Bac 2026 de spécialité maths, Antilles-Guyane jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. Dans un arbre pondéré, les branches du premier niveau portent des probabilités simples et celles du second niveau des probabilités CONDITIONNELLES, sachant l'évènement du nœud d'où elles partent.

Premier niveau : $P(A_{1})=0{,}96$ est donné, et par l'évènement contraire $P\big(\overline{A_{1}}\big)=1-0{,}96=0{,}04$.

Second niveau, depuis $A_{1}$ (message reçu sans erreur par le premier relai) : il est transmis sans erreur avec une probabilité de $94\,\%$, donc $P_{A_{1}}(A_{2})=0{,}94$ et $P_{A_{1}}\big(\overline{A_{2}}\big)=0{,}06$. Depuis $\overline{A_{1}}$ (message reçu avec erreurs) : les erreurs sont corrigées avec une probabilité de $35\,\%$, donc $P_{\overline{A_{1}}}(A_{2})=0{,}35$ et $P_{\overline{A_{1}}}\big(\overline{A_{2}}\big)=0{,}65$.

Contrôle : les probabilités issues d'un même nœud ont pour somme $1$ ($0{,}96+0{,}04$, $0{,}94+0{,}06$, $0{,}35+0{,}65$). L'arbre complété figure en fin de corrigé. Erreur fréquente : écrire $0{,}35$ sur la branche de $\overline{A_{1}}$ vers $\overline{A_{2}}$, en lisant « $35\,\%$ » comme la probabilité de garder des erreurs ; l'énoncé dit le contraire, c'est la probabilité que les erreurs soient CORRIGÉES.

A.2. Formule des probabilités totales, avec la partition $\big\{A_{1}\,;\overline{A_{1}}\big\}$ : un message peut arriver sans erreur au deuxième relai par deux chemins de l'arbre.

$P(A_{2})=P(A_{1}\cap A_{2})+P\big(\overline{A_{1}}\cap A_{2}\big)=P(A_{1})\,P_{A_{1}}(A_{2})+P\big(\overline{A_{1}}\big)\,P_{\overline{A_{1}}}(A_{2})=0{,}96\times 0{,}94+0{,}04\times 0{,}35=0{,}902\,4+0{,}014=0{,}916\,4$.

Erreur fréquente : ne garder que le premier chemin et répondre $0{,}902\,4$. Le second chemin, celui du message abîmé puis réparé, ne pèse que $0{,}014$ mais il est indispensable pour tomber sur la valeur annoncée.

A.3. On cherche une probabilité conditionnée par $A_{2}$ alors que l'arbre commence par $A_{1}$ : on « retourne » l'arbre en revenant à la définition (démarche de la formule de Bayes).

$P_{A_{2}}\big(\overline{A_{1}}\big)=\dfrac{P\big(\overline{A_{1}}\cap A_{2}\big)}{P(A_{2})}=\dfrac{0{,}04\times 0{,}35}{0{,}916\,4}=\dfrac{0{,}014}{0{,}916\,4}\approx 0{,}015\,277$, soit $0{,}015\,3$ arrondi à $10^{-4}$.

Interprétation : parmi les messages reçus sans erreur par le deuxième relai, environ $1{,}53\,\%$ avaient été reçus avec des erreurs par le premier relai (leurs erreurs ont été corrigées en route). Autrement dit, un message propre au deuxième relai était presque toujours déjà propre au premier.

Piège : confondre $P_{A_{2}}\big(\overline{A_{1}}\big)$ avec $P_{\overline{A_{1}}}(A_{2})=0{,}35$, lu sur l'arbre. Le dénominateur est la probabilité de l'évènement QU'ON SAIT RÉALISÉ, ici $A_{2}$. L'interprétation doit nommer cette population de référence : les messages reçus sans erreur au deuxième relai.

B.1.a. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(50\,;0{,}04)$, donc pour tout entier $k$ de $0$ à $50$ : $P(X=k)=\binom{50}{k}0{,}04^{k}\,0{,}96^{50-k}$.

Pour $k=4$ : $P(X=4)=\binom{50}{4}\times 0{,}04^{4}\times 0{,}96^{46}$, avec $\binom{50}{4}=\dfrac{50\times 49\times 48\times 47}{4\times 3\times 2\times 1}=230\,300$. On obtient $P(X=4)\approx 0{,}090\,2$, soit $0{,}09$ arrondi à $10^{-2}$ (à la calculatrice, la fonction de probabilité binomiale, souvent notée binomFdp).

Erreur fréquente : utiliser la fonction cumulée (binomFRép), qui donne $P(X\leqslant 4)\approx 0{,}95$ et non la probabilité d'exactement $4$ tests positifs.

B.1.b. « Au moins un » se traite par l'évènement contraire, « aucun » : $P(X\geqslant 1)=1-P(X=0)=1-\binom{50}{0}0{,}04^{0}\,0{,}96^{50}=1-0{,}96^{50}$.

$0{,}96^{50}\approx 0{,}129\,9$, donc $P(X\geqslant 1)\approx 0{,}870\,1$, soit $0{,}87$ arrondi à $10^{-2}$. Même avec une probabilité de $0{,}04$ par test, un échantillon de $50$ tests contient au moins un test positif dans $87\,\%$ des cas.

Piège : écrire $1-P(X\leqslant 1)$, qui est $P(X\geqslant 2)$. Le contraire de « $X\geqslant 1$ » est « $X=0$ », et lui seul.

B.1.c. Pour une loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$ : $\mathrm{E}(X)=np$ et $\mathrm{V}(X)=np(1-p)$. Ici $\mathrm{E}(X)=50\times 0{,}04=2$ et $\mathrm{V}(X)=50\times 0{,}04\times 0{,}96=1{,}92$.

En moyenne, un échantillon de $50$ tests contient $2$ tests positifs. Cohérence avec la suite : ce sont exactement l'espérance $2$ et la variance $1{,}92$ que la question 2 admet pour chacune des variables $X_{1}$, ..., $X_{25}$. Erreur fréquente : oublier le facteur $1-p$ et donner $\mathrm{V}(X)=2$.

B.2.a. Espérance, par linéarité (valable sans hypothèse d'indépendance) : $\mathrm{E}(M)=\dfrac{1}{25}\big(\mathrm{E}(X_{1})+\cdots+\mathrm{E}(X_{25})\big)=\dfrac{1}{25}\times 25\times 2=2$.

Variance : d'abord $\mathrm{V}(aY)=a^{2}\,\mathrm{V}(Y)$, donc $\mathrm{V}(M)=\dfrac{1}{25^{2}}\,\mathrm{V}(X_{1}+\cdots+X_{25})$. Ensuite, les $25$ variables étant INDÉPENDANTES, la variance de leur somme est la somme de leurs variances, $25\times 1{,}92=48$. D'où $\mathrm{V}(M)=\dfrac{48}{625}=\dfrac{1{,}92}{25}=0{,}076\,8$.

Les deux pièges : sortir $\dfrac{1}{25}$ de la variance sans l'élever au carré (on trouverait $1{,}92$), et additionner les variances sans citer l'indépendance, qui est la seule raison pour laquelle on en a le droit.

B.2.b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, appliquée à $M$ d'espérance $2$ et de variance $0{,}076\,8$, s'écrit pour tout réel $\delta>0$ : $P\big(|M-2|\geqslant\delta\big)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(M)}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]-3\,;7[$ est centré en $2$, de demi-largeur $5$ : $-3<M<7\iff -5<M-2<5\iff|M-2|<5$. On prend donc $\delta=5$ : $P\big(|M-2|\geqslant 5\big)\leqslant\dfrac{0{,}076\,8}{25}=0{,}003\,072$.

On passe à l'évènement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(-3<M<7)=1-P\big(|M-2|\geqslant 5\big)\geqslant 1-0{,}003\,072=0{,}996\,928$. Avec l'indication, $P(M<7)=P(-3<M<7)\geqslant 0{,}996\,928>0{,}99$ : la probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à $7$ est bien supérieure à $0{,}99$.

Pourquoi l'indication est juste : $M$ est une moyenne de nombres de tests, donc $M\geqslant 0>-3$ toujours, et la condition $-3<M$ ne retire rien. Elle sert à se ramener à un intervalle CENTRÉ en l'espérance, seule forme que l'inégalité sait traiter. Erreur fréquente : prendre $\delta=7$ (la borne) au lieu de $\delta=7-2=5$ (l'écart à l'espérance).

C.1. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier $n\geqslant 1$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $p_{n+1}\leqslant p_{n}$ ».

Initialisation, $n=1$ : $p_{2}=0{,}59\times 0{,}96+0{,}35=0{,}566\,4+0{,}35=0{,}916\,4$ et $p_{1}=0{,}96$, donc $p_{2}\leqslant p_{1}$ : $\mathcal{P}(1)$ est vraie. On retrouve au passage la valeur de $P(A_{2})$ de la partie A.

Hérédité : soit $n\geqslant 1$ un entier tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $p_{n+1}\leqslant p_{n}$. En multipliant par $0{,}59$, qui est strictement positif, le sens de l'inégalité est conservé : $0{,}59p_{n+1}\leqslant 0{,}59p_{n}$. En ajoutant $0{,}35$ : $0{,}59p_{n+1}+0{,}35\leqslant 0{,}59p_{n}+0{,}35$, c'est-à-dire $p_{n+2}\leqslant p_{n+1}$. $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $p_{n+1}\leqslant p_{n}$ pour tout entier $n\geqslant 1$ : la suite $(p_{n})$ est décroissante.

Erreurs fréquentes : écrire l'hypothèse de récurrence « pour tout $n$ », c'est-à-dire supposer ce qu'on veut démontrer ; ou ne pas dire pourquoi la multiplication par $0{,}59$ garde le sens de l'inégalité (avec un coefficient négatif, elle le renverserait).

C.2. Théorème de convergence monotone : toute suite décroissante et minorée converge. La suite $(p_{n})$ est décroissante (question C.1), et minorée par $0$ puisque chaque $p_{n}$ est une probabilité : $0\leqslant p_{n}\leqslant 1$. Elle est donc convergente.

Le théorème donne l'EXISTENCE de la limite, pas sa valeur : on sait seulement à ce stade qu'elle est comprise entre $0$ et $p_{1}=0{,}96$. Piège : affirmer que la limite vaut $0$ parce que la suite est minorée par $0$.

C.3. On note $\ell$ la limite. La suite est définie par $p_{n+1}=g(p_{n})$ avec $g(x)=0{,}59x+0{,}35$, fonction affine donc continue sur $\mathbb{R}$. Quand $n\to+\infty$, $p_{n+1}\to\ell$ et $g(p_{n})\to g(\ell)$ ; par unicité de la limite, $\ell=g(\ell)$.

$\ell=0{,}59\ell+0{,}35\iff 0{,}41\ell=0{,}35\iff\ell=\dfrac{0{,}35}{0{,}41}=\dfrac{35}{41}$. La limite de la suite $(p_{n})$ est $\dfrac{35}{41}\approx 0{,}853\,7$.

Vérification : $0{,}59\times\dfrac{35}{41}+0{,}35=\dfrac{20{,}65+14{,}35}{41}=\dfrac{35}{41}$, et $\dfrac{35}{41}\in[0\,;0{,}96]$, cohérent avec C.2. Autre voie : la suite $v_{n}=p_{n}-\dfrac{35}{41}$ est géométrique de raison $0{,}59$, donc tend vers $0$.

Interprétation : dans une très longue chaîne, la probabilité qu'un message arrive sans erreur au dernier relai se stabilise autour de $85{,}4\,\%$, grâce aux corrections. Piège : répondre $0{,}85$ ou $0{,}853\,7$ alors que l'énoncé demande la valeur EXACTE, $\dfrac{35}{41}$.

A.1.a. Dans un repère orthonormé, la distance entre deux points se calcule par $\mathrm{MN}=\sqrt{(x_{N}-x_{M})^{2}+(y_{N}-y_{M})^{2}+(z_{N}-z_{M})^{2}}$. Isocèle EN C veut dire : les deux côtés issus de C sont égaux, $\mathrm{CA}=\mathrm{CB}$.

$\overrightarrow{\mathrm{CA}}\left(-\dfrac{9}{4}\,;-3\,;0\right)$, donc $\mathrm{CA}=\sqrt{\dfrac{81}{16}+9}=\sqrt{\dfrac{81+144}{16}}=\sqrt{\dfrac{225}{16}}=\dfrac{15}{4}$.

$\overrightarrow{\mathrm{CB}}\left(\dfrac{9}{2}-\dfrac{9}{4}\,;0-3\,;0\right)=\left(\dfrac{9}{4}\,;-3\,;0\right)$, donc $\mathrm{CB}=\sqrt{\dfrac{81}{16}+9}=\dfrac{15}{4}$.

$\mathrm{CA}=\mathrm{CB}=\dfrac{15}{4}=3{,}75$ m : le triangle ABC est isocèle en C. (Il n'est pas équilatéral : $\mathrm{AB}=\dfrac{9}{2}=4{,}5$ m.) Erreur fréquente : comparer AB et AC, ce qui testerait un triangle isocèle en A.

A.1.b. Dans un triangle isocèle en C, la hauteur issue de C est aussi la médiane : elle coupe [AB] en son milieu I. Comme $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$ et $\mathrm{B}\left(\dfrac{9}{2}\,;0\,;0\right)$, $\mathrm{I}\left(\dfrac{9}{4}\,;0\,;0\right)$.

$\overrightarrow{\mathrm{IC}}(0\,;3\,;0)$ donc $\mathrm{CI}=3$. Vérification de l'orthogonalité : $\overrightarrow{\mathrm{IC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=0\times\dfrac{9}{2}+3\times 0+0\times 0=0$, la droite (CI) est bien perpendiculaire à (AB).

Aire du triangle : $\mathcal{A}=\dfrac{\mathrm{AB}\times\mathrm{CI}}{2}=\dfrac{\dfrac{9}{2}\times 3}{2}=\dfrac{27}{4}=6{,}75\ \mathrm{m}^{2}$.

Autre lecture : A et B sont sur l'axe des abscisses et C a pour ordonnée $3$ dans le plan $z=0$, donc la distance de C à la droite (AB) vaut $3$. Piège : prendre CA ou CB comme hauteur, ce qui donnerait $8{,}437\,5\ \mathrm{m}^{2}$ ; ou oublier de diviser par $2$.

A.2.a. Les trois points A, B et C ont une cote nulle, donc ils vérifient tous l'équation $z=0$. Ils définissent bien un plan : $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\left(\dfrac{9}{2}\,;0\,;0\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\left(\dfrac{9}{4}\,;3\,;0\right)$ ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée du premier est nulle, pas celle du second). Le plan (ABC) est donc le plan d'équation $z=0$, c'est-à-dire le plan $\left(\mathrm{A}\,;\vec{\imath},\vec{\jmath}\right)$ : le sol.

Le point à ne pas oublier : trois points d'un plan d'équation $z=0$ ne suffisent à le désigner que s'ils ne sont pas alignés.

A.2.b. Le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est l'unique point H du plan tel que la droite (DH) soit orthogonale au plan. Il y a donc DEUX conditions à vérifier.

Appartenance : H a une cote nulle, donc $\mathrm{H}\in(\mathrm{ABC})$. Orthogonalité : $\overrightarrow{\mathrm{DH}}\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{3}{2}\,;1-1\,;0-3\right)=(0\,;0\,;-3)=-3\vec{k}$. Or $\vec{k}(0\,;0\,;1)$ est un vecteur normal au plan d'équation $z=0$ (coefficients de $x$, $y$, $z$ dans l'équation). $\overrightarrow{\mathrm{DH}}$ est colinéaire à un vecteur normal du plan, donc (DH) est orthogonale à (ABC).

H est donc le projeté orthogonal de D sur (ABC). Erreur fréquente : ne vérifier que l'une des deux conditions ; un point du plan quelconque, ou un point quelconque de la verticale de D, ne suffit pas.

A.3. On prend pour base le triangle ABC, d'aire $\mathcal{B}=\dfrac{27}{4}\ \mathrm{m}^{2}$ (question A.1.b). La hauteur relative à cette base est la distance de D au plan (ABC), c'est-à-dire $\mathrm{DH}$, puisque H est le projeté orthogonal de D : $h=\mathrm{DH}=\left\|\overrightarrow{\mathrm{DH}}\right\|=3$ m.

$\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times\dfrac{27}{4}\times 3=\dfrac{27}{4}=6{,}75\ \mathrm{m}^{3}$. Le volume du module est de $6{,}75\ \mathrm{m}^{3}$.

Vérification : D a pour cote $3$ et la base est au sol, donc la hauteur est bien la cote de D. Pièges : oublier le facteur $\dfrac{1}{3}$ (on trouverait $20{,}25\ \mathrm{m}^{3}$, le volume d'un prisme) ou écrire l'unité en $\mathrm{m}^{2}$.

B.1.a. Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs NON COLINÉAIRES de ce plan. On prend $\overrightarrow{\mathrm{BC}}\left(\dfrac{9}{4}-\dfrac{9}{2}\,;3\,;0\right)=\left(-\dfrac{9}{4}\,;3\,;0\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{BD}}\left(\dfrac{3}{2}-\dfrac{9}{2}\,;1\,;3\right)=(-3\,;1\,;3)$.

Ils ne sont pas colinéaires : la troisième coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ est nulle et pas celle de $\overrightarrow{\mathrm{BD}}$, alors que $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ n'est pas le vecteur nul.

Produits scalaires : $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}}=4\times\left(-\dfrac{9}{4}\right)+3\times 3+3\times 0=-9+9+0=0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BD}}=4\times(-3)+3\times 1+3\times 3=-12+3+9=0$.

$\vec{n}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : c'est un vecteur normal à ce plan. Piège : un seul produit scalaire nul ne prouve rien, il faut les deux, et la non-colinéarité se dit.

B.1.b. Un plan de vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ admet une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0$. Avec $\vec{n}(4\,;3\,;3)$ : $4x+3y+3z+d=0$.

Le point B appartient au plan : $4\times\dfrac{9}{2}+3\times 0+3\times 0+d=0$, soit $18+d=0$ et $d=-18$. Une équation cartésienne du plan (BCD) est donc $4x+3y+3z-18=0$.

Vérification avec les deux autres points : pour C, $4\times\dfrac{9}{4}+3\times 3+0-18=9+9-18=0$ ; pour D, $4\times\dfrac{3}{2}+3\times 1+3\times 3-18=6+3+9-18=0$. Les trois points sont bien dans le plan.

B.1.c. La droite $\Delta$ est orthogonale au plan (BCD) : elle est dirigée par un vecteur normal de ce plan, $\vec{n}(4\,;3\,;3)$. Elle passe par $\mathrm{D}\left(\dfrac{3}{2}\,;1\,;3\right)$.

Un point $M(x\,;y\,;z)$ appartient à $\Delta$ si et seulement s'il existe un réel $t$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{D}M}=t\,\vec{n}$, ce qui donne la représentation paramétrique : $x=\dfrac{3}{2}+4t$, $y=1+3t$, $z=3+3t$, $t\in\mathbb{R}$.

Toute autre représentation obtenue avec un vecteur directeur colinéaire à $\vec{n}$ et un autre point de $\Delta$ est juste aussi. Erreurs fréquentes : oublier « $t\in\mathbb{R}$ », ou prendre pour vecteur directeur un vecteur DU plan, comme $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$, ce qui donnerait une droite parallèle au plan et non orthogonale.

B.2. Le point L est sur $\Delta$ et dans le plan (ABC), d'équation $z=0$. On cherche donc la valeur du paramètre pour laquelle la cote s'annule : $3+3t=0\iff t=-1$.

Pour $t=-1$ : $x=\dfrac{3}{2}-4=-\dfrac{5}{2}$, $y=1-3=-2$, $z=0$. Le point d'intersection est $\mathrm{L}\left(-\dfrac{5}{2}\,;-2\,;0\right)$.

Le paramètre $t=-1$ est unique, ce qui confirme que la droite et le plan sont sécants en un seul point. Piège : remplacer dans l'équation du plan (BCD) au lieu de celle de (ABC) ; on retrouverait $t=0$, c'est-à-dire D lui-même.

B.3. L'angle $\widehat{\mathrm{LDH}}$ a pour sommet D : on le calcule avec le produit scalaire des vecteurs ISSUS DE D, $\overrightarrow{\mathrm{DL}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DH}}=\mathrm{DL}\times\mathrm{DH}\times\cos\widehat{\mathrm{LDH}}$.

$\overrightarrow{\mathrm{DL}}\left(-\dfrac{5}{2}-\dfrac{3}{2}\,;-2-1\,;0-3\right)=(-4\,;-3\,;-3)$, qui vaut $-\vec{n}$, cohérent avec $t=-1$. $\overrightarrow{\mathrm{DH}}(0\,;0\,;-3)$.

$\overrightarrow{\mathrm{DL}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{DH}}=0+0+(-3)\times(-3)=9$, $\mathrm{DL}=\sqrt{16+9+9}=\sqrt{34}$ et $\mathrm{DH}=3$. Donc $\cos\widehat{\mathrm{LDH}}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\approx 0{,}514\,5$.

Comparaison à $60^{\circ}$, dont le cosinus vaut $\dfrac{1}{2}$ : $\dfrac{3}{\sqrt{34}}>\dfrac{1}{2}\iff 6>\sqrt{34}\iff 36>34$, ce qui est vrai. La fonction cosinus étant strictement décroissante sur $[0^{\circ}\,;180^{\circ}]$, $\cos\widehat{\mathrm{LDH}}>\cos 60^{\circ}$ entraîne $\widehat{\mathrm{LDH}}<60^{\circ}$. À la calculatrice, $\widehat{\mathrm{LDH}}\approx 59{,}0^{\circ}$. Le module est adapté aux débutants.

Autre voie : L et H sont dans le plan (ABC) et (DH) est orthogonale à ce plan, donc le triangle LDH est rectangle en H, et $\cos\widehat{\mathrm{LDH}}=\dfrac{\mathrm{DH}}{\mathrm{DL}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}$, la même valeur.

La marge est mince, $59{,}04^{\circ}$ contre $60^{\circ}$ : arrondir le cosinus à $0{,}5$ trop tôt ferait conclure à un angle de $60^{\circ}$ et rater la question. Autre piège : prendre $\overrightarrow{\mathrm{LD}}$ au lieu de $\overrightarrow{\mathrm{DL}}$, ce qui change le signe du produit scalaire et donne l'angle supplémentaire, environ $121^{\circ}$.

1.a. Affirmation 1 : fausse. L'équation $y'+2y=0$ s'écrit $y'=-2y$, de la forme $y'=ay$ avec $a=-2$. Ses solutions sur $\mathbb{R}$ sont les fonctions $x\mapsto C\mathrm{e}^{-2x}$, où $C$ est une constante réelle.

Condition initiale : $f(0)=C\mathrm{e}^{0}=C=1$, donc $f(x)=\mathrm{e}^{-2x}$ pour tout réel $x$.

Alors $f(\ln 2)=\mathrm{e}^{-2\ln 2}=\left(\mathrm{e}^{\ln 2}\right)^{-2}=2^{-2}=\dfrac{1}{4}$. Comme $\dfrac{1}{4}\neq\dfrac{1}{2}$, le point $\mathrm{A}\left(\ln 2\,;\dfrac{1}{2}\right)$ n'est pas sur la courbe de $f$ : l'affirmation 1 est fausse.

Le piège est double. Le signe : réécrire $y'+2y=0$ en $y'=2y$ donnerait $f(x)=\mathrm{e}^{2x}$ et $f(\ln 2)=4$. Et le facteur $2$ : la valeur $\dfrac{1}{2}$ proposée est $\mathrm{e}^{-\ln 2}$, celle qu'on obtiendrait avec $f(x)=\mathrm{e}^{-x}$, solution de $y'+y=0$.

1.b. Affirmation 2 : fausse. Une fonction deux fois dérivable sur un intervalle est convexe sur cet intervalle, c'est-à-dire que sa courbe est au-dessus de ses tangentes, si et seulement si sa dérivée seconde y est positive. On étudie donc le signe de $f''$.

$f'(x)=1-(-\sin x)=1+\sin x$, puis $f''(x)=\cos x$. Sur $\left[\dfrac{\pi}{2}\,;\pi\right]$, $\cos x\leqslant 0$ (il est nul en $\dfrac{\pi}{2}$ et strictement négatif ensuite). La fonction $f$ est donc CONCAVE sur cet intervalle : sa courbe est au-dessous de ses tangentes, et l'affirmation 2 est fausse.