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

A.1. Méthode : chaque pourcentage de l'énoncé se rapporte à une population, et c'est elle qui décide de sa place dans l'arbre. « Parmi les jeunes qui suivent une formation, $16\,\%$ choisissent la conduite accompagnée » porte sur TOUS les jeunes : c'est $P(A)=0{,}16$, sur la première branche. « Parmi eux, $74{,}7\,\%$ réussissent » porte sur les jeunes en conduite accompagnée : c'est une probabilité conditionnelle, $P_{A}(R)=0{,}747$. Le taux de la formation classique porte sur les jeunes SANS conduite accompagnée : $P_{\overline{A}}(R)=0{,}568$.

Les autres branches s'obtiennent par l'événement contraire, la somme des probabilités issues d'un même nœud valant $1$ : $P(\overline{A})=1-0{,}16=0{,}84$, $P_{A}(\overline{R})=1-0{,}747=0{,}253$ et $P_{\overline{A}}(\overline{R})=1-0{,}568=0{,}432$.

L'arbre a donc un premier niveau $A$ ($0{,}16$) et $\overline{A}$ ($0{,}84$), puis, de chacun de ces nœuds, les branches $R$ et $\overline{R}$ : $0{,}747$ et $0{,}253$ après $A$, $0{,}568$ et $0{,}432$ après $\overline{A}$. Il est dessiné en fin de corrigé, avec la probabilité de chaque chemin en bout de branche.

Erreur fréquente : placer $0{,}747$ ou $0{,}568$ sur la première branche, ou commencer l'arbre par $R$. L'ordre de l'arbre suit l'ordre des informations : on connaît d'abord la formation, puis la réussite SACHANT la formation.

A.2.a. Méthode : formule des probabilités totales, avec la partition $\{A\,;\overline{A}\}$ de l'univers (un jeune a suivi l'une des deux formations, et une seule). $P(R)=P(A\cap R)+P(\overline{A}\cap R)$.

Chaque intersection se lit sur un chemin de l'arbre, par la formule des probabilités composées : $P(A\cap R)=P(A)\times P_{A}(R)=0{,}16\times 0{,}747=0{,}119\,52$ et $P(\overline{A}\cap R)=P(\overline{A})\times P_{\overline{A}}(R)=0{,}84\times 0{,}568=0{,}477\,12$.

Donc $P(R)=0{,}119\,52+0{,}477\,12=0{,}596\,64$, la valeur annoncée. C'est une valeur EXACTE : la question dit « démontrer », on ne l'arrondit pas ici.

Vérification : $P(R)$ est une moyenne des deux taux de réussite, pondérée par la part de chaque formation, donc elle est comprise entre $0{,}568$ et $0{,}747$, et beaucoup plus proche de $0{,}568$ puisque $84\,\%$ des jeunes suivent la formation classique. C'est bien le cas.

A.2.b. $P(R)\approx 0{,}597$, soit $59{,}7\,\%$. Interprétation : parmi les jeunes qui ont déjà passé l'examen de conduite, environ $59{,}7\,\%$ ont obtenu le permis dès leur première tentative, toutes formations confondues ; autrement dit, à peu près six jeunes sur dix.

L'interprétation doit nommer la population (les jeunes ayant passé l'examen, toutes formations confondues) et l'événement (réussite dès la première tentative). Erreur fréquente : écrire « $59{,}7\,\%$ des jeunes en conduite accompagnée réussissent », ce qui confond le taux global avec un taux conditionnel.

A.3. On sait que le jeune a eu son permis dès sa première tentative : l'événement $R$ est réalisé, et l'on cherche la probabilité conditionnelle $P_{R}(A)$. L'arbre part de $A$, la question part de $R$ : on « retourne » l'arbre en revenant à la définition d'une probabilité conditionnelle, ce qui est la démarche de la formule de Bayes.

$P_{R}(A)=\dfrac{P(A\cap R)}{P(R)}=\dfrac{0{,}119\,52}{0{,}597}\approx 0{,}200$. Avec la valeur exacte $0{,}596\,64$, on trouve $0{,}200\,3$, le même arrondi. Un jeune qui a eu son permis du premier coup a donc suivi la conduite accompagnée avec une probabilité d'environ $0{,}200$, soit une chance sur cinq.

Cohérence : $0{,}200$ est supérieur à $P(A)=0{,}16$. Savoir que le jeune a réussi du premier coup augmente la probabilité qu'il ait suivi la conduite accompagnée, ce qui est logique puisque cette formation a le meilleur taux de réussite.

Pièges : confondre $P_{R}(A)$ et $P_{A}(R)=0{,}747$, ou diviser par $P(A)$ au lieu de $P(R)$. Le dénominateur est toujours la probabilité de l'événement DONNÉ, celui qu'on sait réalisé.

A.4. On note $p$ la proportion de jeunes qui suivent la conduite accompagnée, avec $0\leqslant p\leqslant 1$. Les taux de réussite de chaque formation ne changent pas : seul le premier niveau de l'arbre devient $P(A)=p$ et $P(\overline{A})=1-p$. Par la formule des probabilités totales, comme en A.2.a, le taux de réussite global vaut $P(R)=0{,}747p+0{,}568(1-p)=0{,}568+0{,}179p$.

On veut $P(R)>0{,}7$ : $0{,}568+0{,}179p>0{,}7\iff 0{,}179p>0{,}132\iff p>\dfrac{0{,}132}{0{,}179}$, car $0{,}179>0$ ne change pas le sens de l'inégalité. Or $\dfrac{0{,}132}{0{,}179}\approx 0{,}737\,4$.

Il faudrait donc que plus de $73{,}7\,\%$ environ des jeunes (précisément, une proportion strictement supérieure à $\dfrac{132}{179}\approx 0{,}737$) suivent la formation de conduite accompagnée, contre $16\,\%$ aujourd'hui.

Vérification aux bords : pour $p=0{,}737$, $P(R)=0{,}568+0{,}179\times 0{,}737\approx 0{,}699\,9<0{,}7$ ; pour $p=0{,}738$, $P(R)\approx 0{,}700\,1>0{,}7$. Et l'objectif est atteignable puisque $0{,}7<0{,}747$ : même avec $100\,\%$ de conduite accompagnée, le taux ne dépasserait pas $74{,}7\,\%$.

Erreur fréquente : écrire $0{,}747p>0{,}7$, en oubliant que les jeunes de la formation classique réussissent aussi ; on trouverait $p>0{,}937$, beaucoup trop.

B.1. Méthode : on reconnaît un schéma de Bernoulli. Pour chacun des 10 candidats, l'examen est une épreuve à deux issues : le succès « le candidat a le permis dès la première tentative », l'échec sinon. Les 10 candidats ayant suivi la conduite accompagnée, la probabilité du succès est $P_{A}(R)=0{,}747$, la même pour chacun.

L'énoncé modélise les examens par des épreuves aléatoires indépendantes : on répète donc $10$ fois, de façon indépendante, la même épreuve de Bernoulli de paramètre $0{,}747$. La variable $X$ compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres $n=10$ et $p=0{,}747$.

Les trois éléments à citer sont le nombre de répétitions, l'identité ET l'indépendance des épreuves, et ce que compte $X$. Piège : prendre $p=0{,}597$, le taux global, alors que les 10 candidats ont tous suivi la conduite accompagnée.

B.2. On passe par l'événement contraire : $P(X\geqslant 6)=1-P(X\leqslant 5)$. La calculatrice donne $P(X\leqslant 5)\approx 0{,}081\,7$ (fonction de répartition de la loi binomiale), d'où $P(X\geqslant 6)\approx 0{,}918$.

Détail, par la formule $P(X=k)=\dbinom{10}{k}0{,}747^{k}\,0{,}253^{10-k}$ : $P(X=6)\approx 0{,}149\,5$, $P(X=7)\approx 0{,}252\,2$, $P(X=8)\approx 0{,}279\,3$, $P(X=9)\approx 0{,}183\,2$ et $P(X=10)\approx 0{,}054\,1$, dont la somme redonne $0{,}918$.

Interprétation : la probabilité qu'au moins 6 des 10 candidats de l'auto-école obtiennent leur permis dès leur première tentative est d'environ $0{,}918$, soit à peu près $92\,\%$.

Erreur fréquente : calculer $1-P(X\leqslant 6)$, qui est $P(X\geqslant 7)$. Le complémentaire de « au moins 6 » est « au plus 5 ».

B.3. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ : $E(X)=np$ et $V(X)=np(1-p)$. Ici $E(X)=10\times 0{,}747=7{,}47$ et $V(X)=10\times 0{,}747\times 0{,}253=1{,}889\,91\approx 1{,}890$.

Interprétation de l'espérance : sur un grand nombre de groupes de 10 candidats en conduite accompagnée, il y a en moyenne $7{,}47$ réussites dès la première tentative par groupe. Piège : oublier le facteur $1-p$ dans la variance, ce qui donnerait $7{,}47$, la valeur de l'espérance.

B.4.a. Les 50 candidats se répartissent en deux groupes disjoints : les 10 de la conduite accompagnée, dont $X$ compte les réussites, et les 40 de la formation classique, dont $Y$ compte les réussites. Le nombre total de réussites est donc $Z=X+Y$.

Par linéarité de l'espérance, valable sans aucune hypothèse : $E(Z)=E(X)+E(Y)=7{,}47+22{,}53=30$.

Les variables $X$ et $Y$ étant INDÉPENDANTES (hypothèse de l'énoncé), la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $V(Z)=V(X)+V(Y)=1{,}889\,91+9{,}81=11{,}699\,91\approx 11{,}700$.

Le piège est d'additionner les variances sans citer l'indépendance : c'est elle seule qui l'autorise. L'espérance, elle, s'additionne toujours.

B.4.b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $Z$ d'espérance $30$ et de variance $V(Z)$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|Z-30\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(Z)}{\delta^{2}}$.

Traduisons l'événement. « Au plus 20 » s'écrit $Z\leqslant 20$, soit $Z-30\leqslant -10$ ; « au moins 40 » s'écrit $Z\geqslant 40$, soit $Z-30\geqslant 10$. La réunion des deux est l'événement $\left|Z-30\right|\geqslant 10$ : les bornes $20$ et $40$ sont à la même distance $10$ de l'espérance, et c'est ce qui permet d'appliquer l'inégalité avec $\delta=10$.

On obtient $P(Z\leqslant 20\ \text{ou}\ Z\geqslant 40)=P\left(\left|Z-30\right|\geqslant 10\right)\leqslant\dfrac{11{,}699\,91}{10^{2}}=0{,}116\,999\,1$. Comme $0{,}117<0{,}12$, la probabilité qu'il y ait au plus 20 ou au moins 40 candidats reçus dès la première tentative est bien inférieure à $0{,}12$.

Pièges : prendre $\delta=20$, l'écart entre les deux bornes, au lieu de la demi-largeur $10$ ; et diviser par $\delta$ au lieu de $\delta^{2}$. L'inégalité ne demande rien sur la loi de $Z$ : elle ne sert qu'à majorer, souvent grossièrement, la probabilité de s'écarter de la moyenne.

A.1. Méthode : l'équation $(E_{1})$ est de la forme $y'=ay+b$ avec $a=0{,}05\neq 0$ et $b=-0{,}5$. Ses solutions sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $x\mapsto k\,\mathrm{e}^{ax}-\dfrac{b}{a}$, $k$ réel : la somme des solutions de l'équation homogène $y'=ay$ et d'une solution particulière constante.

La solution constante $m$ vérifie $0=0{,}05m-0{,}5$, soit $m=\dfrac{0{,}5}{0{,}05}=10$ ; c'est bien $-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{-0{,}5}{0{,}05}=10$. Les solutions de $(E_{1})$ sont donc les fonctions $y(x)=k\,\mathrm{e}^{0{,}05x}+10$, $k\in\mathbb{R}$.

Condition initiale : $y(0)=k\,\mathrm{e}^{0}+10=k+10=50$, donc $k=40$. L'unique solution de $(E_{1})$ telle que $y(0)=50$ est la fonction $y(x)=40\,\mathrm{e}^{0{,}05x}+10$.

Vérification : $y'(x)=40\times 0{,}05\,\mathrm{e}^{0{,}05x}=2\,\mathrm{e}^{0{,}05x}$, et $0{,}05y(x)-0{,}5=2\,\mathrm{e}^{0{,}05x}+0{,}5-0{,}5=2\,\mathrm{e}^{0{,}05x}$ : l'équation est satisfaite.

Erreurs fréquentes : écrire la solution particulière $-10$ au lieu de $10$ (le signe de $-\dfrac{b}{a}$ se calcule, il ne se devine pas), ou calculer $k$ avec la solution générale de l'équation homogène seule, ce qui donne $k=50$ et une fonction qui ne vérifie pas $(E_{1})$.

A.2. On calcule les valeurs du modèle 1 aux années du tableau, $x$ comptant les années écoulées depuis 2000 : 2005, 2010 et 2015 correspondent à $x=5$, $10$ et $15$. En 2000, $y(0)=50$ par construction.

$y(5)=40\,\mathrm{e}^{0{,}25}+10\approx 61{,}4$ ; $y(10)=40\,\mathrm{e}^{0{,}5}+10\approx 75{,}9$ ; $y(15)=40\,\mathrm{e}^{0{,}75}+10\approx 94{,}7$. Le modèle prévoit donc environ $61$, $76$ et $95$ individus, quand le recensement en a compté $64$, $80$ et $100$.

Comparaison : le modèle 1 sous-estime systématiquement la population, et l'écart grandit avec le temps, environ $2{,}6$ puis $4{,}1$ puis $5{,}3$ individus, soit de l'ordre de $4$ à $5\,\%$ de l'effectif réel. Le modèle reste proche des données sur ces quinze ans, mais il s'en éloigne de plus en plus.

Un second défaut se lit sur la formule : $\lim\limits_{x\to+\infty}40\,\mathrm{e}^{0{,}05x}+10=+\infty$. Le modèle 1 prévoit une population qui grandit sans limite, ce qui n'est pas réaliste dans une réserve de taille finie. C'est ce que corrige le modèle 2.

B.1. Valeur en $0$ : $f(0)=\dfrac{800}{1+15\,\mathrm{e}^{0}}=\dfrac{800}{16}=50$.

Pour la relation, on part du membre de droite, qu'on réduit au même dénominateur. Remarque clé : $0{,}00125\times 800=1$. Donc $0{,}00125f(x)=\dfrac{1}{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}$ et $1-0{,}00125f(x)=\dfrac{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}-1}{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}=\dfrac{15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}$.

Ainsi $0{,}05f(x)\left(1-0{,}00125f(x)\right)=0{,}05\times\dfrac{800}{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}\times\dfrac{15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}=\dfrac{600\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{\left(1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}\right)^{2}}$, car $0{,}05\times 800\times 15=600$. C'est exactement $f'(x)$ donné en ligne 2 du logiciel, résultat que l'énoncé autorise à utiliser sans le démontrer.

Pour qui veut le retrouver : $f=\dfrac{800}{v}$ avec $v(x)=1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}$ et $v'(x)=-0{,}75\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}$, donc $f'=-\dfrac{800v'}{v^{2}}=\dfrac{600\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{v^{2}}$. La relation vaut pour tout réel $x$, comme l'écrit l'énoncé, car le dénominateur $1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}$ ne s'annule jamais ; l'équation notée $(E_{2})$ dans la phrase suivante est l'équation $y'=0{,}05y(1-0{,}00125y)$ de la partie B, que l'énoncé n'a pas étiquetée.

Erreur fréquente : partir de $f'(x)$ et tenter de « factoriser » sans voir que $0{,}00125=\dfrac{1}{800}$. L'équation s'écrit en fait $y'=0{,}05y\left(1-\dfrac{y}{800}\right)$ : c'est une équation logistique, et $800$ va réapparaître à la question 3.

B.2. L'année 2050 correspond à $x=2050-2000=50$. $f(50)=\dfrac{800}{1+15\,\mathrm{e}^{-2{,}5}}\approx\dfrac{800}{2{,}231\,3}\approx 358{,}54$. Selon le modèle 2, la population compterait environ $359$ individus en 2050.

Vérification du modèle sur les données : $f(5)\approx 63{,}1$, $f(10)\approx 79{,}2$ et $f(15)\approx 98{,}9$, très proches des $64$, $80$ et $100$ recensés, bien mieux que le modèle 1. Pièges : prendre $x=2050$, ou $x=5$ en comptant en décennies ; et tronquer au lieu d'arrondir, $358{,}54$ s'arrondissant à l'unité en $359$ et non en $358$.

B.3. Comme $-0{,}05<0$, $\lim\limits_{x\to+\infty}\mathrm{e}^{-0{,}05x}=0$ (par composition, $-0{,}05x\to-\infty$ et $\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0$). Donc $\lim\limits_{x\to+\infty}\left(1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}\right)=1$ et, par quotient, $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\dfrac{800}{1}=800$.

Conséquence pour la courbe : $C$ admet en $+\infty$ une asymptote horizontale, la droite d'équation $y=800$.

Interprétation : selon le modèle 2, la population de la réserve se rapproche de $800$ individus à long terme, sans les dépasser (puisque $1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}>1$ donne $f(x)<800$). Ce nombre joue le rôle d'une capacité d'accueil de la réserve, limitée par la place et la nourriture, ce que le modèle 1 ignorait.

B.4. On utilise la ligne 2 du logiciel : $f'(x)=\dfrac{600\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{\left(1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}\right)^{2}}$. Pour tout $x\geqslant 0$, $\mathrm{e}^{-0{,}05x}>0$, donc le numérateur est strictement positif, et le dénominateur est un carré non nul, strictement positif. Ainsi $f'(x)>0$ sur $[0\,;+\infty[$, et la fonction $f$ est strictement croissante, donc croissante, sur $[0\,;+\infty[$.

Autre justification, par l'équation différentielle : $0<f(x)<800$ donne $f(x)>0$ et $1-0{,}00125f(x)>0$, donc $f'(x)=0{,}05f(x)(1-0{,}00125f(x))>0$. Selon le modèle, la population ne cesse jamais d'augmenter.

B.5. On résout $15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}-1\geqslant 0$ sur $[0\,;+\infty[$. Elle équivaut à $\mathrm{e}^{-0{,}05x}\geqslant\dfrac{1}{15}$. La fonction $\ln$ étant strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$, et les deux membres étant strictement positifs, on peut l'appliquer sans changer le sens : $-0{,}05x\geqslant\ln\left(\dfrac{1}{15}\right)=-\ln(15)$.

On divise par $-0{,}05$, qui est NÉGATIF, ce qui renverse l'inégalité : $x\leqslant\dfrac{-\ln(15)}{-0{,}05}=\dfrac{\ln(15)}{0{,}05}=20\ln(15)$. On retrouve le résultat de la ligne 4 : $15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}-1\geqslant 0\iff x\leqslant 20\ln(15)$, avec $20\ln(15)\approx 54{,}16$.

Le piège est double : oublier de renverser l'inégalité en divisant par $-0{,}05$, ce qui donnerait $x\geqslant 20\ln(15)$ ; et écrire $\ln\left(\dfrac{1}{15}\right)=\dfrac{1}{\ln 15}$ au lieu de $-\ln 15$.

B.6.a. Méthode : la convexité se lit sur le signe de $f''$, donné en ligne 3. Le facteur $\dfrac{30\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}}{\left(1+15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}\right)^{3}}$ est strictement positif (exponentielle positive, dénominateur cube d'un nombre supérieur à $1$). Le signe de $f''(x)$ est donc celui de $15\,\mathrm{e}^{-0{,}05x}-1$, que la question 5 donne : positif ou nul pour $x\leqslant 20\ln(15)$, strictement négatif pour $x>20\ln(15)$.

Conclusion : $f$ est convexe sur $[0\,;20\ln(15)]$ et concave sur $[20\ln(15)\,;+\infty[$. La dérivée seconde s'annule en $x_{0}=20\ln(15)$ EN CHANGEANT DE SIGNE : la courbe $C$ admet un unique point d'inflexion, d'abscisse $x_{0}$.

Son ordonnée : $\mathrm{e}^{-0{,}05x_{0}}=\mathrm{e}^{-\ln(15)}=\dfrac{1}{15}$, donc $f(x_{0})=\dfrac{800}{1+15\times\dfrac{1}{15}}=\dfrac{800}{2}=400$. Le point d'inflexion a pour coordonnées $\left(20\ln(15)\,;400\right)$, soit environ $(54{,}16\,;400)$.

Remarque : l'ordonnée est la moitié de la limite $800$, propriété de toute courbe logistique. Piège : conclure à un point d'inflexion sur la seule annulation de $f''$, sans vérifier le changement de signe.

B.6.b. La vitesse de croissance est modélisée par $f'$, dont les variations se lisent sur le signe de sa dérivée $f''$. D'après la question 6.a, $f''\geqslant 0$ sur $[0\,;20\ln(15)]$ et $f''<0$ sur $]20\ln(15)\,;+\infty[$ : la fonction $f'$ est croissante sur $[0\,;20\ln(15)]$ puis décroissante sur $[20\ln(15)\,;+\infty[$.

Or $20\ln(15)\approx 54{,}2$ : la vitesse de croissance augmente pendant environ $54$ ans, donc jusqu'en 2054, puis diminue. C'est bien « un peu plus de cinquante ans » : la direction a raison. La vitesse maximale vaut $f'\left(20\ln(15)\right)=0{,}05\times 400\times(1-0{,}5)=10$ individus par an.

Le piège est de confondre la croissance de la population, $f$, qui augmente TOUJOURS (question 4), avec sa vitesse de croissance, $f'$, qui augmente puis diminue. Après 2054, la population continue d'augmenter, mais de moins en moins vite, en se rapprochant de $800$.

A.1. La fonction doit renvoyer une liste de $k$ termes, de $u_{0}$ à $u_{k-1}$. La boucle doit donc tourner $k$ fois : for i in range(k):. À chaque tour, on range le terme courant dans la liste avec L.append(u), puis on calcule le terme suivant par la relation de récurrence : u = 2 + log(u**2 - 3). Après la boucle, on renvoie la liste : return(L).