Bac de maths 2026 France J1 : corrigé

Corrigé de l’exercice 1 : arbre pondéré, espérance, variance et inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. a. L'énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine : \(P(C)=0{,}75\).

1. b. On place d'abord les données de l'énoncé : \(P(V)=0{,}3\), donc \(P(\overline{V})=1-0{,}3=0{,}7\). Parmi les familles qui réservent un emplacement, 80 % prennent une cabine : \(P_V(C)=0{,}8\), donc \(P_V(\overline{C})=1-0{,}8=0{,}2\). Les quatre pointillés sont donc, dans l'ordre de l'arbre : 0,3 ; 0,8 ; 0,2 ; 0,7 (branche \(V\), branche \(V\) vers \(C\), branche \(V\) vers \(\overline{C}\), branche \(\overline{V}\)).

2. On multiplie les probabilités le long du chemin \(V\) puis \(C\) :

\[P(V\cap C)=P(V)\times P_V(C)=0{,}3\times 0{,}8=0{,}24.\]

La probabilité cherchée est 0,24.

3. On cherche \(P_C(V)\). Par définition d'une probabilité conditionnelle :

\[P_C(V)=\dfrac{P(C\cap V)}{P(C)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}75}=0{,}32.\]

Sachant qu'une famille a réservé une cabine, la probabilité qu'elle ait aussi un emplacement pour un véhicule est 0,32.

4. Les évènements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l'univers, donc la formule des probabilités totales donne \(P(C)=P(C\cap V)+P(C\cap\overline{V})\). On en tire :

\[P(C\cap\overline{V})=0{,}75-0{,}24=0{,}51.\]

Puis :

\[P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V}\cap C)}{P(\overline{V})}=\dfrac{0{,}51}{0{,}7}=\dfrac{51}{70}\approx 0{,}73.\]

Donc \(P_{\overline{V}}(C)\approx 0{,}73\). Cela signifie qu'environ 73 % des familles qui n'ont pas réservé d'emplacement pour un véhicule ont tout de même réservé une cabine.

Partie B

1. On applique les définitions. Pour l'espérance :

\[\mathrm{E}(X)=0\times 0{,}19+70\times 0{,}06+100\times 0{,}51+170\times 0{,}24=0+4{,}2+51+40{,}8=96.\]

Pour la variance, on utilise \(\mathrm{V}(X)=\sum p_i\,(x_i-\mathrm{E}(X))^2\) :

\[\mathrm{V}(X)=0{,}19\times 96^2+0{,}06\times 26^2+0{,}51\times 4^2+0{,}24\times 74^2=1\,751{,}04+40{,}56+8{,}16+1\,314{,}24=3\,114.\]

On retrouve bien \(\mathrm{E}(X)=96\) et \(\mathrm{V}(X)=3\,114\).

2. a. Avant la remise, une famille paie \(X+Y\) euros (suppléments et extras). Une remise de 40 % revient à payer 60 % du prix, c'est-à-dire à le multiplier par \(1-0{,}4=0{,}6\). Ainsi \(Z=0{,}6(X+Y)\).

2. b. Par linéarité de l'espérance :

\[\mathrm{E}(Z)=0{,}6\left(\mathrm{E}(X)+\mathrm{E}(Y)\right)=0{,}6\times(96+104)=0{,}6\times 200=120.\]

Comme \(X\) et \(Y\) sont indépendantes, \(\mathrm{V}(X+Y)=\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)\). Et multiplier une variable par 0,6 multiplie sa variance par \(0{,}6^2\) :

\[\mathrm{V}(Z)=0{,}6^2\times(3\,114+1\,686)=0{,}36\times 4\,800=1\,728.\]

On a donc \(\mathrm{E}(Z)=120\) et \(\mathrm{V}(Z)=1\,728\).

3. a. Les \(Z_i\) ont toutes l'espérance 120, donc par linéarité :

\[\mathrm{E}(M_n)=\dfrac{1}{n}\left(\mathrm{E}(Z_1)+\ldots+\mathrm{E}(Z_n)\right)=\dfrac{n\times 120}{n}=120.\]

Les \(Z_i\) sont indépendantes de variance 1 728 chacune, donc la variance de leur somme est la somme des variances, et le facteur \(\dfrac{1}{n}\) devient \(\dfrac{1}{n^2}\) :

\[\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1}{n^2}\times n\times 1\,728=\dfrac{1\,728}{n}.\]

3. b. L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev dit que, pour tout réel \(t\gt 0\), \(P\left(\left|M_n-\mathrm{E}(M_n)\right|\geqslant t\right)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{t^2}\). Ici \(\mathrm{E}(M_n)=120\), et l'évènement \(114\lt M_n\lt 126\) équivaut à \(\left|M_n-120\right|\lt 6\). Son contraire est \(\left|M_n-120\right|\geqslant 6\), d'où avec \(t=6\) :

\[P\left(\left|M_n-120\right|\geqslant 6\right)\leqslant\dfrac{1\,728}{36n}=\dfrac{48}{n}.\]

Donc :

\[P(114\lt M_n\lt 126)=1-P\left(\left|M_n-120\right|\geqslant 6\right)\geqslant 1-\dfrac{48}{n}.\]

Il suffit donc que \(1-\dfrac{48}{n}\geqslant 0{,}85\), c'est-à-dire \(\dfrac{48}{n}\leqslant 0{,}15\), soit \(n\geqslant\dfrac{48}{0{,}15}=320\) (on a multiplié par \(n\gt 0\)). Le plus petit entier est \(n=320\).

Interprétation : avec un échantillon d'au moins 320 familles, on peut garantir qu'avec une probabilité d'au moins 85 %, le prix moyen payé (suppléments et extras après remise) est compris strictement entre 114 € et 126 €.

Corrigé de l’exercice 2 : géométrie dans l’espace et dénombrement

Affirmation 1 : vraie. Un vecteur normal au plan \((\mathcal{P})\) se lit sur son équation : \(\overrightarrow{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}\). Par ailleurs \(\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}2-3\\1-0\\-3-2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs sont égaux : la droite (AB) est donc orthogonale au plan \((\mathcal{P})\). Le milieu de [AB] est \(\mathrm{I}\left(\dfrac{3+2}{2}\,;\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{2-3}{2}\right)=\mathrm{I}(2{,}5\,;0{,}5\,;-0{,}5)\). On teste dans l'équation du plan :

\[-2{,}5+0{,}5-5\times(-0{,}5)-0{,}5=-2{,}5+0{,}5+2{,}5-0{,}5=0.\]

I appartient donc à \((\mathcal{P})\). Les deux propriétés sont vérifiées : l'affirmation est vraie.

Affirmation 2 : fausse. La droite \((d)\) a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\-2\end{pmatrix}\) et (AB) a pour vecteur directeur \(\begin{pmatrix}-1\\1\\-5\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (les premières coordonnées donnent un rapport \(-1\), mais pas les troisièmes : \(\dfrac{-5}{-2}\neq -1\)). Les droites ne sont donc pas parallèles ; il reste à voir si elles ont un point commun. Une représentation de (AB) est \(x=3-s\), \(y=s\), \(z=2-5s\). Un point commun correspond à un couple \((s\,;t)\) tel que :

\[\begin{cases} 3-s=t \\ s=-1{,}5-t \\ 2-5s=2-2t \end{cases}\]

En remplaçant \(t\) par \(3-s\) dans la deuxième équation, on obtient \(s=-1{,}5-3+s\), soit \(0=-4{,}5\), ce qui est impossible. Le système n'a pas de solution : les droites n'ont aucun point commun et ne sont pas parallèles. Elles ne sont donc pas sécantes (elles sont non coplanaires). L'affirmation est fausse.

Affirmation 3 : vraie. Avec \(\mathrm{C}(1{,}5\,;-3\,;-1)\), on obtient \(\overrightarrow{\mathrm{CA}}\begin{pmatrix}1{,}5\\3\\3\end{pmatrix}\) et \(\overrightarrow{\mathrm{CB}}\begin{pmatrix}0{,}5\\4\\-2\end{pmatrix}\). Le repère est orthonormé, donc :

\[\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CB}}=1{,}5\times 0{,}5+3\times 4+3\times(-2)=0{,}75+12-6=6{,}75.\]

Les longueurs sont \(\mathrm{CA}=\sqrt{2{,}25+9+9}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\) et \(\mathrm{CB}=\sqrt{0{,}25+16+4}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\). Comme \(\overrightarrow{\mathrm{CA}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CB}}=\mathrm{CA}\times\mathrm{CB}\times\cos\widehat{\mathrm{ACB}}\), on a :

\[\cos\widehat{\mathrm{ACB}}=\dfrac{6{,}75}{4{,}5\times 4{,}5}=\dfrac{1}{3}.\]

Donc \(\widehat{\mathrm{ACB}}=\arccos\dfrac{1}{3}\approx 70{,}53\)°, soit 70,5° à \(10^{-1}\) près : l'affirmation est vraie.

Affirmation 4 : vraie. Les codes sont équiprobables, il suffit donc de comparer le nombre de codes possibles : moins il y en a, plus la chance de tomber sur le bon est grande.

Pour la porte B (Titouan), un code est un ensemble de 4 symboles différents parmi 8, sans ordre : \(\dbinom{8}{4}=70\) codes, donc une probabilité de \(\dfrac{1}{70}\).

Pour la porte A (Clotilde), l'ordre compte : on choisit successivement 3 symboles différents, ce qui donne \(8\times 7\times 6=336\) codes, donc une probabilité de \(\dfrac{1}{336}\).

Comme \(\dfrac{1}{70}\gt\dfrac{1}{336}\), Titouan a bien plus de chances d'ouvrir sa porte : l'affirmation est vraie.

Corrigé de l’exercice 3 : équation différentielle et suite récurrente (chauffage)

Partie A

1. L'équation \((E)\) est de la forme \(y'=ay+b\) avec \(a=-0{,}035\) et \(b=0{,}91\). Une solution constante vérifie \(0=ay+b\), soit \(y=-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}91}{0{,}035}=26\). Les solutions de \((E)\) sont donc les fonctions \(t\mapsto C\mathrm{e}^{-0{,}035t}+26\), avec \(C\) réel quelconque.

2. Comme \(T\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(C\) tel que \(T(t)=C\mathrm{e}^{-0{,}035t}+26\). La condition \(T(0)=18\) donne \(C+26=18\), donc \(C=-8\). Ainsi \(T(t)=26-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}\).

3. On résout \(T(t)=20\) :

\[26-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}=20\iff\mathrm{e}^{-0{,}035t}=\dfrac{6}{8}=0{,}75\iff -0{,}035t=\ln 0{,}75\iff t=\dfrac{\ln 0{,}75}{-0{,}035}\approx 8{,}22.\]

Le temps étant en dizaines de minutes, cela fait environ 82,2 minutes, soit 1 h 22 min à la minute près.

4. Pour tout \(t\geqslant 0\), \(\mathrm{e}^{-0{,}035t}\gt 0\), donc \(-8\mathrm{e}^{-0{,}035t}\lt 0\) et \(T(t)\lt 26\). La température reste toujours strictement inférieure à 26 °C (elle tend vers 26 quand \(t\) tend vers \(+\infty\)). Elle ne pourra donc pas dépasser 28 °C selon ce modèle.

Partie B

1. Avec \(n=0\) : \(u_1=0{,}965\times 20+0{,}35+0{,}07\,\mathrm{e}^{0}=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72\).

2. On démontre par récurrence la propriété \(P_n\) : « \(u_n\gt 10\) ».

Initialisation : \(u_0=20\gt 10\), donc \(P_0\) est vraie.

Hérédité : on suppose \(u_n\gt 10\) pour un entier \(n\) fixé. Comme \(0{,}965\gt 0\), \(0{,}965u_n\gt 9{,}65\), donc \(0{,}965u_n+0{,}35\gt 10\). Or \(0{,}07\,\mathrm{e}^{-0{,}1n}\gt 0\), donc \(u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07\,\mathrm{e}^{-0{,}1n}\gt 10\). La propriété \(P_{n+1}\) est vraie.

Conclusion : par récurrence, \(u_n\gt 10\) pour tout entier naturel \(n\).

3. La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 10 : d'après le théorème de convergence monotone, elle converge.

4. a. Si \((u_n)\) tend vers \(\ell\), alors \((u_{n+1})\) tend aussi vers \(\ell\). Dans la relation de récurrence, \(0{,}965u_n\) tend vers \(0{,}965\ell\), et \(\mathrm{e}^{-0{,}1n}\) tend vers 0 car \(-0{,}1n\) tend vers \(-\infty\). Par unicité de la limite, \(\ell=0{,}965\ell+0{,}35\) : \(\ell\) est solution de \(x=0{,}965x+0{,}35\).

4. b. On résout : \(x-0{,}965x=0{,}35\), soit \(0{,}035x=0{,}35\), donc \(\ell=10\). Si le chauffage restait éteint très longtemps, la température de la pièce se rapprocherait de 10 °C et s'y stabiliserait.

5. a. Le chauffage repart dès que \(u\leqslant 18\) : on continue donc à calculer tant que \(u\gt 18\). Version complète :

from math import exp

def marche() :
    n = 0
    u = 20
    while u > 18 :
        u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
        n = n + 1
    return n

Ligne 4 : u > 18 ; ligne 5 : u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n) (le calcul se fait avec l'ancienne valeur de \(n\)) ; ligne 6 : n = n + 1.

5. b. On calcule les termes successifs : \(u_6\approx 18{,}38\), \(u_7\approx 18{,}12\) (encore supérieurs à 18), puis \(u_8\approx 17{,}87\lt 18\). La boucle s'arrête quand \(n=8\) : le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes.

Corrigé de l’exercice 4 : étude d’une fonction avec logarithme et calcul d’aire

Partie A

1. Le point \(\mathrm{A}(0\,;1)\) est sur la courbe, donc \(f(0)=1\). Or \(f(0)=a+\dfrac{b\ln 1}{1}=a\) car \(\ln 1=0\). Donc \(a=1\).

2. a. Le nombre dérivé \(f'(0)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\mathrm{A}}\) en A. Sur le graphique, cette droite passe par A\((0\,;1)\) et par le point de coordonnées \((1\,;5)\). Son coefficient directeur est \(\dfrac{5-1}{1-0}=4\). Donc \(f'(0)=4\).

2. b. Autour de \(x=1\), la courbe est située sous ses tangentes : elle est concave (tournée vers le bas). Or une fonction concave a une dérivée seconde négative ou nulle. Donc \(f''(1)\lt 0\).

3. a. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=b\ln(x+1)\) et \(v(x)=x+1\), donc \(u'(x)=\dfrac{b}{x+1}\) et \(v'(x)=1\) :

\[f'(x)=\dfrac{\dfrac{b}{x+1}\times(x+1)-b\ln(x+1)\times 1}{(x+1)^2}=\dfrac{b-b\ln(x+1)}{(x+1)^2}=\dfrac{b\left(1-\ln(x+1)\right)}{(x+1)^2}.\]

3. b. Avec \(x=0\) : \(f'(0)=\dfrac{b(1-\ln 1)}{1}=b\). Comme \(f'(0)=4\), on obtient \(b=4\).

Partie B

1. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{y\to+\infty}\dfrac{\ln y}{y}=0\). En posant \(y=x+1\), qui tend vers \(+\infty\) quand \(x\) tend vers \(+\infty\), on a \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1+4\times 0=1\). La droite d'équation \(y=1\) est donc asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\).

2. On a \(1-\ln(x+1)\gt 0\iff\ln(x+1)\lt 1\iff x+1\lt\mathrm{e}\) (l'exponentielle est strictement croissante) \(\iff x\lt\mathrm{e}-1\). Sur \(]-1\,;+\infty[\), l'ensemble des solutions est \(]-1\,;\mathrm{e}-1[\).

3. D'après la partie A, \(f'(x)=\dfrac{4\left(1-\ln(x+1)\right)}{(x+1)^2}\). Le facteur \(\dfrac{4}{(x+1)^2}\) est strictement positif, donc \(f'(x)\) a le signe de \(1-\ln(x+1)\) : positif sur \(]-1\,;\mathrm{e}-1[\), nul en \(\mathrm{e}-1\), négatif au-delà. L'extremum est un maximum :

\[f(\mathrm{e}-1)=1+\dfrac{4\ln\mathrm{e}}{\mathrm{e}}=1+\dfrac{4}{\mathrm{e}}.\]

Le maximum de \(f\) vaut \(1+\dfrac{4}{\mathrm{e}}\) (environ 2,47).

4. Comme \(\mathrm{e}\lt 3\), on a \(\mathrm{e}-1\lt 2\) : sur \([2\,;+\infty[\), la fonction \(f\) est continue et strictement décroissante. Elle prend la valeur \(f(2)=1+\dfrac{4\ln 3}{3}\approx 2{,}46\) en 2 et tend vers 1 en \(+\infty\). Comme \(1\lt 1{,}5\lt 2{,}46\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (cas strictement monotone) montre que l'équation \(f(x)=1{,}5\) a une unique solution dans \([2\,;+\infty[\). À la calculatrice (par balayage ou dichotomie), on trouve \(f(25)\approx 1{,}50\) et la solution vaut environ 25,09, soit 25,1 à \(10^{-1}\) près.

5. a. Posons \(u(x)=\ln(x+1)\), de dérivée \(u'(x)=\dfrac{1}{x+1}\). Alors \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=u'(x)\,u(x)\), qui est la dérivée de \(\dfrac{1}{2}u(x)^2\). Donc :

\[\int_0^2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\mathrm{d}x=\left[\dfrac{1}{2}\left(\ln(x+1)\right)^2\right]_0^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2-\dfrac{1}{2}(\ln 1)^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]

5. b. Sur \([0\,;2]\), \(f(x)\geqslant 1\gt 0\) (le logarithme est positif pour \(x\geqslant 0\)) : l'aire du domaine est l'intégrale de \(f\) entre 0 et 2. Par linéarité :

\[\mathcal{A}=\int_0^2\left(1+\dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}\right)\mathrm{d}x=2+4\times\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2=2+2(\ln 3)^2.\]

L'aire vaut \(2+2(\ln 3)^2\) unités d'aire, soit environ 4,41.