Bac 2025 de spécialité maths, Amérique du Sud jour 1 : sujet officiel et corrigé

1.a. Le premier jour, l'étudiant a choisi un plat végétarien ($p_{1}=1$, l'évènement $V_{1}$ est certain). D'après la première donnée de l'énoncé, la probabilité qu'il choisisse un plat végétarien le lendemain est alors $0{,}9$ : $p_{2}=P_{V_{1}}(V_{2})=0{,}9$.

Écrit avec la formule des probabilités totales, pour montrer que rien n'est oublié : $p_{2}=P(V_{1})\times P_{V_{1}}(V_{2})+P\left(\overline{V_{1}}\right)\times P_{\overline{V_{1}}}(V_{2})=1\times 0{,}9+0\times 0{,}7=0{,}9$.

1.b. Méthode : arbre pondéré entre le jour 2 et le jour 3, puis formule des probabilités totales, la partition étant $\left\{V_{2}\,;\overline{V_{2}}\right\}$.

On a $P(V_{2})=0{,}9$ et $P\left(\overline{V_{2}}\right)=1-0{,}9=0{,}1$ ; les probabilités conditionnelles se lisent dans l'énoncé : $P_{V_{2}}(V_{3})=0{,}9$ et $P_{\overline{V_{2}}}(V_{3})=0{,}7$.

Donc $p_{3}=P(V_{2}\cap V_{3})+P\left(\overline{V_{2}}\cap V_{3}\right)=0{,}9\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}7=0{,}81+0{,}07=0{,}88$.

Erreur fréquente : multiplier les probabilités le long d'un seul chemin, $0{,}9\times 0{,}9=0{,}81$, et oublier que l'étudiant peut aussi manger végétarien le troisième jour après un plat non végétarien le deuxième.

1.c. On cherche la probabilité de $\overline{V_{2}}$ sachant $V_{3}$ : c'est une probabilité conditionnelle « inversée », l'information porte sur le jour 3 et la question sur le jour 2. Par définition, $P_{V_{3}}\left(\overline{V_{2}}\right)=\dfrac{P\left(\overline{V_{2}}\cap V_{3}\right)}{P(V_{3})}$.

Le numérateur a été calculé en 1.b : $P\left(\overline{V_{2}}\cap V_{3}\right)=0{,}1\times 0{,}7=0{,}07$. Donc $P_{V_{3}}\left(\overline{V_{2}}\right)=\dfrac{0{,}07}{0{,}88}=\dfrac{7}{88}\approx 0{,}079\,5$, soit $0{,}08$ arrondi à $10^{-2}$.

Cohérence : moins de $8\,\%$ des jours végétariens du jour 3 suivent un jour non végétarien, ce qui est logique puisque le jour 2 lui-même n'est non végétarien qu'avec la probabilité $0{,}1$. Piège : répondre $P_{\overline{V_{2}}}(V_{3})=0{,}7$, c'est-à-dire la probabilité conditionnelle dans le mauvais sens.

2. On complète l'arbre à l'aide des données et de la règle « la somme des probabilités issues d'un même nœud vaut $1$ ».

Premier niveau : $P(V_{n})=p_{n}$ (déjà écrit) et $P\left(\overline{V_{n}}\right)=1-p_{n}$. Depuis $V_{n}$ : $P_{V_{n}}(V_{n+1})=0{,}9$ et $P_{V_{n}}\left(\overline{V_{n+1}}\right)=1-0{,}9=0{,}1$. Depuis $\overline{V_{n}}$ : $P_{\overline{V_{n}}}(V_{n+1})=0{,}7$ et $P_{\overline{V_{n}}}\left(\overline{V_{n+1}}\right)=1-0{,}7=0{,}3$. L'arbre complété figure en fin de corrigé.

Piège : la branche vers $\overline{V_{n}}$ ne porte pas un nombre mais l'expression $1-p_{n}$, puisque $p_{n}$ dépend de $n$.

3. Formule des probabilités totales avec la partition $\left\{V_{n}\,;\overline{V_{n}}\right\}$ (valable pour tout $n\geqslant 1$) : $p_{n+1}=P(V_{n+1})=P(V_{n})\times P_{V_{n}}(V_{n+1})+P\left(\overline{V_{n}}\right)\times P_{\overline{V_{n}}}(V_{n+1})$.

D'où $p_{n+1}=0{,}9p_{n}+0{,}7(1-p_{n})=0{,}9p_{n}+0{,}7-0{,}7p_{n}=0{,}2p_{n}+0{,}7$.

Vérification sur les valeurs connues : $0{,}2\times 1+0{,}7=0{,}9=p_{2}$ et $0{,}2\times 0{,}9+0{,}7=0{,}88=p_{3}$. Le correcteur attend que la formule des probabilités totales soit nommée et que la partition soit dite.

4.a. Le programme 1. La liste L contient au départ $p_{1}=1$ ; la boucle for k in range(1,n) fait tourner $k$ de $1$ à $n-1$, soit $n-1$ tours, et chaque tour ajoute le terme suivant $p_{k+1}$. La liste finale contient donc $1+(n-1)=n$ termes, $p_{1}$ à $p_{n}$.

Le programme 2 fait un tour de trop, range(1,n+1) allant jusqu'à $n$ : il renvoie $n+1$ termes, de $p_{1}$ à $p_{n+1}$. Le programme 3 calcule bien $p$ mais range p+1 dans la liste : les termes ajoutés sont $p_{k+1}+1$, donc faux à partir du deuxième.

Remarque de lecture : dans le programme 1, la ligne 7 est décalée d'une espace de plus que dans les deux autres programmes ; on la lit, comme dans les programmes 2 et 3, au niveau du corps de la fonction, après la boucle.

4.b. On exécute le programme 1 pour $n=5$ : quatre tours de boucle. Départ : L = [1]. Tour $k=1$ : $p=0{,}2\times 1+0{,}7=0{,}9$. Tour $k=2$ : $p=0{,}2\times 0{,}9+0{,}7=0{,}88$. Tour $k=3$ : $p=0{,}2\times 0{,}88+0{,}7=0{,}876$. Tour $k=4$ : $p=0{,}2\times 0{,}876+0{,}7=0{,}875\,2$.

Le résultat renvoyé est la liste $[1\,;0{,}9\,;0{,}88\,;0{,}876\,;0{,}875\,2]$, c'est-à-dire $p_{1}$ à $p_{5}$. Python calcule en nombres flottants, qui ne représentent pas exactement $0{,}2$ ni $0{,}7$ : l'écran affiche en réalité [1, 0.8999999999999999, 0.8799999999999999, 0.8759999999999999, 0.8752]. Ces écarts, de l'ordre de $10^{-16}$, viennent de l'écriture binaire des décimaux et ne changent rien à la réponse attendue.

5. On démontre par récurrence, pour tout entier $n\geqslant 1$, la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $p_{n}=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875$ ».

Initialisation : pour $n=1$, $0{,}125\times 0{,}2^{0}+0{,}875=0{,}125+0{,}875=1=p_{1}$, donc $\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité : soit $n\geqslant 1$ un entier tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie. D'après la question 3, $p_{n+1}=0{,}2p_{n}+0{,}7=0{,}2\left(0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875\right)+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}175+0{,}7=0{,}125\times 0{,}2^{n}+0{,}875$. C'est exactement $\mathcal{P}(n+1)$, puisque $0{,}2^{(n+1)-1}=0{,}2^{n}$.

Conclusion : $\mathcal{P}(1)$ est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, $p_{n}=0{,}125\times 0{,}2^{n-1}+0{,}875$ pour tout entier $n\geqslant 1$.

Contrôle : $n=3$ donne $0{,}125\times 0{,}04+0{,}875=0{,}88$, la valeur de 1.b. Le nombre $0{,}875$ n'est pas un hasard : c'est le point fixe de $x\mapsto 0{,}2x+0{,}7$, solution de $x=0{,}2x+0{,}7$, soit $x=\dfrac{0{,}7}{0{,}8}=0{,}875$. Erreurs fréquentes : initialiser à $n=0$ alors que la suite commence à $n=1$, et écrire $0{,}2\times 0{,}2^{n-1}=0{,}2^{n+1}$ au lieu de $0{,}2^{n}$.

6. Limite d'une suite géométrique : comme $-1<0{,}2<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}2^{n-1}=0$. Par produit par la constante $0{,}125$ puis somme, $\lim\limits_{n\to+\infty}p_{n}=0{,}125\times 0+0{,}875=0{,}875$.

Interprétation : à long terme, l'étudiant choisit un plat végétarien avec une probabilité proche de $0{,}875$, environ sept jours sur huit, quel que soit son choix du jour de la rentrée. Les termes calculés en 4.b, $0{,}876$ puis $0{,}875\,2$, s'en approchent déjà par valeurs supérieures.

def repas(n):
    p = 1
    L = [p]
    for k in range(1, n):
        p = 0.2*p + 0.7
        L.append(p)
    return L

print(repas(5))
# affiche [1, 0.8999999999999999, 0.8799999999999999, 0.8759999999999999, 0.8752]

1. Méthode : principe multiplicatif. Une poignée de main est déterminée par un couple (joueur de la première équipe, joueur de la seconde équipe), et chaque couple donne exactement une poignée, puisque chaque joueur serre une seule fois la main de chaque adversaire. Le nombre de poignées est donc le cardinal du produit cartésien des deux équipes : $22\times 25=550$.

Vérification par l'autre bout : chacun des $22$ joueurs de la première équipe serre $25$ mains, soit $22\times 25$ ; chacun des $25$ joueurs de la seconde en serre $22$, soit $25\times 22$, le même nombre, ce qui confirme qu'on n'a rien compté deux fois.

$550\neq 47$ : l'affirmation 1 est FAUSSE. Le nombre $47=22+25$ est le nombre de joueurs, pas de poignées de main. C'est l'erreur que l'affirmation cherche à provoquer : additionner là où les choix s'enchaînent, et donc se multiplient.

2. Méthode : choisir le modèle de dénombrement selon que l'ordre compte ou non. Les trois premiers reçoivent « indistinctement » le même prix : une distribution des prix est seulement le choix de l'ensemble des trois lauréats parmi les $18$ concurrents, l'ordre d'arrivée entre eux ne changeant rien. C'est une combinaison : $\dbinom{18}{3}=\dfrac{18\times 17\times 16}{3\times 2\times 1}=\dfrac{4\,896}{6}=816$.

$816\neq 4\,896$ : l'affirmation 2 est FAUSSE.

Le nombre $4\,896=18\times 17\times 16$ est le nombre de $3$-arrangements, c'est-à-dire de podiums ORDONNÉS : il conviendrait si les trois prix étaient différents (or, argent, bronze). Chaque ensemble de trois lauréats correspond à $3!=6$ ordres d'arrivée, d'où le facteur $6$ entre les deux nombres : $816\times 6=4\,896$.

3. Méthode : un podium est une liste ordonnée de trois sportifs distincts pris parmi sept, c'est-à-dire un $3$-arrangement. Pour compter ceux qui contiennent Jacques, on passe par le complémentaire.

Nombre total de podiums : $7\times 6\times 5=210$. Podiums SANS Jacques, formés avec les six autres sportifs : $6\times 5\times 4=120$. Podiums dont Jacques fait partie : $210-120=90$.

Vérification par un dénombrement direct : on choisit la place de Jacques sur le podium ($3$ possibilités), puis on remplit les deux autres places, dans l'ordre, avec deux des six autres sportifs ($6\times 5=30$ possibilités) : $3\times 30=90$. Les deux méthodes concordent : l'affirmation 3 est VRAIE.

Piège : compter $\dbinom{6}{2}=15$ façons de choisir ses deux compagnons, en oubliant que le podium est ordonné ; il faut alors multiplier par les $3!=6$ ordres possibles des trois sportifs, et l'on retrouve $15\times 6=90$.

4. Méthode : $Y=X_{1}+X_{2}$ prend la valeur $4$ pour chaque couple de valeurs $(x\,;x')$ tel que $x+x'=4$ ; on liste ces couples, puis on utilise l'indépendance, $P(X_{1}=x\,\cap\,X_{2}=x')=P(X_{1}=x)\times P(X_{2}=x')$.

Les valeurs possibles sont $-2$, $-1$, $2$ et $5$. Pour obtenir $4$ : $-1+5$, $5+(-1)$ et $2+2$ ; $-2$ exigerait $6$, qui n'est pas une valeur possible. Les trois évènements $\{X_{1}=-1\}\cap\{X_{2}=5\}$, $\{X_{1}=5\}\cap\{X_{2}=-1\}$ et $\{X_{1}=2\}\cap\{X_{2}=2\}$ sont deux à deux incompatibles.

Donc $P(Y=4)=0{,}4\times 0{,}2+0{,}2\times 0{,}4+0{,}3\times 0{,}3=0{,}08+0{,}08+0{,}09=0{,}25$. L'affirmation 4 est VRAIE.

Erreur fréquente : ne compter le couple $(-1\,;5)$ qu'une fois, ce qui donne $0{,}08+0{,}09=0{,}17$. Les couples $(-1\,;5)$ et $(5\,;-1)$ sont deux issues différentes : dans la première, c'est $X_{1}$ qui vaut $-1$, dans la seconde, c'est $X_{2}$. Le couple $(2\,;2)$, lui, ne se compte qu'une fois.

5. Méthode : probabilité conditionnelle, $P_{X\geqslant 15}(X\geqslant 18)=\dfrac{P\left(\{X\geqslant 18\}\cap\{X\geqslant 15\}\right)}{P(X\geqslant 15)}$. Atteindre l'objectif au moins $18$ fois implique de l'avoir atteint au moins $15$ fois : l'évènement $\{X\geqslant 18\}$ est inclus dans $\{X\geqslant 15\}$, donc leur intersection est $\{X\geqslant 18\}$ et $P_{X\geqslant 15}(X\geqslant 18)=\dfrac{P(X\geqslant 18)}{P(X\geqslant 15)}$.

$X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(20\,;0{,}85)$. À la calculatrice, par les probabilités cumulées : $P(X\geqslant 18)=1-P(X\leqslant 17)\approx 1-0{,}595\,1=0{,}404\,9$ et $P(X\geqslant 15)=1-P(X\leqslant 14)\approx 1-0{,}067\,3=0{,}932\,7$. On peut aussi sommer les termes : $P(X=18)\approx 0{,}229\,3$, $P(X=19)\approx 0{,}136\,8$, $P(X=20)=0{,}85^{20}\approx 0{,}038\,8$, de somme $0{,}404\,9$.

Donc $P_{X\geqslant 15}(X\geqslant 18)\approx\dfrac{0{,}404\,9}{0{,}932\,7}\approx 0{,}434\,1$, soit $0{,}434$ à $10^{-3}$ près. L'affirmation 5 est VRAIE.

Interprétation : les jours où le nageur atteint au moins $15$ fois son objectif, ce qui arrive avec une probabilité d'environ $0{,}93$, il l'atteint au moins $18$ fois un peu moins d'une fois sur deux. Le conditionnement augmente légèrement la probabilité, de $0{,}405$ à $0{,}434$, puisqu'on divise par un nombre inférieur à $1$.

Pièges : écrire $P(X\geqslant 15)=1-P(X\leqslant 15)$, qui retire à tort la valeur $15$ ; diviser par $P(X\geqslant 18)$ au lieu de $P(X\geqslant 15)$ ; ou répondre $P(X\geqslant 18)\approx 0{,}405$ en oubliant la condition. Pour éviter de cumuler les erreurs d'arrondi, on garde les valeurs de la calculatrice en mémoire jusqu'au quotient.

A.1. La concentration est maximale au sommet de la courbe, dont l'abscisse se lit à $t=1$ : la concentration est maximale environ $1$ heure après l'ingestion, et vaut alors un peu plus de $1{,}8$ g/L. La partie C le confirme : le maximum est atteint exactement en $t=1$.

A.2. On trace la droite horizontale d'ordonnée $1$ ; les solutions de $f(t)\geqslant 1$ sont les abscisses des points de la courbe situés sur ou au-dessus de cette droite. La courbe la coupe en montant vers $t\approx 0{,}25$ et en descendant vers $t\approx 2{,}55$ (un petit carreau vaut $0{,}2$ heure). L'ensemble des solutions est donc environ l'intervalle $[0{,}25\,;2{,}55]$, bornes comprises puisque l'inégalité est large.

La précision d'une lecture est d'un demi-carreau : toute réponse du type $[0{,}2\,;2{,}5]$ ou $[0{,}3\,;2{,}6]$ est acceptable. La question C.3 donne les valeurs fines, $0{,}26$ et $2{,}54$.

A.3. Sur la première partie, la courbe est « en dôme » : elle est située sous ses tangentes et la pente diminue, $f$ est concave. Plus loin, la courbe s'aplatit en restant au-dessus de ses tangentes, la pente (négative) augmente vers $0$ : $f$ est convexe. Le changement, c'est-à-dire le point d'inflexion, se situe vers $t=2$. Lecture : $f$ est concave sur $[0\,;2]$ et convexe sur $[2\,;8]$ environ.

Confirmation par le calcul, qui n'était pas demandé : avec $f(t)=5t\mathrm{e}^{-t}$ (partie C) et $f'(t)=5(1-t)\mathrm{e}^{-t}$ (question C.2), on obtient $f''(t)=5\left[-\mathrm{e}^{-t}-(1-t)\mathrm{e}^{-t}\right]=5(t-2)\mathrm{e}^{-t}$, du signe de $t-2$ : $f''\leqslant 0$ sur $[0\,;2]$ et $f''\geqslant 0$ sur $[2\,;8]$. Le graphique s'arrête à $t=7{,}5$, mais la courbe y est déjà nettement convexe et le calcul montre qu'elle le reste jusqu'à $8$.

Piège : placer le changement de convexité au sommet, en $t=1$. Le sommet est l'endroit où la dérivée s'annule ; le point d'inflexion est celui où la dérivée est la plus négative, c'est-à-dire où la descente est la plus raide.

B.1. $(E')$ s'écrit $y'=-y$, de la forme $y'=ay$ avec $a=-1$. D'après le cours, ses solutions sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $t\mapsto C\mathrm{e}^{-t}$, où $C$ est une constante réelle quelconque.

Vérification : si $y(t)=C\mathrm{e}^{-t}$, alors $y'(t)=-C\mathrm{e}^{-t}$ et $y'+y=0$. Piège : écrire $C\mathrm{e}^{t}$ en oubliant que l'équation est $y'=-y$ et non $y'=y$.

B.2. La fonction $u$ est dérivable comme produit de fonctions dérivables. Dérivée d'un produit, avec $(\mathrm{e}^{-t})'=-\mathrm{e}^{-t}$ : $u'(t)=a\mathrm{e}^{-t}+at\times(-\mathrm{e}^{-t})=a\mathrm{e}^{-t}-at\mathrm{e}^{-t}$.

Donc $u'(t)+u(t)=a\mathrm{e}^{-t}-at\mathrm{e}^{-t}+at\mathrm{e}^{-t}=a\mathrm{e}^{-t}$. La fonction $u$ est solution de $(E)$ si et seulement si $a\mathrm{e}^{-t}=5\mathrm{e}^{-t}$ pour tout $t\geqslant 0$, c'est-à-dire, en divisant par $\mathrm{e}^{-t}>0$, si et seulement si $a=5$.

La solution particulière est donc $u(t)=5t\mathrm{e}^{-t}$. Erreur fréquente : dériver $at\mathrm{e}^{-t}$ en $-a\mathrm{e}^{-t}$, en oubliant la dérivée du facteur $t$ ; les termes en $t\mathrm{e}^{-t}$ ne se simplifient alors plus.

B.3. Théorème du cours : les solutions de l'équation complète $(E)$ s'obtiennent en ajoutant à une solution particulière de $(E)$ les solutions de l'équation homogène $(E')$. Les solutions de $(E)$ sont donc les fonctions $y$ définies sur $[0\,;+\infty[$ par $y(t)=C\mathrm{e}^{-t}+5t\mathrm{e}^{-t}=(5t+C)\mathrm{e}^{-t}$, avec $C\in\mathbb{R}$.

Justification rapide du théorème : $y$ est solution de $(E)$ si et seulement si $(y-u)'+(y-u)=5\mathrm{e}^{-t}-5\mathrm{e}^{-t}=0$, c'est-à-dire si et seulement si $y-u$ est solution de $(E')$.

B.4. La fonction $f$ est une solution de $(E)$ : il existe un réel $C$ tel que $f(t)=(5t+C)\mathrm{e}^{-t}$. La condition initiale donne $f(0)=(0+C)\mathrm{e}^{0}=C$, donc $C=0$, et $f(t)=5t\mathrm{e}^{-t}$ pour tout $t\geqslant 0$. C'est l'expression admise dans la partie C.

C.1. En $+\infty$, $5t\to+\infty$ et $\mathrm{e}^{-t}\to 0$ : le produit est une forme indéterminée « $\infty\times 0$ ». On l'écrit $f(t)=5\times\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}}$. Par croissance comparée, $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\mathrm{e}^{t}}{t}=+\infty$, donc $\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{t}{\mathrm{e}^{t}}=0$ et $\lim\limits_{t\to+\infty}f(t)=0$.

Interprétation : à long terme, la concentration du médicament dans le sang tend vers $0$ g/L ; le médicament est progressivement éliminé par l'organisme. Le graphique le montre : après $6$ heures, la concentration est déjà inférieure à $0{,}1$ g/L.

C.2. $f$ est dérivable sur $[0\,;+\infty[$ et, comme en B.2 avec $a=5$ : $f'(t)=5\mathrm{e}^{-t}-5t\mathrm{e}^{-t}=5(1-t)\mathrm{e}^{-t}$.

Signe : $5>0$ et $\mathrm{e}^{-t}>0$, donc $f'(t)$ est du signe de $1-t$ : $f'(t)>0$ sur $[0\,;1[$, $f'(1)=0$, $f'(t)<0$ sur $]1\,;+\infty[$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $[0\,;1]$ et strictement décroissante sur $[1\,;+\infty[$.

Valeurs du tableau : $f(0)=0$ ; maximum $f(1)=5\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{5}{\mathrm{e}}\approx 1{,}84$ ; limite $0$ en $+\infty$ (question C.1). Le tableau de variation complet figure en fin de corrigé. Le maximum confirme les lectures A.1 : $1$ heure et environ $1{,}8$ g/L.

« Complet » veut dire avec la valeur exacte du maximum, $\dfrac{5}{\mathrm{e}}$, la valeur en $0$ et la limite en $+\infty$ : c'est sur ces trois valeurs que s'appuie la question suivante.

C.3. Méthode : corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas d'une fonction continue et strictement monotone), appliqué sur chacun des deux intervalles de monotonie.

Sur $[0\,;1]$ : $f$ est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec $f(0)=0$ et $f(1)=\dfrac{5}{\mathrm{e}}\approx 1{,}84$. Comme $1\in\left[0\,;\dfrac{5}{\mathrm{e}}\right]$, l'équation $f(t)=1$ admet une unique solution $t_{1}$ dans $[0\,;1]$.

Sur $[1\,;+\infty[$ : $f$ est continue et strictement décroissante, $f(1)=\dfrac{5}{\mathrm{e}}>1$ et $\lim\limits_{t\to+\infty}f(t)=0<1$. Par le même corollaire, étendu à un intervalle ouvert à droite, l'équation $f(t)=1$ admet une unique solution $t_{2}$ dans $[1\,;+\infty[$. Il existe donc bien deux réels $t_{1}$ et $t_{2}$, et ce sont les deux seuls, tels que $f(t_{1})=f(t_{2})=1$.

Valeurs approchées par balayage à la calculatrice : $f(0{,}25)\approx 0{,}974<1$ et $f(0{,}26)\approx 1{,}002>1$, donc $0{,}25<t_{1}<0{,}26$ ; avec un pas de $0{,}001$, $t_{1}\approx 0{,}259$, d'où $t_{1}\approx 0{,}26$. De même $f(2{,}54)\approx 1{,}002>1$ et $f(2{,}55)\approx 0{,}996<1$, donc $2{,}54<t_{2}<2{,}55$ ; plus finement $t_{2}\approx 2{,}543$, d'où $t_{2}\approx 2{,}54$.

Sur l'arrondi : une « valeur approchée à $10^{-2}$ » peut être la valeur par défaut, $0{,}25$, que donne directement l'encadrement, ou l'arrondi au centième, $0{,}26$ ; les deux sont acceptées. Pour l'arrondi, l'encadrement $0{,}25<t_{1}<0{,}26$ ne suffit pas : il faut un pas de plus, par exemple $f(0{,}255)\approx 0{,}988<1$, qui place $t_{1}$ dans $[0{,}255\,;0{,}26]$. Pour $t_{2}$, les deux valeurs coïncident : $2{,}54$. L'erreur à éviter est de donner une valeur prise hors de l'encadrement, ou de ne pas vérifier les signes de $f(t)-1$ aux deux bornes.