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Bac 2025

Mathématiques – Polynésie 2025 (jour 1) : correction détaillée

Série générale, spécialité Mathématiques · 4 h · 4 exercices (5 points chacun)

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.

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Exercice 1 : Exercice 1 : allergies alimentaires chez l'enfant5 points

17 % de la population vit en zone rurale (R), 83 % en zone urbaine ; 6,2 % des enfants ruraux ont une allergie alimentaire (A). Au total, 9 % des enfants sont allergiques (donnée de la partie B, utilisée aussi dans la partie A).

A1Traduire la situation par un arbre de probabilité.Touche pour voir la correction

À retenir Premier niveau : zone de résidence ; second niveau : allergie, avec les probabilités conditionnelles.

Démarche
  1. P(R) = 0,17 et P(non R) = 0,83.
  2. Après R : A avec 0,062 et non A avec 0,938.
  3. Après non R : A avec une probabilité inconnue p (calculée en 2c) et non A avec 1 − p.

RéponseArbre : R (0,17) → A (0,062) / non A (0,938) ; non R (0,83) → A (p) / non A (1 − p).

A2aProbabilité que l'enfant habite en zone rurale et soit atteint d'allergie.Touche pour voir la correction

À retenir P(R ∩ A) = P(R) × P_R(A).

Démarche
  1. P(R ∩ A) = 0,17 × 0,062 = 0,01054.

RéponseP(R ∩ A) = 0,01054 (soit 527/50 000).

A2bEn déduire la probabilité que l'enfant habite en zone urbaine et soit atteint d'allergie.Touche pour voir la correction

À retenir Probabilités totales : P(A) = P(R ∩ A) + P(non R ∩ A), avec P(A) = 0,09.

Démarche
  1. P(non R ∩ A) = P(A) − P(R ∩ A) = 0,09 − 0,01054 = 0,07946.

RéponseP(non R ∩ A) = 0,07946 (exact : 3973/50 000).

Piège La donnée P(A) = 0,09 n'est écrite qu'en début de partie B : il faut la réutiliser ici.

A2cL'enfant habite en zone urbaine : probabilité qu'il soit allergique (arrondi à 10⁻⁴) ?Touche pour voir la correction

À retenir P_(non R)(A) = P(non R ∩ A) / P(non R).

Démarche
  1. 0,07946 / 0,83 ≈ 0,09573.

RéponseP_(non R)(A) ≈ 0,0957.

B1Justifier que X suit une loi binomiale et préciser ses paramètres.Touche pour voir la correction

À retenir Répétition d'épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes.

Démarche
  1. Chaque enfant interrogé : succès (allergique) avec la probabilité 0,09.
  2. Les 100 tirages sont indépendants avec remise.
  3. X compte les succès parmi 100 épreuves.

RéponseX suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,09.

B2Probabilité qu'au moins 10 enfants sur 100 soient atteints (arrondi à 10⁻⁴) ?Touche pour voir la correction

À retenir P(X ≥ 10) = 1 − P(X ≤ 9) (calculatrice).

Démarche
  1. P(X ≥ 10) = 1 − P(X ≤ 9), avec X ~ B(100 ; 0,09).
  2. À la calculatrice : P(X ≤ 9) ≈ 0,5875, donc P(X ≥ 10) ≈ 1 − 0,5875 = 0,4125.

RéponseP(X ≥ 10) ≈ 0,4125.

Vérification Valeur calculée : 0,41249 ; E(X) = 9, donc une probabilité proche de 0,4 pour « au moins 10 » est cohérente.

C1Que représente M₂₀ = (A₁ + ... + A₂₀)/20 dans le contexte ?Touche pour voir la correction

À retenir Une moyenne d'échantillon.

Démarche
  1. Les Aᵢ sont les âges d'apparition des symptômes des 20 enfants.
  2. M₂₀ est leur moyenne.

RéponseM₂₀ est l'âge moyen d'apparition des premiers symptômes dans l'échantillon de 20 enfants.

C2Déterminer l'espérance et la variance de M₂₀.Touche pour voir la correction

À retenir Pour des variables indépendantes de même loi : E(M_n) = E(A), V(M_n) = V(A)/n.

Démarche
  1. E(M₂₀) = (20 × 4)/20 = 4.
  2. V(M₂₀) = (20 × 2,25)/20² = 2,25/20 = 0,1125.

RéponseE(M₂₀) = 4 et V(M₂₀) = 0,1125.

C3Justifier par l'inégalité de concentration que P(2 < M₂₀ < 6) > 0,97 et interpréter.Touche pour voir la correction

À retenir Inégalité de concentration : P(|M_n − E(M_n)| ≥ δ) ≤ V(A)/(n δ²) = V(M_n)/δ², où V(A) est la variance de chaque variable.

Démarche
  1. 2 < M₂₀ < 6 équivaut à |M₂₀ − 4| < 2.
  2. P(|M₂₀ − 4| ≥ 2) ≤ 2,25/(20 × 2²) = 0,1125/4 = 0,028125.
  3. P(2 < M₂₀ < 6) = 1 − P(|M₂₀ − 4| ≥ 2) ≥ 1 − 0,028125 = 0,971875 > 0,97.

RéponseP(2 < M₂₀ < 6) ≥ 0,9719 > 0,97 : avec une probabilité supérieure à 97 %, l'âge moyen d'apparition des premiers symptômes sur 20 enfants allergiques est compris entre 2 et 6 ans.

Exercice 2 : Exercice 2 : deux avions en approche5 points

Repère orthonormé d'origine O (pied de la tour), unité 1 km, sol z = 0. Alpha : point A(−7 ; 1 ; 7), direction u(2 ; −1 ; −3). Bêta : droite d_B de représentation x = −11 + 5t, y = −5 + t, z = 11 − 4t.

1Déterminer le point S où Bêta touche le sol, s'il ne dévie pas.Touche pour voir la correction

À retenir Le sol est le plan z = 0 : on cherche le paramètre qui annule z.

Démarche
  1. z = 0 donne 11 − 4t = 0, soit t = 11/4.
  2. x = −11 + 5 × 11/4 = −11 + 55/4 = 11/4.
  3. y = −5 + 11/4 = −9/4.

RéponseS(11/4 ; −9/4 ; 0), soit S(2,75 ; −2,25 ; 0).

2aReprésentation paramétrique de d_A.Touche pour voir la correction

À retenir Droite passant par A et dirigée par u : M = A + s u.

Démarche
  1. x = −7 + 2s, y = 1 − s, z = 7 − 3s, avec s réel.

Réponsed_A : x = −7 + 2s ; y = 1 − s ; z = 7 − 3s (s ∈ R).

2bLes deux avions peuvent-ils entrer en collision ?Touche pour voir la correction

À retenir Une collision supposerait un point commun aux deux trajectoires.

Démarche
  1. Directions (2 ; −1 ; −3) et (5 ; 1 ; −4) non colinéaires.
  2. Égalité des coordonnées : −7 + 2s = −11 + 5t, 1 − s = −5 + t, 7 − 3s = 11 − 4t.
  3. Deuxième équation : t = 6 − s ; première : −7 + 2s = 19 − 5s, donc s = 26/7 et t = 16/7.
  4. Troisième : 7 − 78/7 = −29/7 et 11 − 64/7 = 13/7 : différent. Système incompatible.

RéponseLes trajectoires n'ont aucun point commun : il n'y a pas de risque de collision.

Piège Ne pas oublier de tester la troisième équation après avoir résolu les deux premières.

3aDémontrer que l'avion Alpha passe par E(−3 ; −1 ; 1).Touche pour voir la correction

À retenir Trouver un paramètre s qui convient pour les trois coordonnées.

Démarche
  1. −7 + 2s = −3 donne s = 2.
  2. y = 1 − 2 = −1 ✓ ; z = 7 − 6 = 1 ✓.

RéponseE correspond à s = 2 : il est sur d_A.

3bJustifier que 2x − y − 3z + 8 = 0 est une équation du plan P_E passant par E et orthogonal à d_A.Touche pour voir la correction

À retenir Le vecteur directeur de d_A est normal au plan : ax + by + cz + d = 0 avec (a, b, c) = u.

Démarche
  1. u(2 ; −1 ; −3) est normal à P_E : 2x − y − 3z + d = 0.
  2. E : 2(−3) − (−1) − 3(1) + d = −6 + 1 − 3 + d = 0, donc d = 8.

RéponseP_E : 2x − y − 3z + 8 = 0.

3cVérifier que F(−1 ; −3 ; 3) est l'intersection de P_E et d_B.Touche pour voir la correction

À retenir Montrer que F est sur d_B et dans P_E ; d_B coupe P_E en un seul point car son vecteur directeur n'est pas orthogonal à u.

Démarche
  1. Sur d_B : −11 + 5t = −1 donne t = 2 ; y = −5 + 2 = −3 ✓ ; z = 11 − 8 = 3 ✓.
  2. Dans P_E : 2(−1) − (−3) − 3(3) + 8 = −2 + 3 − 9 + 8 = 0 ✓.
  3. (5 ; 1 ; −4) · (2 ; −1 ; −3) = 10 − 1 + 12 = 21 ≠ 0 : d_B n'est pas parallèle au plan, l'intersection est un point unique.

RéponseF appartient à d_B et à P_E : c'est leur point d'intersection.

3dCalculer la distance EF (valeur exacte) et vérifier qu'elle vaut 3 464 m à 1 m près.Touche pour voir la correction

À retenir EF = √((x_F − x_E)² + (y_F − y_E)² + (z_F − z_E)²).

Démarche
  1. EF(2 ; −2 ; 2).
  2. EF = √(4 + 4 + 4) = √12 = 2√3 km.
  3. 2√3 ≈ 3,4641 km = 3 464,1 m ≈ 3 464 m.

RéponseEF = 2√3 km ≈ 3 464 m.

4La distance de sécurité (3 milles nautiques, 1 mille = 1 852 m) est-elle respectée si Alpha est en E et Bêta en F au même instant ?Touche pour voir la correction

À retenir On compare des distances dans la même unité.

Démarche
  1. 3 milles nautiques = 3 × 1 852 = 5 556 m.
  2. EF ≈ 3 464 m < 5 556 m.

RéponseNon : 3 464 m < 5 556 m, la distance de sécurité n'est pas respectée.

Exercice 3 : Exercice 3 : fonctions xⁿe⁻ˣ et suite d'intégrales5 points

f₀(x) = e^(−x) et, pour n ≥ 1, fₙ(x) = xⁿ e^(−x) sur [0 ; +∞[. Iₙ est l'intégrale de fₙ entre 0 et 1.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Tableau de variations de fₙ (maximum (n/e)ⁿ en x = n) ; Annexe : courbes C₀, C₁, C₂, C₁₀ et C₁₀₀ sur [0 ; 1]. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

A1aMontrer que fₙ'(x) = (n − x) xⁿ⁻¹ e^(−x) pour tout x ≥ 0.Touche pour voir la correction

À retenir Dérivée d'un produit (uv)' = u'v + uv'.

Démarche
  1. u = xⁿ, u' = n xⁿ⁻¹ ; v = e^(−x), v' = −e^(−x).
  2. fₙ' = n xⁿ⁻¹ e^(−x) − xⁿ e^(−x).
  3. On factorise xⁿ⁻¹ e^(−x) : fₙ' = (n − x) xⁿ⁻¹ e^(−x).

Réponsefₙ'(x) = (n − x) xⁿ⁻¹ e^(−x).

A1bJustifier tous les éléments du tableau de variations (fₙ' positive puis négative, maximum (n/e)ⁿ, valeurs 0 et 0).Touche pour voir la correction

À retenir Signe de fₙ' et limites par croissances comparées.

Démarche
  1. Pour x > 0 : xⁿ⁻¹ e^(−x) > 0, donc fₙ' a le signe de n − x : positive sur [0 ; n[, nulle en n, négative sur ]n ; +∞[.
  2. fₙ(0) = 0ⁿ e⁰ = 0 car n ≥ 1.
  3. fₙ(n) = nⁿ e^(−n) = (n/e)ⁿ : maximum.
  4. Limite en +∞ : xⁿ e^(−x) = xⁿ / eˣ tend vers 0 par croissances comparées.

Réponsefₙ croît de 0 à (n/e)ⁿ sur [0 ; n], puis décroît vers 0 (limite en +∞).

A2Justifier par le calcul que A(1 ; e⁻¹) appartient à Cₙ.Touche pour voir la correction

À retenir Un point appartient à la courbe si ses coordonnées vérifient y = fₙ(x).

Démarche
  1. fₙ(1) = 1ⁿ × e^(−1) = e⁻¹ pour tout n.

Réponsefₙ(1) = e⁻¹ : A appartient à toutes les courbes Cₙ.

B1aInterprétation graphique de Iₙ.Touche pour voir la correction

À retenir Intégrale d'une fonction positive : aire.

Démarche
  1. fₙ ≥ 0 sur [0 ; 1].
  2. Iₙ est l'aire du domaine compris entre la courbe Cₙ, l'axe des abscisses et les droites x = 0 et x = 1.

RéponseIₙ est l'aire (en unités d'aire) du domaine sous la courbe Cₙ entre x = 0 et x = 1.

B1bPar lecture du graphique, conjecture sur la limite de (Iₙ).Touche pour voir la correction

À retenir On observe comment le domaine sous la courbe évolue quand n augmente.

Démarche
  1. Les courbes C₁₀ et C₁₀₀ restent très proches de l'axe des abscisses presque partout sur [0 ; 1], et ne s'élèvent qu'au voisinage de x = 1.
  2. L'aire sous la courbe diminue quand n augmente.

RéponseConjecture : (Iₙ) est décroissante et tend vers 0.

Piège C'est une conjecture lue sur le graphique, pas une démonstration : elle est établie plus loin dans l'exercice par le calcul.

B2Calculer I₀.Touche pour voir la correction

À retenir Primitive de e^(−x) : −e^(−x).

Démarche
  1. I₀ = ∫ de 0 à 1 de e^(−x) dx = [−e^(−x)] de 0 à 1.
  2. = −e⁻¹ + 1.

RéponseI₀ = 1 − 1/e ≈ 0,632.

Vérification Le graphique donne une aire entre 0,37 et 1 sous C₀ : 0,63 est cohérent.

B3aDémontrer que, pour x dans [0 ; 1], 0 ≤ xⁿ⁺¹ ≤ xⁿ.Touche pour voir la correction

À retenir xⁿ⁺¹ = x × xⁿ avec 0 ≤ x ≤ 1.

Démarche
  1. xⁿ ≥ 0 donc xⁿ⁺¹ = x × xⁿ ≥ 0.
  2. Comme x ≤ 1 et xⁿ ≥ 0 : x × xⁿ ≤ 1 × xⁿ = xⁿ.

Réponse0 ≤ xⁿ⁺¹ ≤ xⁿ sur [0 ; 1].

B3bEn déduire 0 ≤ Iₙ₊₁ ≤ Iₙ.Touche pour voir la correction

À retenir Positivité et croissance de l'intégrale ; e^(−x) > 0.

Démarche
  1. On multiplie l'encadrement par e^(−x) > 0 : 0 ≤ xⁿ⁺¹ e^(−x) ≤ xⁿ e^(−x).
  2. On intègre sur [0 ; 1] (bornes dans l'ordre croissant) : 0 ≤ Iₙ₊₁ ≤ Iₙ.

Réponse0 ≤ Iₙ₊₁ ≤ Iₙ pour tout n.

B4Démontrer que (Iₙ) converge vers une limite ℓ ≥ 0.Touche pour voir la correction

À retenir Suite décroissante et minorée : convergente.

Démarche
  1. Iₙ₊₁ ≤ Iₙ : décroissante.
  2. Iₙ ≥ 0 : minorée par 0.
  3. La limite ℓ vérifie ℓ ≥ 0 (passage à la limite dans Iₙ ≥ 0).

Réponse(Iₙ) converge vers ℓ ≥ 0.

B5Par intégration par parties, démontrer que Iₙ₊₁ = (n + 1) Iₙ − 1/e.Touche pour voir la correction

À retenir ∫ u v' = [u v] − ∫ u' v.

Démarche
  1. u = xⁿ⁺¹, u' = (n + 1) xⁿ ; v' = e^(−x), v = −e^(−x).
  2. Iₙ₊₁ = [−xⁿ⁺¹ e^(−x)] de 0 à 1 + (n + 1) ∫ de 0 à 1 de xⁿ e^(−x) dx.
  3. Crochet : −e⁻¹ − 0 = −1/e.
  4. Iₙ₊₁ = −1/e + (n + 1) Iₙ.

RéponseIₙ₊₁ = (n + 1) Iₙ − 1/e.

Vérification Pour n = 0 : I₁ = I₀ − 1/e = 1 − 2/e ≈ 0,264.

B6aDémontrer que si ℓ > 0, l'égalité de la question 5 conduit à une contradiction.Touche pour voir la correction

À retenir Raisonnement par l'absurde avec passage à la limite.

Démarche
  1. Si ℓ > 0 : (n + 1) Iₙ tend vers +∞ (produit de n + 1 qui tend vers +∞ par Iₙ qui tend vers ℓ > 0).
  2. Alors (n + 1) Iₙ − 1/e = Iₙ₊₁ tend vers +∞.
  3. Mais Iₙ₊₁ tend vers ℓ, un réel : contradiction.

RéponseL'hypothèse ℓ > 0 est impossible.

B6bDémontrer que ℓ = 0.Touche pour voir la correction

À retenir ℓ ≥ 0 et ℓ non strictement positive.

Démarche
  1. On a ℓ ≥ 0 (question 4) et ℓ > 0 est exclu (6a).

Réponseℓ = 0 : la conjecture de la question 1b est démontrée.

B7Script : def mystere(n): I = 1 − 1/e ; L = [I] ; for i in range(n): I = (i + 1)*I − 1/e ; L.append(I) ; return L (e est importée). Que renvoie mystere(100) dans le contexte de l'exercice ?Touche pour voir la correction

À retenir La boucle applique la relation Iₙ₊₁ = (n + 1) Iₙ − 1/e.

Démarche
  1. Avant la boucle : I = 1 − 1/e = I₀ et L = [I₀].
  2. À chaque tour i (de 0 à 99) : I = (i + 1) × I − 1/e, qui est I_(i+1), ajouté à L.
  3. Après 100 tours : L contient I₀, I₁, ..., I₁₀₀.

Réponsemystere(100) renvoie la liste des 101 premières valeurs de la suite : [I₀, I₁, ..., I₁₀₀].

Piège Cet algorithme est numériquement instable : l'erreur d'arrondi est multipliée par n + 1 à chaque étape, les derniers termes calculés en flottants peuvent s'écarter fortement de la valeur exacte (qui tend vers 0).

Exercice 4 : Exercice 4 : cinq affirmations vrai ou faux5 points

Équation différentielle, dénombrement, limite d'une suite, produit scalaire et convexité. Chaque réponse doit être justifiée.

1(E) : y' = y/2 + 4. Affirmation 1 : les solutions sont les fonctions f(x) = k e^(x/2) − 8, k réel.Touche pour voir la correction

À retenir y' = a y + b a pour solutions y = k e^(a x) − b/a.

Démarche
  1. a = 1/2, b = 4 : solution constante −b/a = −8.
  2. Solutions : k e^(x/2) − 8.
  3. Vérification : f'(x) = (k/2) e^(x/2) et f/2 + 4 = (k/2) e^(x/2) − 4 + 4 ✓.

RéponseAffirmation vraie.

218 filles et 14 garçons : équipe de 3 filles et 3 garçons. Affirmation 2 : il y a 297 024 possibilités.Touche pour voir la correction

À retenir Principe multiplicatif avec des combinaisons (l'ordre ne compte pas).

Démarche
  1. Choix des filles : C(18, 3) = 816.
  2. Choix des garçons : C(14, 3) = 364.
  3. Total : 816 × 364 = 297 024.

RéponseAffirmation vraie : 297 024 équipes possibles.

3vₙ = n / (2 + cos n). Affirmation 3 : (vₙ) diverge vers +∞.Touche pour voir la correction

À retenir Théorème de comparaison : si vₙ ≥ uₙ et uₙ tend vers +∞ alors vₙ tend vers +∞.

Démarche
  1. −1 ≤ cos n ≤ 1 donc 1 ≤ 2 + cos n ≤ 3.
  2. Comme n ≥ 0 : vₙ = n/(2 + cos n) ≥ n/3.
  3. n/3 tend vers +∞, donc vₙ tend vers +∞.

RéponseAffirmation vraie : (vₙ) diverge vers +∞.

Piège On ne peut pas conclure en disant que cos n n'a pas de limite : il faut minorer.

4A(1 ; 1 ; 2), B(5 ; −1 ; 8), C(2 ; 1 ; 3). Affirmation 4 : AB · AC = 10 et l'angle BAC mesure 30°.Touche pour voir la correction

À retenir cos(BAC) = AB · AC / (AB × AC).

Démarche
  1. AB(4 ; −2 ; 6) et AC(1 ; 0 ; 1) : AB · AC = 4 + 0 + 6 = 10 ✓.
  2. AB = √(16 + 4 + 36) = √56 et AC = √2 : AB × AC = √112 ≈ 10,58.
  3. cos(BAC) = 10/√112 ≈ 0,945, donc BAC ≈ 19,1°.

RéponseAffirmation fausse : le produit scalaire vaut bien 10 mais l'angle est d'environ 19,1°, pas 30° (cos 30° ≈ 0,866).

Piège La première partie est vraie, la seconde fausse : l'affirmation entière est fausse.

5h''(x) = x ln x − 3x sur ]0 ; +∞[. Affirmation 5 : h est convexe sur [e³ ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir h est convexe là où h'' ≥ 0.

Démarche
  1. h''(x) = x (ln x − 3) avec x > 0.
  2. h''(x) ≥ 0 équivaut à ln x ≥ 3, soit x ≥ e³.

RéponseAffirmation vraie : h'' ≥ 0 sur [e³ ; +∞[, donc h y est convexe.

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