Bac 2026, spécialité maths, jour 2 (Amérique du Nord) : sujet et corrigé

1. $P(A) = 0{,}6$ et $P(B) = 0{,}4$ ; $P_A(C) = 0{,}95$ et $P_A(\overline{C}) = 0{,}05$.

2. a. $P(A \cap C) = 0{,}6 \times 0{,}95 = 0{,}57$.

b. D’après la formule des probabilités totales, $P(C) = P(A \cap C) + P(B \cap C)$, donc :

c. $P(\overline{C}) = 0{,}09$, $P(A \cap \overline{C}) = 0{,}6 \times 0{,}05 = 0{,}03$ et $P(B \cap \overline{C}) = 0{,}4 \times 0{,}15 = 0{,}06$.

$P_{\overline{C}}(A) = \dfrac{1}{2}P_{\overline{C}}(B)$ : le responsable a raison.

1. a. $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(15 \,;\, 0{,}09)$.

b. $P(X = 2) = \dbinom{15}{2} \times 0{,}09^2 \times 0{,}91^{13} \approx 0{,}250$.

c. À la calculatrice, $P(X \leq 2) \approx 0{,}853$.

2. a. $E(X_n) = 0{,}09n$ et $V(X_n) = n \times 0{,}09 \times 0{,}91 = 0{,}0819n$. Donc :

b. $0{,}04 < F_n < 0{,}14 \iff |F_n - 0{,}09| < 0{,}05$. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $F_n$ :

En passant à l’événement contraire : $P(0{,}04 < F_n < 0{,}14) \geq 1 - \dfrac{32{,}76}{n}$.

c. Pour $n = 500$ : $P(0{,}04 < F_{500} < 0{,}14) \geq 1 - \dfrac{32{,}76}{500} \approx 0{,}934$. La fréquence observée est $\dfrac{55}{500} = 0{,}11$, qui est bien dans $\mathopen{]}0{,}04 \,;\, 0{,}14\mathclose{[}$ : le résultat est conforme à ce qu’il pouvait attendre (cet intervalle a une probabilité d’au moins $93\,\%$).

1.

$S = \left\{-\sqrt{3} \,;\, 0 \,;\, \sqrt{3}\right\}$.

2. a. Avec $u = 2x$ et $v = \sqrt{1 + x^2}$, $v' = \dfrac{2x}{2\sqrt{1 + x^2}} = \dfrac{x}{\sqrt{1 + x^2}}$ :

b. $f'(x) > 0$ pour tout réel $x$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

1. Pour $n \in \mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $1 \leq u_n \leq u_{n+1} < \sqrt{3}$ ».
Initialisation : $u_0 = 1$ et $u_1 = f(1) = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$, donc $1 \leq 1 \leq \sqrt{2} < \sqrt{3}$ : $P(0)$ est vraie.
Hérédité : supposons $1 \leq u_n \leq u_{n+1} < \sqrt{3}$ pour un entier $n$. $f$ est strictement croissante, donc $f(1) \leq f(u_n) \leq f(u_{n+1}) < f(\sqrt{3})$, soit $\sqrt{2} \leq u_{n+1} \leq u_{n+2} < \sqrt{3}$ car $f(\sqrt{3}) = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$. Comme $\sqrt{2} \geq 1$, $P(n + 1)$ est vraie.
Conclusion : $P(n)$ est vraie pour tout entier naturel $n$.

2. $(u_n)$ est croissante et majorée par $\sqrt{3}$ : elle converge vers une limite $\ell$, avec $1 \leq \ell \leq \sqrt{3}$. Comme $f$ est continue, $\ell = f(\ell)$, donc $\ell \in \left\{-\sqrt{3} \,;\, 0 \,;\, \sqrt{3}\right\}$ d’après la partie A. Seule $\sqrt{3}$ convient : $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = \sqrt{3}$.

3. a. $u_{n+1}^2 = \dfrac{4u_n^2}{1 + u_n^2}$, donc $3 - u_{n+1}^2 = \dfrac{3 + 3u_n^2 - 4u_n^2}{1 + u_n^2} = \dfrac{3 - u_n^2}{1 + u_n^2}$. Ainsi :

$(v_n)$ est géométrique de raison $4$, de premier terme $v_0 = \dfrac{1}{3 - 1} = \dfrac{1}{2}$.

b. $v_n = 0{,}5 \times 4^n$. De $v_n = \dfrac{u_n^2}{3 - u_n^2}$, on tire $v_n(3 - u_n^2) = u_n^2$, donc $u_n^2 = \dfrac{3v_n}{1 + v_n} = \dfrac{1{,}5 \times 4^n}{1 + 0{,}5 \times 4^n}$. Comme $u_n \geq 1 > 0$, on obtient la formule annoncée.

c. En divisant par $4^n$ : $u_n^2 = \dfrac{1{,}5}{4^{-n} + 0{,}5}$. Comme $4^{-n} \to 0$, $u_n^2 \to \dfrac{1{,}5}{0{,}5} = 3$, et par continuité de la racine carrée, $u_n \to \sqrt{3}$.

1. On ajoute $u^2$ à la somme avant de passer au terme suivant :

    u=1
    ...
        S=S+u**2
        u=2*u/sqrt(1+u**2)

2. Pour tout $k$, $1 \leq u_k \leq \sqrt{3}$ donne $1 \leq u_k^2 \leq 3$ (la fonction carré est croissante sur $[0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$). En additionnant ces $n$ encadrements, pour $k$ de $0$ à $n - 1$ : $n \leq S_n \leq 3n$.

3. $S_n \geq n$ et $n \to +\infty$ : par comparaison, $S_n \to +\infty$. En divisant par $n^2$ : $\dfrac{1}{n} \leq \dfrac{S_n}{n^2} \leq \dfrac{3}{n}$, et les deux bornes tendent vers $0$ : d’après le théorème des gendarmes, $\dfrac{S_n}{n^2} \to 0$.

1. Pour $t = 0$, on obtient le point $(1 \,;\, 1 \,;\, 1)$, c’est-à-dire $C$. Pour $A$ : $1 + 2t = 4$ donne $t = \dfrac{3}{2}$, mais alors $y = 1 + \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2} \neq 2$ : $A \notin \Delta$.

2. a. $\Delta$ est dirigée par $\vec{u}\,(2 \,;\, 1 \,;\, 2)$, qui est donc normal à $\mathcal{P}$. Une équation de $\mathcal{P}$ est $2x + y + 2z + d = 0$, et $A \in \mathcal{P}$ donne $8 + 2 + 4 + d = 0$, soit $d = -14$.

b. $B$ : $10 - 2 + 6 - 14 = 0$, donc $B \in \mathcal{P}$. $C$ : $2 + 1 + 2 - 14 = -9 \neq 0$, donc $C \notin \mathcal{P}$.

3. a. $D$ : $6 + 2 + 6 - 14 = 0$, donc $D \in \mathcal{P}$. De plus $\overrightarrow{CD}\,(2 \,;\, 1 \,;\, 2) = \vec{u}$ est normal à $\mathcal{P}$. $D$ est donc le projeté orthogonal de $C$ sur $\mathcal{P}$.

b. $\overrightarrow{AB}\,(1 \,;\, -4 \,;\, 1)$ et $\overrightarrow{AD}\,(-1 \,;\, 0 \,;\, 1)$ ne sont pas colinéaires, donc $A$, $B$, $D$ définissent un plan, qui est $\mathcal{P}$ (ces trois points y sont). Comme $C \notin \mathcal{P}$, les quatre points ne sont pas coplanaires.

c. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = -1 + 0 + 1 = 0$.

d. On prend pour base le triangle $ABD$, rectangle en $A$ d’après la question c : $AB = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ et $AD = \sqrt{2}$, donc son aire vaut $\dfrac{3\sqrt{2} \times \sqrt{2}}{2} = 3$. La hauteur relative à cette base est $CD = \sqrt{4 + 1 + 4} = 3$ (car $D$ est le projeté de $C$ sur le plan $ABD$).

4. a. $\overrightarrow{BC}\,(-4 \,;\, 3 \,;\, -2)$. Un point de $(BC)$ s’écrit $M(5 - 4s \,;\, -2 + 3s \,;\, 3 - 2s)$. La condition $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$ s’écrit :

D’où $H\left(5 - \dfrac{72}{29} \,;\, -2 + \dfrac{54}{29} \,;\, 3 - \dfrac{36}{29}\right) = H\left(\dfrac{73}{29} \,;\, \dfrac{-4}{29} \,;\, \dfrac{51}{29}\right)$.

b. $BC = \sqrt{16 + 9 + 4} = \sqrt{29}$ et $\overrightarrow{AH}\left(\dfrac{-43}{29} \,;\, \dfrac{-62}{29} \,;\, \dfrac{-7}{29}\right)$, d’où :

c. Avec la base $ABC$ et la hauteur $d$ (distance de $D$ au plan $(ABC)$), $V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{2} \times d = 3$, donc :

1. En $+\infty$, $x \to +\infty$ et $(\ln x)^2 \to +\infty$ : par produit, $f(x) \to +\infty$.

2. a. $g(\sqrt{x}) = \sqrt{x}\ln\sqrt{x} = \dfrac{1}{2}\sqrt{x}\ln x$, donc $4\left(g(\sqrt{x})\right)^2 = 4 \times \dfrac{1}{4}x(\ln x)^2 = f(x)$.

b. Quand $x \to 0$, $X = \sqrt{x} \to 0$ et, par croissance comparée, $g(X) = X\ln X \to 0$. Donc $f(x) = 4g(X)^2 \to 0$.

3. a. Avec $u = x$ et $v = (\ln x)^2$, $v' = 2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x$ :

b. $\ln x$ s’annule en $1$ et $2 + \ln x$ en $\mathrm{e}^{-2}$. Le produit est positif à l’extérieur de $\left[\mathrm{e}^{-2} \,;\, 1\right]$ et négatif à l’intérieur.

c. Sur $\mathopen{]}0 \,;\, 1]$, le maximum est $f\left(\mathrm{e}^{-2}\right) = \mathrm{e}^{-2} \times (-2)^2 = 4\mathrm{e}^{-2} = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$.

4. a. Sur $\mathopen{]}0 \,;\, 1]$, $f(x) \leq \dfrac{4}{\mathrm{e}^2} \approx 0{,}54 < 2$ : pas de solution. Sur $[1 \,;\, +\infty\mathclose{[}$, $f$ est continue et strictement croissante, $f(1) = 0$ et $f(x) \to +\infty$ : comme $2 \in [0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$, l’équation $f(x) = 2$ admet une unique solution sur cet intervalle (corollaire du théorème des valeurs intermédiaires). Au total, une unique solution $\alpha$ sur $\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}$.

b. À la calculatrice, $f(2{,}4) \approx 1{,}84 < 2$ et $f(2{,}5) \approx 2{,}10 > 2$, donc $2{,}4 < \alpha < 2{,}5$.

5. a. $f$ est continue et positive sur $[a \,;\, 1]$ : l’intégrale est l’aire, en unités d’aire, du domaine compris entre la courbe de $f$, l’axe des abscisses et les droites d’équations $x = a$ et $x = 1$.

b. On pose $u(x) = (\ln x)^2$ et $v'(x) = x$, d’où $u'(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$ :

Remarque : le sujet imprimé écrit $\displaystyle\int_1^a$ dans le dernier terme ; les bornes sont inversées. C’est bien $\displaystyle\int_a^1 x\ln x\,\mathrm{d}x$, seule version cohérente avec la formule de la question c.

c. On pose $u(x) = \ln x$ et $v'(x) = x$, d’où $u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$ :

En reportant dans la question b :

d. Quand $a \to 0$ : $a^2(\ln a)^2 = (a\ln a)^2 \to 0$ et $a^2\ln a = a \times (a\ln a) \to 0$ par croissance comparée, et $a^2 \to 0$. Donc :