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Bac spécialité · session 2026 · Jour 2, Antilles-Guyane

Bac 2026, spécialité maths, jour 2 (Antilles-Guyane) : sujet et corrigé

Sujet de spécialité maths du 17 juin 2026 aux Antilles-Guyane : chaîne de relais (probabilités, suite), tétraèdre d’escalade, vrai-faux, fonctions avec ln.

Durée
4 heures
Calculatrice
autorisée
Sujet officiel
PDF

Cherche chaque question avant d’ouvrir son corrigé. L’énoncé est le sujet officiel ressaisi ; les corrigés sont rédigés par Bac-Maths.

Format : mercredi 17 juin 2026, 4 heures, quatre exercices, calculatrice en mode examen autorisée. La qualité de la rédaction et la précision des raisonnements comptent dans la note.

Exercice 1 : une chaîne de relais (6 points)

Les trois parties de cet exercice peuvent être traitées indépendamment.

On s’intéresse à un réseau de communication constitué d’une chaine de relais (satellites, antennes, opérateurs…) pour transmettre des messages.

À chaque transmission entre deux relais successifs, des erreurs peuvent apparaitre dans le message. Une étude statistique a permis d’établir que pour chaque relai :

  • si le message reçu est sans erreur, il a 94 %94\,\% de chances d’être transmis sans erreur au relai suivant ;
  • si le message reçu comporte des erreurs, il y a 35 %35\,\% de chances que les erreurs soient corrigées et donc que le message soit transmis sans erreur au relai suivant.

On choisit au hasard un message envoyé au cours d’une journée.

Pour un événement EE quelconque, on désigne par E‾\overline{E} son événement contraire et par P(E)P(E) sa probabilité.

Partie A

On considère les évènements suivants :

  • A1A_1 : « le message reçu par le premier relai est sans erreur » ;
  • A2A_2 : « le message reçu par le deuxième relai est sans erreur ».

On admet que P(A1)=0,96P(A_1) = 0{,}96.

1. Recopier et compléter l’arbre pondéré ci-dessous.

Arbre pondéré à compléter : branches A1 et A1 barre depuis la racine, puis A2 et A2 barre après chacune ; pointillés sur toutes les branches

2. Montrer que P(A2)=0,9164P(A_2) = 0{,}9164.

3. Calculer PA2(A1‾)P_{A_2}\left(\overline{A_1}\right). On arrondira le résultat à 10−410^{-4}. Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Corrigé de la partie A

1. P(A1)=0,96P(A_1) = 0{,}96 et P(A1‾)=0,04P\left(\overline{A_1}\right) = 0{,}04 ; PA1(A2)=0,94P_{A_1}(A_2) = 0{,}94 et PA1(A2‾)=0,06P_{A_1}\left(\overline{A_2}\right) = 0{,}06 ; PA1‾(A2)=0,35P_{\overline{A_1}}(A_2) = 0{,}35 et PA1‾(A2‾)=0,65P_{\overline{A_1}}\left(\overline{A_2}\right) = 0{,}65.

2. A1A_1 et A1‾\overline{A_1} forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :

P(A2)=P(A1∩A2)+P(A1‾∩A2)=0,96×0,94+0,04×0,35=0,9024+0,014=0,9164P(A_2) = P(A_1 \cap A_2) + P\left(\overline{A_1} \cap A_2\right) = 0{,}96 \times 0{,}94 + 0{,}04 \times 0{,}35 = 0{,}9024 + 0{,}014 = 0{,}9164

3.

PA2(A1‾)=P(A1‾∩A2)P(A2)=0,0140,9164≈0,0153P_{A_2}\left(\overline{A_1}\right) = \dfrac{P\left(\overline{A_1} \cap A_2\right)}{P(A_2)} = \dfrac{0{,}014}{0{,}9164} \approx 0{,}0153

Interprétation : quand le message reçu par le deuxième relai est sans erreur, il y a environ 1,53 %1{,}53\,\% de chances que le message reçu par le premier relai ait comporté des erreurs (corrigées entre-temps).

Partie B

Pour vérifier le bon fonctionnement d’un relai, des tests indépendants les uns des autres sont effectués. Un test est positif si la présence d’au moins une erreur est détectée.

On admet que la probabilité qu’un test soit positif est égale à 0,040{,}04.

On choisit au hasard un échantillon de 5050 tests réalisés sur le relai. Le nombre de tests réalisés est suffisamment grand pour assimiler ce choix à un tirage avec remise.

1. On note XX la variable aléatoire qui à chaque échantillon de 5050 tests associe le nombre de tests positifs. Ainsi la variable aléatoire XX suit la loi binomiale de paramètres n=50n = 50 et p=0,04p = 0{,}04.

a. Déterminer la probabilité que 44 tests soient positifs dans cet échantillon. On arrondira le résultat à 10−210^{-2}.

b. Donner la probabilité qu’au moins un test soit positif dans cet échantillon. On arrondira le résultat à 10−210^{-2}.

c. Calculer l’espérance et la variance de la variable aléatoire XX.

2. On étudie une chaîne de transmission de l’information composée de 2525 relais. On considère la variable aléatoire X1X_1 qui à chaque échantillon de 5050 tests pratiqués sur le relai 1 associe le nombre de tests positifs. On définit de la même manière les variables aléatoires X2X_2 pour le relai 2, …, X25X_{25} pour le relai 25. On admet que ces 2525 variables aléatoires sont indépendantes entre elles et qu’elles admettent la même espérance égale à 22 et la même variance égale à 1,921{,}92. On note MM la variable aléatoire donnant la moyenne du nombre de tests positifs lors des contrôles effectués sur les 2525 relais. On a donc M=X1+X2+⋯+X2525M = \dfrac{X_1 + X_2 + \cdots + X_{25}}{25}.

a. Vérifier que E(M)=2E(M) = 2 et montrer que V(M)=0,0768V(M) = 0{,}0768.

b. À l’aide de l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev, montrer que la probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à 77 est supérieure à 0,990{,}99.
Indication : on pourra utiliser, sans justification, le fait que P(M<7)=P(−3<M<7)P(M < 7) = P(-3 < M < 7).

Corrigé de la partie B

1. a.

P(X=4)=(504)×0,044×0,9646≈0,09P(X = 4) = \dbinom{50}{4} \times 0{,}04^4 \times 0{,}96^{46} \approx 0{,}09

((504)=230 300\dbinom{50}{4} = 230\,300 ; la calculatrice donne 0,09020{,}0902.)

b. L’évènement contraire de « au moins un test positif » est « aucun test positif » :

P(X≥1)=1−P(X=0)=1−0,9650≈0,87P(X \geq 1) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0{,}96^{50} \approx 0{,}87

c. E(X)=np=50×0,04=2E(X) = np = 50 \times 0{,}04 = 2 et V(X)=np(1−p)=2×0,96=1,92V(X) = np(1 - p) = 2 \times 0{,}96 = 1{,}92.

2. a. Par linéarité de l’espérance :

E(M)=125(E(X1)+⋯+E(X25))=25×225=2E(M) = \dfrac{1}{25}\big(E(X_1) + \cdots + E(X_{25})\big) = \dfrac{25 \times 2}{25} = 2

Les variables sont indépendantes, donc la variance de la somme est la somme des variances, et V(aY)=a2V(Y)V(aY) = a^2V(Y) :

V(M)=1252(V(X1)+⋯+V(X25))=25×1,92625=1,9225=0,0768V(M) = \dfrac{1}{25^2}\big(V(X_1) + \cdots + V(X_{25})\big) = \dfrac{25 \times 1{,}92}{625} = \dfrac{1{,}92}{25} = 0{,}0768

b. −3<M<7-3 < M < 7 s’écrit −5<M−2<5-5 < M - 2 < 5, c’est-à-dire ∣M−E(M)∣<5|M - E(M)| < 5. D’après l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev :

P(∣M−2∣≥5)≤V(M)52=0,076825=0,003072P\big(|M - 2| \geq 5\big) \leq \dfrac{V(M)}{5^2} = \dfrac{0{,}0768}{25} = 0{,}003072

En passant à l’évènement contraire, avec l’indication :

P(M<7)=P(∣M−2∣<5)≥1−0,003072=0,996928>0,99P(M < 7) = P\big(|M - 2| < 5\big) \geq 1 - 0{,}003072 = 0{,}996928 > 0{,}99

Partie C

On désigne par nn un entier naturel non nul. On s’intéresse à une chaine de transmission de l’information composée de nn relais. On considère l’évènement AnA_n : « le message reçu par le nn-ième relai est sans erreur ». On note pnp_n la probabilité que le message reçu au nn-ième relai soit sans erreur. On a ainsi pn=P(An)p_n = P(A_n) et p1=0,96p_1 = 0{,}96.

On admet que pour tout entier naturel n≥1n \geq 1,

pn+1=0,59pn+0,35.p_{n+1} = 0{,}59p_n + 0{,}35.

1. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel n≥1n \geq 1, pn+1≤pnp_{n+1} \leq p_n.

2. Montrer que la suite (pn)(p_n) est convergente.

3. Déterminer la valeur exacte de sa limite.

Corrigé de la partie C

1. Pour n≥1n \geq 1, on note P(n)\mathcal{P}(n) : « pn+1≤pnp_{n+1} \leq p_n ».
Initialisation : p2=0,59×0,96+0,35=0,9164≤0,96=p1p_2 = 0{,}59 \times 0{,}96 + 0{,}35 = 0{,}9164 \leq 0{,}96 = p_1 (on retrouve P(A2)P(A_2) de la partie A).
Hérédité : supposons pn+1≤pnp_{n+1} \leq p_n pour un entier n≥1n \geq 1. En multipliant par 0,59>00{,}59 > 0 puis en ajoutant 0,350{,}35 :

0,59pn+1+0,35≤0,59pn+0,35,soitpn+2≤pn+10{,}59p_{n+1} + 0{,}35 \leq 0{,}59p_n + 0{,}35, \quad\text{soit}\quad p_{n+2} \leq p_{n+1}

Conclusion : P(n)\mathcal{P}(n) est vraie pour tout n≥1n \geq 1.

2. La suite (pn)(p_n) est décroissante (question 1) et minorée par 00, puisque ce sont des probabilités. D’après le théorème de convergence monotone, elle converge.

3. Notons ℓ\ell sa limite. La fonction x↦0,59x+0,35x \mapsto 0{,}59x + 0{,}35 est continue, donc en passant à la limite dans la relation de récurrence :

ℓ=0,59ℓ+0,35  ⟺  0,41ℓ=0,35  ⟺  ℓ=3541\ell = 0{,}59\ell + 0{,}35 \iff 0{,}41\ell = 0{,}35 \iff \ell = \dfrac{35}{41}

La limite vaut 3541≈0,854\dfrac{35}{41} \approx 0{,}854 : après un grand nombre de relais, un message arrive sans erreur avec une probabilité proche de 85 %85\,\%.

Exercice 2 : un module d’escalade (5 points)

Dans une salle d’escalade, un nouveau module en forme de tétraèdre, destiné à être posé au sol, est en cours de fabrication. Ce module servira à créer des plans inclinés.

On munit l’espace d’un repère orthonormé (A ; ı⃗,ȷ⃗,k⃗)\left(A \,;\, \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k}\right). L’unité est le mètre.

On considère les trois points suivants : B(92 ; 0 ; 0)B\left(\dfrac{9}{2} \,;\, 0 \,;\, 0\right), C(94 ; 3 ; 0)C\left(\dfrac{9}{4} \,;\, 3 \,;\, 0\right) et D(32 ; 1 ; 3)D\left(\dfrac{3}{2} \,;\, 1 \,;\, 3\right).

On modélise le module par le tétraèdre ABCDABCD. On souhaite analyser ce module pour des raisons de construction et de sécurité.

Tétraèdre ABCD en perspective dans le repère d’origine A ; H est le pied de la hauteur issue de D (en pointillés) ; la droite Δ passe par D et coupe le plan de base au point L, situé à gauche de A

Partie A

1. On représente ci-dessous le triangle ABCABC et sa hauteur issue de CC.

Triangle ABC, base AB horizontale, et sa hauteur issue de C en pointillés, perpendiculaire à AB en son milieu

a. Montrer que le triangle ABCABC est isocèle en CC.

b. Montrer que l’aire du triangle ABCABC est égale à 6,756{,}75 m².

2. a. Vérifier qu’une équation cartésienne du plan (ABC)(ABC) est : z=0z = 0.

b. Montrer que le point H(32 ; 1 ; 0)H\left(\dfrac{3}{2} \,;\, 1 \,;\, 0\right) est le projeté orthogonal du point DD sur le plan (ABC)(ABC).

3. On rappelle que le volume VV d’un tétraèdre est donné par V=13×B×hV = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{B} \times h où B\mathcal{B} est l’aire d’une base et hh la hauteur relative à la base B\mathcal{B}. En déduire le volume du module.

Corrigé de la partie A

1. a. CA→(−94 ; −3 ; 0)\overrightarrow{CA}\left(-\dfrac{9}{4} \,;\, -3 \,;\, 0\right) et CB→(94 ; −3 ; 0)\overrightarrow{CB}\left(\dfrac{9}{4} \,;\, -3 \,;\, 0\right) :

CA2=8116+9=22516CB2=8116+9=22516CA^2 = \dfrac{81}{16} + 9 = \dfrac{225}{16} \qquad CB^2 = \dfrac{81}{16} + 9 = \dfrac{225}{16}

Donc CA=CB=154CA = CB = \dfrac{15}{4} : le triangle ABCABC est isocèle en CC.

b. Dans un triangle isocèle en CC, la hauteur issue de CC coupe [AB][AB] en son milieu I(94 ; 0 ; 0)I\left(\dfrac{9}{4} \,;\, 0 \,;\, 0\right). IC→ (0 ; 3 ; 0)\overrightarrow{IC}\,(0 \,;\, 3 \,;\, 0), donc IC=3IC = 3, et AB=92AB = \dfrac{9}{2} :

AABC=AB×IC2=92×32=274=6,75 m2\mathcal{A}_{ABC} = \dfrac{AB \times IC}{2} = \dfrac{\frac{9}{2} \times 3}{2} = \dfrac{27}{4} = 6{,}75 \text{ m}^2

2. a. Les points AA, BB et CC ont tous une cote nulle, donc ils vérifient z=0z = 0. Ils ne sont pas alignés (ils forment un triangle d’aire non nulle), donc ils définissent un plan, et ce plan est celui d’équation z=0z = 0.

b. HH a une cote nulle : H∈(ABC)H \in (ABC). De plus DH→ (0 ; 0 ; −3)=−3k⃗\overrightarrow{DH}\,(0 \,;\, 0 \,;\, -3) = -3\vec{k}, et k⃗ (0 ; 0 ; 1)\vec{k}\,(0 \,;\, 0 \,;\, 1) est normal au plan d’équation z=0z = 0. Donc (DH)(DH) est orthogonale à (ABC)(ABC) : HH est le projeté orthogonal de DD sur ce plan.

3. Avec la base ABCABC et la hauteur DH=3DH = 3 :

V=13×6,75×3=6,75 m3V = \dfrac{1}{3} \times 6{,}75 \times 3 = 6{,}75 \text{ m}^3

Partie B

1. On considère le vecteur n⃗(433)\vec{n}\begin{pmatrix} 4 \\ 3 \\ 3 \end{pmatrix}.

a. Montrer que le vecteur n⃗\vec{n} est un vecteur normal au plan (BCD)(BCD).

b. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (BCD)(BCD) est : 4x+3y+3z−18=04x + 3y + 3z - 18 = 0.

c. Donner une représentation paramétrique de la droite Δ\Delta orthogonale au plan (BCD)(BCD) et passant par DD.

2. On admet que la droite Δ\Delta et le plan (ABC)(ABC) sont sécants et on désigne par LL leur point d’intersection. Montrer que LL a pour coordonnées (−52 ; −2 ; 0)\left(-\dfrac{5}{2} \,;\, -2 \,;\, 0\right).

3. Le module est considéré adapté aux débutants si l’angle LDH^\widehat{LDH} est strictement inférieur à 60°60°. Montrer que ce module est adapté aux débutants.

Corrigé de la partie B

1. a. BC→(−94 ; 3 ; 0)\overrightarrow{BC}\left(-\dfrac{9}{4} \,;\, 3 \,;\, 0\right) et BD→ (−3 ; 1 ; 3)\overrightarrow{BD}\,(-3 \,;\, 1 \,;\, 3). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de BC→\overrightarrow{BC} est nulle, pas celle de BD→\overrightarrow{BD}).

n⃗⋅BC→=−9+9+0=0n⃗⋅BD→=−12+3+9=0\vec{n} \cdot \overrightarrow{BC} = -9 + 9 + 0 = 0 \qquad \vec{n} \cdot \overrightarrow{BD} = -12 + 3 + 9 = 0

n⃗\vec{n} est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD)(BCD) : il lui est normal.

b. Le plan a une équation de la forme 4x+3y+3z+d=04x + 3y + 3z + d = 0. BB en fait partie : 4×92+d=04 \times \dfrac{9}{2} + d = 0, soit 18+d=018 + d = 0 et d=−18d = -18. Une équation de (BCD)(BCD) est donc 4x+3y+3z−18=04x + 3y + 3z - 18 = 0 (vérification avec DD : 6+3+9−18=06 + 3 + 9 - 18 = 0).

c. Δ\Delta passe par DD et a pour vecteur directeur n⃗\vec{n} :

Δ:{x=32+4ty=1+3tz=3+3tavec t∈R\Delta : \left\{\begin{array}{l} x = \dfrac{3}{2} + 4t \\[4pt] y = 1 + 3t \\[4pt] z = 3 + 3t \end{array}\right. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}

2. Un point de Δ\Delta est dans (ABC)(ABC) quand sa cote est nulle : 3+3t=03 + 3t = 0, soit t=−1t = -1. On obtient x=32−4=−52x = \dfrac{3}{2} - 4 = -\dfrac{5}{2}, y=1−3=−2y = 1 - 3 = -2 et z=0z = 0 : L(−52 ; −2 ; 0)L\left(-\dfrac{5}{2} \,;\, -2 \,;\, 0\right).

3. DL→ (−4 ; −3 ; −3)\overrightarrow{DL}\,(-4 \,;\, -3 \,;\, -3) et DH→ (0 ; 0 ; −3)\overrightarrow{DH}\,(0 \,;\, 0 \,;\, -3), donc DL=16+9+9=34DL = \sqrt{16 + 9 + 9} = \sqrt{34}, DH=3DH = 3 et DL→⋅DH→=9\overrightarrow{DL} \cdot \overrightarrow{DH} = 9.

cos⁡LDH^=DL→⋅DH→DL×DH=9334=334≈0,514\cos\widehat{LDH} = \dfrac{\overrightarrow{DL} \cdot \overrightarrow{DH}}{DL \times DH} = \dfrac{9}{3\sqrt{34}} = \dfrac{3}{\sqrt{34}} \approx 0{,}514

Or 334>12\dfrac{3}{\sqrt{34}} > \dfrac{1}{2}, car 6>346 > \sqrt{34} (puisque 36>3436 > 34). Comme le cosinus est strictement décroissant sur [0° ; 180°][0° \,;\, 180°] et cos⁡60°=12\cos 60° = \dfrac{1}{2}, on a LDH^<60°\widehat{LDH} < 60° (environ 59°59°) : le module est adapté aux débutants, de justesse.

Exercice 3 : vrai ou faux (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. Le plan est muni d’un repère orthonormé.

a. On considère l’équation différentielle (E1):y′+2y=0(E_1) : y' + 2y = 0, où yy est une fonction de la variable xx définie sur R\mathbb{R}. On note ff la solution de l’équation différentielle (E1)(E_1) telle que f(0)=1f(0) = 1.
Affirmation 1 : la courbe représentative de la fonction ff passe par le point AA de coordonnées (ln⁡2 ; 12)\left(\ln 2 \,;\, \dfrac{1}{2}\right).

b. On considère la fonction ff définie sur l’intervalle [π2 ; π]\left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi\right] par : f(x)=x−cos⁡(x)f(x) = x - \cos(x).
Affirmation 2 : sur l’intervalle [π2 ; π]\left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi\right], la courbe représentative de la fonction ff est au-dessus de ses tangentes.

c. On considère la fonction ff définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par : f(x)=1+sin⁡(x)xf(x) = 1 + \dfrac{\sin(x)}{x}.
Affirmation 3 : la droite d’équation y=1y = 1 est une asymptote horizontale de la courbe représentative de la fonction ff.

2. On considère l’équation différentielle (E2):y′−3y=2−6x(E_2) : y' - 3y = 2 - 6x, où yy est une fonction de la variable xx définie sur R\mathbb{R}.
Affirmation 4 : la fonction ff définie sur R\mathbb{R} par f(x)=2x−e3xf(x) = 2x - \mathrm{e}^{3x} est une solution de l’équation (E2)(E_2).

Corrigé de l’exercice 3

Affirmation 1 : fausse. (E1)(E_1) s’écrit y′=−2yy' = -2y : ses solutions sont les fonctions x↦Ce−2xx \mapsto C\mathrm{e}^{-2x}. Avec f(0)=1f(0) = 1, C=1C = 1 et f(x)=e−2xf(x) = \mathrm{e}^{-2x}. Alors :

f(ln⁡2)=e−2ln⁡2=1eln⁡4=14≠12f(\ln 2) = \mathrm{e}^{-2\ln 2} = \dfrac{1}{\mathrm{e}^{\ln 4}} = \dfrac{1}{4} \neq \dfrac{1}{2}

Affirmation 2 : fausse. f′(x)=1+sin⁡xf'(x) = 1 + \sin x et f′′(x)=cos⁡xf''(x) = \cos x. Sur [π2 ; π]\left[\dfrac{\pi}{2} \,;\, \pi\right], cos⁡x≤0\cos x \leq 0 : ff est concave, donc sa courbe est au-dessous de ses tangentes.

Affirmation 3 : vraie. Pour x>0x > 0, −1≤sin⁡x≤1-1 \leq \sin x \leq 1, donc −1x≤sin⁡xx≤1x-\dfrac{1}{x} \leq \dfrac{\sin x}{x} \leq \dfrac{1}{x}. Comme 1x→0\dfrac{1}{x} \to 0 en +∞+\infty, le théorème des gendarmes donne sin⁡xx→0\dfrac{\sin x}{x} \to 0, donc f(x)→1f(x) \to 1 : la droite y=1y = 1 est asymptote horizontale en +∞+\infty (même si la courbe la traverse une infinité de fois).

Affirmation 4 : vraie. f′(x)=2−3e3xf'(x) = 2 - 3\mathrm{e}^{3x}, donc :

f′(x)−3f(x)=2−3e3x−6x+3e3x=2−6xf'(x) - 3f(x) = 2 - 3\mathrm{e}^{3x} - 6x + 3\mathrm{e}^{3x} = 2 - 6x

Exercice 4 : une famille de fonctions avec ln (5 points)

On considère la fonction fkf_k définie sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par :

fk(x)=1−x+k(1+ln⁡x)xf_k(x) = 1 - x + \dfrac{k(1 + \ln x)}{x}

où kk est un réel strictement positif et ln⁡\ln désigne la fonction logarithme népérien.

On désigne par CkC_k la représentation graphique de la fonction fkf_k dans un repère orthonormé. On admet que la fonction fkf_k est deux fois dérivable sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}. On note fk′f_k' sa dérivée première et fk′′f_k'' sa dérivée seconde.

Partie A : étude d’un premier cas particulier

Dans cette partie, on se place dans le cas k=2k = 2. La courbe C2C_2 est représentée sur le graphique ci-dessous. On précise que :

  • le point AA est un point d’inflexion de la courbe C2C_2 ;
  • T2T_2 est la tangente à la courbe C2C_2 au point AA.

![Courbe C2 sur ]0 ; 3,6], quadrillage de pas 0,5 : elle monte très vite depuis moins l’infini, coupe l’axe des abscisses vers x = 0,3, atteint un maximum vers x = 0,8 puis décroît, coupe de nouveau l’axe vers x = 2,5 ; le point d’inflexion A, vers (1,65 ; 1,17), porte la tangente T2 en pointillés](./figures/bac-2026-spe-j2-antilles-guyane/ex4-courbe-c2.svg)

1. On considère une primitive F2F_2 de la fonction f2f_2 sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}. Avec la précision permise par le graphique, donner les variations de la fonction F2F_2 sur l’intervalle ]0 ; 3]\mathopen{]}0 \,;\, 3].

2. Parmi les trois courbes ci-dessous, indiquer celle qui représente f2′f_2' et celle qui représente f2′′f_2''. Justifier.

Trois courbes, quadrillage de pas 0,5. Courbe 1 : descend depuis plus l’infini, coupe l’axe vers x = 0,75, atteint un minimum d’environ −1,4 vers x = 1,6 puis remonte lentement vers −1. Courbe 2 : monte depuis le bas, coupe l’axe vers x = 1,65, reste légèrement positive puis se rapproche de 0. Courbe 3 : croissante, négative puis positive, coupe l’axe vers x = 2,5

Corrigé de la partie A

1. F2′=f2F_2' = f_2 : les variations de F2F_2 se lisent sur le signe de f2f_2. D’après le graphique, f2f_2 s’annule vers x≈0,3x \approx 0{,}3 et vers x≈2,5x \approx 2{,}5 ; elle est négative avant 0,30{,}3, positive entre 0,30{,}3 et 2,52{,}5, négative ensuite. Donc F2F_2 est :

  • décroissante sur ]0 ; 0,3]\mathopen{]}0 \,;\, 0{,}3] ;
  • croissante sur [0,3 ; 2,5][0{,}3 \,;\, 2{,}5] ;
  • décroissante sur [2,5 ; 3][2{,}5 \,;\, 3].

2. f2′f_2' est la courbe 1. C2C_2 est croissante jusqu’à son maximum, atteint vers x≈0,75x \approx 0{,}75, puis décroissante : f2′f_2' est positive puis négative, avec un changement de signe vers 0,750{,}75. Seule la courbe 1 prend des valeurs positives près de 00, et elle change bien de signe vers 0,750{,}75.

f2′′f_2'' est la courbe 2. AA est un point d’inflexion, d’abscisse 1,651{,}65 environ : f2′′f_2'' s’annule en changeant de signe en cette abscisse. C2C_2 est concave avant AA (sous ses tangentes) et convexe après : f2′′f_2'' est négative puis positive. La courbe 2 change de signe vers 1,651{,}65, la courbe 3 vers 2,52{,}5 seulement. On le confirme avec la courbe 1 : f2′f_2' décroît jusqu’à 1,651{,}65 environ puis croît, donc sa dérivée f2′′f_2'' est négative puis positive, avec un changement de signe à cet endroit.

Partie B : étude d’un second cas particulier

Dans cette partie on se place dans le cas k=1k = 1. On considère la fonction f1f_1 définie sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par :

f1(x)=1−x+1+ln⁡xx.f_1(x) = 1 - x + \dfrac{1 + \ln x}{x}.

1. a. Montrer que pour tout réel x>0x > 0 : f1′(x)=−1−ln⁡xx2f_1'(x) = -1 - \dfrac{\ln x}{x^2}.

b. Déterminer la limite de f1′(x)f_1'(x) lorsque xx tend vers +∞+\infty.

2. On admet que :

  • l’axe des ordonnées est une asymptote de la courbe de f1′f_1' ;
  • pour tout réel x>0x > 0, f1′′(x)=2ln⁡x−1x3f_1''(x) = \dfrac{2\ln x - 1}{x^3}.

On donne ci-dessous le tableau de variations de f1′f_1' sur l’intervalle ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

x0e12+∞f1′+∞↘−1−12e↗−1\begin{array}{c|ccccc} x & 0 & & \mathrm{e}^{\frac{1}{2}} & & +\infty \\ \hline f_1' & +\infty & \searrow & -1 - \dfrac{1}{2\mathrm{e}} & \nearrow & -1 \end{array}

2. a. Justifier les variations de la fonction f1′f_1' sur l’intervalle ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} et la valeur de l’extremum.

2. b. Justifier la limite de la fonction f1′f_1' en 00.

2. c. Montrer qu’il existe une unique solution α\alpha à l’équation f1′(x)=0f_1'(x) = 0 sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}. En déduire que f1f_1 admet un maximum sur l’intervalle ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

2. d. Recopier et compléter les pointillés du programme écrit en langage Python ci-dessous, afin qu’il renvoie une valeur approchée à 10−210^{-2} près de la solution α\alpha de l’équation f1′(x)=0f_1'(x) = 0 sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

def d(x) :
  return -1-ln(x)/x**2

def alpha() :
  u = 0.5
  while d(u) … 0 :
    u = …
  return u

On rappelle que x**2 désigne x2x^2.

Corrigé de la partie B

1. a. La dérivée de 1−x1 - x est −1-1. Pour 1+ln⁡xx=uv\dfrac{1 + \ln x}{x} = \dfrac{u}{v} avec u=1+ln⁡xu = 1 + \ln x et v=xv = x :

(1+ln⁡xx)′=1x×x−(1+ln⁡x)×1x2=1−1−ln⁡xx2=−ln⁡xx2\left(\dfrac{1 + \ln x}{x}\right)' = \dfrac{\frac{1}{x} \times x - (1 + \ln x) \times 1}{x^2} = \dfrac{1 - 1 - \ln x}{x^2} = -\dfrac{\ln x}{x^2}

Donc f1′(x)=−1−ln⁡xx2f_1'(x) = -1 - \dfrac{\ln x}{x^2}.

b. ln⁡xx2=ln⁡xx×1x\dfrac{\ln x}{x^2} = \dfrac{\ln x}{x} \times \dfrac{1}{x}. Par croissance comparée, ln⁡xx→0\dfrac{\ln x}{x} \to 0 en +∞+\infty, et 1x→0\dfrac{1}{x} \to 0 : le produit tend vers 00. Donc lim⁡x→+∞f1′(x)=−1\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f_1'(x) = -1.

2. a. Pour x>0x > 0, x3>0x^3 > 0 : f1′′(x)f_1''(x) a le signe de 2ln⁡x−12\ln x - 1.

2ln⁡x−1>0  ⟺  ln⁡x>12  ⟺  x>e122\ln x - 1 > 0 \iff \ln x > \dfrac{1}{2} \iff x > \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}

Donc f1′′<0f_1'' < 0 sur ]0 ; e12[\left]0 \,;\, \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\right[ et f1′′>0f_1'' > 0 sur ]e12 ; +∞[\left]\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} \,;\, +\infty\right[ : f1′f_1' est décroissante puis croissante, avec un minimum en e12\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}. Comme ln⁡(e12)=12\ln\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1}{2} et (e12)2=e\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\right)^2 = \mathrm{e} :

f1′(e12)=−1−12e=−1−12ef_1'\left(\mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\right) = -1 - \dfrac{\frac{1}{2}}{\mathrm{e}} = -1 - \dfrac{1}{2\mathrm{e}}

b. Quand x→0+x \to 0^+, ln⁡x→−∞\ln x \to -\infty et 1x2→+∞\dfrac{1}{x^2} \to +\infty, donc ln⁡xx2=ln⁡x×1x2→−∞\dfrac{\ln x}{x^2} = \ln x \times \dfrac{1}{x^2} \to -\infty. Par suite, −ln⁡xx2→+∞-\dfrac{\ln x}{x^2} \to +\infty et lim⁡x→0+f1′(x)=+∞\displaystyle\lim_{x \to 0^+} f_1'(x) = +\infty.

c. Sur ]0 ; e12]\left]0 \,;\, \mathrm{e}^{\frac{1}{2}}\right], f1′f_1' est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de +∞+\infty à −1−12e<0-1 - \dfrac{1}{2\mathrm{e}} < 0. Comme 00 est compris entre ces valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation f1′(x)=0f_1'(x) = 0 a une unique solution α\alpha sur cet intervalle.

Sur [e12 ; +∞[\left[\mathrm{e}^{\frac{1}{2}} \,;\, +\infty\right[, f1′f_1' est croissante de limite −1-1, donc f1′(x)<−1<0f_1'(x) < -1 < 0 : pas de solution. L’équation a donc une unique solution α\alpha sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

D’après les variations de f1′f_1', f1′(x)>0f_1'(x) > 0 sur ]0 ; α[\mathopen{]}0 \,;\, \alpha[ et f1′(x)<0f_1'(x) < 0 sur ]α ; +∞[]\alpha \,;\, +\infty\mathclose{[} : f1f_1 est croissante puis décroissante, elle admet donc un maximum en α\alpha, qui vaut f1(α)f_1(\alpha).

d. d(0,5)=−1+ln⁡20,25≈1,77>0d(0{,}5) = -1 + \dfrac{\ln 2}{0{,}25} \approx 1{,}77 > 0 et 0,5<α0{,}5 < \alpha : on avance par pas de 0,010{,}01 tant que d(u)d(u) est strictement positif.

def alpha() :
  u = 0.5
  while d(u) > 0 :
    u = u + 0.01
  return u

La fonction renvoie 0,660{,}66 (Python affiche 0.6600000000000001, à cause des arrondis sur les nombres flottants) : c’est le premier uu pour lequel d(u)≤0d(u) \leq 0, donc 0,65<α≤0,660{,}65 < \alpha \leq 0{,}66 (α≈0,653\alpha \approx 0{,}653).

Partie C : kk quelconque

On considère la fonction hh définie sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par h(x)=1+ln⁡xxh(x) = \dfrac{1 + \ln x}{x} et la fonction HH définie sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par H(x)=12(1+ln⁡x)2H(x) = \dfrac{1}{2}(1 + \ln x)^2. On admet que HH est dérivable sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

1. Montrer que la fonction HH est une primitive de hh.

On rappelle que kk est un réel strictement positif et que fkf_k est la fonction définie sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[} par :

fk(x)=1−x+k(1+ln⁡x)x.f_k(x) = 1 - x + \dfrac{k(1 + \ln x)}{x}.

2. Existe-t-il une valeur de kk pour laquelle la valeur moyenne de la fonction fkf_k sur l’intervalle [1 ; e][1 \,;\, \mathrm{e}] est égale à 00 ? Justifier.

Corrigé de la partie C

1. H=12u2H = \dfrac{1}{2}u^2 avec u(x)=1+ln⁡xu(x) = 1 + \ln x et u′(x)=1xu'(x) = \dfrac{1}{x}, donc H′=uu′H' = uu' :

H′(x)=(1+ln⁡x)×1x=h(x)H'(x) = (1 + \ln x) \times \dfrac{1}{x} = h(x)

HH est une primitive de hh sur ]0 ; +∞[\mathopen{]}0 \,;\, +\infty\mathclose{[}.

2. Oui. On a fk(x)=1−x+k h(x)f_k(x) = 1 - x + k\,h(x), et la valeur moyenne de fkf_k sur [1 ; e][1 \,;\, \mathrm{e}] vaut μk=1e−1∫1efk(x) dx\mu_k = \dfrac{1}{\mathrm{e} - 1}\displaystyle\int_1^{\mathrm{e}} f_k(x)\,\mathrm{d}x. Calculons l’intégrale :

∫1e(1−x) dx=[x−x22]1e=e−e22−12=−(e−1)22\int_1^{\mathrm{e}} (1 - x)\,\mathrm{d}x = \left[x - \dfrac{x^2}{2}\right]_1^{\mathrm{e}} = \mathrm{e} - \dfrac{\mathrm{e}^2}{2} - \dfrac{1}{2} = -\dfrac{(\mathrm{e} - 1)^2}{2}∫1eh(x) dx=H(e)−H(1)=12×22−12×12=32\int_1^{\mathrm{e}} h(x)\,\mathrm{d}x = H(\mathrm{e}) - H(1) = \dfrac{1}{2} \times 2^2 - \dfrac{1}{2} \times 1^2 = \dfrac{3}{2}

Par linéarité :

∫1efk(x) dx=−(e−1)22+3k2\int_1^{\mathrm{e}} f_k(x)\,\mathrm{d}x = -\dfrac{(\mathrm{e} - 1)^2}{2} + \dfrac{3k}{2}

La valeur moyenne est nulle si et seulement si cette intégrale est nulle :

3k2=(e−1)22  ⟺  k=(e−1)23\dfrac{3k}{2} = \dfrac{(\mathrm{e} - 1)^2}{2} \iff k = \dfrac{(\mathrm{e} - 1)^2}{3}

Ce nombre est strictement positif (≈0,98\approx 0{,}98) : il convient. La valeur moyenne de fkf_k sur [1 ; e][1 \,;\, \mathrm{e}] est nulle pour k=(e−1)23k = \dfrac{(\mathrm{e} - 1)^2}{3}, et seulement pour cette valeur.

Sujet officiel

26-MATJ2AG1 · session 2026

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