BAC Révision CollègeBrevetBacAnnales Télécharger

Annales corrigées › Bac 2025 › Mathématiques

Bac 2025

Mathématiques (spécialité) – Métropole 2025, sujet 1 (remplacement) : correction détaillée

Voie générale · spécialité Mathématiques · 4 h · 20 points · session de remplacement de septembre 2025 · équation différentielle, cube, suites convergentes, vrai-faux de probabilités

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

Ouvrir le sujet dans l'application gratuite

Exercice 1 : Équation différentielle et glycémie5 points

Partie A : résolution de (E) y′ + 0,4y = e^(−0,4t). Partie B : glycémie f(t) = (t + 1)e^(−0,4t) sur [0 ; 6] (en g·L⁻¹, t en heures).

A.1Soit u(t) = t e^(−0,4t). Vérifier que u est solution de (E) : y′ + 0,4y = e^(−0,4t).Touche pour voir la correction

À retenir On dérive (produit) puis on remplace dans le membre de gauche.

Démarche
  1. u′(t) = e^(−0,4t) + t × (−0,4)e^(−0,4t) = (1 − 0,4t)e^(−0,4t).
  2. u′(t) + 0,4u(t) = (1 − 0,4t + 0,4t)e^(−0,4t) = e^(−0,4t).

Réponseu′ + 0,4u = e^(−0,4t) : u est solution de (E).

A.2.ag = f − u, où f est définie et dérivable sur ℝ. Démontrer que si g est solution de (H) : y′ + 0,4y = 0, alors f est solution de (E).Touche pour voir la correction

À retenir Linéarité de la dérivation : f = g + u.

Démarche
  1. f = g + u, donc f′ + 0,4f = (g′ + 0,4g) + (u′ + 0,4u).
  2. g′ + 0,4g = 0 (g solution de (H)) et u′ + 0,4u = e^(−0,4t) (question A.1).
  3. Donc f′ + 0,4f = e^(−0,4t).

Réponsef est solution de (E).

A.2.bRésoudre (H) : y′ + 0,4y = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Les solutions de y′ + ay = 0 sont C e^(−at).

Démarche
  1. (H) est de la forme y′ + ay = 0 avec a = 0,4.
  2. Ses solutions sont les fonctions t ↦ C e^{−0,4t}, avec C réel quelconque.

Réponsey(t) = C e^(−0,4t), C ∈ ℝ.

A.2.cEn déduire les solutions de (E).Touche pour voir la correction

À retenir Solution de (E) = solution particulière u + solution de (H) (la réciproque de A.2.a est admise).

Démarche
  1. D'après A.2.a (et sa réciproque admise), f est solution de (E) ⟺ g = f − u est solution de (H).
  2. Donc f(t) = u(t) + g(t) = t e^{−0,4t} + C e^{−0,4t} = (t + C)e^{−0,4t}, C ∈ ℝ.

Réponsef(t) = t e^(−0,4t) + C e^(−0,4t) = (t + C)e^(−0,4t), C ∈ ℝ.

A.2.dDéterminer la solution f de (E) telle que f(0) = 1.Touche pour voir la correction

À retenir On injecte la condition initiale dans la forme générale.

Démarche
  1. f(0) = (0 + C) × 1 = C = 1.

Réponsef(t) = (t + 1)e^(−0,4t).

Vérification C'est la fonction de la partie B.

B.1.aMontrer que, pour tout t ∈ [0 ; 6], f′(t) = (−0,4t + 0,6)e^(−0,4t).Touche pour voir la correction

À retenir (uv)′ = u′v + uv′ avec u = t + 1 et v = e^(−0,4t).

Démarche
  1. f′(t) = 1 × e^(−0,4t) + (t + 1)(−0,4)e^(−0,4t).
  2. = [1 − 0,4t − 0,4]e^(−0,4t) = (−0,4t + 0,6)e^(−0,4t).

Réponsef′(t) = (−0,4t + 0,6)e^(−0,4t).

B.1.bÉtudier les variations de f sur [0 ; 6] et dresser son tableau de variations.Touche pour voir la correction

À retenir e^(−0,4t) > 0 : le signe de f′ est celui de −0,4t + 0,6.

Démarche
  1. −0,4t + 0,6 ≥ 0 ⇔ t ≤ 1,5.
  2. f est croissante sur [0 ; 1,5] et décroissante sur [1,5 ; 6].
  3. Valeurs : f(0) = 1 ; f(1,5) = 2,5e^(−0,6) ≈ 1,37 ; f(6) = 7e^(−2,4) ≈ 0,635.

RéponseTableau : f passe de 1 (t = 0) à un maximum ≈ 1,37 (t = 1,5) puis décroît jusqu'à ≈ 0,635 (t = 6).

Piège La glycémie monte d'abord après le repas (de 1 à ≈ 1,37 g/L en 1 h 30) avant de baisser.

B.2.aDémontrer que f(t) = 0,7 admet une unique solution α sur [0 ; 6].Touche pour voir la correction

À retenir Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur un intervalle où f est continue et strictement monotone.

Démarche
  1. Sur [0 ; 1,5], f(t) ≥ f(0) = 1 > 0,7 : pas de solution.
  2. Sur [1,5 ; 6], f est continue et strictement décroissante de 1,37 à 0,635, et 0,635 < 0,7 < 1,37.
  3. Donc une unique solution α dans [1,5 ; 6], donc sur [0 ; 6].

RéponseL'équation f(t) = 0,7 a une unique solution α ∈ [1,5 ; 6].

Piège Il faut éliminer l'intervalle de croissance où f reste supérieure à 1.

B.2.bAu bout de combien de temps (à la minute près) la personne est-elle en hypoglycémie ?Touche pour voir la correction

À retenir L'hypoglycémie correspond à f(t) < 0,7, soit t > α puisque f est décroissante après 1,5.

Démarche
  1. f est strictement décroissante sur [1,5 ; 6] : f(t) < 0,7 ⟺ t > α.
  2. Résolution numérique (tableau de valeurs de la calculatrice) : f(5,6) ≈ 0,703 > 0,7 et f(5,7) ≈ 0,685 < 0,7, donc α ≈ 5,615 h.
  3. 0,615 h × 60 ≈ 36,9 min, soit 37 min à la minute près.

Réponseα ≈ 5,615 h : environ 5 h 37 min après le repas.

Vérification f(5,6) ≈ 0,703 > 0,7 et f(5,7) ≈ 0,685 < 0,7.

B.3.aÀ l'aide d'une intégration par parties, montrer que ∫₀⁶ f(t) dt = −23,75e^(−2,4) + 8,75.Touche pour voir la correction

À retenir ∫ u′v = [uv] − ∫ uv′ avec v = t + 1 (v′ = 1) et u′ = e^(−0,4t), u = −2,5e^(−0,4t).

Démarche
  1. ∫₀⁶ (t + 1)e^(−0,4t) dt = [−2,5(t + 1)e^(−0,4t)]₀⁶ + 2,5∫₀⁶ e^(−0,4t) dt.
  2. [−2,5(t + 1)e^(−0,4t)]₀⁶ = −17,5e^(−2,4) + 2,5.
  3. 2,5 × [−2,5e^(−0,4t)]₀⁶ = 2,5 × (−2,5e^(−2,4) + 2,5) = −6,25e^(−2,4) + 6,25.
  4. Somme : −23,75e^(−2,4) + 8,75.

Réponse∫₀⁶ f(t) dt = −23,75e^(−2,4) + 8,75 ≈ 6,595.

Piège Attention au signe : une primitive de e^(−0,4t) est −2,5e^(−0,4t).

B.3.bCalculer la glycémie moyenne sur les six heures qui suivent le repas.Touche pour voir la correction

À retenir Valeur moyenne : (1/(b − a)) ∫ₐᵇ f.

Démarche
  1. (1/6)(−23,75e^(−2,4) + 8,75) ≈ 6,595/6 ≈ 1,099.

RéponseGlycémie moyenne ≈ 1,10 g·L⁻¹.

B.3.cEn remarquant que f est solution de (E), expliquer comment obtenir ce résultat autrement.Touche pour voir la correction

À retenir Comme f′ + 0,4f = e^(−0,4t), on a f = 2,5(e^(−0,4t) − f′) : on intègre sans parties.

Démarche
  1. f(t) = (e^(−0,4t) − f′(t))/0,4 = 2,5e^(−0,4t) − 2,5f′(t).
  2. ∫₀⁶ f = 2,5∫₀⁶ e^(−0,4t) dt − 2,5[f(6) − f(0)] = 6,25(1 − e^(−2,4)) − 2,5(7e^(−2,4) − 1).
  3. = 8,75 − 23,75e^(−2,4).

RéponseOn intègre l'égalité f = 2,5e^(−0,4t) − 2,5f′ : on retrouve 8,75 − 23,75e^(−2,4).

Exercice 2 : Géométrie dans l'espace : cube, plan (AMN) et volumes5 points

Cube ABCDEFGH, M tel que BM = AB (M est le symétrique de A par rapport à B). Repère orthonormé (A ; AB, AD, AE) : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), donc M(2 ; 0 ; 0), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1), C(1 ; 1 ; 0).

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Cube ABCDEFGH et point M. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Montrer que (FG) et (FM) sont perpendiculaires.Touche pour voir la correction

À retenir Une arête du cube est perpendiculaire à toute droite de la face qu'elle ne rencontre pas dans son plan.

Démarche
  1. (FG) est parallèle à (AD) donc perpendiculaire au plan (ABF) (face ABFE).
  2. M appartient à (AB), donc la droite (FM) est contenue dans le plan (ABF).
  3. Une droite perpendiculaire à un plan est orthogonale à toute droite de ce plan.

Réponse(FG) ⟂ (FM).

Vérification En coordonnées : FG = (0 ; 1 ; 0), FM = (1 ; 0 ; −1) : produit scalaire nul ✓.

A.2Montrer que A, M, G, H sont coplanaires.Touche pour voir la correction

À retenir Deux droites parallèles définissent un plan.

Démarche
  1. AM = 2AB, et HG = AB car EFGH est la face translatée de ABCD (en coordonnées : HG = (1 ; 0 ; 0) = AB).
  2. Donc AM et HG sont colinéaires : (AM) ∥ (HG).
  3. Deux droites parallèles sont coplanaires, donc A, M, G, H le sont.

RéponseA, M, G, H sont coplanaires (plan contenant les droites parallèles (AM) et (HG)).

B.1Déterminer les coordonnées de GM et AH et montrer qu'ils ne sont pas colinéaires.Touche pour voir la correction

À retenir Coordonnées du vecteur = arrivée − départ.

Démarche
  1. GM = (2 − 1 ; 0 − 1 ; 0 − 1) = (1 ; −1 ; −1).
  2. AH = (0 ; 1 ; 1).
  3. La première coordonnée de AH est 0 alors que celle de GM est 1 : pas de coefficient k tel que GM = kAH.

RéponseGM(1 ; −1 ; −1) et AH(0 ; 1 ; 1) ne sont pas colinéaires.

B.2.aJustifier que (GM) a pour représentation x = 1 + t, y = 1 − t, z = 1 − t.Touche pour voir la correction

À retenir Droite = point + t × vecteur directeur.

Démarche
  1. G(1 ; 1 ; 1) et GM(1 ; −1 ; −1).
  2. x = 1 + t, y = 1 − t, z = 1 − t.

RéponseReprésentation paramétrique de (GM) justifiée.

B.2.b(AH) : x = 0, y = k, z = k. Montrer que le point d'intersection N de (GM) et (AH) est (0 ; 2 ; 2).Touche pour voir la correction

À retenir On résout le système d'égalités des coordonnées.

Démarche
  1. x : 1 + t = 0, donc t = −1.
  2. Alors y = 1 − (−1) = 2 et z = 2.
  3. On trouve k = 2 avec y = k = 2 et z = k = 2 : cohérent.

RéponseN(0 ; 2 ; 2).

Vérification (0 ; 2 ; 2) est sur (AH) avec k = 2 ✓.

B.3.aMontrer que le triangle AMN est rectangle en A.Touche pour voir la correction

À retenir Triangle rectangle en A ⇔ AM · AN = 0.

Démarche
  1. AM = (2 ; 0 ; 0) et AN = (0 ; 2 ; 2).
  2. AM · AN = 0 + 0 + 0 = 0.

RéponseAM ⟂ AN : AMN est rectangle en A.

B.3.bCalculer l'aire du triangle AMN.Touche pour voir la correction

À retenir Aire = (1/2) × côté × côté de l'angle droit.

Démarche
  1. AM = 2 ; AN = √(0 + 4 + 4) = 2√2.
  2. Aire = (1/2) × 2 × 2√2 = 2√2.

RéponseAire = 2√2 u.a.

B.4.aJ est le centre de la face BCGF. Déterminer ses coordonnées.Touche pour voir la correction

À retenir Le centre d'un carré est le milieu d'une diagonale.

Démarche
  1. J milieu de [BG] : B(1 ; 0 ; 0), G(1 ; 1 ; 1).

RéponseJ(1 ; 1/2 ; 1/2).

B.4.bMontrer que FJ est un vecteur normal au plan (AMN).Touche pour voir la correction

À retenir Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan.

Démarche
  1. F(1 ; 0 ; 1) et J(1 ; 1/2 ; 1/2), donc FJ = (0 ; 1/2 ; −1/2).
  2. FJ · AM = 0.
  3. FJ · AN = 0 + 1 − 1 = 0.
  4. AM et AN ne sont pas colinéaires.

RéponseFJ(0 ; 1/2 ; −1/2) est orthogonal à AM et AN : il est normal à (AMN).

B.4.cMontrer que J appartient à (AMN) ; en déduire que J est le projeté orthogonal de F sur (AMN).Touche pour voir la correction

À retenir Le projeté orthogonal de F sur un plan est le point du plan tel que le vecteur FJ est normal au plan.

Démarche
  1. Le plan (AMN) passe par A(0 ; 0 ; 0) et a pour normale (0 ; 1 ; −1) : équation y − z = 0.
  2. J : 1/2 − 1/2 = 0, donc J ∈ (AMN).
  3. FJ est normal à (AMN) et J ∈ (AMN) : J est le projeté orthogonal de F.

RéponseJ ∈ (AMN) et FJ ⟂ (AMN) : J est le projeté orthogonal de F sur (AMN).

Vérification On peut aussi montrer J ∈ (AMN) par AJ = (1 ; 1/2 ; 1/2) = (1/2)AM + (1/4)AN : (1/2)(2 ; 0 ; 0) + (1/4)(0 ; 2 ; 2) = (1 ; 1/2 ; 1/2) ✓.

B.5Montrer que le volume du tétraèdre AMNF est le double du volume de la pyramide BCGFM.Touche pour voir la correction

À retenir V = (1/3) × aire de la base × hauteur.

Démarche
  1. Tétraèdre AMNF : base AMN d'aire 2√2, hauteur FJ = √(1/4 + 1/4) = √2/2 (J projeté de F).
  2. V(AMNF) = (1/3) × 2√2 × √2/2 = (1/3) × 2 = 2/3.
  3. Pyramide BCGFM : base le carré BCGF (côté 1, aire 1) ; le sommet M est à la distance BM = 1 du plan (BCGF), perpendiculaire à ce plan.
  4. V(BCGFM) = (1/3) × 1 × 1 = 1/3.
  5. 2/3 = 2 × 1/3.

RéponseV(AMNF) = 2/3 = 2 × V(BCGFM) = 2 × 1/3.

Piège M est sur la droite (AB), perpendiculaire à la face BCGF : la hauteur de la pyramide est BM = 1.

Exercice 3 : Deux suites qui convergent vers la même limite6 points

Partie A : (uₙ) définie par u₀ = 6 et uₙ₊₁ = √(3uₙ − 2) (f(x) = √(3x − 2) sur [2 ; +∞[). Partie B : (vₙ) définie par v₀ = 6 et vₙ₊₁ = 3 − 2/vₙ. Partie C : rang à partir duquel uₙ et vₙ sont dans ]1,99 ; 2,01[.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Tableau de variations de f ; Fonction Python rang(a). Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A.1Justifier les éléments du tableau de variations de f(x) = √(3x − 2) sur [2 ; +∞[ : f(2) = 2, f croissante, limite +∞.Touche pour voir la correction

À retenir x ↦ 3x − 2 est strictement croissante et la racine carrée est strictement croissante sur [0 ; +∞[ : par composition, f est strictement croissante.

Démarche
  1. Pour x ≥ 2, 3x − 2 ≥ 4 > 0.
  2. f(2) = √(6 − 2) = √4 = 2.
  3. Quand x → +∞, 3x − 2 → +∞ donc √(3x − 2) → +∞.

Réponsef est strictement croissante sur [2 ; +∞[, de f(2) = 2 vers +∞.

A.2.aDémontrer par récurrence que, pour tout n, 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 6.Touche pour voir la correction

À retenir f croissante : elle conserve les inégalités ; f(2) = 2 et f(6) = 4.

Démarche
  1. Initialisation : u₀ = 6, u₁ = √16 = 4 ; 2 ≤ 4 ≤ 6.
  2. Hérédité : si 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 6, alors f(2) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(uₙ), c'est-à-dire 2 ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁.
  3. Avec uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 6, on a 2 ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁ ≤ 6.
  4. Conclusion : vraie pour tout n.

RéponsePour tout n, 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ ≤ 6.

A.2.bEn déduire que (uₙ) converge.Touche pour voir la correction

À retenir Suite décroissante et minorée : convergente.

Démarche
  1. uₙ₊₁ ≤ uₙ et uₙ ≥ 2.

Réponse(uₙ) converge.

A.3Déterminer la valeur de la limite ℓ, solution de f(x) = x.Touche pour voir la correction

À retenir f(x) = x ⇔ √(3x − 2) = x avec x ≥ 0 ⇒ 3x − 2 = x².

Démarche
  1. x² − 3x + 2 = 0 : (x − 1)(x − 2) = 0, donc x = 1 ou x = 2.
  2. ℓ ≥ 2 (car uₙ ≥ 2), donc ℓ = 2.

Réponseℓ = 2.

Piège x = 1 est écarté car il n'appartient pas à [2 ; +∞[.

A.4.aPourquoi rang(2.000001) renvoie-t-elle une valeur ? (la fonction calcule u₀ = 6, puis tant que u ≥ a : u = sqrt(3u − 2), n = n + 1, et renvoie n.)Touche pour voir la correction

À retenir Si la suite converge vers 2 en restant au-dessus de 2, elle devient inférieure à tout a > 2.

Démarche
  1. La suite (u_n) est décroissante et converge vers 2 (parties A.2 et A.3) : pour tout réel a > 2, il existe un rang n à partir duquel u_n < a.
  2. La boucle « while u >= a » s'arrête donc au premier rang n tel que u_n < a : la fonction renvoie ce rang.
  3. Ici a = 2,000001 > 2 : la fonction renvoie bien une valeur.

RéponseComme 2,000001 > 2 = lim uₙ, il existe un rang à partir duquel uₙ < 2,000001 : la boucle se termine et la fonction renvoie ce rang.

A.4.bPour quelles valeurs de a l'instruction rang(a) renvoie-t-elle un résultat ?Touche pour voir la correction

À retenir La boucle s'arrête si et seulement si un terme devient strictement inférieur à a.

Démarche
  1. Pour a ≤ 2 : uₙ ≥ 2 ≥ a pour tout n, la condition u ≥ a reste vraie : boucle infinie.
  2. Pour a > 6 : la condition u ≥ a est fausse dès le départ (u = 6) : la fonction renvoie 0.
  3. Pour 2 < a ≤ 6 : la suite finit par passer sous a (limite 2) : la fonction renvoie le premier rang n tel que uₙ < a.

Réponserang(a) renvoie un résultat pour tout a > 2 (et boucle indéfiniment si a ≤ 2).

Piège Pour a = 2, la suite n'atteint jamais 2 (elle est strictement supérieure à 2) : la boucle ne s'arrête jamais.

B.1Calculer v₁.Touche pour voir la correction

À retenir On applique vₙ₊₁ = 3 − 2/vₙ à v₀ = 6.

Démarche
  1. v₁ = 3 − 2/6 = 3 − 1/3 = 8/3.

Réponsev₁ = 8/3.

B.2.awₙ = (vₙ − 1)/(vₙ − 2). Démontrer que (wₙ) est géométrique de raison 2 et donner w₀.Touche pour voir la correction

À retenir On exprime wₙ₊₁ en fonction de vₙ et on simplifie.

Démarche
  1. v_{n+1} − 1 = 3 − 2/v_n − 1 = 2 − 2/v_n = (2v_n − 2)/v_n = 2(v_n − 1)/v_n.
  2. v_{n+1} − 2 = 1 − 2/v_n = (v_n − 2)/v_n.
  3. w_{n+1} = [2(v_n − 1)/v_n] ÷ [(v_n − 2)/v_n] = 2(v_n − 1)/(v_n − 2) = 2w_n.
  4. Donc (w_n) est géométrique de raison 2, de premier terme w_0 = (6 − 1)/(6 − 2) = 5/4.

Réponse(wₙ) est géométrique de raison 2 et de premier terme w₀ = 5/4 = 1,25.

B.2.bOn admet wₙ − 1 = 1/(vₙ − 2). En déduire vₙ = 2 + 1/(1,25 × 2ⁿ − 1).Touche pour voir la correction

À retenir wₙ = 1,25 × 2ⁿ ; on isole vₙ.

Démarche
  1. wₙ = 1,25 × 2ⁿ.
  2. 1/(vₙ − 2) = wₙ − 1 = 1,25 × 2ⁿ − 1.
  3. vₙ − 2 = 1/(1,25 × 2ⁿ − 1), donc vₙ = 2 + 1/(1,25 × 2ⁿ − 1).

Réponsevₙ = 2 + 1/(1,25 × 2ⁿ − 1).

Vérification n = 0 : 2 + 1/0,25 = 6 ✓ ; n = 1 : 2 + 1/1,5 = 8/3 ✓.

B.2.cCalculer la limite de (vₙ).Touche pour voir la correction

À retenir 2ⁿ → +∞ car 2 > 1.

Démarche
  1. 1,25 × 2ⁿ − 1 → +∞, donc 1/(1,25 × 2ⁿ − 1) → 0.
  2. vₙ → 2.

Réponselim vₙ = 2.

B.3Déterminer le plus petit entier n pour lequel vₙ < 2,01, en résolvant l'inéquation.Touche pour voir la correction

À retenir On isole 2ⁿ puis on passe au logarithme.

Démarche
  1. vₙ < 2,01 ⇔ 1/(1,25 × 2ⁿ − 1) < 0,01 ; le dénominateur est positif pour n ≥ 0.
  2. ⇔ 1,25 × 2ⁿ − 1 > 100 ⇔ 2ⁿ > 101/1,25 = 80,8.
  3. ⇔ n ln 2 > ln 80,8 ⇔ n > ln 80,8/ln 2 ≈ 6,34.
  4. Plus petit entier : n = 7.

Réponsen = 7.

Vérification v₆ ≈ 2,0127 > 2,01 et v₇ ≈ 2,0063 < 2,01 ✓.

CDéterminer le plus petit entier N tel que, pour tout n ≥ N, vₙ et uₙ appartiennent à ]1,99 ; 2,01[.Touche pour voir la correction

À retenir Les deux suites sont décroissantes et supérieures ou égales à 2 : seule la borne 2,01 compte.

Démarche
  1. (u_n) et (v_n) sont strictement supérieures à 2 > 1,99 : seule la borne 2,01 est à tester.
  2. Partie B : v_n < 2,01 ⟺ n ≥ 7, et (v_n) est décroissante (v_n = 2 + 1/(1,25×2^n − 1)), donc v_n < 2,01 pour tout n ≥ 7.
  3. Pour (u_n) (décroissante) on calcule à la calculatrice : u_16 ≈ 2,0116 > 2,01 et u_17 ≈ 2,0087 < 2,01, donc u_n < 2,01 pour tout n ≥ 17.
  4. Il faut les deux conditions : N = max(7 ; 17) = 17.

RéponseN = 17 (rang qui convient aux deux suites ; rang(2.01) renvoie 17).

Piège Le sujet n'impose pas de formule explicite pour (uₙ) : le rang se trouve en calculant les termes (à la calculatrice ou avec la fonction rang(2.01)).

Exercice 4 : Vrai ou faux : musée, audioguide et probabilités4 points

Quatre affirmations indépendantes (dénombrement, probabilités conditionnelles, loi binomiale, espérance), chacune à justifier.

1Code à 4 chiffres deux à deux distincts, le premier étant différent de 0. Affirmation 1 : il y a 5 040 codes possibles.Touche pour voir la correction

À retenir Principe multiplicatif avec contraintes : on choisit les chiffres dans l'ordre.

Démarche
  1. Premier chiffre : 9 choix (1 à 9).
  2. Deuxième : 9 choix (0 inclus, premier exclu).
  3. Troisième : 8 choix ; quatrième : 7 choix.
  4. 9 × 9 × 8 × 7 = 4 536.

RéponseFAUSSE : il y a 4 536 codes (5 040 = 10 × 9 × 8 × 7 compterait le 0 en première position).

Piège 5 040 est le nombre d'arrangements de 4 chiffres parmi 10, sans la contrainte sur le premier chiffre.

2P_ligne(audio) = 0,8, P(ligne) = 0,7, P(sans audioguide) = 0,32. Affirmation 2 : la probabilité de ne pas prendre l'audioguide sachant que le billet est acheté au guichet est supérieure à 2/3.Touche pour voir la correction

À retenir Probabilités totales et probabilité conditionnelle : P_G(Ā) = P(G ∩ Ā)/P(G).

Démarche
  1. P(ligne ∩ sans audio) = 0,7 × 0,2 = 0,14.
  2. P(guichet ∩ sans audio) = 0,32 − 0,14 = 0,18.
  3. P(guichet) = 0,3.
  4. P_guichet(sans audio) = 0,18/0,3 = 0,6.

RéponseFAUSSE : 0,6 < 2/3 ≈ 0,667.

312 visiteurs, choix de l'audioguide indépendant. Affirmation 3 : la probabilité qu'exactement la moitié choisisse l'audioguide est 924 × 0,2176⁶.Touche pour voir la correction

À retenir Loi binomiale B(12 ; 0,68) : P(X = 6) = C(12, 6) × 0,68⁶ × 0,32⁶.

Démarche
  1. P(audio) = 1 − 0,32 = 0,68.
  2. C(12, 6) = 924.
  3. 0,68⁶ × 0,32⁶ = (0,68 × 0,32)⁶ = 0,2176⁶.

RéponseVRAIE : P(X = 6) = 924 × 0,2176⁶.

4Durée X (minutes) : 50 min (0,1), 80 min (0,6), 100 min (0,3). Affirmation 4 : E(X) = 77 minutes.Touche pour voir la correction

À retenir E(X) = Σ xᵢ P(X = xᵢ), en convertissant 1 h 20 = 80 min et 1 h 40 = 100 min.

Démarche
  1. E(X) = 50 × 0,1 + 80 × 0,6 + 100 × 0,3 = 5 + 48 + 30 = 83.

RéponseFAUSSE : E(X) = 83 minutes.

Télécharger BAC Révision, gratuit

Autres sujets de Mathématiques (Bac 2025)