Bac de maths 2026 Amérique du Nord J1 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : probabilités, loi binomiale et loi de Y

Partie A

1. Les données donnent directement \(P(E)=0{,}25\) et \(P(F)=0{,}15\). Les trois abonnements se partagent tous les abonnés, donc \(P(C)=1-0{,}25-0{,}15=\) 0,6.

Pour les branches suivantes, on utilise les probabilités conditionnelles : \(P_E(H)=0{,}45\) donc \(P_E(\overline{H})=1-0{,}45=\) 0,55 ; \(P_C(H)=0{,}30\) donc \(P_C(\overline{H})=\) 0,70. Pour l'abonnement « Famille », l'énoncé ne donne pas les branches : on les calcule plus loin, à la question C.2.

L'arbre se complète ainsi : de la racine partent F (0,15), C (0,6) et E (0,25) ; de E partent H (0,45) et \(\overline{H}\) (0,55) ; de C partent H (0,3) et \(\overline{H}\) (0,7).

2. On multiplie le long de la branche : \(P(E\cap H)=P(E)\times P_E(H)=0{,}25\times0{,}45=\) 0,1125.

3. Les évènements E, C et F forment une partition de l'ensemble des abonnés. D'après la formule des probabilités totales :

\[P(H)=P(E\cap H)+P(C\cap H)+P(F\cap H)\]

Or \(P(C\cap H)=0{,}6\times0{,}3=0{,}18\) et l'énoncé donne \(P(F\cap H)=0{,}12\). Donc \(P(H)=0{,}1125+0{,}18+0{,}12=\) 0,4125, ce qu'il fallait démontrer.

4. On cherche la probabilité de E sachant H :

\[P_H(E)=\dfrac{P(E\cap H)}{P(H)}=\dfrac{0{,}1125}{0{,}4125}=\dfrac{3}{11}\approx0{,}273\]

Le résultat arrondi au millième est 0,273. Parmi les abonnés qui ont activé l'option, environ 27,3 % ont l'abonnement « Étudiant ».

Partie B

1. On répète huit fois la même expérience, de façon indépendante, avec deux issues (activée ou non) et une probabilité de succès constante \(0{,}4125\). La variable \(X\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=8\) et \(p=0{,}4125\).

2. Aucun abonné n'a activé l'option : \(P(X=0)=\dbinom{8}{0}\times0{,}4125^0\times(1-0{,}4125)^8=0{,}5875^8\). La calculatrice donne \(P(X=0)\approx\) 0,014.

3. a. Pour \(n\) abonnés, le nombre d'abonnés ayant l'option suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}4125\). L'évènement « au moins un abonné a l'option » est le contraire de « aucun abonné n'a l'option », donc :

\[q_n=1-0{,}5875^n\]

b. On résout \(q_n\geqslant0{,}999\), soit \(0{,}5875^n\leqslant0{,}001\). La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), donc \(n\ln(0{,}5875)\leqslant\ln(0{,}001)\). Comme \(\ln(0{,}5875)\lt0\), diviser par ce nombre change le sens de l'inégalité :

\[n\geqslant\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)}\approx12{,}99\]

Le plus petit entier convenable est \(n=13\). On vérifie : \(q_{12}\approx0{,}9983\lt0{,}999\) et \(q_{13}\approx0{,}99901\geqslant0{,}999\).

Partie C

1. Le montant est le prix de l'abonnement, plus 2 € si l'option est activée. Les valeurs possibles de \(Y\) sont donc 5, 7, 10, 12, 16 et 18 euros.

2. Il manque \(P(F\cap\overline{H})=P(F)-P(F\cap H)=0{,}15-0{,}12=0{,}03\). On calcule ensuite : \(P(Y=5)=P(E\cap\overline{H})=0{,}25\times0{,}55=0{,}1375\) ; \(P(Y=7)=0{,}1125\) ; \(P(Y=10)=0{,}6\times0{,}7=0{,}42\) ; \(P(Y=12)=0{,}18\) ; \(P(Y=16)=0{,}03\) ; \(P(Y=18)=0{,}12\).

La somme des probabilités vaut bien 1.

3. \(E(Y)=5\times0{,}1375+7\times0{,}1125+10\times0{,}42+12\times0{,}18+16\times0{,}03+18\times0{,}12\), c'est-à-dire \(0{,}6875+0{,}7875+4{,}2+2{,}16+0{,}48+2{,}16=\) 10,475.

Interprétation : sur un très grand nombre d'abonnés, chacun paie en moyenne 10,475 € par mois.

4. La calculatrice donne \(V(Y)\approx\) 13,70.

5. a. La variance est le carré de l'écart-type : \(V(Z)=2^2=\) 4.

b. L'espérance de \(Z\) est 9, qui est le milieu de l'intervalle \(]6\,;12[\), de demi-largeur 3. Ainsi \(6\lt Z\lt12\) équivaut à \(|Z-9|\lt3\), et :

\[P(6\lt Z\lt12)=1-P(|Z-9|\geqslant3)\]

L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne \(P(|Z-E(Z)|\geqslant t)\leqslant\dfrac{V(Z)}{t^2}\). Avec \(t=3\) : \(P(|Z-9|\geqslant3)\leqslant\dfrac{4}{9}\). Donc :

\[P(6\lt Z\lt12)\geqslant1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}\approx0{,}56\gt0{,}5\]

L'affirmation du responsable est justifiée : il y a au moins 50 % de chances que le prix soit strictement compris entre 6 et 12 euros.

Corrigé de l’exercice 2 : suite récurrente, algorithme et équation différentielle

Partie A

1. \(u_1=4-\dfrac{4}{u_0}=4-\dfrac{4}{4}=3\). Au 1^er janvier 2026, le modèle donne 3 000 perches-soleil.

2. a. La fonction \(h\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et \(h'(x)=\dfrac{4}{x^2}\). Cette dérivée est strictement positive, donc \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

b. On démontre par récurrence la propriété \(P_n\) : « \(2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4\) », en remarquant que \(u_{n+1}=h(u_n)\).

Initialisation. \(u_0=4\) et \(u_1=3\), donc \(2\leqslant3\leqslant4\leqslant4\) : \(P_0\) est vraie.

Hérédité. Suppose \(P_n\) vraie pour un entier \(n\) : \(2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4\). Ces nombres sont dans \(]0\,;+\infty[\) où \(h\) est croissante, donc \(h(2)\leqslant h(u_{n+1})\leqslant h(u_n)\leqslant h(4)\). Or \(h(2)=4-2=2\), \(h(u_{n+1})=u_{n+2}\), \(h(u_n)=u_{n+1}\) et \(h(4)=3\). On obtient \(2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant3\), et comme \(3\leqslant4\), \(P_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. \(P_n\) est vraie pour tout entier naturel \(n\) : \(2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_n\leqslant4\).

c. D'après la question précédente, la suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 2. Une suite décroissante et minorée converge : \((u_n)\) est convergente, vers un réel \(\ell\geqslant2\).

d. La fonction \(h\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) (elle y est dérivable) et \(\ell\geqslant2\gt0\). En passant à la limite dans \(u_{n+1}=h(u_n)\), on obtient \(\ell=h(\ell)\), soit \(\ell=4-\dfrac{4}{\ell}\). En multipliant par \(\ell\), qui est non nul : \(\ell^2=4\ell-4\), donc \(\ell^2-4\ell+4=0\), soit \((\ell-2)^2=0\). Ainsi \(\ell=2\).

e. La population se stabilise autour de 2 000 individus. Le modèle ne prévoit pas l'élimination de l'espèce à long terme.

3. a. On cherche le premier indice \(n\) tel que \(u_n\lt s\). La boucle doit donc se poursuivre tant que \(u\) n'est pas strictement inférieur à \(s\), et chaque tour calcule le terme suivant et avance l'indice d'une unité :

def population(s) :
    u=4
    n=0
    while u>=s :
        u=4-4/u
        n=n+1
    return n

b. Les termes successifs sont \(u_0=4\), \(u_1=3\), \(u_2\approx2{,}667\), \(u_3=2{,}5\), \(u_4=2{,}4\), et ainsi de suite, jusqu'à \(u_9=2{,}2\) exactement puis \(u_{10}=4-\dfrac{4}{2{,}2}\approx2{,}182\lt2{,}2\). Pour \(s=2{,}2\), la condition \(u\geqslant s\) reste vraie pour \(u_9=2{,}2\) : la commande population(2.2) renvoie donc 10.

Dans le contexte : à partir de l'année \(2025+10=2035\), le modèle prévoit moins de 2 200 perches-soleil.

Partie B

1. L'équation \(y'+y=2\) s'écrit \(y'=-y+2\), de la forme \(y'=ay+b\) avec \(a=-1\) et \(b=2\). Une solution constante est \(-\dfrac{b}{a}=2\), donc les solutions sont les fonctions \(t\mapsto k\text{e}^{-t}+2\), avec \(k\in\mathbb{R}\).

2. La fonction \(p\) est l'une de ces solutions : \(p(t)=k\text{e}^{-t}+2\). La condition \(p(0)=4\) donne \(k+2=4\), donc \(k=2\) et \(p(t)=2\text{e}^{-t}+2\).

3. On a \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\text{e}^{-t}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}p(t)=2\). La population tend vers 2 000 individus : pas d'élimination de l'espèce non plus avec ce modèle, ce qui est cohérent avec la partie A.

Corrigé de l’exercice 3 : pyramide, plan et distance

Partie A

1. Le carré ABCD est centré en O, avec \(\text{B}(-1\,;1\,;0)\) et \(\text{C}(1\,;1\,;0)\). Par symétrie par rapport à O, A est l'opposé de C et D l'opposé de B : \(\text{A}(-1\,;-1\,;0)\) et \(\text{D}(1\,;-1\,;0)\).

2. On a \(\overrightarrow{\text{SC}}\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\text{SB}}\begin{pmatrix}-1\\1\\-2\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\overrightarrow{\text{SC}}\cdot\overrightarrow{\text{SB}}=1\times(-1)+1\times1+(-2)\times(-2)=-1+1+4=4\]

Le produit scalaire vaut 4.

3. Les normes sont \(\text{SC}=\sqrt{1+1+4}=\sqrt{6}\) et \(\text{SB}=\sqrt{6}\). Comme \(\overrightarrow{\text{SC}}\cdot\overrightarrow{\text{SB}}=\text{SC}\times\text{SB}\times\cos\widehat{\text{BSC}}\), on obtient \(4=6\cos\widehat{\text{BSC}}\), donc \(\cos\widehat{\text{BSC}}=\dfrac{2}{3}\). Ainsi \(\widehat{\text{BSC}}=\arccos\dfrac{2}{3}\approx\) 48,2°.

Partie B

1. a. Les vecteurs \(\overrightarrow{\text{SB}}\) et \(\overrightarrow{\text{SC}}\) dirigent le plan (SBC) et ne sont pas colinéaires (leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles). On calcule :

\[\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{SB}}=0\times(-1)+2\times1+1\times(-2)=0\qquad\overrightarrow{n}\cdot\overrightarrow{\text{SC}}=0\times1+2\times1+1\times(-2)=0\]

Le vecteur \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : il est normal au plan (SBC).

b. Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}0\\2\\1\end{pmatrix}\) a une équation de la forme \(2y+z+d=0\). Le point \(\text{S}(0\,;0\,;2)\) appartient au plan, donc \(0+2+d=0\) et \(d=-2\). Une équation de (SBC) est \(2y+z-2=0\).

2. a. Le point H est le projeté orthogonal de O sur (SBC), donc la droite (OH) est perpendiculaire au plan : le vecteur normal \(\overrightarrow{n}\) est un vecteur directeur de (OH). Cette droite passe par O, d'où la représentation paramétrique \(x=0\), \(y=2t\), \(z=t\), avec \(t\in\mathbb{R}\).

b. H est sur (OH) et sur (SBC) : ses coordonnées vérifient l'équation du plan. On remplace : \(2\times2t+t-2=0\), soit \(5t=2\) et \(t=\dfrac{2}{5}\). Donc \(\text{H}\left(0\,;\dfrac{4}{5}\,;\dfrac{2}{5}\right)\).

c. La distance de O au plan est la longueur OH :

\[\text{OH}=\sqrt{0^2+\dfrac{16}{25}+\dfrac{4}{25}}=\sqrt{\dfrac{20}{25}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\]

La distance du point O au plan (SBC) est bien \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm.

Partie C

1. a. La base ABCD est un carré de côté 2 cm, d'aire 4 cm², et la hauteur est \(\text{SO}=2\) cm. Donc \(V=\dfrac{1}{3}\times4\times2=\) \(\dfrac{8}{3}\) cm³.

b. La pyramide OCBS a pour base le triangle OBC et pour hauteur [SO], comme la grande pyramide. Les diagonales d'un carré le partagent en quatre triangles de même aire, donc l'aire de OBC est le quart de celle de ABCD. Le volume de OCBS est le quart de \(\dfrac{8}{3}\), soit \(\dfrac{2}{3}\) cm³.

2. Le triangle SBC est isocèle en S (\(\text{SB}=\text{SC}=\sqrt{6}\)). Le point J, milieu de [BC], est le pied de la hauteur issue de S. Dans le triangle SJB rectangle en J, avec \(\text{JB}=1\) : \(\text{SJ}^2=\text{SB}^2-\text{JB}^2=6-1=5\), donc \(\text{SJ}=\sqrt{5}\). L'aire est \(\dfrac{\text{BC}\times\text{SJ}}{2}=\dfrac{2\times\sqrt{5}}{2}=\) \(\sqrt{5}\) cm².

3. On calcule le volume de OCBS en prenant SBC pour base. La hauteur correspondante est la distance de O au plan (SBC), c'est-à-dire OH :

\[\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}\times\sqrt{5}\times\text{OH}\quad\text{donc}\quad\text{OH}=\dfrac{2}{\sqrt{5}}=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\]

On retrouve \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm, ce qui confirme la partie B.

Corrigé de l’exercice 4 : étude de f(x) = 5 ln(x² + 1) − 3x

1. Sur le graphique, la courbe est au-dessus de ses tangentes à gauche du point A, puis en dessous à droite. On conjecture que \(f\) est convexe sur \(]-\infty\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\), la tangente en A traversant la courbe.

2. Quand \(x\to-\infty\), \(x^2+1\to+\infty\) et \(\ln\) tend vers \(+\infty\) en \(+\infty\) : par composition, \(\ln(x^2+1)\to+\infty\), donc \(5\ln(x^2+1)\to+\infty\). De plus \(-3x\to+\infty\). Par somme, \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty\).

3. a. Pour \(x\gt0\), on factorise : \(x^2+1=x^2\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\). Donc :

\[f(x)=5\ln(x^2)+5\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)-3x=10\ln x-3x+5\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\]

Comme \(10\ln x-3x=x\left(10\dfrac{\ln x}{x}-3\right)\), on obtient l'égalité demandée.

b. Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), donc \(10\dfrac{\ln x}{x}-3\to-3\). Comme \(x\to+\infty\), le produit \(x\left(10\dfrac{\ln x}{x}-3\right)\) tend vers \(-\infty\). D'autre part \(1+\dfrac{1}{x^2}\to1\) et \(\ln(1)=0\), donc \(5\ln\left(1+\dfrac{1}{x^2}\right)\to0\). Par somme, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty\).

4. a. On dérive avec \(\left(\ln u\right)'=\dfrac{u'}{u}\), où \(u(x)=x^2+1\) :

\[f'(x)=5\times\dfrac{2x}{x^2+1}-3=\dfrac{10x-3(x^2+1)}{x^2+1}=\dfrac{-3x^2+10x-3}{x^2+1}\]

b. Le dénominateur \(x^2+1\) est strictement positif, donc \(f'(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2+10x-3\). Son discriminant est \(\Delta=100-36=64\), il a deux racines :

\[x_1=\dfrac{-10-8}{-6}=3\qquad x_2=\dfrac{-10+8}{-6}=\dfrac{1}{3}\]

Le coefficient dominant \(-3\) est négatif : le trinôme est négatif à l'extérieur des racines et positif entre elles. Donc \(f\) est strictement décroissante sur \(\left]-\infty\,;\dfrac{1}{3}\right]\) et sur \([3\,;+\infty[\), et strictement croissante sur \(\left[\dfrac{1}{3}\,;3\right]\).

5. a. Le dénominateur \(\left(x^2+1\right)^2\) est strictement positif, donc \(f''(x)\) a le signe de \(-10x^2+10=10(1-x)(1+x)\). C'est un trinôme de coefficient dominant négatif, de racines \(-1\) et \(1\) : il est positif sur \([-1\,;1]\) et négatif ailleurs. Donc \(f\) est convexe sur \([-1\,;1]\) et concave sur \(]-\infty\,;-1]\) et sur \([1\,;+\infty[\).

La conjecture est donc rejetée pour la partie à gauche de \(-1\) : l'échelle du graphique ne laissait pas voir que la courbe y est concave. Seuls la convexité entre \(-1\) et \(1\) et la concavité à droite de 1 étaient correctement conjecturées.

b. L'équation de la tangente en 1 est \(y=f'(1)(x-1)+f(1)\). On a \(f(1)=5\ln2-3\) et \(f'(1)=\dfrac{-3+10-3}{2}=2\). Donc :

\[y=2(x-1)+5\ln2-3\quad\text{soit}\quad y=2x+5\ln2-5\]

c. Sur \([1\,;+\infty[\), la fonction \(f\) est concave, donc sa courbe est située sous ses tangentes, en particulier sous celle en A. Pour tout \(x\geqslant1\) :

\[5\ln(x^2+1)-3x\leqslant2x+5\ln2-5\]

On ajoute \(3x\) : \(5\ln(x^2+1)\leqslant5x+5\ln2-5\). En divisant par 5, qui est positif, on obtient \(\ln(x^2+1)\leqslant x+\ln2-1\).