Bac 2025 de spécialité maths, Métropole jour 1 : sujet officiel et corrigé

1. Le premier niveau de l'arbre porte les quatre groupes sanguins, qui forment une partition de la population : chaque personne appartient à un groupe et un seul. L'énoncé donne $p(A)=0{,}45$, $p(B)=0{,}10$ et $p(AB)=0{,}03$ ; la probabilité du groupe O s'en déduit, puisque les quatre probabilités ont pour somme $1$ : $p(O)=1-(0{,}45+0{,}10+0{,}03)=1-0{,}58=0{,}42$.

Le second niveau porte des probabilités CONDITIONNELLES : « parmi eux $85\,\%$ sont de rhésus positif » se rapporte aux seuls individus du groupe A, donc $p_{A}(R)=0{,}85$ et, par l'évènement contraire, $p_{A}(\overline{R})=1-0{,}85=0{,}15$. De même $p_{B}(R)=0{,}84$, $p_{B}(\overline{R})=0{,}16$, puis $p_{AB}(R)=0{,}82$, $p_{AB}(\overline{R})=0{,}18$.

Les dix pointillés sont donc : $0{,}45$ ; $0{,}10$ ; $0{,}03$ ; $0{,}42$ sur le premier niveau, puis $0{,}85$ et $0{,}15$ après $A$, $0{,}84$ et $0{,}16$ après $B$, $0{,}82$ et $0{,}18$ après $AB$. Les deux branches issues de $O$ ne portent pas de pointillés dans l'énoncé : leur valeur est l'objet de la question 3. L'arbre complet, avec les probabilités des chemins, figure en fin de corrigé.

Contrôle : les branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$. Erreur fréquente : oublier que $p(O)$ n'est pas donnée et laisser le pointillé vide, alors que c'est la seule valeur du premier niveau qu'il faut CALCULER.

2. Probabilité d'une intersection, lue sur le chemin $B$ puis $R$ (formule des probabilités composées) : $p(B\cap R)=p(B)\times p_{B}(R)=0{,}10\times 0{,}84=0{,}084$.

Interprétation : $8{,}4\,\%$ de la population française est à la fois de groupe sanguin B ET de rhésus positif. Il faut nommer la population de référence, toute la population : dire « $8{,}4\,\%$ des personnes du groupe B sont de rhésus positif » serait faux, cette proportion-là vaut $84\,\%$.

3. Méthode : formule des probabilités totales avec la partition $\{A\,;B\,;AB\,;O\}$, puis définition d'une probabilité conditionnelle. On a $p(R)=p(A\cap R)+p(B\cap R)+p(AB\cap R)+p(O\cap R)$.

Les trois premiers termes se lisent sur l'arbre : $p(A\cap R)=0{,}45\times 0{,}85=0{,}3825$, $p(B\cap R)=0{,}084$ (question 2) et $p(AB\cap R)=0{,}03\times 0{,}82=0{,}0246$. Leur somme vaut $0{,}3825+0{,}084+0{,}0246=0{,}4911$. Donc $p(O\cap R)=0{,}8397-0{,}4911=0{,}3486$.

Puis $p_{O}(R)=\dfrac{p(O\cap R)}{p(O)}=\dfrac{0{,}3486}{0{,}42}=0{,}83$. Vérification : $0{,}42\times 0{,}83=0{,}3486$, c'est bien la valeur trouvée. On complète ainsi l'arbre : $p_{O}(R)=0{,}83$ et $p_{O}(\overline{R})=0{,}17$.

Le piège : diviser par $p(R)$ au lieu de $p(O)$. Le dénominateur est toujours la probabilité de l'évènement QUI CONDITIONNE, celui qu'on sait réalisé, ici « être du groupe O ».

4. Être donneur universel, c'est être du groupe O ET de rhésus négatif : on cherche $p(O\cap\overline{R})$. Sur le chemin $O$ puis $\overline{R}$ : $p(O\cap\overline{R})=p(O)\times p_{O}(\overline{R})=0{,}42\times(1-0{,}83)=0{,}42\times 0{,}17=0{,}0714$.

Vérification par une autre voie : $p(O\cap\overline{R})=p(O)-p(O\cap R)=0{,}42-0{,}3486=0{,}0714$. Environ $7\,\%$ de la population est donneur universel. Erreur fréquente : prendre $p_{O}(R)=0{,}83$ au lieu de son complément, alors que le donneur universel est de rhésus NÉGATIF.

5.a. On répète $100$ fois, de façon identique et indépendante (le choix est assimilé à un tirage avec remise), l'épreuve de Bernoulli « choisir une personne », dont le succès « la personne est donneur universel » a pour probabilité $0{,}0714$ (question 4). $X$ compte le nombre de succès : $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=100$ et $p=0{,}0714$.

La rédaction attendue nomme les trois ingrédients : l'épreuve de Bernoulli et son succès, la répétition identique et indépendante, la variable qui compte les succès. Sans l'argument du tirage avec remise, l'indépendance n'est pas justifiée.

5.b. « Au plus 7 donneurs universels » s'écrit $X\leqslant 7$. La calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale, souvent appelée binomFRep ou Binomial CD) donne $P(X\leqslant 7)=\displaystyle\sum_{k=0}^{7}\binom{100}{k}0{,}0714^{k}\times 0{,}9286^{100-k}\approx 0{,}577$ à $10^{-3}$ près.

Cohérence : l'espérance de $X$ vaut $7{,}14$ (question suivante), et la probabilité d'être au plus à la valeur moyenne est proche de un demi, un peu au-dessus. Pièges : calculer $P(X=7)\approx 0{,}154$ au lieu de la probabilité cumulée, ou $P(X<7)=P(X\leqslant 6)\approx 0{,}423$, qui oublie la valeur $7$ que « au plus » inclut.

5.c. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$, $E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$. Ici $E(X)=100\times 0{,}0714=7{,}14$ et $V(X)=100\times 0{,}0714\times(1-0{,}0714)=7{,}14\times 0{,}9286=6{,}630\,204$, soit $V(X)\approx 6{,}63$ à $10^{-2}$ près.

Interprétation de l'espérance : sur un grand nombre d'échantillons de $100$ personnes, on compte en moyenne $7{,}14$ donneurs universels par échantillon. Erreur fréquente : écrire $V(X)=np^{2}$ ou oublier le facteur $1-p$.

6.a. $X_{1}+X_{2}+\ldots+X_{N}$ est le nombre total de donneurs universels dans les $N$ échantillons de $100$ personnes, un par ville. En divisant par $N$, $M_{N}$ est le nombre MOYEN de donneurs universels par échantillon de $100$ personnes, calculé sur les $N$ villes de la collecte.

La réponse doit dire « moyen » et « par échantillon de 100 personnes » : $M_{N}$ n'est ni un nombre total de donneurs, ni une proportion.

6.b. Par linéarité de l'espérance, vraie sans hypothèse d'indépendance : $E(M_{N})=\dfrac{1}{N}\left(E(X_{1})+E(X_{2})+\cdots+E(X_{N})\right)=\dfrac{1}{N}\times N\times 7{,}14=7{,}14$.

Le nombre moyen de donneurs universels par échantillon a la même espérance qu'un échantillon seul : moyenner ne déplace pas le centre, il réduit la dispersion (question suivante).

6.c. D'abord $V(aY)=a^{2}V(Y)$, avec $a=\dfrac{1}{N}$ : $V(M_{N})=\dfrac{1}{N^{2}}V(X_{1}+X_{2}+\cdots+X_{N})$. Ensuite, les variables $X_{1}$, ..., $X_{N}$ étant INDÉPENDANTES, la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $V(X_{1}+\cdots+X_{N})=N\times 6{,}63$.

Donc $V(M_{N})=\dfrac{N\times 6{,}63}{N^{2}}=\dfrac{6{,}63}{N}$. Les deux pièges : sortir $\dfrac{1}{N}$ sans l'élever au carré, ce qui donnerait $V(M_{N})=6{,}63$ quel que soit $N$ ; et additionner les variances sans citer l'indépendance, seule raison qui le permet.

6.d. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $M_{N}$ d'espérance $7{,}14$ et de variance $\dfrac{6{,}63}{N}$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|M_{N}-7{,}14\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(M_{N})}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]7\,;7{,}28[$ est centré en $7{,}14$, de demi-largeur $0{,}14$ : $7<M_{N}<7{,}28\iff\left|M_{N}-7{,}14\right|<0{,}14$. Avec $\delta=0{,}14$ : $P\left(\left|M_{N}-7{,}14\right|\geqslant 0{,}14\right)\leqslant\dfrac{6{,}63}{0{,}14^{2}\,N}=\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}$.

Par passage à l'évènement contraire, ce qui renverse l'inégalité : $P(7<M_{N}<7{,}28)\geqslant 1-\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}$. L'inégalité permet donc d'affirmer $P(7<M_{N}<7{,}28)\geqslant 0{,}95$ dès que $1-\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}\geqslant 0{,}95$, c'est-à-dire $\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\,N}\leqslant 0{,}05$, soit $N\geqslant\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\times 0{,}05}=\dfrac{6{,}63}{0{,}000\,98}\approx 6\,765{,}3$.

$N$ étant entier, la plus petite valeur qui convient est $N=6\,766$. Vérification aux bords : pour $N=6\,766$, $1-\dfrac{6{,}63}{0{,}0196\times 6\,766}\approx 0{,}950\,005\geqslant 0{,}95$ ; pour $N=6\,765$, on obtient $\approx 0{,}949\,998<0{,}95$.

Ce nombre est énorme, bien plus que le nombre de villes qui organisent une collecte : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev est une majoration grossière, et la question demande le seuil à partir duquel CETTE inégalité garantit le résultat, pas le nombre de villes réellement nécessaire. Pièges : prendre la largeur $0{,}28$ au lieu de la demi-largeur $0{,}14$ ; oublier le carré de $\delta$ ; arrondir $6\,765{,}3$ à $6\,765$ au lieu de l'entier supérieur.

A.1. Le nombre dérivé $f'(1)$ est le coefficient directeur de la tangente à $\mathcal{C}_{f}$ au point d'abscisse $1$, c'est-à-dire de $T_{\mathrm{A}}$. Cette droite passe par $\mathrm{A}(1\,;2)$ et par $\mathrm{C}(3\,;0)$ : $f'(1)=\dfrac{y_{\mathrm{C}}-y_{\mathrm{A}}}{x_{\mathrm{C}}-x_{\mathrm{A}}}=\dfrac{0-2}{3-1}=-1$.

Vérification sur le graphique : $T_{\mathrm{A}}$ coupe l'axe des ordonnées en $3$, et descend d'une unité quand on avance d'une unité. Piège : lire $f(1)=2$, l'ordonnée du point, au lieu de la pente de la tangente.

A.2. $f'(x)=0$ exactement aux points où la tangente à la courbe est horizontale. Sur $]0\,;3]$, la courbe monte jusqu'à un maximum local (abscisse voisine de $0{,}37$), descend jusqu'à un minimum local (abscisse voisine de $1{,}65$), puis remonte : la tangente est horizontale en ces deux sommets et nulle part ailleurs. L'équation $f'(x)=0$ admet donc deux solutions dans $]0\,;3]$.

La partie B le confirme : $f'(x)=2(\ln x)^{2}+\ln x-1=(2\ln x-1)(\ln x+1)$ s'annule pour $\ln x=-1$ et $\ln x=\dfrac{1}{2}$, soit $x=\mathrm{e}^{-1}\approx 0{,}368$ et $x=\sqrt{\mathrm{e}}\approx 1{,}649$, deux nombres de $]0\,;3]$. Erreur fréquente : ne compter que le minimum, plus visible, et oublier le maximum tout près de l'axe des ordonnées.

A.3. Le signe de $f''$ donne la convexité : $f''\leqslant 0$ sur un intervalle où $f$ est concave, c'est-à-dire où la courbe est en dessous de ses tangentes. Autour de $x=0{,}2$, la courbe monte en s'infléchissant vers le bas (elle est très raide près de $0$, puis sa pente diminue jusqu'à s'annuler au maximum) : elle est en dessous de ses tangentes, $f'$ y est décroissante.

Donc $f''(0{,}2)<0$. La partie B le vérifie : $f''(0{,}2)=\dfrac{4\ln 0{,}2+1}{0{,}2}\approx -27{,}2$. Piège : confondre le signe de $f''$ avec celui de $f'$ ; en $x=0{,}2$ la fonction est croissante ($f'>0$) mais concave ($f''<0$).

B.1. Équation du second degré : $\Delta=(-3)^{2}-4\times 2\times 2=9-16=-7<0$. L'équation $2X^{2}-3X+2=0$ n'a aucune solution réelle.

Conséquence sur le signe : un trinôme de discriminant strictement négatif est du signe de son coefficient $a=2>0$, donc $2X^{2}-3X+2>0$ pour tout réel $X$. En prenant $X=\ln x$, on obtient $2(\ln x)^{2}-3\ln x+2>0$ pour tout $x>0$. Comme de plus $x>0$, le produit $f(x)=x\left[2(\ln x)^{2}-3\ln x+2\right]$ est strictement positif : $f$ ne s'annule jamais, et $\mathcal{C}_{f}$ ne coupe pas l'axe des abscisses (elle est même strictement au-dessus).

Le changement de variable $X=\ln x$ est le cœur de la question : il fait de l'expression entre crochets un trinôme. L'absence de racine seule ne suffit pas, il faut aussi le SIGNE du trinôme et celui du facteur $x$ pour conclure que le produit n'est jamais nul.

B.2. On a $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$. Les deux premiers termes du crochet donnent une forme indéterminée « $+\infty-\infty$ » ; on factorise par le terme dominant : pour $X\neq 0$, $2X^{2}-3X+2=X^{2}\left(2-\dfrac{3}{X}+\dfrac{2}{X^{2}}\right)$, qui tend vers $+\infty$ quand $X\to+\infty$ (produit de $X^{2}\to+\infty$ par une quantité qui tend vers $2$).

Par composition avec $X=\ln x\to+\infty$ : $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left[2(\ln x)^{2}-3\ln x+2\right]=+\infty$. Enfin $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x=+\infty$, et par produit $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. Cohérent avec le graphique, où la courbe remonte franchement après $\mathrm{B}$.

B.3.a. On dérive $f'(x)=2(\ln x)^{2}+\ln x-1$. Le terme $(\ln x)^{2}$ est de la forme $u^{2}$ avec $u=\ln x$, de dérivée $2u'u=2\times\dfrac{1}{x}\times\ln x$. Donc, pour tout $x>0$ : $f''(x)=2\times\dfrac{2\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{4\ln x}{x}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{1}{x}(4\ln x+1)$.

Erreur fréquente : dériver $(\ln x)^{2}$ en $\dfrac{2}{x}$ ou en $2\ln x$, en oubliant l'une des deux parties de la formule $(u^{2})'=2u'u$.

B.3.b. Pour $x>0$, $\dfrac{1}{x}>0$, donc $f''(x)$ a le signe de $4\ln x+1$. Par croissance stricte de la fonction exponentielle : $4\ln x+1\geqslant 0\iff\ln x\geqslant-\dfrac{1}{4}\iff x\geqslant\mathrm{e}^{-1/4}$.

Ainsi $f''(x)<0$ sur $\left]0\,;\mathrm{e}^{-1/4}\right[$ et $f''(x)>0$ sur $\left]\mathrm{e}^{-1/4}\,;+\infty\right[$ : $f$ est concave sur $\left]0\,;\mathrm{e}^{-1/4}\right]$ et convexe sur $\left[\mathrm{e}^{-1/4}\,;+\infty\right[$. La dérivée seconde s'annule en changeant de signe en $\mathrm{e}^{-1/4}$ : la courbe admet un point d'inflexion, d'abscisse exacte $\mathrm{e}^{-1/4}=\dfrac{1}{\sqrt[4]{\mathrm{e}}}\approx 0{,}779$.

Cohérence : $0{,}2<\mathrm{e}^{-1/4}$, donc $f''(0{,}2)<0$, comme lu en A.3 ; et sur le graphique, la courbe change de courbure entre son maximum et le point $\mathrm{A}$. Piège : donner $-\dfrac{1}{4}$, qui est la valeur de $\ln x$ et non celle de $x$, ou une valeur décimale alors que l'énoncé demande la valeur EXACTE.

B.3.c. Propriété du cours : si une fonction est convexe sur un intervalle $I$, sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes en un point de $I$, sur tout l'intervalle $I$.

Or $\mathrm{e}^{-1/4}<1$ (car $-\dfrac{1}{4}<0$), donc $]1\,;+\infty[\subset\left[\mathrm{e}^{-1/4}\,;+\infty\right[$ : $f$ est convexe sur $]1\,;+\infty[$. Le point $\mathrm{B}$ a pour abscisse $\mathrm{e}$, qui appartient à $]1\,;+\infty[$. La courbe $\mathcal{C}_{f}$ est donc au-dessus de sa tangente $T_{\mathrm{B}}$ sur $]1\,;+\infty[$, avec contact au seul point $\mathrm{B}$.

Les deux vérifications que le correcteur attend : la convexité sur TOUT l'intervalle (d'où l'inclusion), et l'appartenance du point de contact à cet intervalle. Sur $\left]0\,;\mathrm{e}^{-1/4}\right]$, où $f$ est concave, l'argument ne vaudrait plus.

C.1. La tangente en $\mathrm{B}$, point d'abscisse $\mathrm{e}$, a pour équation $y=f'(\mathrm{e})(x-\mathrm{e})+f(\mathrm{e})$. Avec $\ln\mathrm{e}=1$ : $f(\mathrm{e})=\mathrm{e}\,(2-3+2)=\mathrm{e}$, ce qui confirme $\mathrm{B}(\mathrm{e}\,;\mathrm{e})$, et $f'(\mathrm{e})=2\times 1^{2}+1-1=2$.

D'où $y=2(x-\mathrm{e})+\mathrm{e}=2x-2\mathrm{e}+\mathrm{e}=2x-\mathrm{e}$. Vérification sur le graphique : pour $x=1$, $y=2-\mathrm{e}\approx-0{,}72$, c'est bien là que $T_{\mathrm{B}}$ coupe la droite d'équation $x=1$, au bas du domaine hachuré.

C.2. Intégration par parties, avec des fonctions dérivables à dérivées continues sur $[1\,;\mathrm{e}]$ : $u(x)=\ln x$, $u'(x)=\dfrac{1}{x}$ ; $v'(x)=x$, $v(x)=\dfrac{x^{2}}{2}$. On dérive le logarithme, qui devient une fraction rationnelle simple, et l'on intègre $x$.

$\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^{2}}{2}\ln x\right]_{1}^{\mathrm{e}}-\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x^{2}}{2}\times\dfrac{1}{x}\,\mathrm{d}x=\dfrac{\mathrm{e}^{2}}{2}\times 1-\dfrac{1}{2}\times 0-\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x$.

Et $\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}\dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{x^{2}}{4}\right]_{1}^{\mathrm{e}}=\dfrac{\mathrm{e}^{2}-1}{4}$. Donc $\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\,\mathrm{d}x=\dfrac{2\mathrm{e}^{2}}{4}-\dfrac{\mathrm{e}^{2}-1}{4}=\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}\approx 2{,}097$.

Vérification par dérivation : $F(x)=\dfrac{x^{2}}{2}\ln x-\dfrac{x^{2}}{4}$ a pour dérivée $x\ln x+\dfrac{x}{2}-\dfrac{x}{2}=x\ln x$. Piège : choisir $u=x$ et $v'=\ln x$, qui oblige à connaître une primitive de $\ln$ et fait monter la difficulté au lieu de la faire baisser.

C.3. Sur $]1\,;\mathrm{e}]$, la courbe est au-dessus de $T_{\mathrm{B}}$ (question B.3.c), et en $x=1$ aussi : $f(1)=2>2-\mathrm{e}$. L'aire du domaine compris entre la courbe (en haut), la tangente (en bas) et les droites $x=1$ et $x=\mathrm{e}$ est donc l'intégrale de la différence : $\mathcal{A}=\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}\left[f(x)-(2x-\mathrm{e})\right]\mathrm{d}x$.

On développe : $f(x)=2x(\ln x)^{2}-3x\ln x+2x$, donc $f(x)-(2x-\mathrm{e})=2x(\ln x)^{2}-3x\ln x+\mathrm{e}$, les termes en $2x$ s'éliminant. Par linéarité de l'intégrale : $\mathcal{A}=2\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}x(\ln x)^{2}\,\mathrm{d}x-3\int_{1}^{\mathrm{e}}x\ln x\,\mathrm{d}x+\int_{1}^{\mathrm{e}}\mathrm{e}\,\mathrm{d}x$.

Avec l'intégrale admise, celle de C.2 et $\displaystyle\int_{1}^{\mathrm{e}}\mathrm{e}\,\mathrm{d}x=\mathrm{e}(\mathrm{e}-1)=\mathrm{e}^{2}-\mathrm{e}$ : $\mathcal{A}=2\times\dfrac{\mathrm{e}^{2}-1}{4}-3\times\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}+\mathrm{e}^{2}-\mathrm{e}=\dfrac{2\mathrm{e}^{2}-2-3\mathrm{e}^{2}-3+4\mathrm{e}^{2}-4\mathrm{e}}{4}=\dfrac{3\mathrm{e}^{2}-4\mathrm{e}-5}{4}$ unité d'aire, soit environ $1{,}574$ u.a.

Vérification : $f$ étant convexe sur $[1\,;\mathrm{e}]$, la courbe est sous la corde $[\mathrm{AB}]$, donc le domaine est contenu dans le triangle de sommets $\mathrm{A}(1\,;2)$, $(1\,;2-\mathrm{e})$ et $\mathrm{B}(\mathrm{e}\,;\mathrm{e})$, d'aire $\dfrac{1}{2}\times\mathrm{e}\times(\mathrm{e}-1)\approx 2{,}34$ : la valeur $1{,}574$ est bien plus petite, et du bon ordre de grandeur. Pièges : intégrer la tangente moins la courbe, ce qui donne une aire négative ; oublier le terme constant $\mathrm{e}$, qui vient de $-(2x-\mathrm{e})$ ; ou mal distribuer le signe moins devant $3\times\dfrac{\mathrm{e}^{2}+1}{4}$.