}{\delta^{2}}$.

Avec $\delta=3$ : $P\left(\left|M_{50}-22\right|\geqslant 3\right)\leqslant\dfrac{1{,}3}{3^{2}}=\dfrac{1{,}3}{9}=\dfrac{13}{90}$, ce qu'il fallait démontrer. ($\dfrac{13}{90}\approx 0{,}144$.)

Le correcteur attend les hypothèses de l'inégalité : la variable à laquelle on l'applique, son espérance, sa variance et la valeur de $\delta$. Écrire directement « $\leqslant\dfrac{13}{90}$ » sans nommer l'inégalité ne rapporte rien.

B.1.d. L'événement « $19<M_{50}<25$ » s'écrit $-3<M_{50}-22<3$, c'est-à-dire $\left|M_{50}-22\right|<3$ : c'est l'événement CONTRAIRE de $\left|M_{50}-22\right|\geqslant 3$. Donc $P(19<M_{50}<25)=1-P\left(\left|M_{50}-22\right|\geqslant 3\right)\geqslant 1-\dfrac{13}{90}=\dfrac{77}{90}$, le passage au contraire renversant le sens de l'inégalité.

Or $\dfrac{77}{90}\approx 0{,}855\,6$ et $\dfrac{77}{90}-0{,}85=\dfrac{77}{90}-\dfrac{76{,}5}{90}=\dfrac{0{,}5}{90}>0$. Donc $P(19<M_{50}<25)\geqslant\dfrac{77}{90}>0{,}85$ : la probabilité est strictement supérieure à $0{,}85$. Le « strictement » vient de la comparaison $\dfrac{77}{90}>0{,}85$, pas de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, qui est large.

B.2. L'affirmation est FAUSSE : il suffit d'exhiber un entier $n$ qui convient. Pour tout $n\geqslant 1$, comme à la question 1.b, $E(M_{n})=22$ et $V(M_{n})=\dfrac{65}{n}$. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev avec $\delta=3$ donne $P\left(\left|M_{n}-22\right|\geqslant 3\right)\leqslant\dfrac{65}{9n}$.

Cette majoration est strictement inférieure à $0{,}01$ dès que $\dfrac{65}{9n}<0{,}01$, soit $9n>6\,500$, soit $n>\dfrac{6\,500}{9}\approx 722{,}2$, donc dès que $n\geqslant 723$. Par exemple, pour $n=723$ : $P\left(\left|M_{723}-22\right|\geqslant 3\right)\leqslant\dfrac{65}{6\,507}\approx 0{,}009\,99<0{,}01$. Il existe donc un entier naturel $n$ (et même une infinité) tel que $P\left(\left|M_{n}-22\right|\geqslant 3\right)<0{,}01$.

Vérification au bord : pour $n=722$, la majoration vaut $\dfrac{65}{6\,498}\approx 0{,}010\,003$, qui dépasse $0{,}01$ ; l'inégalité ne permet pas de conclure pour $n=722$, ce qui ne dit rien de la vraie probabilité. C'est la loi des grands nombres en acte : en jouant assez de matchs, la moyenne par match s'écarte de $22$ de $3$ points ou plus avec une probabilité aussi petite qu'on veut.

Piège : chercher le plus petit $n$ exact, que l'énoncé ne demande pas et qu'on ne connaît pas sans la loi de $X$. Un seul $n$ valable suffit à réfuter « il n'existe aucun $n$ ».

A.1.a. On applique la relation de récurrence : $u_{1}=\sqrt{u_{0}}=\sqrt{2}$ et $u_{2}=\sqrt{u_{1}}=\sqrt{\sqrt{2}}$. Avec les puissances : $\sqrt{2}=2^{\frac{1}{2}}$, donc $u_{2}=\left(2^{\frac{1}{2}}\right)^{\frac{1}{2}}=2^{\frac{1}{4}}$, que l'on peut aussi écrire $\sqrt[4]{2}$.

La valeur EXACTE est demandée : $\sqrt{2}$ et $\sqrt{\sqrt{2}}$, et non $1{,}414$ et $1{,}189$, qui sont des valeurs approchées. Erreur fréquente : écrire $u_{2}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$, en confondant « racine carrée de $\sqrt{2}$ » et « moitié de $\sqrt{2}$ ».

A.1.b. À la calculatrice : $u_{0}=2$, $u_{1}\approx 1{,}414$, $u_{2}\approx 1{,}189$, $u_{3}\approx 1{,}091$, $u_{4}\approx 1{,}044$, $u_{5}\approx 1{,}022$... Les termes diminuent et se rapprochent de $1$, sans passer en dessous. Conjecture : la suite $(u_{n})$ est décroissante et converge vers $1$.

Une conjecture se formule comme telle (« il semble que ») et n'a pas à être démontrée ici : les questions 2 et 2.d s'en chargent. Erreur fréquente : conjecturer une limite nulle parce que « la racine carrée fait diminuer » ; elle fait diminuer les nombres plus grands que $1$, mais $\sqrt{1}=1$ et les termes restent au-dessus de $1$.

A.2.a. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$ ».

Initialisation : pour $n=0$, $u_{1}=\sqrt{2}$ et $u_{0}=2$. Comme $1\leqslant 2\leqslant 4$ et que la fonction racine carrée est croissante sur $[0\,;+\infty[$, $\sqrt{1}\leqslant\sqrt{2}\leqslant\sqrt{4}$, soit $1\leqslant\sqrt{2}\leqslant 2$, c'est-à-dire $1\leqslant u_{1}\leqslant u_{0}$. $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$. La fonction racine carrée est croissante sur $[0\,;+\infty[$ et les trois nombres sont positifs : elle conserve donc l'ordre, et $\sqrt{1}\leqslant\sqrt{u_{n+1}}\leqslant\sqrt{u_{n}}$, soit $1\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}$. C'est $\mathcal{P}(n+1)$.

Conclusion : $\mathcal{P}(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire, donc, par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $1\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}$.

Le point qui fait gagner ou perdre les points de l'hérédité : citer la CROISSANCE de la fonction racine carrée sur $[0\,;+\infty[$ pour « appliquer $\sqrt{\phantom{x}}$ » aux inégalités. On ne compose une inégalité par une fonction que si on sait que cette fonction conserve l'ordre sur l'intervalle concerné.

A.2.b. D'après la question précédente, pour tout $n$, $u_{n+1}\leqslant u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est décroissante. Pour tout $n\geqslant 1$, $u_{n}\geqslant 1$, et $u_{0}=2\geqslant 1$ : la suite est minorée par $1$.

Par le théorème de la limite monotone (toute suite décroissante et minorée converge), la suite $(u_{n})$ est convergente. Sa limite $\ell$ vérifie $\ell\geqslant 1$, par passage à la limite dans l'inégalité large $u_{n}\geqslant 1$. Attention : le théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur, et rien ne dit à ce stade que $\ell=1$, le minorant n'étant pas forcément la limite.

A.2.c. Sur $[0\,;+\infty[$, les deux membres $\sqrt{x}$ et $x$ sont positifs ; deux nombres positifs sont égaux si et seulement si leurs carrés sont égaux. Donc $\sqrt{x}=x\iff x=x^{2}\iff x^{2}-x=0\iff x(x-1)=0\iff x=0$ ou $x=1$.

Vérification : $\sqrt{0}=0$ et $\sqrt{1}=1$. L'ensemble des solutions est $\mathcal{S}=\{0\,;1\}$. Erreur fréquente : diviser $x=x^{2}$ par $x$ et ne garder que $x=1$ ; on perd la solution $0$ (on n'a pas le droit de diviser par un nombre qui peut être nul). Et l'élévation au carré n'est une équivalence QUE parce que les deux membres sont positifs.

A.2.d. D'après 2.b, la suite converge ; notons $\ell$ sa limite. On a $u_{n+1}=f(u_{n})$ avec $f:x\mapsto\sqrt{x}$, fonction continue sur $[0\,;+\infty[$. Quand $n\to+\infty$, $u_{n+1}\to\ell$ et, par continuité de $f$ en $\ell$, $f(u_{n})\to f(\ell)=\sqrt{\ell}$. Par unicité de la limite, $\ell=\sqrt{\ell}$.

D'après 2.c, $\ell=0$ ou $\ell=1$. Or tous les termes sont supérieurs ou égaux à $1$, donc $\ell\geqslant 1$ (2.b), ce qui exclut $0$. La suite $(u_{n})$ converge vers $1$, ce qui confirme la conjecture.

Le piège : s'arrêter à « $\ell$ est solution de $\sqrt{x}=x$ » sans trancher entre les deux solutions. L'argument qui élimine $0$ est le minorant $1$ ; c'est précisément pour cela que la récurrence de 2.a portait aussi sur l'inégalité $1\leqslant u_{n+1}$. La continuité de la racine carrée doit être citée : c'est elle qui permet de passer à la limite dans la relation de récurrence.

B.1.a. Pour tout $n$, $u_{n}\geqslant 1>0$, donc $v_{n}=\ln(u_{n})$ est bien défini. Pour tout entier naturel $n$ : $v_{n+1}=\ln(u_{n+1})=\ln\left(\sqrt{u_{n}}\right)=\ln\left(u_{n}^{\frac{1}{2}}\right)=\dfrac{1}{2}\ln(u_{n})=\dfrac{1}{2}v_{n}$, en utilisant la propriété $\ln\left(\sqrt{a}\right)=\dfrac{1}{2}\ln(a)$ pour $a>0$.

La suite $(v_{n})$ est donc géométrique de raison $q=\dfrac{1}{2}$, de premier terme $v_{0}=\ln(u_{0})=\ln(2)$. Erreur fréquente : écrire $\ln\left(\sqrt{u_{n}}\right)=\sqrt{\ln(u_{n})}$ ; le logarithme transforme une puissance en produit, pas une racine en racine.

B.1.b. Terme général d'une suite géométrique : $v_{n}=v_{0}\times q^{n}=\ln(2)\times\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}=\dfrac{\ln(2)}{2^{n}}$, pour tout entier naturel $n$.

B.1.c. Par définition, $v_{n}=\ln(u_{n})$ ; avec 1.b, $\ln(u_{n})=\dfrac{\ln(2)}{2^{n}}$. En multipliant par $2^{n}>0$ : $\ln(2)=2^{n}\ln(u_{n})$ pour tout entier naturel $n$.

Vérification : pour $n=1$, $2\ln\left(\sqrt{2}\right)=2\times\dfrac{1}{2}\ln(2)=\ln(2)$. Cette égalité donne aussi $u_{n}=\mathrm{e}^{\ln(2)/2^{n}}=2^{\frac{1}{2^{n}}}$, qui tend vers $\mathrm{e}^{0}=1$ : on retrouve la limite de la partie A.

B.2.a. Tous les termes sont supérieurs à $1$ (et même strictement, $u_{n}=2^{1/2^{n}}>1$), donc la borne $0{,}99$ est toujours respectée : il s'agit de trouver le premier terme strictement inférieur à $1{,}01$. La suite étant décroissante, une fois ce seuil franchi, tous les termes suivants restent dans l'intervalle.

Valeurs à la calculatrice : $u_{5}\approx 1{,}021\,90$, $u_{6}\approx 1{,}010\,89$, encore supérieur à $1{,}01$, puis $u_{7}\approx 1{,}005\,43$, qui appartient à $]0{,}99\,;1{,}01[$. Le plus petit entier cherché est $k=7$, et $u_{7}\approx 1{,}005\,43$ à $10^{-5}$ près.

Vérification par le calcul : $u_{k}<1{,}01\iff\dfrac{\ln(2)}{2^{k}}<\ln(1{,}01)\iff 2^{k}>\dfrac{\ln(2)}{\ln(1{,}01)}\approx 69{,}66$, et $2^{6}=64<69{,}66<128=2^{7}$, d'où $k=7$. Piège : s'arrêter à $u_{6}\approx 1{,}010\,9$, qui « ressemble » à $1{,}01$ mais lui est supérieur.

B.2.b. Comme $u_{7}$ appartient à $]0{,}99\,;1{,}01[$, on applique l'approximation décidée par l'énoncé, $\ln(x)\approx x-1$ (on remplace la courbe par sa tangente T en $1$) : $\ln(u_{7})\approx u_{7}-1\approx 0{,}005\,43$.

Le graphique montre la qualité de cette approximation : près de l'abscisse $1$, la courbe $\mathscr{C}$ et la tangente T sont presque confondues, et plus le point $\mathrm{A}_{k}$ se rapproche de $1$, plus l'écart est faible. C'est tout l'intérêt de prendre des racines carrées successives : elles rapprochent $u_{k}$ de $1$.

B.2.c. D'après 1.c avec $n=7$, $\ln(2)=2^{7}\ln(u_{7})=128\ln(u_{7})$. Avec 2.b : $\ln(2)\approx 128\times 0{,}005\,43\approx 0{,}695\,04$, soit $\ln(2)\approx 0{,}695$.

Comparaison avec la valeur de la calculatrice, $\ln(2)\approx 0{,}693\,15$ : l'erreur est d'environ $0{,}002$, soit moins de $0{,}3\,\%$. L'approximation est PAR EXCÈS, et le graphique dit pourquoi : la fonction ln est concave, donc sa courbe est sous sa tangente T, et $\ln(x)\leqslant x-1$ pour tout $x>0$. Le facteur $128$ multiplie aussi l'erreur commise sur $\ln(u_{7})$ : pour mieux approcher $\ln(2)$, il faut aller plus loin dans la suite, ce que fait la méthode de Briggs avec un seuil plus fin.

Remarque historique, sans incidence sur l'exercice : Henry Briggs (1561-1630) a publié ses tables de logarithmes en 1617 et en 1624, c'est-à-dire au début du XVII$^{\text{e}}$ siècle plutôt qu'au XVI$^{\text{e}}$.

B.3. La boucle reproduit la partie B pour un réel $a>1$ quelconque : tant que $a\geqslant 1{,}01$, on remplace $a$ par sa racine carrée et le compteur $n$ augmente de $1$. À la sortie, la variable a contient $a^{\frac{1}{2^{n}}}$, qui appartient à $]1\,;1{,}01[$, et $n$ est le nombre de racines prises. En reprenant 1.c avec $a$ à la place de $2$ (même calcul : $\ln\left(a^{\frac{1}{2^{n}}}\right)=\dfrac{\ln(a)}{2^{n}}$), on a $\ln(a_{\text{initial}})=2^{n}\ln(a_{\text{final}})\approx 2^{n}(a_{\text{final}}-1)$.

La ligne à compléter est donc L = 2**n*(a-1). En Python, la puissance s'écrit ** et non ^ (qui est un autre opérateur) ; on peut aussi écrire pow(2, n)*(a-1), la fonction pow étant importée avec le module math. Pour $a=2$, l'appel Briggs(2) fait sept tours de boucle et renvoie environ $0{,}695\,03$, la valeur de 2.c sans l'arrondi intermédiaire.

Dans le programme tel qu'il est reproduit, l'instruction return L est imprimée sans retrait ; elle appartient à la fonction et doit être indentée comme le reste de son corps, ce que fait le programme corrigé ci-dessous. Erreur fréquente : écrire L = log(a), qui utiliserait justement la fonction que la méthode cherche à approcher, ou L = 2**n*a, en oubliant le $-1$ de la tangente.

from math import *
def Briggs(a):
    n = 0
    while a >= 1.01:
        a = sqrt(a)
        n = n+1
    L = 2**n*(a-1)
    return L

Repère de travail pour la partie A. Le cube est d'arête $1$ et ses arêtes issues de A sont deux à deux orthogonales : $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$ est un repère orthonormé de l'espace. On y lit $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$, $\mathrm{C}(1\,;1\,;0)$, $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$, $\mathrm{E}(0\,;0\,;1)$, $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$, $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$, $\mathrm{H}(0\,;1\,;1)$, puis, par les coordonnées des milieux, $\mathrm{I}\left(\frac{1}{2}\,;0\,;0\right)$, $\mathrm{J}\left(1\,;0\,;\frac{1}{2}\right)$, $\mathrm{K}\left(0\,;0\,;\frac{1}{2}\right)$, $\mathrm{L}\left(\frac{1}{2}\,;1\,;0\right)$ et $\mathrm{M}\left(0\,;1\,;\frac{1}{2}\right)$. Ce repère n'est pas donné par l'énoncé : il faut le CHOISIR et le dire sur la copie.