Bac 2026 de spécialité maths, Antilles-Guyane jour 1 : sujet officiel et corrigé

A.1. Méthode : sur un arbre pondéré, les branches du premier niveau portent les probabilités des événements $A$, $R$ et $N$, qui forment une partition de l'univers (un réacteur est dans un et un seul des trois états) ; les branches du second niveau portent des probabilités CONDITIONNELLES, sachant le nœud dont elles partent.

Premier niveau : l'énoncé donne $P(A)=0{,}20$ et $P(R)=0{,}05$. « Le reste » des réacteurs fonctionne normalement, donc $P(N)=1-0{,}20-0{,}05=0{,}75$.

Second niveau : « parmi les réacteurs en arrêt, $85\,\%$ sont contrôlés » donne $P_{A}(C)=0{,}85$, d'où $P_{A}(\overline{C})=1-0{,}85=0{,}15$. De même, « parmi les réacteurs fonctionnant au ralenti, $60\,\%$ sont contrôlés » donne $P_{R}(C)=0{,}6$ et $P_{R}(\overline{C})=1-0{,}6=0{,}4$. Sur la dernière branche, $P_{N}(C)=x$ est déjà écrit, et la branche vers $\overline{C}$ porte $P_{N}(\overline{C})=1-x$.

Contrôle : les probabilités issues d'un même nœud ont pour somme $1$, soit $0{,}20+0{,}05+0{,}75=1$, $0{,}85+0{,}15=1$, $0{,}6+0{,}4=1$ et $x+(1-x)=1$. L'arbre complété, avec la valeur $x=0{,}2$ établie en A.3 et les probabilités des six chemins, figure en fin de corrigé.

Erreur fréquente : écrire $0{,}85$ sur la branche qui mène à $A$. Ce nombre est une proportion PARMI les réacteurs à l'arrêt, donc une probabilité conditionnée par $A$ : sa place est sur la branche de $A$ vers $C$. Autre oubli : laisser un pointillé sur la branche de $N$ vers $\overline{C}$, alors que $1-x$ est la seule écriture possible tant que $x$ est inconnu.

A.2. L'événement « le réacteur est en arrêt et subit un contrôle » est $A\cap C$. Sa probabilité se lit sur le chemin de l'arbre qui passe par $A$ puis $C$ (formule des probabilités composées) : $P(A\cap C)=P(A)\times P_{A}(C)=0{,}20\times 0{,}85=0{,}17$.

Contrôle de cohérence : une intersection est plus petite que chacun des événements, et en effet $0{,}17\leqslant P(A)=0{,}20$. Erreur fréquente : répondre $0{,}85$, qui est la probabilité d'être contrôlé SACHANT que le réacteur est à l'arrêt, et non celle de « à l'arrêt ET contrôlé ».

A.3. Méthode : formule des probabilités totales, avec la partition $\{A\,;R\,;N\}$ de l'univers : $P(C)=P(A\cap C)+P(R\cap C)+P(N\cap C)$.

Chaque terme se lit sur un chemin de l'arbre : $P(A\cap C)=0{,}17$ (question A.2), $P(R\cap C)=P(R)\times P_{R}(C)=0{,}05\times 0{,}6=0{,}03$ et $P(N\cap C)=P(N)\times P_{N}(C)=0{,}75x$. Donc $P(C)=0{,}17+0{,}03+0{,}75x=0{,}20+0{,}75x$.

Comme $P(C)=0{,}35$ : $0{,}20+0{,}75x=0{,}35$, soit $0{,}75x=0{,}15$ et $x=\dfrac{0{,}15}{0{,}75}=0{,}2$. La probabilité qu'un réacteur qui fonctionne normalement soit contrôlé vaut bien $0{,}2$.

Vérification : avec $x=0{,}2$, $0{,}17+0{,}03+0{,}75\times 0{,}2=0{,}17+0{,}03+0{,}15=0{,}35$. Piège : la partition compte TROIS événements, pas deux ; oublier la branche $R$, la plus discrète, donnerait $0{,}17+0{,}75x=0{,}35$ et $x=0{,}24$, une valeur fausse.

A.4. On sait que le réacteur subit un contrôle : on cherche une probabilité conditionnée par $C$, soit $P_{C}(N)$. L'arbre commence par l'état du réacteur, la question part du contrôle : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle (c'est la démarche de la formule de Bayes).

$P_{C}(N)=\dfrac{P(N\cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}75\times 0{,}2}{0{,}35}=\dfrac{0{,}15}{0{,}35}=\dfrac{3}{7}\approx 0{,}429$. Un réacteur contrôlé fonctionne normalement avec une probabilité d'environ $0{,}43$.

Lecture du résultat : les réacteurs en fonctionnement normal représentent $75\,\%$ du parc mais seulement $43\,\%$ environ des réacteurs contrôlés, car les contrôles visent surtout les réacteurs à l'arrêt ($P_{C}(A)=\dfrac{0{,}17}{0{,}35}\approx 0{,}486$). Erreur fréquente : confondre $P_{C}(N)$ avec $P_{N}(C)=x=0{,}2$. Le dénominateur est toujours la probabilité de l'événement DONNÉ, celui qu'on sait réalisé, ici $C$.

B.1.a. La production journalière d'un réacteur dépend uniquement de son état : $16$ GWh s'il fonctionne normalement (événement $N$), $10$ GWh au ralenti ($R$), $0$ GWh à l'arrêt ($A$). Les valeurs prises par $X$ sont donc $0$, $10$ et $16$, avec $P(X=0)=P(A)=0{,}20$, $P(X=10)=P(R)=0{,}05$ et $P(X=16)=P(N)=0{,}75$.

Le tableau complété figure en fin de corrigé. Contrôle : $0{,}20+0{,}05+0{,}75=1$. Le piège est de croire que les probabilités de contrôle de la partie A interviennent encore : la production ne dépend pas du contrôle, seulement de l'état du réacteur. On range les valeurs dans l'ordre croissant, comme le suggère le $0$ déjà placé en première colonne.

B.1.b. Définition de l'espérance : $E(X)=0\times 0{,}20+10\times 0{,}05+16\times 0{,}75=0+0{,}5+12=12{,}5$.

Variance, par la formule de König-Huygens $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ : $E(X^{2})=0^{2}\times 0{,}20+10^{2}\times 0{,}05+16^{2}\times 0{,}75=0+5+192=197$, donc $V(X)=197-12{,}5^{2}=197-156{,}25=40{,}75$.

Vérification par la définition $V(X)=\sum p_{k}(k-12{,}5)^{2}$ : $0{,}20\times 12{,}5^{2}+0{,}05\times(-2{,}5)^{2}+0{,}75\times 3{,}5^{2}=31{,}25+0{,}312\,5+9{,}187\,5=40{,}75$, la même valeur.

Interprétation : sur un grand nombre de jours, un réacteur produit en moyenne $12{,}5$ GWh par jour ; l'écart type $\sqrt{40{,}75}\approx 6{,}38$ GWh dit que cette production est très dispersée, entre $0$ et $16$. Erreur fréquente : soustraire $E(X)$ au lieu de $E(X)^{2}$, ou oublier d'élever les valeurs au carré dans $E(X^{2})$.

B.2.a. Espérance : par linéarité de l'espérance, valable sans aucune hypothèse, $E(S)=E(X_{1})+E(X_{2})+\cdots+E(X_{12})=12\times 12{,}5=150$, puisque chaque $X_{i}$ suit la loi de $X$.

Variance : les variables $X_{1}, \ldots, X_{12}$ sont INDÉPENDANTES, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances : $V(S)=V(X_{1})+\cdots+V(X_{12})=12\times 40{,}75=489$.

Le piège de la question : écrire $S=12X$ et en déduire $V(S)=12^{2}\times V(X)=5\,868$. Ce serait la variance de la production d'UN réacteur multipliée par $12$, comme si les douze réacteurs étaient toujours dans le même état. Les $X_{i}$ ont la même loi, mais ce ne sont pas les mêmes variables : leurs écarts à la moyenne se compensent en partie, et la variance n'est multipliée que par $12$. L'espérance, elle, vaut $150$ dans les deux cas. Autre faute qui coûte des points : additionner les variances sans citer l'indépendance, qui seule le permet.

B.2.b. Méthode : l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $S$ d'espérance $150$ et de variance $489$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\left(\left|S-150\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{V(S)}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]100\,;200[$ est centré en $150=E(S)$, de demi-largeur $50$ : $100<S<200\iff\left|S-150\right|<50$. Avec $\delta=50$ : $P\left(\left|S-150\right|\geqslant 50\right)\leqslant\dfrac{489}{50^{2}}=\dfrac{489}{2\,500}=0{,}195\,6$.

L'événement « $100<S<200$ » est le contraire de « $\left|S-150\right|\geqslant 50$ » ; passer au contraire renverse l'inégalité : $P(100<S<200)=1-P\left(\left|S-150\right|\geqslant 50\right)\geqslant 1-0{,}195\,6=0{,}804\,4$.

Comme $0{,}804\,4>0{,}80$, on peut affirmer que la probabilité d'éviter le risque de surcharge et de couvrir l'ensemble des besoins en électricité est supérieure à $0{,}80$. La réponse est OUI.

Les strictes de l'énoncé tombent juste : le contraire de $\left|S-150\right|\geqslant 50$ est exactement $\left|S-150\right|<50$, c'est-à-dire $100<S<200$, bornes exclues. Pièges : prendre $\delta=200-100=100$, la largeur entière, ce qui donnerait un minorant $0{,}951\,1$ faux ; oublier de passer à l'événement contraire et comparer $0{,}195\,6$ à $0{,}80$. Enfin, l'inégalité ne donne qu'un MINORANT : la vraie probabilité est en général bien plus grande, mais c'est ce minorant qui permet d'« affirmer ».

A.1. Théorème du cours : pour des réels $a\neq 0$ et $b$, les solutions sur $\mathbb{R}$ (donc sur $[0\,;+\infty[$) de l'équation différentielle $y'=ay+b$ sont les fonctions $t\mapsto C\,\mathrm{e}^{at}-\dfrac{b}{a}$, où $C$ est une constante réelle quelconque.

Ici $a=-\dfrac{3}{10}$ et $b=1$, donc $-\dfrac{b}{a}=-\dfrac{1}{-\frac{3}{10}}=\dfrac{10}{3}$. Les solutions de $(E)$ sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $y:t\mapsto C\,\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}$, avec $C\in\mathbb{R}$.

Vérification sur la solution constante $y=\dfrac{10}{3}$ : $y'=0$ et $-\dfrac{3}{10}\times\dfrac{10}{3}+1=-1+1=0$, l'égalité est vraie. Erreurs fréquentes : un signe perdu dans $-\dfrac{b}{a}$, qui donnerait $-\dfrac{10}{3}$, et l'exposant $\mathrm{e}^{\frac{3}{10}t}$ au lieu de $\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}$. La vérification sur la constante attrape les deux.

A.2. La fonction $q$ est une solution de $(E)$ : d'après A.1, il existe un réel $C$ tel que, pour tout $t\geqslant 0$, $q(t)=C\,\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}$. La condition initiale fixe la constante : $q(0)=C\,\mathrm{e}^{0}+\dfrac{10}{3}=C+\dfrac{10}{3}$, et $q(0)=1$, donc $C=1-\dfrac{10}{3}=-\dfrac{7}{3}$.

Ainsi, pour tout $t\in[0\,;+\infty[$, $q(t)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}$. Contrôle : $q(0)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}=1$. Piège : oublier que $\mathrm{e}^{0}=1$ et écrire $C\times 0$, ce qui ferait disparaître la constante.

A.3. Limite par composition : quand $t\to+\infty$, $-\dfrac{3}{10}t\to-\infty$, et $\lim\limits_{X\to-\infty}\mathrm{e}^{X}=0$, donc $\lim\limits_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}=0$. Par produit et somme, $\lim\limits_{t\to+\infty}q(t)=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33$.

Interprétation : avec ce protocole, la quantité de médicament dans le sang se stabilise à long terme autour de $\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33$ mg. C'est l'état d'équilibre où l'élimination compense exactement la perfusion (c'est la solution constante de $(E)$). Cette valeur dépasse le seuil de toxicité de 3 mg, ce qu'exploitent les deux questions suivantes.

A.4. Dérivée de $t\mapsto\mathrm{e}^{kt}$ : $t\mapsto k\,\mathrm{e}^{kt}$. Donc $q'(t)=-\dfrac{7}{3}\times\left(-\dfrac{3}{10}\right)\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}=\dfrac{7}{10}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}$.

Une exponentielle est strictement positive, donc $q'(t)>0$ pour tout $t\geqslant 0$ : la fonction $q$ est strictement croissante sur $[0\,;+\infty[$. Elle croît de $q(0)=1$ vers sa limite $\dfrac{10}{3}$, sans l'atteindre.

Vérification par l'équation différentielle elle-même : $q'(t)=-\dfrac{3}{10}q(t)+1$ ; avec $q(t)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}$, on retrouve $-1+\dfrac{7}{10}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}+1=\dfrac{7}{10}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}$. Erreur fréquente : oublier le facteur $-\dfrac{3}{10}$ de la dérivée composée, ou perdre un des deux signes moins et conclure à tort que $q$ décroît.

A.5. Il y a risque dès que $q(t)\geqslant 3$. On résout cette inéquation sur $[0\,;+\infty[$ :

$\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}\geqslant 3\iff-\dfrac{7}{3}\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}\geqslant 3-\dfrac{10}{3}=-\dfrac{1}{3}\iff\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}\leqslant\dfrac{1}{7}$, en multipliant par $-\dfrac{3}{7}<0$, ce qui renverse le sens.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$ : $\mathrm{e}^{-\frac{3}{10}t}\leqslant\dfrac{1}{7}\iff-\dfrac{3}{10}t\leqslant\ln\dfrac{1}{7}=-\ln 7\iff t\geqslant\dfrac{10}{3}\ln 7$, en multipliant cette fois par $-\dfrac{10}{3}<0$, qui renverse à nouveau le sens.

Le médicament présente donc un risque à partir de $t=\dfrac{10}{3}\ln 7$ heures (valeur exacte), soit environ $6{,}5$ h à $10^{-1}$ près ($\dfrac{10}{3}\ln 7\approx 6{,}486$, environ 6 h 29 min).

Vérification : $q(6{,}4)\approx 2{,}991<3$ et $q(6{,}5)\approx 3{,}001\geqslant 3$, cohérent avec la croissance de $q$. Piège : deux divisions par un nombre négatif dans la même résolution, donc deux renversements ; en oublier un donne $t\leqslant 6{,}5$, qui dirait que le risque s'arrête au lieu de commencer.

A.6. Oui, ce protocole présente un risque. La notice impose un traitement d'au moins 7 h, or la quantité de médicament atteint 3 mg à $t=\dfrac{10}{3}\ln 7\approx 6{,}49$ h, avant la fin du traitement. Comme $q$ est croissante, elle reste ensuite au-dessus de 3 mg : par exemple $q(7)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\mathrm{e}^{-2{,}1}\approx 3{,}05$ mg $\geqslant 3$ mg.

La limite $\dfrac{10}{3}>3$ de la question A.3 le disait déjà : à long terme, la perfusion maintient le patient dans la zone de toxicité. La justification attendue s'appuie sur les deux données de la notice, la durée minimale de 7 h et le seuil de 3 mg.

B.1. D'une heure à la suivante, deux choses se produisent. La quantité présente baisse de $30\,\%$ : on la multiplie par le coefficient multiplicateur $1-\dfrac{30}{100}=0{,}7$, ce qui donne $0{,}7\,u_{n}$. Puis on injecte une dose supplémentaire de $0{,}75$ mg, qui s'ajoute. Au bout de $n+1$ heures, la quantité est donc $u_{n+1}=0{,}7\times u_{n}+0{,}75$.

Contrôle : $u_{1}=0{,}7\times 1+0{,}75=1{,}45$. Erreur fréquente : écrire $0{,}3\,u_{n}$, qui est la quantité ÉLIMINÉE et non la quantité restante.

B.2.a. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $u_{n}\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$ ».

Initialisation : $u_{0}=1$ et $u_{1}=1{,}45$, donc $u_{0}\leqslant u_{1}\leqslant 4$ : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $k$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(k)$ est vraie, c'est-à-dire $u_{k}\leqslant u_{k+1}\leqslant 4$. On multiplie par $0{,}7$, qui est positif, ce qui conserve l'ordre : $0{,}7\,u_{k}\leqslant 0{,}7\,u_{k+1}\leqslant 2{,}8$. On ajoute $0{,}75$ : $0{,}7\,u_{k}+0{,}75\leqslant 0{,}7\,u_{k+1}+0{,}75\leqslant 3{,}55$, c'est-à-dire $u_{k+1}\leqslant u_{k+2}\leqslant 3{,}55$. Comme $3{,}55\leqslant 4$, $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

Conclusion : $\mathcal{P}(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire, donc pour tout entier naturel $n$, $u_{n}\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$.

Dans l'hérédité, on part de l'hypothèse de récurrence ENTIÈRE, encadrement compris, et non de la seule inégalité $u_{k}\leqslant 4$ : c'est la double inégalité qui se transmet d'un bloc. On peut aussi dire que la fonction $f:x\mapsto 0{,}7x+0{,}75$ est croissante sur $\mathbb{R}$ et l'appliquer aux trois membres, puisque $f(4)=3{,}55\leqslant 4$. Erreur fréquente : vérifier l'hérédité sur quelques valeurs calculées au lieu de la démontrer pour un $k$ quelconque.

B.2.b. D'après B.2.a, pour tout $n$, $u_{n}\leqslant u_{n+1}$ : la suite $(u_{n})$ est croissante ; et $u_{n}\leqslant 4$ : elle est majorée par $4$. Par le théorème de convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : la suite $(u_{n})$ est convergente.

Piège : le théorème garantit l'existence d'une limite $\ell\leqslant 4$, mais il ne dit pas que la limite vaut $4$. Un majorant n'est pas une limite, et la question suivante montre que la limite est bien plus petite.

B.2.c. La suite vérifie $u_{n+1}=f(u_{n})$ avec $f:x\mapsto 0{,}7x+0{,}75$, fonction continue sur $\mathbb{R}$, et elle converge vers $\ell$. Quand $n\to+\infty$, $u_{n+1}\to\ell$ et, par continuité de $f$, $f(u_{n})\to f(\ell)$ ; par unicité de la limite, $\ell=f(\ell)$.

On résout : $\ell=0{,}7\ell+0{,}75\iff 0{,}3\ell=0{,}75\iff\ell=\dfrac{0{,}75}{0{,}3}=2{,}5$. La limite de la suite $(u_{n})$ est $\ell=2{,}5$.

Vérification : $2{,}5$ est bien compris entre $u_{0}=1$ et le majorant $4$, et la formule explicite de B.3.b, $u_{n}=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^{n}$, tend vers $2{,}5$ puisque $0{,}7^{n}\to 0$ (car $0<0{,}7<1$).

B.2.d. Non, ce traitement ne présente pas de risque. La suite $(u_{n})$ est croissante et converge vers $2{,}5$ : une suite croissante convergente est majorée par sa limite, donc pour tout entier naturel $n$, $u_{n}\leqslant 2{,}5<3$. La quantité de médicament reste toujours sous le seuil de toxicité de 3 mg, quelle que soit la durée du traitement, 7 h ou davantage.

Piège : s'appuyer sur le majorant $4$ de la question B.2.a, qui ne permet RIEN de conclure, puisque $4>3$. C'est la limite $2{,}5$, jointe à la croissance, qui donne le bon majorant.

B.3.a. Pour tout entier naturel $n$ : $v_{n+1}=u_{n+1}-2{,}5=0{,}7\,u_{n}+0{,}75-2{,}5=0{,}7\,u_{n}-1{,}75$.

On factorise par $0{,}7$ pour faire apparaître $v_{n}$ : $0{,}7\,u_{n}-1{,}75=0{,}7\left(u_{n}-\dfrac{1{,}75}{0{,}7}\right)=0{,}7\,(u_{n}-2{,}5)=0{,}7\,v_{n}$.

Ainsi $v_{n+1}=0{,}7\,v_{n}$ pour tout $n$ : la suite $(v_{n})$ est géométrique de raison $0{,}7$, de terme initial $v_{0}=u_{0}-2{,}5=1-2{,}5=-1{,}5$.

Erreur fréquente : écrire $v_{n+1}=0{,}7\,u_{n}+0{,}75-2{,}5$ puis s'arrêter, sans exprimer le résultat en fonction de $v_{n}$ ; une suite n'est géométrique que si $v_{n+1}$ s'écrit $q\times v_{n}$.

B.3.b. Terme général d'une suite géométrique : $v_{n}=v_{0}\times q^{n}=-1{,}5\times 0{,}7^{n}$. Comme $v_{n}=u_{n}-2{,}5$, on a $u_{n}=v_{n}+2{,}5$, donc pour tout entier naturel $n$, $u_{n}=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^{n}$.

Vérification : $n=0$ donne $2{,}5-1{,}5=1=u_{0}$ et $n=1$ donne $2{,}5-1{,}05=1{,}45=u_{1}$.

B.4. On cherche le plus petit entier $n$ tel que $u_{n}>2{,}4$ : $2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^{n}>2{,}4\iff-1{,}5\times 0{,}7^{n}>-0{,}1\iff 0{,}7^{n}<\dfrac{0{,}1}{1{,}5}=\dfrac{1}{15}$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante : $0{,}7^{n}<\dfrac{1}{15}\iff n\ln 0{,}7<-\ln 15\iff n>\dfrac{-\ln 15}{\ln 0{,}7}$, le sens s'inversant car $\ln 0{,}7<0$. Or $\dfrac{-\ln 15}{\ln 0{,}7}\approx 7{,}59$, donc le plus petit entier qui convient est $n=8$.

Vérification : $u_{7}=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^{7}\approx 2{,}376<2{,}4$ et $u_{8}=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^{8}\approx 2{,}414>2{,}4$. Comme une dose est injectée chaque heure, $u_{n}$ compte $n$ injections supplémentaires : la quantité de médicament dépasse 2,4 mg au bout de $8$ injections supplémentaires.

Pièges : oublier de renverser l'inégalité en divisant par $\ln 0{,}7<0$, ce qui donnerait $n<7{,}59$ ; et arrondir $7{,}59$ à $7$ au lieu de prendre l'entier suivant. La table de la calculatrice confirme la réponse en deux lignes.