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%Tapuscrit : Bruno Serres
%Relecture  : Denis Vergès
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		pdfauthor = {APMEP},
		pdfsubject = {Baccalauréat Spécialité - corrigé},
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\begin{document}

	\setlength\parindent{0mm}

%	\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
	\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
	\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
	\lfoot{\small{Asie}}
	\rfoot{\small{12 juin 2025}}
	\pagestyle{fancy}
	\thispagestyle{empty}

	\begin{center}
		{\Large\bf\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Asie~\decofourright\\[7pt]Sujet 2 -- 12 juin 2025\\[7pt]
			ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}
	\end{center}

\bigskip

{\large \textbf{\textsc{Exercice 1} \hfill 5 points}}

\textbf{Partie A : Étude d'un exemple}

\begin{enumerate}
\item D'après l'énoncé : $P_M(T) = 0,999 \quad \text{et} \quad P_{\overline{M}}(T) = 0,005$

\item \np{270000} personnes ont été infectées sur \np{750000} donc $ P(M) = \dfrac{\np{270000}}{\np{750000}} = 0,36$

\item Voici l'arbre pondéré complété : 

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(0.68,2.16) rectangle (8,6.);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,4.6);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,3.4);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,5.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,4.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,3.65);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,2.65);
\draw (3.1,5) node[anchor=north west] {$M$};
\draw (3.1,3.6) node[anchor=north west] {$\overline M$};
\draw (5.8,5.75) node[anchor=north west] {$T$};
\draw (5.8,4.65) node[anchor=north west] {$\overline T  $};
\draw (5.8,3.) node[anchor=north west] {$\overline T  $};
\draw (5.8,4.) node[anchor=north west] {$T$};
\draw (1.7,5) node[anchor=north west] {$0,36$};
\draw (1.7,3.5) node[anchor=north west] {$0,64$};
\draw (4.2,5.7) node[anchor=north west] {$0,999$};
\draw (4.2,4.5) node[anchor=north west] {$0,001$};
\draw (4 ,2.8) node[anchor=north west] {$0,995$};
\draw (4.2,4) node[anchor=north west] {$0,005$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0,36 \times 0,999 = 0,35964$

donc la probabilité que l'individu soit atteint et que le test soit positif est $0,36$ à $10^{-3}$ près.

\item $M$ et $\overline{M}$ constituent une partition de l'univers donc d'après la loi des probabilités totales :

$P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0,36 \times 0,999 + 0,64 \times 0,005 = 0,35964 + 0,0032 = 0,36284$

donc la probabilité que l'individu ait un test positif est $0,363$ à $10^{-3}$ près.
\item $P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0,35964}{0,36284} \approx 0,991$
\item Puisque $P_T(M) \approx 0,991 > 0,95$, le test est considéré comme fiable.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B : Dépistage sur une population cible}

\begin{enumerate}
\item Voici l'arbre pondéré complété :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(0.68,2.16) rectangle (8,6.);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,4.6);
\draw [line width=1.pt] (1.,4.)-- (3.,3.4);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,5.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,4.75)-- (5.7,4.35);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,3.65);
\draw [line width=1.pt] (3.7,3.25)-- (5.7,2.65);
\draw (3.1,5) node[anchor=north west] {$M$};
\draw (3.1,3.6) node[anchor=north west] {$\overline M$};
\draw (5.8,5.75) node[anchor=north west] {$T$};
\draw (5.8,4.65) node[anchor=north west] {$\overline T  $};
\draw (5.8,3.) node[anchor=north west] {$\overline T  $};
\draw (5.8,4.) node[anchor=north west] {$T$};
\draw (1.7,5) node[anchor=north west] {$p$};
\draw (1.7,3.5) node[anchor=north west] {$1-p$};
\draw (4.2,5.7) node[anchor=north west] {$0,999$};
\draw (4.2,4.5) node[anchor=north west] {$0,001$};
\draw (4 ,2.8) node[anchor=north west] {$0,995$};
\draw (4.2,4) node[anchor=north west] {$0,005$};
\end{tikzpicture}
\end{center}

\item $M$ et $\overline{M}$ constituent une partition de l'univers donc d'après la loi des probabilités totales :

$P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T)  = p \times 0,999 + (1 - p) \times 0,005 = 0,999p + 0,005 - 0,005p = 0,994p + 0,005$
\item $P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{p \times 0,999}{0,994p + 0,005}$
\item Le test est fiable si $P_T(M) > 0,95$ :

$\dfrac{0,999p}{0,994p + 0,005} > 0,95 \iff 0,999p > 0,95(0,994p + 0,005) \iff 0,999p > 0,9443p + 0,00475 \iff  0,0547p > 0,00475 \iff  p > \dfrac{0,00475}{0,0547} \approx 0,087$ donc, le test est fiable si $p > 0,087$ (soit 8,7\%).

\end{enumerate}

\textbf{Partie C : Étude sur un échantillon}

$X$ suit une loi binomiale de paramètres $n$ et $p=0,36$.

 On cherche le plus petit $n$ tel que $P(X \geqslant 1) > 0,99$

$P(X \geqslant 1) > 0,99 \iff 1 - P(X = 0) > 0,99 \iff -P(X = 0) >- 0,01 \iff P(X = 0) < 0,01$

or  $P(X = 0) = (1 - 0,36)^n = 0,64^n$ donc  $P(X \geqslant 1) > 0,99 \iff 0,64^n < 0,01\iff \ln(0,64^n) \leqslant  \ln(0,01)$ car la fonction $\ln$ est croissante sur $]\,0\,,\,+\infty[$

$\iff n \ln(0,64) \leqslant \ln(0,01) \iff n \geqslant \dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,64)} $ car $\ln(0,64) < 0$ or $\dfrac{\ln(0,01)}{\ln(0,64)}\approx 10,32$,

donc Il faut interroger au moins 11 individus pour que la probabilité qu'au moins l’un d’eux soit atteint dépasse 99\,\%.

\bigskip

{\large \textbf{\textsc{Exercice 2} \hfill 5 points}}

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item $ u_1 = \dfrac{1}{2}u_0 + 10= \dfrac{1}{2} \times 30 + 10 = 15 + 10 = 25$ et $ u_2 = \dfrac{1}{2}u_1 + 10= \dfrac{1}{2} \times 25 + 10 = 12,5 + 10 = 22,5.$
\item Pour tout \( n \in \mathbb{N} \), $v_{n+1} = u_{n+1} - 20 = \left( \dfrac{1}{2}u_n + 10 \right) - 20 = \dfrac{1}{2}u_n - 10 = \dfrac{1}{2} \left( u_n - 20\right) = \dfrac{1}{2}v_n$.

La suite \( (v_n) \) est donc géométrique de raison \( q=\dfrac{1}{2} \) et de premier terme $v_0=u_0-20=30-20=10$.
\item Pour tout entier $n$, $v_n=v_0 \times q^n =   10 \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n$
\item Pour tout entier $n$,  $u_n = v_n + 20 = 10 \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 20 = 20 + 10 \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^n$
\item $\lim\limits_{n \to +\infty} \left( \dfrac{1}{2} \right)^n=0$ ( $q^n$ , avec $0<q<1$ ) donc par produit $\lim\limits_{n \to +\infty}  10 \times\left( \dfrac{1}{2} \right)^n=0$ et donc par somme  $\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=20$ 

\end{enumerate}

\textbf{Partie B}

\begin{enumerate}
\item $w_1= \dfrac{1}{2} \times u_0 + \dfrac{1}{2} \times 30 + 7 = \dfrac{1}{2} \times 45 + 15 + 7 = 22,5 +22 = 44,5$

\item La fonction Python donnée ne calcule pas correctement \( w_1 \) car elle calcule $u_1$ avant de calculer $w_1$ il faut modifier l’ordre des opérations :

\begin{verbatim}
def suite(n):
    U = 30
    W = 45
    for i in range(1, n+1):
        W = W/2 + U/2 + 7
        U = U/2 + 10
    return W
\end{verbatim}

\item (a) %Montrons par récurrence  que pour tout entier naturel $n$, 
%$ w_n = 10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 11 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 34$

\textbf{Initialisation :} Pour \( n = 0 \),
 $w_0 = 45$ et $10 \times 0 \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^0 + 11 \times \left( \dfrac{1}{2} \right)^0 + 34 =11+34= 45$

donc l'égalité est vraie pour $n=0$.

\textbf{Hérédité :} Soit $n \in \N$ tel que $w_n = 10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 11 \left(\dfrac{1}{2} \right)^n + 34$.
% montrons que  $w_{k+1} = 10(k+1) \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k+1} + 11 \left( \dfrac{1}{2} \right)^{k+1} + 34$

Alors $w_{n+1} = \dfrac{1}{2}w_n + \dfrac{1}{2}u_n + 7 = \dfrac{1}{2} \left[10n \left(\dfrac{1}{2} \right)^n + 11 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 34 \right] + \dfrac{1}{2} \left[20 + 10 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \right] + 7$

donc $w_{n+1} = 10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^{n+1} + 11 \left(\dfrac{1}{2} \right)^{n+1} + 17 +10 + \left(\dfrac{1}{2} \right)^{n+1}+ 7 =$ 

$ 10(n+1) \left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1} + 11 \left(\dfrac{1}{2} \right)^{n+1} + 34$

donc l'égalité est vraie au rang $n + 1$.

\textbf{Conclusion}: l'égalité est vraie pour $n=0$ et si elle est vraie au rang $n$, elle l'est aussi au rang $n + 1$ donc d'après le principe de récurrence, elle est vraie pour tout entier $n$.

Pour tout entier naturel $n$,\:$ w_n = 10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 11 \left( \dfrac{1}{2} \right)^n + 34$.
(b)  $\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{10}{n}=0$ et pour tout entier $n \geqslant 4$ , $0 \leqslant 10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^n \leqslant \frac{10}{n}$ donc d'après le théorème d'encadrement $\lim\limits_{n \to +\infty}10n \left( \dfrac{1}{2} \right)^n=0$ 

de plus $\lim\limits_{n \to +\infty}  \left( \dfrac{1}{2} \right)^n =0$ ( $q^n$ avec $0<q<1$ donc par produit $\lim\limits_{n \to +\infty} 11 \times  \left( \dfrac{1}{2} \right)^n =0$

donc par somme $\lim\limits_{n \to +\infty} w_n=34$

\end{enumerate}

\bigskip

{\large \textbf{\textsc{Exercice 3} \hfill 5 points}}
\textbf{Affirmation 1 :}

D'après la représentation paramétrique donnée le vecteur $\overrightarrow{u} \begin{pmatrix}  \frac{1}{3} \\  \frac{1}{2} \\1 \end{pmatrix}$ est un vecteur directeur de $(d)$ et d'après l'équation cartésienne de $P$ , $\overrightarrow{n} \begin{pmatrix}2\\ 3 \\6 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $P$.

$\overrightarrow{n}=6\,\overrightarrow{u}$ donc les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{u}$ sont colinéaires donc $(d)$ est orthogonale à $P$.

$2x_{H} + 3y_{H} + 6z_{H} - 6 = 2 \times (-6) + 3 \times 2 + 6 \times 2 - 6 = 0 $ donc $H \in P$.

H$(-6~;~2~;~2) \in (d)\: \text{s'il existe}\: \: t \in \R \:\text{tel que }\:\left\{\begin{array}{l c l}
-6&=&- 8 + \dfrac13 t\\ 2&=&- 1 + \dfrac12 t\\-4&=&- 4 + t\end{array}\right. \iff \left\{\begin{array}{l c l}
-18&=&- 24 + t\\ 4&=&- 2 + t\\2&=&- 4 + t \end{array}\right.$

$\iff \left\{\begin{array}{l c l}
6&=& t\\ 6&=& t\\6&=&t \end{array}\right.$

Conclusion : \textbf{ l'affirmation 1 est vraie}.

\textbf{Affirmation 2 :}

$\overrightarrow{CH} \begin{pmatrix} -9 \\ 2 \\ 2 \end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{CD} \begin{pmatrix} -3 \\2\\0 \end{pmatrix}$ donc $\overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{CD}=- 9 \times (- 3) + 2\times 2 + 2 \times 0 =31$

Or par définition $\overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{CD} = \| \overrightarrow{CH} \| \times \| \overrightarrow{CD} \| \times \cos \left( \, \widehat{DCH}\,\right)$

On a  $\| \overrightarrow{CH} \| = \sqrt{(-9)^2+2^2+2^2}=\sqrt{89}$ et $\| \overrightarrow{CD} \| = \sqrt{(-3)^2+2^2+0^2}=\sqrt{13}$ 

donc $\cos \left(\,\widehat{DCH}\,\right) = \dfrac{\overrightarrow{CH} \cdot \overrightarrow{CD} }{ \| \overrightarrow{CH} \| \times \| \overrightarrow{CD} \|}= \dfrac{31}{\sqrt{89} \times \sqrt{13}} $ 

donc l'angle $\widehat{DCH}$ mesure $\arccos \left( \dfrac{31}{\sqrt{89} \times \sqrt{13}} \right)\approx 24,3^\circ$ donc \textbf{l'affirmation 2 est fausse}.

\textbf{Affirmation 3 :} $\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}2\\3\\6\end{pmatrix}$  est un vecteur normal à $P$ ; $\overrightarrow{n'} \begin{pmatrix} 1\\ -2\\3 \end{pmatrix}$ est un vecteur normal à $P'$.

Les vecteurs $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{n'}$ ne sont pas colinéaires donc les plan $P$ et $P'$ ne sont pas parallèles et sont donc sécants, leur intersection est une droite.

A$(\,3\,;\,0\,;\,0) \in \Delta$ (obtenu avec $t=0$) 

$2x_A + 3y_A + 6z_A - 6 = 2 \times 3+3 \times0 + 6 \times 0 -6=  0 $ donc $A \in P$  et $x_A - 2y_A + 3z_A - 3 =3 - 2\times0 + 3\times0 - 3=0$ donc $A \in P'$

Donc l'intersection des plans \(P\) et \( P'\) est une droite contenant A. Pour déterminer si cette droite est $\Delta$, soit on prend un autre point, soit on montre qu'un vecteur directeur de $\Delta$ est orthogonal à $\overrightarrow{n}$ et $\overrightarrow{n'}$.

B$(\,0\,;\,0\,;\,1) \in \Delta$ ( obtenu avec $t=1$) 

$2x_B + 3y_B + 6z_B - 6 = 2 \times 0+3 \times0 + 6 \times 1 -6=  0 $ donc $B \in P$  et $x_B - 2y_B + 3z_B - 3 =0 - 2\times0 + 3\times1 - 3=0$ donc $B\in P'$ 
donc \textbf{l'affirmation 3 est vraie}.

\textbf{Affirmation 4 :} $\overrightarrow{CD} \begin{pmatrix} -3 \\2\\0 \end{pmatrix}$ donc une représentation paramétrique de la droite (CD) est représentation paramétrique : 
$\left\{\begin{array}{l}
x = 3-3s\\
y = 2s\\
z = 0
\end{array},\quad s \in \mathbb{R}
\right.$

pour $s=\dfrac{31}{13}$ on retrouve les coordonnées de $J$ donc $J \in$ (CD).

de plus $\overrightarrow{HJ} \begin{pmatrix} \frac{24}{13} \\ \frac{36}{13} \\ -2 \end{pmatrix}$ donc  $\overrightarrow{HJ} \cdot \overrightarrow{CD} = \dfrac{24}{13} \times (-3) + \dfrac{36}{13} \times 2 + (-2) \times 0 = 0$

donc les vecteurs $\overrightarrow{HJ}$ et $\overrightarrow{CD}$ sont orthogonaux donc  \( J \) est bien le projeté orthogonal de \( H \) sur \( (CD) \) donc \textbf{l'affirmation 4 est vraie}.

\bigskip

{\large \textbf{\textsc{Exercice 4} \hfill 5 points}}

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
\item Par lecture graphique : La température initiale est $f(0) = 40$ et on observe que la température redescend à cette valeur pour $t \approx 3,8$ minutes.
\item $f(t) = (a t + b) e^{-0{,}5t}$ donc $f(0)= (a \times 0 +b ) \times e^{0}=b$ or $f(0)=40$ donc  $b = 40$.
\item $f$ est dérivable sur $[\,0\,;\,10\,]$ comme produit de fonctions dérivables. 

$f=uv$ avec $u(t)=at+b$ et $v(t)=e^{-0{,}5t}$ donc $f'=u'v+v'u$ avec $u'(t)=a$ et $v'(t)=-0,5e^{-0{,}5t}$ 

donc pour tout $t\in [\,0\,;\,10\,]$ , $ f'(t) =  a e^{-0{,}5t} + (a t + 40)\times \left(-0{,}5e^{-0{,}5t} \right)=\left(-0{,}5 a t + a - 20\right) e^{-0{,}5t}$

donc pour tout $t\in [\,0\,;\,10\,]$ , $f'(t) + 0{,}5 f(t) = \left(-0{,}5 a t + a - 20\right) e^{-0{,}5t} + 0{,}5 (a t + 40)e^{-0{,}5t}= a e^{-0{,}5t}$

$f$ est solution de l'équation différentielle (E) donc $a e^{-0{,}5t} = 60 e^{-0{,}5t} \Rightarrow a = 60$.
\end{enumerate}

\textbf{Partie B}


\begin{enumerate}
\item Pour tout $t\in [\,0\,;\,10\,]$ , $ f'(t) =\left(-0{,}5 a t + a - 20\right) e^{-0{,}5t}$ avec $a=60$ on obtient $ f'(t) =(40 - 30 t) e^{-0{,}5 t}$

\item \begin{enumerate}
\item Pour tout $t\in [\,0\,;\,10\,]$ , $e^{-0{,}5t}>0$ donc $f'(t)$ a le même signe que $40 - 30t$.

$40-30t \geqslant 0 \iff -30t \geqslant -40 \iff t \leqslant  \dfrac{4}{3}$ On en déduit le tableau de signes de $f'(t)$ et le tableau de variations de $f$ sur  $ [\,0\,;\,10\,]$ 

\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=3]{$y$ / 1 , Signes de $f’(t)$ / 1, Variations de $f$ / 1.5}{$0$, $\frac{4}{3}$, $10$}
\tkzTabLine{ , +, z, -, }
\tkzTabVar{-/ $40$, +/ $120e^{-\frac{2}{3}}$, -/ $640 e^{-5}$}
\end{tikzpicture}

$f\left(\dfrac{4}{3}\right) = \left(60 \times \dfrac{4}{3} + 40\right) e^{-0,5 \times \frac{4}{3}} = 120e^{-\frac{2}{3}}\approx 61,6$ ; $f(0)=40$ et $f(10)= 640 e^{-5} \approx 4,31$

\item Sur $\left]\,0\,;\,\dfrac{4}{3}\,\right]$, $f(f)>40$ donc l'équation $f(t) = 40$ n'a pas de solution. 

$\left[\,\dfrac{4}{3}\,;\,10\,\right]$ : d'après les valeurs approchées calculées dans la question précédentes, $f(\frac{4}{3}) > 40$ et $f(10) < 40$ donc $40 \in \left[\,\dfrac{4}{3}\,;\,10\,\right]$

de plus $f$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(t) = 40$ admet une unique solution $\alpha$ dans $\left[\,\dfrac{4}{3}\,;\,10\,\right]$

donc l'équation $f(t) = 40$ admet une unique solution $\alpha$
strictement positive sur $[0\,; \,10]$
`
\item À l'aide de la calculatrice on trouve $\alpha \approx 3,8$

Interprétation : La température revient à sa valeur initiale de 40°C après environ 3,8 minutes.
\end{enumerate}

\item 
	\begin{enumerate}
		\item $\displaystyle \int_0^4 f(t)\,\text{d}t =\displaystyle  \int_0^4 (60 t + 40) \e^{-0{,}5t} \text{d}t$.

On pose $u(t) = 60 t + 40$ et $v'(t) = \e^{-0{,}5 t}$ alors $u'(t)=60$ et $v(t)= -2 \e^{-0{,}5 t}$.

les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables et leurs fonctions dérivées sont continues donc d'après la formules d'intégration par parties :

$ \displaystyle\int_0^4 (60 t + 40) \e^{-0{,}5t} \text{d}t = \left[(60 t + 40)(-2 \e^{-0{,}5t}) \right]_0^4 - \int_0^4 -2 \times 60 \e^{-0{,}5t} \text{d}t =$

$\left[(-120t -80) \e^{-0{,}5t}\right]_0^4 + 120 \int_0^4 \e^{-0{,}5t} \text{d}t= -560\e^{-2} +80 + 120 \left[-2 \e^{-0{,}5t}\right]_0^4 =$

$-560\e^{-2} +80+ 120 (-2 \e^{-2} + 2) = -560 e^{-2} + 80  -240 \e^{-2} + 240 = 320 - 800 \e^{-2}=320-\dfrac{800}{\e^{2}}$

		\item La température moyenne de cette réaction chimique au cours des 4 premières minutes est :

$\dfrac{1}{4}\displaystyle \int_0^4 f(t)\,\text{d}t =\dfrac{1}{4} \left(320 - \dfrac{800}{\e^2} \right) = 80 - \dfrac{200}{\e^2} \approx  52,9$

Donc la température moyenne est environ 53°C sur les 4 premières minutes.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{document}