Bac 2025 de spécialité maths, Métropole septembre jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. On reconnaît le schéma de Bernoulli. Chaque année est une épreuve à deux issues : le succès « El Niño est dominant », de probabilité $p=0{,}4$, et l'échec, de probabilité $0{,}6$. On observe $10$ années, donc on répète $10$ fois cette épreuve, de façon identique (la probabilité est la même chaque année) et indépendante (hypothèse de l'énoncé). La variable $X$ compte le nombre de succès parmi ces $10$ épreuves.

Donc $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=0{,}4$, notée $\mathcal{B}(10\,;0{,}4)$. Le correcteur attend les trois mots : épreuves identiques, indépendantes, et $X$ compte les succès. Oublier l'indépendance, c'est oublier la seule hypothèse qui distingue ce modèle du second, celui de la partie B, où l'état d'une année influence l'année suivante.

A.2.a. Formule de la loi binomiale : $P(X=k)=\dbinom{10}{k}\,0{,}4^{k}\,0{,}6^{10-k}$. Pour $k=2$ : $P(X=2)=\dbinom{10}{2}\times 0{,}4^{2}\times 0{,}6^{8}=45\times 0{,}16\times 0{,}016\,796\,16\approx 0{,}120\,9$, soit environ $0{,}121$ au millième.

Le coefficient binomial compte les façons de choisir les 2 années dominantes parmi les 10 : $\dbinom{10}{2}=\dfrac{10\times 9}{2}=45$. Erreur fréquente : écrire seulement $0{,}4^{2}\times 0{,}6^{8}\approx 0{,}002\,7$, qui est la probabilité d'UNE séquence précise (par exemple les deux premières années dominantes, les huit autres non), et non celle de l'événement « exactement 2 années ». La calculatrice donne directement la valeur par la fonction de densité binomiale (binomFdp ou binompdf).

A.2.b. L'événement $X\leqslant 2$ est la réunion disjointe de $X=0$, $X=1$ et $X=2$ : $P(X\leqslant 2)=0{,}6^{10}+10\times 0{,}4\times 0{,}6^{9}+45\times 0{,}4^{2}\times 0{,}6^{8}\approx 0{,}006\,0+0{,}040\,3+0{,}120\,9\approx 0{,}167\,3$, soit environ $0{,}167$. La calculatrice le donne d'un coup par la fonction de répartition binomiale (binomFRép ou binomcdf).

Interprétation : selon ce premier modèle, la probabilité que le phénomène El Niño soit dominant au plus 2 années sur une période de 10 ans est d'environ $0{,}167$, à peu près une chance sur six. Le piège est de lire « exactement 2 » ou « au moins 2 » : $X\leqslant 2$ signifie « 0, 1 ou 2 années », c'est-à-dire « au plus 2 ».

A.3. L'espérance d'une loi binomiale vaut $E(X)=np=10\times 0{,}4=4$.

Interprétation : sur un grand nombre de périodes de 10 ans, le phénomène El Niño est dominant en moyenne 4 années par période. L'espérance est une moyenne sur un grand nombre de répétitions, pas une prédiction : il n'est pas certain qu'il y ait exactement 4 années dominantes dans une décennie donnée, et d'ailleurs $P(X=4)\approx 0{,}251$ seulement.

B.1. Le premier niveau de l'arbre porte $E_{n}$, de probabilité $p_{n}$, et $\overline{E_{n}}$, de probabilité $1-p_{n}$ par l'événement contraire. Les branches du second niveau portent des probabilités CONDITIONNELLES, données par les deux puces de l'énoncé.

Issues de $E_{n}$ : « si El Niño est dominant une année, la probabilité qu'il le soit encore l'année suivante est $0{,}5$ » donne $P_{E_{n}}(E_{n+1})=0{,}5$, puis $P_{E_{n}}(\overline{E_{n+1}})=1-0{,}5=0{,}5$. Issues de $\overline{E_{n}}$ : $P_{\overline{E_{n}}}(E_{n+1})=0{,}3$, puis $P_{\overline{E_{n}}}(\overline{E_{n+1}})=1-0{,}3=0{,}7$.

Les pointillés valent donc, de haut en bas : $0{,}5$ ; $0{,}5$ ; $1-p_{n}$ ; $0{,}3$ ; $0{,}7$. Contrôle : les branches issues d'un même nœud ont pour somme $1$. L'arbre complété figure en fin de corrigé.

B.2. On applique l'arbre avec $n=0$. Comme $p_{0}=0$, l'événement $\overline{E_{0}}$ est certain : $P(\overline{E_{0}})=1$. Par la formule des probabilités totales, avec la partition $\{E_{0}\,;\overline{E_{0}}\}$ : $p_{1}=P(E_{0})\times P_{E_{0}}(E_{1})+P(\overline{E_{0}})\times P_{\overline{E_{0}}}(E_{1})=0\times 0{,}5+1\times 0{,}3=0{,}3$.

En langage courant : El Niño n'était pas dominant en 2023, donc la probabilité qu'il le soit en 2024 est celle de la seconde puce, $0{,}3$. Le correcteur attend que la phrase cite $p_{0}=0$ ; la formule générale de B.3, appliquée en $n=0$, donne le même résultat, mais on ne peut pas s'en servir ici puisqu'elle n'est démontrée qu'après.

B.3. Les événements $E_{n}$ et $\overline{E_{n}}$ forment une partition de l'univers. Par la formule des probabilités totales : $p_{n+1}=P(E_{n+1})=P(E_{n}\cap E_{n+1})+P(\overline{E_{n}}\cap E_{n+1})$.

Chaque terme se lit sur un chemin de l'arbre : $P(E_{n}\cap E_{n+1})=p_{n}\times 0{,}5$ et $P(\overline{E_{n}}\cap E_{n+1})=(1-p_{n})\times 0{,}3$. Donc $p_{n+1}=0{,}5p_{n}+0{,}3-0{,}3p_{n}=0{,}2p_{n}+0{,}3$, ce qu'il fallait démontrer.

Contrôle avec B.2 : $0{,}2\times 0+0{,}3=0{,}3=p_{1}$. Erreur fréquente : additionner les probabilités conditionnelles $0{,}5+0{,}3$ sans les pondérer par $p_{n}$ et $1-p_{n}$.

B.4.a. On calcule les premiers termes avec la relation de B.3 : $p_{0}=0$, $p_{1}=0{,}3$, $p_{2}=0{,}2\times 0{,}3+0{,}3=0{,}36$, $p_{3}=0{,}372$, $p_{4}=0{,}374\,4$, $p_{5}=0{,}374\,88$.

Conjecture : la suite $(p_{n})$ semble croissante et semble converger vers $0{,}375$. On peut le relier à la question suivante : $0{,}375=\dfrac{3}{8}$, c'est le nombre $\ell$ tel que $\ell=0{,}2\ell+0{,}3$, soit $0{,}8\ell=0{,}3$. Une conjecture n'a pas à être démontrée, mais elle doit s'appuyer sur des valeurs : le tableau de valeurs de la calculatrice suffit.

B.4.b. Raisonnement par récurrence. On note $\mathcal{P}(n)$ la propriété « $p_{n}\leqslant\dfrac{3}{8}$ ».

Initialisation : $p_{0}=0\leqslant\dfrac{3}{8}$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $p_{n}\leqslant\dfrac{3}{8}$. En multipliant par $0{,}2>0$, le sens de l'inégalité est conservé : $0{,}2p_{n}\leqslant 0{,}2\times\dfrac{3}{8}=0{,}075$. En ajoutant $0{,}3$ : $0{,}2p_{n}+0{,}3\leqslant 0{,}375$, c'est-à-dire $p_{n+1}\leqslant\dfrac{3}{8}$. Donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$ et héréditaire, donc pour tout entier naturel $n$, $p_{n}\leqslant\dfrac{3}{8}$.

Piège de rédaction : l'hérédité part de « soit $n$ tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie », jamais de « pour tout $n$ » (on supposerait ce qu'on veut démontrer). Et le sens de l'inégalité se justifie en disant que $0{,}2$ est POSITIF ; c'est ce mot que le barème cherche.

B.4.c. On étudie le signe de la différence : $p_{n+1}-p_{n}=0{,}2p_{n}+0{,}3-p_{n}=0{,}3-0{,}8p_{n}$.

D'après B.4.b, $p_{n}\leqslant\dfrac{3}{8}$, donc $0{,}8p_{n}\leqslant 0{,}8\times\dfrac{3}{8}=0{,}3$, et $p_{n+1}-p_{n}=0{,}3-0{,}8p_{n}\geqslant 0$. La suite $(p_{n})$ est croissante. C'est ce que la conjecture de B.4.a annonçait.

Remarque : la majoration de B.4.b n'est pas décorative, c'est elle qui donne le signe. Erreur fréquente : conclure « croissante » parce que $0{,}2>0$, ce qui n'a aucun rapport ; une suite $p_{n+1}=0{,}2p_{n}+0{,}3$ qui partirait de $p_{0}=1$ serait décroissante.

B.4.d. La suite $(p_{n})$ est croissante (B.4.c) et majorée par $\dfrac{3}{8}$ (B.4.b). D'après le théorème de convergence monotone, elle converge.

Le théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur : on sait seulement que cette limite est inférieure ou égale à $\dfrac{3}{8}$. Erreur fréquente : écrire « elle converge vers $\dfrac{3}{8}$ » à ce stade. Un majorant n'est pas forcément la limite ; c'est la partie 5 qui la calcule, comme l'annonce l'énoncé.

B.5.a. Pour tout entier naturel $n$ : $u_{n+1}=p_{n+1}-\dfrac{3}{8}=0{,}2p_{n}+0{,}3-0{,}375=0{,}2p_{n}-0{,}075$.

On factorise par $0{,}2$ : $0{,}2p_{n}-0{,}075=0{,}2\left(p_{n}-0{,}375\right)=0{,}2\left(p_{n}-\dfrac{3}{8}\right)=0{,}2u_{n}$. Donc $u_{n+1}=0{,}2u_{n}$ pour tout $n$ : la suite $(u_{n})$ est géométrique de raison $0{,}2$. Son premier terme est $u_{0}=p_{0}-\dfrac{3}{8}=-\dfrac{3}{8}=-0{,}375$.

Le geste attendu est de partir de $u_{n+1}$, de le réécrire avec $p_{n}$, puis de faire réapparaître $u_{n}$. Erreur fréquente : calculer le quotient $\dfrac{u_{n+1}}{u_{n}}$ sans s'assurer que $u_{n}\neq 0$ ; ici c'est vrai ($u_{n}=-\frac{3}{8}\times 0{,}2^{n}<0$), mais la forme $u_{n+1}=0{,}2u_{n}$ évite la question.

B.5.b. Terme général d'une suite géométrique : $u_{n}=u_{0}\times 0{,}2^{n}=-\dfrac{3}{8}\times 0{,}2^{n}$. Comme $p_{n}=u_{n}+\dfrac{3}{8}$ : $p_{n}=\dfrac{3}{8}-\dfrac{3}{8}\times 0{,}2^{n}=\dfrac{3}{8}\left(1-0{,}2^{n}\right)$.

Vérification sur les premiers termes : $n=0$ donne $\dfrac{3}{8}(1-1)=0=p_{0}$ ; $n=1$ donne $\dfrac{3}{8}\times 0{,}8=0{,}3=p_{1}$ ; $n=2$ donne $\dfrac{3}{8}\times 0{,}96=0{,}36=p_{2}$.

B.5.c. Comme $0<0{,}2<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}0{,}2^{n}=0$. Par opérations sur les limites, $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(1-0{,}2^{n}\right)=1$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}p_{n}=\dfrac{3}{8}=0{,}375$.

Cohérence : c'est la limite conjecturée en B.4.a, et elle respecte la majoration $p_{n}\leqslant\dfrac{3}{8}$ de B.4.b. Erreur fréquente : écrire $0{,}2^{n}\to+\infty$ par réflexe ; une puissance de raison strictement comprise entre $0$ et $1$ tend vers $0$.

B.5.d. Interprétation : à long terme, selon ce second modèle, la probabilité que le phénomène El Niño soit dominant une année donnée se rapproche de $0{,}375$, soit $37{,}5\,\%$, quelle que soit la situation initiale de 2023 (le terme $0{,}2^{n}$, qui seul porte la trace de $p_{0}$, s'efface).

La comparaison avec la partie A est naturelle : le second modèle conduit à une probabilité de long terme un peu plus faible que le $0{,}4$ du premier. L'interprétation doit parler d'une probabilité, pas d'une certitude : « El Niño sera dominant $37{,}5\,\%$ des années » est un abus si l'on ne précise pas que c'est une fréquence à long terme.

1. Méthode : un groupe de quatre élèves est un ensemble NON ordonné ; on le construit en deux choix successifs et indépendants, puis on applique le principe multiplicatif.

Choix des deux filles parmi les 14 : $\dbinom{14}{2}=\dfrac{14\times 13}{2}=91$ façons. Choix des deux garçons parmi les 10 : $\dbinom{10}{2}=\dfrac{10\times 9}{2}=45$ façons. Chaque choix de filles se combine avec chaque choix de garçons : $91\times 45=4\,095$ groupes différents.

Il y a donc $4\,095$ groupes différents de deux filles et deux garçons, et non $272$. La conclusion dépend de la lecture de la phrase, que le sujet laisse ouverte. Si « 272 » est compris comme LE nombre de groupes qu'on peut constituer, l'affirmation est FAUSSE : il y en a $4\,095$. Prise à la lettre, « il est possible de constituer 272 groupes différents » est VRAIE, puisque $272\leqslant 4\,095$ : on peut en choisir 272 parmi eux. Le corrigé de l'APMEP retient cette seconde lecture ; c'est pourquoi la page ne propose pas de case Vrai ou Faux pour cette affirmation et vérifie seulement le dénombrement.

Sur la copie, la réponse qui ne perd aucun point donne le calcul $\dbinom{14}{2}\times\dbinom{10}{2}=4\,095$, puis conclut en disant explicitement quelle lecture elle retient. L'essentiel du barème de la question est dans ce dénombrement.

Pièges : additionner $91+45=136$ au lieu de multiplier, ou utiliser des arrangements ($14\times 13\times 10\times 9$) alors que l'ordre des élèves dans un groupe ne compte pas. Contrôle de vraisemblance : le nombre total de groupes de quatre parmi 24 est $\dbinom{24}{4}=10\,626$, et les groupes « deux filles, deux garçons » en sont une partie, $4\,095<10\,626$.

2. Méthode : la tangente à $C$ au point d'abscisse $a$ a pour équation $y=f'(a)(x-a)+f(a)$.

Valeur : $f\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=3\sin\left(2\times\dfrac{\pi}{2}+\pi\right)=3\sin(2\pi)=0$.

Dérivée : $f$ est de la forme $3\sin(u)$ avec $u(x)=2x+\pi$ et $u'(x)=2$ ; la dérivée de $\sin(u)$ est $u'\cos(u)$, donc $f'(x)=3\times 2\cos(2x+\pi)=6\cos(2x+\pi)$. Puis $f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=6\cos(2\pi)=6$.

Équation de la tangente : $y=6\left(x-\dfrac{\pi}{2}\right)+0=6x-3\pi$. L'affirmation 2 est VRAIE.

Vérification par une autre écriture : $\sin(\theta+\pi)=-\sin\theta$, donc $f(x)=-3\sin(2x)$ et $f'(x)=-6\cos(2x)$, qui donne aussi $f'\left(\dfrac{\pi}{2}\right)=-6\cos(\pi)=6$. Erreur fréquente : oublier le facteur $u'=2$ et trouver $f'\left(\frac{\pi}{2}\right)=3$, d'où une tangente $y=3x-\frac{3\pi}{2}$.

3. Méthode : $F$ est une primitive de $f$ sur $]0\,;+\infty[$ si et seulement si $F$ est dérivable sur cet intervalle et $F'=f$. On dérive donc $F$, sans chercher à intégrer $f$.

$F$ est le produit de $u(x)=2x+1$, $u'(x)=2$, et de $v(x)=\ln x$, $v'(x)=\dfrac{1}{x}$. Par la formule $(uv)'=u'v+uv'$ : $F'(x)=2\ln x+(2x+1)\times\dfrac{1}{x}=2\ln x+2+\dfrac{1}{x}$.

Il suffit d'un contre-exemple : en $x=1$, $F'(1)=2\ln 1+2+1=3$ alors que $f(1)=\dfrac{2}{1}=2$. Donc $F'\neq f$ et l'affirmation 3 est FAUSSE.

Pour mémoire, une primitive de $x\mapsto\dfrac{2}{x}$ sur $]0\,;+\infty[$ est $x\mapsto 2\ln x$. Erreur fréquente : dériver le produit comme $u'v'$, soit $2\times\dfrac{1}{x}=\dfrac{2}{x}$, ce qui conduit exactement à la réponse « vrai » que l'affirmation tend comme piège.

4. Méthode : pour qu'une fonction soit LA solution d'un problème de Cauchy, elle doit vérifier l'équation différentielle ET la condition initiale. On vérifie les deux.

Condition initiale : $g(0)=45\mathrm{e}^{0}+20=45+20=65$, elle est satisfaite.

Équation : $g'(t)=45\times 0{,}06\,\mathrm{e}^{0{,}06t}=2{,}7\mathrm{e}^{0{,}06t}$, donc $g'(t)+0{,}06g(t)=2{,}7\mathrm{e}^{0{,}06t}+0{,}06\times 45\mathrm{e}^{0{,}06t}+0{,}06\times 20=5{,}4\mathrm{e}^{0{,}06t}+1{,}2$. Cette quantité n'est pas égale à $1{,}2$ (par exemple en $t=0$ elle vaut $6{,}6$). Donc $g$ n'est pas solution de $(E_{1})$ : l'affirmation 4 est FAUSSE.

Ce qu'est la vraie solution : $(E_{1})$ s'écrit $y'=-0{,}06y+1{,}2$, de la forme $y'=ay+b$ avec $a=-0{,}06$ et $b=1{,}2$. Ses solutions sont $y(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}06t}-\dfrac{b}{a}=C\mathrm{e}^{-0{,}06t}+20$, $C$ réel. La condition $y(0)=65$ donne $C=45$ : l'unique solution est $t\mapsto 45\mathrm{e}^{-0{,}06t}+20$. La fonction $g$ de l'énoncé n'en diffère que par le signe de l'exposant.

Piège : s'arrêter à $g(0)=65$. Vérifier la condition initiale ne suffit jamais, et ici c'est la seule des deux conditions qui est remplie.

5. Méthode : une fonction deux fois dérivable est convexe sur $\mathbb{R}$ si sa dérivée seconde est positive sur $\mathbb{R}$. On n'a pas besoin de résoudre $(E_{2})$ : on obtient $y''$ en dérivant l'équation elle-même.

Soit $y$ une solution de $(E_{2})$. Pour tout réel $x$, $y'(x)=y(x)+3\mathrm{e}^{0{,}4x}$. Le membre de droite est dérivable (somme de fonctions dérivables), donc $y'$ est dérivable et $y''(x)=y'(x)+3\times 0{,}4\,\mathrm{e}^{0{,}4x}=y'(x)+1{,}2\mathrm{e}^{0{,}4x}$. En remplaçant $y'(x)$ : $y''(x)=y(x)+3\mathrm{e}^{0{,}4x}+1{,}2\mathrm{e}^{0{,}4x}=y(x)+4{,}2\mathrm{e}^{0{,}4x}$.

Par hypothèse, $y$ est positive, et une exponentielle est strictement positive : $y''(x)>0$ pour tout réel $x$. Les solutions sont donc convexes sur $\mathbb{R}$ : l'affirmation 5 est VRAIE, réponse attendue par le sujet.

L'hypothèse « $y$ positive » porte tout l'argument. On le voit sur la forme générale des solutions : la fonction $x\mapsto -5\mathrm{e}^{0{,}4x}$ est une solution particulière ($0{,}4\times(-5)-(-5)=3$), donc les solutions sont $y(x)=C\mathrm{e}^{x}-5\mathrm{e}^{0{,}4x}$, $C$ réel, et $y''(x)=C\mathrm{e}^{x}-0{,}8\mathrm{e}^{0{,}4x}$. Pour $C\leqslant 0$, $y''<0$ et la solution est concave : sans la positivité, l'affirmation serait fausse.

Remarque sur l'énoncé : pris à la lettre, « $y$ positive sur $\mathbb{R}$ » n'est réalisé par aucune solution, car $C\mathrm{e}^{x}>5\mathrm{e}^{0{,}4x}$ équivaut à $C>5\mathrm{e}^{-0{,}6x}$, et ce membre de droite tend vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $-\infty$. La réponse « vraie » reste juste (aucune solution positive ne peut être non convexe), et c'est le raisonnement par $y''=y+4{,}2\mathrm{e}^{0{,}4x}$ qui est attendu.

A.1. Méthode : signe d'un polynôme du second degré. Le discriminant de $-x^{2}+7x+8$ vaut $\Delta=7^{2}-4\times(-1)\times 8=49+32=81=9^{2}$. Les racines sont $x_{1}=\dfrac{-7+9}{-2}=-1$ et $x_{2}=\dfrac{-7-9}{-2}=8$, d'où la factorisation $-x^{2}+7x+8=-(x+1)(x-8)$.

Le coefficient de $x^{2}$ est $a=-1<0$ : le trinôme est du signe de $a$, donc négatif, à l'extérieur des racines, et positif entre elles. L'ensemble des solutions de $-x^{2}+7x+8\geqslant 0$ est $S=[-1\,;8]$, crochets fermés puisque l'inégalité est large.

Contrôle : $-1$ est une racine évidente, $-1-7+8=0$, et le produit des racines vaut $\dfrac{c}{a}=-8$, d'où l'autre racine $8$. Erreur fréquente : répondre $]-\infty\,;-1]\cup[8\,;+\infty[$, la règle « signe de $a$ à l'extérieur » appliquée à l'envers.

A.2. Le lien avec A.1 : $-x^{2}+7x+9=\left(-x^{2}+7x+8\right)+1$. Pour $x\in\,]0\,;8]$, on a $x\in[-1\,;8]$, donc d'après A.1, $-x^{2}+7x+8\geqslant 0$, c'est-à-dire $-x^{2}+7x+9\geqslant 1$.

La fonction $\ln$ est croissante sur $]0\,;+\infty[$ et $\ln 1=0$, donc $\ln\left(-x^{2}+7x+9\right)\geqslant\ln 1=0$. Au passage, $-x^{2}+7x+9\geqslant 1>0$ garantit que le logarithme est bien défini sur tout $]0\,;8]$. Enfin $10>0$ et $x>0$ : le quotient $f(x)=\dfrac{10\ln\left(-x^{2}+7x+9\right)}{x}$ est positif ou nul. Donc $f(x)\geqslant 0$ pour tout $x\in\,]0\,;8]$.

Le piège est de ne pas voir pourquoi l'énoncé fait résoudre une inéquation avec $8$ alors que $f$ contient $9$ : c'est exactement la condition « l'argument du logarithme est supérieur ou égal à $1$ », celle qui rend le logarithme positif. Il faut aussi citer le signe du dénominateur $x$.

A.3. Interprétation graphique : sur l'intervalle $]0\,;8]$, la courbe $C_{f}$ est située au-dessus de l'axe des abscisses, ou sur cet axe. Elle ne le touche qu'en $x=8$, où $-64+56+9=1$ et $f(8)=\dfrac{10\ln 1}{8}=0$ ; c'est bien le point où la courbe de l'énoncé rejoint l'axe.

B.1. Le point $M$ a pour coordonnées $\left(x\,;f(x)\right)$. Son projeté orthogonal sur l'axe des abscisses garde l'abscisse et prend l'ordonnée $0$ : $N(x\,;0)$. Son projeté orthogonal sur l'axe des ordonnées garde l'ordonnée et prend l'abscisse $0$ : $P\left(0\,;f(x)\right)$.