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

A.1. L'évènement $S$ est « Abel réussit son premier service » : sa première balle est bonne, et le point se joue sur ce premier service. Son évènement contraire $\overline{S}$ est « Abel rate son premier service » : il doit alors servir une deuxième balle. L'énoncé ayant déjà défini $S$, la question vise sans doute surtout cette lecture de $\overline{S}$, indispensable pour placer les $45\,\%$ dans l'arbre.

Traduction des données. « Abel réussit son premier service dans $70\,\%$ des cas » : $P(S)=0{,}7$, donc $P(\overline{S})=1-0{,}7=0{,}3$. « Lorsque le premier service est réussi, il gagne le point dans $80\,\%$ des cas » : c'est une probabilité conditionnée par $S$, $P_{S}(G)=0{,}8$, d'où $P_{S}(\overline{G})=0{,}2$. « Après un échec à son premier service, Abel gagne le point dans $45\,\%$ des cas » : $P_{\overline{S}}(G)=0{,}45$, d'où $P_{\overline{S}}(\overline{G})=0{,}55$.

L'arbre pondéré a donc un premier niveau $S$ ($0{,}7$) et $\overline{S}$ ($0{,}3$), puis, sous chacun, $G$ et $\overline{G}$ avec les probabilités conditionnelles ci-dessus ; il est dessiné en fin de corrigé, avec la probabilité de chaque chemin. Contrôle : sur chaque nœud, les branches ont pour somme $1$. Erreur fréquente : écrire $0{,}8$ sur la branche qui mène à $G$ depuis la racine, alors que les $80\,\%$ ne concernent que les points où le premier service est bon.

A.2. Formule des probabilités composées, lue sur le chemin $S$ puis $G$ : $P(S\cap G)=P(S)\times P_{S}(G)=0{,}7\times 0{,}8=0{,}56$.

Contrôle : une intersection est plus petite que chacun des deux évènements, et $0{,}56\leqslant P(S)=0{,}7$. Le piège est de répondre $0{,}8$, qui est la probabilité de gagner le point SACHANT que le premier service est bon, et non celle de « premier service bon ET point gagné ».

A.3. Formule des probabilités totales, avec la partition $\{S\,;\overline{S}\}$ de l'univers : $P(G)=P(S\cap G)+P(\overline{S}\cap G)=P(S)\times P_{S}(G)+P(\overline{S})\times P_{\overline{S}}(G)$.

Numériquement : $P(G)=0{,}56+0{,}3\times 0{,}45=0{,}56+0{,}135=0{,}695$. On retrouve la valeur annoncée.

Vérification de vraisemblance : $P(G)$ est une moyenne de $0{,}8$ et de $0{,}45$ pondérée par $0{,}7$ et $0{,}3$, donc comprise entre les deux et plus proche de $0{,}8$ : c'est bien le cas. La rédaction attendue nomme la formule des probabilités totales et la partition ; une simple somme de produits sans justification perd une partie des points.

A.4. On sait qu'Abel a gagné le point : on cherche une probabilité conditionnée par $G$, soit $P_{G}(S)$. L'arbre commence par $S$, la question part de $G$ : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle (démarche de la formule de Bayes).

$P_{G}(S)=\dfrac{P(S\cap G)}{P(G)}=\dfrac{0{,}56}{0{,}695}\approx 0{,}806$ arrondi à $10^{-3}$. Quand Abel gagne le point, il avait réussi son premier service dans environ $80{,}6\,\%$ des cas.

Le piège est de confondre $P_{G}(S)$ et $P_{S}(G)=0{,}8$ : les deux nombres sont ici voisins, mais c'est une coïncidence, et la démarche n'est pas la même. Le dénominateur est la probabilité de l'évènement DONNÉ, $G$.

A.5. Deux évènements $S$ et $G$ sont indépendants si et seulement si $P(S\cap G)=P(S)\times P(G)$. Ici $P(S)\times P(G)=0{,}7\times 0{,}695=0{,}486\,5$, alors que $P(S\cap G)=0{,}56$. Les deux nombres diffèrent : les évènements $S$ et $G$ ne sont PAS indépendants.

Autre façon, plus parlante : $P_{S}(G)=0{,}8$ alors que $P(G)=0{,}695$. Savoir que le premier service est réussi modifie la probabilité de gagner le point, ce qui est exactement la définition de la dépendance. Erreur fréquente : confondre « indépendants » et « incompatibles ». Des évènements incompatibles vérifient $P(S\cap G)=0$, ce qui n'a rien à voir.

B.1.a. Schéma de Bernoulli : on répète $20$ fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues, « la balle est conforme », succès de probabilité $p=0{,}85$, ou non. La variable $X$ compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres $n=20$ et $p=0{,}85$, notée $\mathcal{B}(20\,;0{,}85)$.

Les quatre éléments de la justification sont attendus : deux issues, même probabilité à chaque test, indépendance des tests (c'est le rôle de l'hypothèse « tirage avec remise »), et $X$ compte les succès. Le paramètre $p$ est celui du succès que $X$ compte, ici la conformité : $0{,}85$, pas $0{,}15$.

B.1.b. Méthode : l'évènement contraire de $X\leqslant 18$ est $X\in\{19\,;20\}$, qui ne compte que deux valeurs. Avec la formule $P(X=k)=\binom{20}{k}0{,}85^{k}\,0{,}15^{20-k}$ :

$P(X=20)=0{,}85^{20}\approx 0{,}038\,76$ et $P(X=19)=\binom{20}{19}\times 0{,}85^{19}\times 0{,}15=20\times 0{,}85^{19}\times 0{,}15\approx 0{,}136\,80$.

Donc $P(X\leqslant 18)=1-P(X=19)-P(X=20)\approx 1-0{,}136\,80-0{,}038\,76\approx 0{,}824$. La calculatrice le donne directement par la fonction de répartition de la loi binomiale (paramètres $20$, $0{,}85$, borne $18$).

Pièges : on arrondit à la FIN, pas les deux probabilités intermédiaires à $10^{-3}$ ; et « $\leqslant 18$ » inclut $18$ : la fonction de répartition doit être appelée avec $18$, pas $17$.

B.1.c. On traduit l'évènement en nombre de balles CONFORMES, que compte $X$. Parmi $20$ balles, « au moins deux balles non conformes » signifie « au plus $20-2=18$ balles conformes », c'est-à-dire $X\leqslant 18$.

La probabilité cherchée est donc celle de la question précédente : $P(X\leqslant 18)\approx 0{,}824$. Le piège coûte la question : calculer $P(X\geqslant 2)$, qui compte les balles conformes et vaut presque $1$, ou poser $X\leqslant 2$. On peut aussi introduire $Y=20-X$, nombre de balles non conformes, qui suit $\mathcal{B}(20\,;0{,}15)$ : $P(Y\geqslant 2)=P(X\leqslant 18)$, même résultat.

B.1.d. L'espérance d'une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ vaut $np$ : $\mathrm{E}(X)=20\times 0{,}85=17$. Sur un grand nombre de séries de $20$ tests, on compte en moyenne $17$ balles conformes par série.

B.2.a. Chaque $X_{i}$ suit la loi de Bernoulli de paramètre $p=0{,}85$ : $\mathrm{E}(X_{i})=p=0{,}85$ et $\mathrm{V}(X_{i})=p(1-p)=0{,}85\times 0{,}15=0{,}127\,5$.

Espérance, par linéarité, sans aucune hypothèse : $\mathrm{E}(M_{n})=\dfrac{1}{n}\left(\mathrm{E}(X_{1})+\cdots+\mathrm{E}(X_{n})\right)=\dfrac{1}{n}\times n\times 0{,}85=0{,}85$.

Variance : $\mathrm{V}(aY)=a^{2}\mathrm{V}(Y)$, donc $\mathrm{V}(M_{n})=\dfrac{1}{n^{2}}\mathrm{V}(X_{1}+\cdots+X_{n})$. Les $X_{i}$ étant INDÉPENDANTES, la variance de la somme est la somme des variances, soit $n\times 0{,}127\,5$. D'où $\mathrm{V}(M_{n})=\dfrac{n\times 0{,}127\,5}{n^{2}}=\dfrac{0{,}127\,5}{n}$.

Erreurs fréquentes : sortir $\dfrac{1}{n}$ de la variance sans le carré, ce qui donnerait $0{,}127\,5$ quel que soit $n$ ; ou additionner les variances sans citer l'indépendance, seule raison qui l'autorise.

B.2.b. Rappel de l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour toute variable aléatoire $Y$ d'espérance $\mathrm{E}(Y)$ et de variance $\mathrm{V}(Y)$, et pour tout réel $\delta>0$, $P\left(|Y-\mathrm{E}(Y)|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(Y)}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]0{,}75\,;0{,}95[$ est centré en $0{,}85=\mathrm{E}(M_{n})$ et a pour demi-largeur $0{,}1$ : $0{,}75<M_{n}<0{,}95\iff|M_{n}-0{,}85|<0{,}1$. On applique l'inégalité à $M_{n}$ avec $\delta=0{,}1$ : $P\left(|M_{n}-0{,}85|\geqslant 0{,}1\right)\leqslant\dfrac{0{,}127\,5/n}{0{,}1^{2}}=\dfrac{0{,}127\,5}{0{,}01\,n}=\dfrac{12{,}75}{n}$.

On passe à l'évènement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(0{,}75<M_{n}<0{,}95)=1-P\left(|M_{n}-0{,}85|\geqslant 0{,}1\right)\geqslant 1-\dfrac{12{,}75}{n}$. C'est l'inégalité demandée, valable pour tout entier $n\geqslant 1$ ($M_{n}$ n'a pas de sens pour $n=0$, où l'on diviserait par zéro ; l'énoncé écrit « pour tout entier naturel $n$ », il faut lire non nul).

Pièges : prendre $\delta=0{,}2$, la largeur entière de l'intervalle, au lieu de la demi-largeur ; et oublier de diviser par $\delta^{2}=0{,}01$ et non par $\delta=0{,}1$.

B.2.c. Il suffit, d'après B.2.b, que $1-\dfrac{12{,}75}{n}>0{,}9$, c'est-à-dire $\dfrac{12{,}75}{n}<0{,}1$, soit, $n$ étant positif, $n>\dfrac{12{,}75}{0{,}1}=127{,}5$. Tout entier $n\geqslant 128$ convient, et $n=128$ est le plus petit que l'inégalité garantisse.

Vérification aux bords : pour $n=128$, $1-\dfrac{12{,}75}{128}\approx 0{,}900\,4>0{,}9$ ; pour $n=127$, $1-\dfrac{12{,}75}{127}\approx 0{,}899\,6<0{,}9$.

Interprétation : en testant $128$ balles ou plus, la proportion de balles conformes de l'échantillon est strictement comprise entre $0{,}75$ et $0{,}95$ avec une probabilité supérieure à $0{,}9$. La question demande « un entier » : $128$, ou tout entier plus grand, est une réponse juste. Ce n'est pas un nombre de tests NÉCESSAIRE : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev est grossière, et un échantillon plus petit suffit déjà en réalité.

1. Méthode : on compare d'abord les vecteurs directeurs, lus sur les coefficients du paramètre, puis on cherche un point commun. $\vec{u}_{1}\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}$ dirige $\Delta_{1}$ et $\vec{u}_{2}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}$ dirige $\Delta_{2}$.

Proposition a : si $\vec{u}_{1}=k\vec{u}_{2}$, la première coordonnée impose $k=-3$ et la deuxième $k=1$ : les vecteurs ne sont pas colinéaires, les droites ne sont pas parallèles. Proposition b : $\vec{u}_{1}\cdot\vec{u}_{2}=-3\times 1+2\times 2+1\times 1=2\neq 0$ : les droites ne sont pas orthogonales.

Proposition c : on cherche $(t\,;s)$, avec deux paramètres DISTINCTS, tel que $1-3t=-4+s$, $4+2t=2+2s$ et $t=-1+s$. La troisième équation donne $s=t+1$ ; reportée dans la première : $1-3t=-4+t+1$, soit $4=4t$, donc $t=1$ et $s=2$. On vérifie la deuxième équation, celle qui n'a pas servi : $4+2\times 1=6$ et $2+2\times 2=6$. Elle est satisfaite : les droites ont le point commun $(-2\,;6\,;1)$. Contrôle : $t=1$ dans $\Delta_{1}$ donne $(1-3\,;4+2\,;1)=(-2\,;6\,;1)$ et $s=2$ dans $\Delta_{2}$ donne $(-4+2\,;2+4\,;-1+2)=(-2\,;6\,;1)$.

Réponse c : les droites sont sécantes. Le piège est d'oublier de vérifier l'équation restante : dans l'espace, deux droites non parallèles sont le plus souvent non coplanaires, et seul ce contrôle distingue « sécantes » de « non coplanaires ».

2. Méthode : position relative d'une droite et d'un plan par le produit scalaire d'un vecteur directeur $\vec{u}$ de la droite et d'un vecteur normal $\vec{n}$ du plan. Ici $\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}$ et $\vec{n}\begin{pmatrix}4\\2\\-1\end{pmatrix}$, lu sur les coefficients de l'équation de $P$.

$\vec{u}\cdot\vec{n}=1\times 4+(-1)\times 2+2\times(-1)=4-2-2=0$ : $\vec{u}$ est orthogonal à $\vec{n}$, donc la droite $d$ est parallèle au plan $P$, ce qui élimine la proposition c. Reste à savoir si elle est incluse : on teste le point $(1\,;3\,;1)$ de $d$, obtenu pour $t=0$. $4\times 1+2\times 3-1+3=12\neq 0$ : ce point n'appartient pas à $P$.

Une droite parallèle à un plan et qui a un point hors du plan est strictement parallèle : réponse b. Autre façon de tout voir d'un coup : en remplaçant, $4(1+t)+2(3-t)-(1+2t)+3=12$ pour tout $t$, l'équation $12=0$ n'a aucune solution, donc aucun point commun. Erreur fréquente : conclure « incluse » dès que $\vec{u}\cdot\vec{n}=0$, sans tester de point.

3. On calcule les vecteurs utiles : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}4\\1\\0\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}-4\\2\\4\end{pmatrix}$, $\overrightarrow{\mathrm{AD}}\begin{pmatrix}-6\\1\\4\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{CD}}\begin{pmatrix}-2\\-1\\0\end{pmatrix}$.

Proposition c : si $\overrightarrow{\mathrm{CD}}=k\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, la première coordonnée impose $k=-\dfrac{1}{2}$ et la deuxième $k=-1$ : pas colinéaires. Proposition b : si $\overrightarrow{\mathrm{AC}}=k\overrightarrow{\mathrm{AB}}$, la troisième coordonnée donne $4=0\times k$, impossible : A, B et C ne sont pas alignés, ils définissent donc un plan.

Proposition a : les quatre points sont coplanaires si et seulement s'il existe des réels $\alpha$ et $\beta$ tels que $\overrightarrow{\mathrm{AD}}=\alpha\overrightarrow{\mathrm{AB}}+\beta\overrightarrow{\mathrm{AC}}$. Le système s'écrit $-6=4\alpha-4\beta$, $1=\alpha+2\beta$ et $4=4\beta$. La troisième équation donne $\beta=1$, la deuxième $\alpha=1-2=-1$, et la première donnerait alors $4\times(-1)-4\times 1=-8\neq -6$. Le système n'a pas de solution : A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

Réponse a. Vérification par un vecteur normal au plan (ABC) : $\vec{n}\begin{pmatrix}1\\-4\\3\end{pmatrix}$ est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ ($4-4+0=0$) et à $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ ($-4-8+12=0$), mais $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AD}}=-6-4+12=2\neq 0$ : D n'est pas dans le plan (ABC). Dans un QCM, deux propositions éliminées ne suffisent pas à valider la troisième par élimination si l'on a fait une erreur de calcul : la vérification directe protège.

4. Vecteurs normaux : $\vec{n}\begin{pmatrix}3\\-2\\1\end{pmatrix}$ pour $Q$ et $\vec{n}'\begin{pmatrix}4\\1\\-1\end{pmatrix}$ pour $Q'$. Ils ne sont pas colinéaires (rapports $\dfrac{4}{3}$ et $-\dfrac{1}{2}$ sur les deux premières coordonnées), donc les plans sont sécants selon une droite.

Proposition a : R vérifie l'équation de $Q$, $3-2-2+1=0$, mais pas celle de $Q'$, $4+1+2+3=10\neq 0$. Proposition b : $\vec{n}\cdot\vec{n}'=12-2-1=9\neq 0$, les plans ne sont pas orthogonaux.

Proposition c : on remplace la représentation paramétrique dans chaque équation. Dans $Q$ : $3t-2(7t+4)+(11t+7)+1=3t-14t+11t-8+7+1=0$ pour tout $t$. Dans $Q'$ : $4t+(7t+4)-(11t+7)+3=4t+7t-11t+4-7+3=0$ pour tout $t$. Tous les points de la droite sont dans les deux plans : la droite est contenue dans leur intersection, et comme les plans sont sécants, leur intersection est une droite, c'est donc elle. Réponse c.

Contrôle : le vecteur directeur $\begin{pmatrix}1\\7\\11\end{pmatrix}$ est bien orthogonal aux deux normales, $3-14+11=0$ et $4+7-11=0$. Le piège de la proposition a : un point qui vérifie la première équation donne envie de conclure trop vite ; il faut tester les deux.

1. On applique la relation de récurrence avec $n=0$, en utilisant $\mathrm{e}^{\ln a}=a$ pour $a>0$ : $v_{1}=\ln\left(-1+2\mathrm{e}^{v_{0}}\right)=\ln\left(-1+2\mathrm{e}^{\ln 4}\right)=\ln(-1+2\times 4)=\ln 7$.

De même $w_{0}=-1+\mathrm{e}^{v_{0}}=-1+\mathrm{e}^{\ln 4}=-1+4=3$. Contrôle avec le tableur : $\ln 7\approx 1{,}945\,910$, c'est la cellule B3, et C2 affiche $3$. La question demande des valeurs EXACTES : $\ln 7$, et non $1{,}946$.

2.a. Deux critères. D'abord, dans un tableur, une formule commence par le signe = : sans lui, la formule 1 serait saisie comme un simple texte. Ensuite, $v_{n+1}$ se calcule à partir de $v_{n}$, le terme précédent, qui est dans la colonne B, une ligne au-dessus : en B3, on fait donc référence à B2, et non à A2, qui contient l'indice $n=0$.

La bonne formule est la formule 2, = LN(−1 + 2 * EXP(B2)). La référence B2, relative, devient B3, B4... quand on recopie vers le bas, ce qui calcule chaque terme à partir du précédent. La formule 3 calculerait $\ln(-1+2\mathrm{e}^{n})$, une autre suite : pour $n=0$, elle donnerait $\ln 1=0$ en B3.

2.b. Les valeurs de la colonne B augmentent de ligne en ligne, de $1{,}386$ pour $v_{0}$ à $12{,}882$ pour $v_{17}$ : on conjecture que la suite $(v_{n})$ est croissante. On remarque au passage que l'écart entre deux termes consécutifs se stabilise vers $0{,}693\approx\ln 2$, ce que la question 3 expliquera.

2.c. On démontre par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $v_{n}\leqslant v_{n+1}$ ».

Initialisation : $v_{0}=\ln 4$ et $v_{1}=\ln 7$ ; la fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$ et $4<7$, donc $v_{0}<v_{1}$ et $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $v_{n}\leqslant v_{n+1}$ ; montrons que $v_{n+1}\leqslant v_{n+2}$. La fonction exponentielle est croissante sur $\mathbb{R}$, donc $\mathrm{e}^{v_{n}}\leqslant\mathrm{e}^{v_{n+1}}$. On multiplie par $2>0$ et on ajoute $-1$ : $-1+2\mathrm{e}^{v_{n}}\leqslant-1+2\mathrm{e}^{v_{n+1}}$. Ces deux nombres sont strictement positifs : comme $v_{n}>0$ (admis), $\mathrm{e}^{v_{n}}>1$ et $-1+2\mathrm{e}^{v_{n}}>1>0$. La fonction $\ln$ étant croissante sur $]0\,;+\infty[$, on obtient $\ln\left(-1+2\mathrm{e}^{v_{n}}\right)\leqslant\ln\left(-1+2\mathrm{e}^{v_{n+1}}\right)$, c'est-à-dire $v_{n+1}\leqslant v_{n+2}$. $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : par le principe de récurrence, $v_{n}\leqslant v_{n+1}$ pour tout entier naturel $n$, et la suite $(v_{n})$ est croissante ; la conjecture est validée. Le même raisonnement avec des inégalités strictes montre qu'elle est même strictement croissante.

Deux points de rigueur font la différence. On applique $\ln$ à des nombres dont on a vérifié qu'ils sont strictement positifs, c'est là que sert l'hypothèse $v_{n}>0$ admise. Et l'hérédité suppose la propriété au rang $n$ seulement, jamais « pour tout $n$ ». On peut aussi raisonner avec la fonction $g:x\mapsto\ln(-1+2\mathrm{e}^{x})$, croissante sur $]0\,;+\infty[$ comme composée de fonctions croissantes, et écrire $v_{n+1}=g(v_{n})\leqslant g(v_{n+1})=v_{n+2}$.

3.a. On exprime $w_{n+1}$ en fonction de $w_{n}$. Par définition, $w_{n+1}=-1+\mathrm{e}^{v_{n+1}}$, et $\mathrm{e}^{v_{n+1}}=\mathrm{e}^{\ln(-1+2\mathrm{e}^{v_{n}})}=-1+2\mathrm{e}^{v_{n}}$, puisque $-1+2\mathrm{e}^{v_{n}}>0$.