Corrigé du bac de maths 2026 : France, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2026, France, jour 1) 5 points

Probabilités conditionnelles, arbre pondéré, espérance et variance, somme de variables indépendantes, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. a) Donner \(P(C)\).

L'énoncé indique directement que 75 % des familles réservent une cabine : c'est la probabilité de l'évènement \(C\), sans condition.

En conclusion : \(P(C)=0{,}75\).

1. b) Compléter l'arbre pondéré.

La première génération de branches porte les probabilités de \(V\) et de son contraire : 30 % des familles réservent un emplacement, donc \(P(V)=0{,}3\) et \(P(\overline{V})=1-0{,}3=0{,}7\). La seconde génération, issue de \(V\), porte des probabilités conditionnelles : « parmi ces dernières, 80 % réservent une cabine » se traduit par \(P_V(C)=0{,}8\), et la somme des branches issues d'un même nœud valant 1, \(P_V(\overline{C})=0{,}2\).

• \(V\) avec \(0{,}3\) : puis \(C\) avec \(0{,}8\) et \(\overline{C}\) avec \(0{,}2\) ;
• \(\overline{V}\) avec \(0{,}7\) : puis \(C\) et \(\overline{C}\) (branches non demandées, calculées à la question 4).

En conclusion : les quatre pointillés valent \(0{,}3\) ; \(0{,}8\) ; \(0{,}2\) ; \(0{,}7\).

2. Probabilité de réserver un emplacement et une cabine.

Ensuite, on cherche \(P(V \cap C)\). Par ailleurs, on suit le chemin \(V\) puis \(C\) de l'arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :

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

En conclusion : \(P(V \cap C)=0{,}24\).

3. Sachant que la famille a réservé une cabine, probabilité qu'elle ait réservé un emplacement.

C'est une probabilité conditionnelle « dans l'autre sens » que l'arbre : on revient à la définition \(P_C(V)=\dfrac{P(C\cap V)}{P(C)}\), avec les résultats des questions 1 a) et 2.

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

En conclusion : \(P_C(V)=0{,}32\).

4. Calculer \(P_{\overline{V}}(C)\) et l'interpréter.

Les évènements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne \(P(C)=P(V\cap C)+P(\overline{V}\cap C)\), d'où :

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

Ensuite, on divise alors par \(P(\overline{V})\) :

\[P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V}\cap C)}{P(\overline{V})}=\dfrac{0{,}51}{0{,}7}=\dfrac{51}{70}\approx 0{,}728\ldots\]

Autrement dit, parmi les familles qui voyagent sans véhicule, environ 73 % réservent tout de même une cabine.

En conclusion : \(P_{\overline{V}}(C)\approx 0{,}73\) : environ 73 % des familles sans emplacement de véhicule prennent une cabine.

Partie B

1. Justifier que \(\mathrm{E}(X)=96\) et \(\mathrm{V}(X)=3114\).

L'espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\[\mathrm{E}(X)=0\times0{,}19+70\times0{,}06+100\times0{,}51+170\times0{,}24=0+4{,}2+51+40{,}8=96.\]

Pour la variance, on utilise la formule de König-Huygens \(\mathrm{V}(X)=\mathrm{E}(X^2)-\big(\mathrm{E}(X)\big)^2\). Ensuite, on calcule d'abord :

\[\mathrm{E}(X^2)=0^2\times0{,}19+70^2\times0{,}06+100^2\times0{,}51+170^2\times0{,}24=294+5100+6936=12330.\]

Donc \(\mathrm{V}(X)=12330-96^2=12330-9216=3114\).

En conclusion : \(\mathrm{E}(X)=96\) et \(\mathrm{V}(X)=3114\).

2. a) Justifier que \(Z=0{,}6(X+Y)\).

Sans réduction, une famille paie au total \(X+Y\) euros (suppléments plus extras). Une réduction de 40 % revient à ne payer que 60 % du prix, c'est-à-dire à multiplier ce montant par \(1-0{,}4=0{,}6\).

En conclusion : \(Z=0{,}6(X+Y)\).

2. b) En déduire \(\mathrm{E}(Z)=120\) et \(\mathrm{V}(Z)=1728\).

Par linéarité de l'espérance : \(\mathrm{E}(Z)=0{,}6\big(\mathrm{E}(X)+\mathrm{E}(Y)\big)=0{,}6\times(96+104)=0{,}6\times200=120\).

Pour la variance, deux propriétés : \(\mathrm{V}(aW)=a^2\mathrm{V}(W)\) pour tout réel \(a\), et \(\mathrm{V}(X+Y)=\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)\) car \(X\) et \(Y\) sont indépendantes. Ainsi :

\[\mathrm{V}(Z)=0{,}6^2\big(\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)\big)=0{,}36\times(3114+1686)=0{,}36\times4800=1728.\]

En conclusion : \(\mathrm{E}(Z)=120\) et \(\mathrm{V}(Z)=1728\).

3. a) Espérance et variance de \(M_n\).

\(M_n\) est la moyenne de \(n\) variables de même loi que \(Z\). Par linéarité :

\[\mathrm{E}(M_n)=\dfrac{1}{n}\big(\mathrm{E}(Z_1)+\ldots+\mathrm{E}(Z_n)\big)=\dfrac{1}{n}\times n\times120=120.\]

Les \(Z_i\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances, et le facteur \(\dfrac{1}{n}\) sort au carré :

\[\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1}{n^2}\big(\mathrm{V}(Z_1)+\ldots+\mathrm{V}(Z_n)\big)=\dfrac{1}{n^2}\times n\times1728=\dfrac{1728}{n}.\]

En conclusion : \(\mathrm{E}(M_n)=120\) et \(\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1728}{n}\).

3. b) Plus petit \(n\) garantissant \(\mathrm{P}(114\lt M_n\lt126)\geqslant0{,}85\) par Bienaymé-Tchebychev.

L'intervalle \(]114 ; 126[\) est centré sur l'espérance 120, de demi-largeur 6 : l'évènement \(114\lt M_n\lt126\) s'écrit \(|M_n-120|\lt6\). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(M_n\) avec \(\delta=6\) donne :

\[\mathrm{P}(|M_n-120|\geqslant6)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{6^2}=\dfrac{1728}{36n}=\dfrac{48}{n}.\]

En passant à l'évènement contraire : \(\mathrm{P}(114\lt M_n\lt126)\geqslant1-\dfrac{48}{n}\). Il suffit donc que \(1-\dfrac{48}{n}\geqslant0{,}85\), c'est-à-dire \(\dfrac{48}{n}\leqslant0{,}15\), soit \(n\geqslant\dfrac{48}{0{,}15}=320\).

Interprétation : avec un échantillon d'au moins 320 familles profitant de la remise, on peut affirmer avec une probabilité d'au moins 85 % que le montant moyen payé pour les suppléments et les extras est strictement compris entre 114 € et 126 €.

En conclusion : le plus petit entier est \(n=320\).

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2026, France, jour 1) 4 points

Géométrie dans l'espace (vecteur normal, représentation paramétrique, produit scalaire), dénombrement (arrangements et combinaisons)

1. a) Affirmation 1 : \((\mathcal{P})\) est orthogonal à (AB) et passe par le milieu de [AB].

Premier point : d'après son équation cartésienne, le plan \((\mathcal{P})\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}(-1 ; 1 ; -5)\). Or \(\overrightarrow{AB}(2-3 ; 1-0 ; -3-2)\), soit \(\overrightarrow{AB}(-1 ; 1 ; -5)\). Alors, on a \(\overrightarrow{AB}=\vec{n}\) : la droite (AB) est dirigée par un vecteur normal au plan, elle est donc orthogonale à \((\mathcal{P})\).

Second point : le milieu I de [AB] a pour coordonnées \(\left(\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2}\right)=(2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5)\). Puis on remplace dans l'équation du plan : \(-2{,}5+0{,}5-5\times(-0{,}5)-0{,}5=-2{,}5+0{,}5+2{,}5-0{,}5=0\). Le point I appartient bien à \((\mathcal{P})\).

En conclusion : l'affirmation 1 est vraie (\((\mathcal{P})\) est le plan médiateur de [AB]).

1. b) Affirmation 2 : \((d)\) et (AB) sont sécantes.

Ensuite, on écrit une représentation paramétrique de (AB) avec le point A et le vecteur \(\overrightarrow{AB}(-1 ; 1 ; -5)\) : \(x=3-s\), \(y=s\), \(z=2-5s\), \(s\in\mathbb{R}\). Les droites sont sécantes si et seulement s'il existe \(t\) et \(s\) vérifiant simultanément :

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

En remplaçant \(t\) par \(3-s\) dans la deuxième équation : \(-1{,}5-3+s=s\), soit \(-4{,}5=0\), ce qui est impossible. Le système n'a pas de solution : les droites n'ont aucun point commun. (Leurs vecteurs directeurs \((1 ; -1 ; -2)\) et \((-1 ; 1 ; -5)\) n'étant pas colinéaires, elles ne sont pas non plus parallèles : elles sont non coplanaires.)

En conclusion : l'affirmation 2 est fausse.

Question 1 c

1. c) Affirmation 3 : \(\widehat{\text{ACB}}\approx70{,}5^\circ\).

Alors, on calcule le produit scalaire \(\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}\) de deux façons. Coordonnées : \(\overrightarrow{CA}(1{,}5 ; 3 ; 3)\) et \(\overrightarrow{CB}(0{,}5 ; 4 ; -2)\).

• Avec les coordonnées (repère orthonormé) : \(\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=1{,}5\times0{,}5+3\times4+3\times(-2)=0{,}75+12-6=6{,}75\).
• Les normes : \(CA=\sqrt{2{,}25+9+9}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\) et \(CB=\sqrt{0{,}25+16+4}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\).

Comme \(\overrightarrow{CA}\cdot\overrightarrow{CB}=CA\times CB\times\cos\widehat{\text{ACB}}\), on obtient \(\cos\widehat{\text{ACB}}=\dfrac{6{,}75}{20{,}25}=\dfrac{1}{3}\), puis à la calculatrice \(\widehat{\text{ACB}}=\arccos\left(\dfrac13\right)\approx70{,}53^\circ\).

En conclusion : l'affirmation 3 est vraie (\(\widehat{\text{ACB}}\approx70{,}5^\circ\)).

2. Affirmation 4 : Titouan a plus de chances que Clotilde d'ouvrir sa porte.

Il s'agit de compter, pour chaque porte, le nombre de codes possibles ; un seul est le bon, et les choix sont équiprobables.

• Porte A (Clotilde) : 3 symboles distincts parmi 8, l'ordre compte. C'est un arrangement : \(8\times7\times6=336\) codes. Probabilité d'ouvrir : \(\dfrac{1}{336}\).
• Porte B (Titouan) : 4 symboles distincts parmi 8, l'ordre ne compte pas. C'est une combinaison : \(\dbinom{8}{4}=\dfrac{8\times7\times6\times5}{4\times3\times2\times1}=70\) codes. Probabilité d'ouvrir : \(\dfrac{1}{70}\).

Comme \(70\lt336\), on a \(\dfrac{1}{70}\gt\dfrac{1}{336}\).

En conclusion : l'affirmation 4 est vraie (\(\dfrac{1}{70}\) contre \(\dfrac{1}{336}\)).

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2026, France, jour 1) 6 points

Équation différentielle \(y'=ay+b\), fonction exponentielle et logarithme, suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, convergence monotone, algorithme Python

Partie A : Phase de chauffage

1. Solutions de \((E) : y'=-0{,}035y+0{,}91\).

C'est une équation du type \(y'=ay+b\) avec \(a=-0{,}035\neq0\) et \(b=0{,}91\). Ses solutions sont les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), \(K\) réel. Ici \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}91}{0{,}035}=26\) : la fonction constante égale à 26 est la solution particulière constante.

En conclusion : les solutions sont les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{-0{,}035t}+26\), avec \(K\in\mathbb{R}\).

2. En déduire l'expression de \(T(t)\).

\(T\) est l'une de ces solutions : il existe un réel \(K\) tel que \(T(t)=K\text{e}^{-0{,}035t}+26\). La condition initiale fixe \(K\) : \(T(0)=K\times\text{e}^0+26=K+26\), et \(T(0)=18\), donc \(K=-8\).

En conclusion : pour tout \(t\geqslant0\), \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t}\).

3. Au bout de combien de temps la pièce atteint-elle 20 °C ?

Puis on résout \(T(t)=20\) en isolant l'exponentielle, puis on applique la fonction ln, strictement croissante :

\[26-8\text{e}^{-0{,}035t}=20 \iff \text{e}^{-0{,}035t}=\dfrac{6}{8}=\dfrac34 \iff -0{,}035t=\ln\dfrac34 \iff t=\dfrac{\ln(4/3)}{0{,}035}.\]

Numériquement \(t\approx8{,}2195\) dizaines de minutes, soit environ \(82{,}19\) minutes, c'est-à-dire 82 minutes à la minute près, ou encore 1 h 22 min.

En conclusion : la pièce atteint 20 °C au bout d'environ 1 h 22 min.

4. En cas de panne, la température peut-elle dépasser 28 °C ?

Si le chauffage ne s'arrête jamais, le modèle \(T\) reste valable pour tout \(t\geqslant0\). Or une exponentielle est strictement positive : \(8\text{e}^{-0{,}035t}\gt0\), donc \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t}\lt26\) pour tout \(t\). La température reste toujours sous 26 °C (elle s'en approche seulement, puisque \(\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\text{e}^{-0{,}035t}=0\)).

En conclusion : non, selon ce modèle la température ne dépassera jamais 26 °C, donc a fortiori jamais 28 °C.

Partie B : Phase de refroidissement

1. Montrer que \(u_1=19{,}72\).

Ensuite, on applique la relation avec \(n=0\), en se rappelant que \(\text{e}^0=1\) :

\[u_1=0{,}965\times20+0{,}35+0{,}07\text{e}^{0}=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72.\]

En conclusion : \(u_1=19{,}72\).

2. Montrer par récurrence que \(u_n\gt10\).

Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n\gt10\) ».

Initialisation : \(u_0=20\gt10\), donc \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité : on fixe un entier naturel \(n\) et on suppose \(u_n\gt10\). En multipliant par \(0{,}965\gt0\), l'inégalité est conservée : \(0{,}965u_n\gt9{,}65\). En ajoutant \(0{,}35\) : \(0{,}965u_n+0{,}35\gt10\). Enfin \(0{,}07\text{e}^{-0{,}1n}\gt0\) car une exponentielle est strictement positive ; en l'ajoutant, on obtient \(u_{n+1}\gt10\). Donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion de la récurrence : \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc elle est vraie pour tout entier naturel \(n\).

En conclusion : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), \(u_n\gt10\).

3. En déduire que \((u_n)\) converge.

La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 10 (question 2). D'après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge.

En conclusion : la suite \((u_n)\) est convergente, et sa limite \(\ell\) vérifie \(\ell\geqslant10\).

4. a) Justifier que \(\ell\) vérifie \(x=0{,}965x+0{,}35\).

Ensuite, on fait tendre \(n\) vers \(+\infty\) des deux côtés de la relation de récurrence.

• À gauche : \(u_{n+1}\) tend vers \(\ell\), comme \(u_n\).
• À droite : \(0{,}965u_n+0{,}35\) tend vers \(0{,}965\ell+0{,}35\) ; et comme \(-0{,}1n\) tend vers \(-\infty\), par composition avec \(\displaystyle\lim_{X\to-\infty}\text{e}^X=0\), le terme \(0{,}07\text{e}^{-0{,}1n}\) tend vers 0.

Par unicité de la limite, \(\ell=0{,}965\ell+0{,}35\). Attention : on ne peut pas invoquer directement le théorème du point fixe \(u_{n+1}=g(u_n)\), car la relation dépend aussi de \(n\) ; c'est pour cela qu'on étudie séparément la limite du terme en exponentielle.

En conclusion : \(\ell\) est solution de \(x=0{,}965x+0{,}35\).

Question 4 b

4. b) Déterminer \(\ell\) et interpréter.

L'équation est du premier degré : \(x-0{,}965x=0{,}35\iff0{,}035x=0{,}35\iff x=10\). Elle a une seule solution, donc \(\ell=10\).

Interprétation : si le chauffage restait éteint indéfiniment, la température de la pièce baisserait en se rapprochant de 10 °C, sans jamais descendre en dessous (question 2).

En conclusion : \(\ell=10\) ; la température tend vers 10 °C en l'absence de chauffage.

5. a) Compléter les lignes 4, 5 et 6 du programme.

Le chauffage se rallume dès que la température est inférieure ou égale à 18 °C : il faut donc continuer à calculer les termes tant que \(u\) est strictement supérieur à 18. Dans la boucle, on calcule le terme suivant avec l'indice courant \(n\) (la formule de \(u_{n+1}\) utilise \(n\)), puis seulement ensuite on augmente \(n\) de 1. La fonction exponentielle doit être importée du module math.

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

En conclusion : ligne 4 while u > 18 :, ligne 5 u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n), ligne 6 n = n + 1.

5. b) Au bout de combien de dizaines de minutes le chauffage se remet-il en marche ?

Puis on calcule les termes successifs (calculatrice ou programme) :

Tous les termes jusqu'à \(u_7\approx18{,}12\) sont strictement supérieurs à 18, et \(u_8\approx17{,}87\) est le premier inférieur ou égal à 18. La fonction marche() renvoie donc 8.

En conclusion : le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes après son extinction.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2026, France, jour 1) 5 points

Lecture graphique (tangente, convexité), dérivée d'un quotient, logarithme népérien, croissances comparées, théorème des valeurs intermédiaires, primitive de \(u'u\), calcul d'aire

Partie A

1. Justifier que \(a=1\).

Le point A(0 ; 1) est sur la courbe, donc \(f(0)=1\). Or \(f(0)=a+\dfrac{b\ln 1}{1}=a+0=a\), puisque \(\ln1=0\).

En conclusion : \(a=1\).

2. a) Lire \(f'(0)\).

\(f'(0)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\) au point d'abscisse 0. Sur le quadrillage, cette droite passe par A(0 ; 1) et par le point de coordonnées (1 ; 5) : quand \(x\) augmente de 1, \(y\) augmente de 4.

En conclusion : \(f'(0)=\dfrac{5-1}{1-0}=4\).

2. b) Signe de \(f''(1)\).

Le signe de \(f''\) traduit la convexité. Au voisinage de \(x=1\), la courbe s'infléchit vers le bas : elle monte de moins en moins vite avant d'atteindre son sommet un peu plus loin, et elle se trouve en dessous de ses tangentes. La fonction \(f\) est donc concave au voisinage de 1, ce qui signifie que \(f'\) y est décroissante et que \(f''\) y est négative.

En conclusion : \(f''(1)\lt0\) (on vérifiera plus tard qu'avec \(b=4\), \(f''(1)=\dfrac{2\ln2-3}{2}\lt0\)).

3. a) Montrer l'expression de \(f'(x)\).

Ensuite, on dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=b\ln(x+1)\), \(u'(x)=\dfrac{b}{x+1}\), \(v(x)=x+1\), \(v'(x)=1\) ; la constante \(a\) a une dérivée nulle. Par la formule \(\left(\dfrac uv\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^2}\) :

\[f'(x)=\dfrac{\dfrac{b}{x+1}\times(x+1)-b\ln(x+1)\times1}{(x+1)^2}=\dfrac{b-b\ln(x+1)}{(x+1)^2}=\dfrac{b\left(1-\ln(x+1)\right)}{(x+1)^2}.\]

En conclusion : pour tout \(x\gt-1\), \(f'(x)=\dfrac{b\left(1-\ln(x+1)\right)}{(x+1)^2}\).

3. b) En déduire \(b\).

Avec l'expression précédente, \(f'(0)=\dfrac{b(1-\ln1)}{1^2}=b\). La lecture graphique a donné \(f'(0)=4\).

En conclusion : \(b=4\).

Partie B

1. La droite \(y=1\) est asymptote à la courbe.

Alors, on étudie la limite en \(+\infty\). Puis on pose \(X=x+1\) : quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) aussi. Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{X\to+\infty}\dfrac{\ln X}{X}=0\), donc par composition \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\), et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1+4\times0=1\).

En conclusion : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1\), donc la droite d'équation \(y=1\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\).

2. Résoudre \(1-\ln(x+1)\gt0\) sur \(]-1 ; +\infty[\).

Pour \(x\gt-1\), l'inéquation équivaut à \(\ln(x+1)\lt1\), soit \(\ln(x+1)\lt\ln\text{e}\). La fonction ln étant strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), cela équivaut à \(x+1\lt\text{e}\), soit \(x\lt\text{e}-1\).

En conclusion : l'ensemble des solutions est \(]-1 ; \text{e}-1[\).

3. Tableau de variation complet de \(f\).

Avec \(b=4\), \(f'(x)=\dfrac{4\left(1-\ln(x+1)\right)}{(x+1)^2}\). Le dénominateur est un carré non nul et 4 est positif : \(f'(x)\) a le signe de \(1-\ln(x+1)\). D'après la question 2, \(f'(x)\gt0\) sur \(]-1 ; \text{e}-1[\), \(f'(\text{e}-1)=0\) et \(f'(x)\lt0\) sur \(]\text{e}-1 ; +\infty[\).

Le maximum est atteint en \(\text{e}-1\) : \(f(\text{e}-1)=1+\dfrac{4\ln\text{e}}{\text{e}}=1+\dfrac{4}{\text{e}}\approx2{,}47\). Les limites aux bornes sont \(-\infty\) en \(-1\) (admis) et 1 en \(+\infty\) (question 1).

En conclusion : \(f\) est croissante sur \(]-1 ; \text{e}-1]\), décroissante sur \([\text{e}-1 ; +\infty[\), de maximum \(1+\dfrac{4}{\text{e}}\).

4. Unique solution de \(f(x)=1{,}5\) sur \([2 ; +\infty[\).

Comme \(\text{e}-1\approx1{,}72\lt2\), l'intervalle \([2 ; +\infty[\) est inclus dans \([\text{e}-1 ; +\infty[\) : \(f\) y est continue (car dérivable) et strictement décroissante. De plus \(f(2)=1+\dfrac{4\ln3}{3}\approx2{,}46\), supérieur à 1,5, et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1\), inférieur à 1,5. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation \(f(x)=1{,}5\) a exactement une solution \(\alpha\) dans \([2 ; +\infty[\).

Par balayage à la calculatrice : \(f(25{,}05)\approx1{,}5006\gt1{,}5\) et \(f(25{,}15)\approx1{,}4993\lt1{,}5\), donc \(25{,}05\lt\alpha\lt25{,}15\) (en fait \(\alpha\approx25{,}09\)).

En conclusion : l'équation admet une unique solution \(\alpha\approx25{,}1\).

Question 5 a

5. a) Calculer \(\displaystyle\int_0^2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\mathrm{d}x\).

Par ailleurs, on reconnaît la forme \(u'u\) avec \(u(x)=\ln(x+1)\) et \(u'(x)=\dfrac{1}{x+1}\). Une primitive de \(u'u\) est \(\dfrac12u^2\), donc une primitive de \(x\mapsto\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\) sur \([0 ; 2]\) est \(x\mapsto\dfrac12\big(\ln(x+1)\big)^2\).

\[\int_0^2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\mathrm{d}x=\dfrac12(\ln3)^2-\dfrac12(\ln1)^2=\dfrac12(\ln3)^2.\]

En conclusion : \(\displaystyle\int_0^2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\mathrm{d}x=\dfrac12(\ln3)^2\).

5. b) Aire du domaine entre la courbe, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite \(x=2\).

Sur \([0 ; 2]\), \(x+1\geqslant1\) donc \(\ln(x+1)\geqslant0\), et ainsi \(f(x)\geqslant1\gt0\). La fonction \(f\) est continue et positive sur \([0 ; 2]\) : l'aire cherchée, en unités d'aire, est l'intégrale de \(f\) sur cet intervalle. Par linéarité :

\[\mathcal{A}=\int_0^2\left(1+\dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}\right)\mathrm{d}x=\int_0^21\,\mathrm{d}x+4\int_0^2\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\mathrm{d}x=2+4\times\dfrac12(\ln3)^2.\]

En conclusion : \(\mathcal{A}=2+2(\ln3)^2\approx4{,}41\) unités d'aire.

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Une phrase du type « parmi celles-ci, 80 % » se traduit par une probabilité conditionnelle ; pour inverser la condition, on revient à \(P_C(V)=\dfrac{P(C\cap V)}{P(C)}\) après les probabilités totales.
• La variance d'une somme n'est la somme des variances que si les variables sont indépendantes, et un facteur \(a\) ressort au carré : \(\mathrm{V}(aX)=a^2\mathrm{V}(X)\).
• Pour Bienaymé-Tchebychev, on réécrit d'abord l'intervalle centré sous la forme \(|M_n-\mu|\lt\delta\), puis on passe à l'évènement contraire.
• Ordre qui compte : arrangement \(8\times7\times6\) ; ordre sans importance : combinaison \(\dbinom{8}{4}\).
• Quand la récurrence contient \(n\) (ici \(\text{e}^{-0{,}1n}\)), on ne dispose pas d'une fonction \(g\) avec \(u_{n+1}=g(u_n)\) : on passe à la limite terme à terme.
• Devant \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\), penser à \(u'u\) : sa primitive est \(\dfrac12\big(\ln(x+1)\big)^2\).

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Présentation du corrigé du bac 2026, France, jour 1

Le corrigé du bac 2026, France, jour 1 du 16 juin 2026 reprend les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (5 points) aborde : probabilités conditionnelles, arbre pondéré, espérance et variance, somme de variables indépendantes, inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (4 points) traite : géométrie dans l'espace (vecteur normal, représentation paramétrique, produit scalaire), dénombrement (arrangements et combinaisons). Puis, la correction de l'exercice 3 (6 points) traite : équation différentielle, fonction exponentielle et logarithme, suite définie par récurrence, raisonnement par récurrence, convergence monotone, algorithme Python. Enfin, la correction de l'exercice 4 (5 points) porte sur : lecture graphique (tangente, convexité), dérivée d'un quotient, logarithme népérien, croissances comparées, théorème des valeurs intermédiaires, primitive de, calcul d'aire.

Avant de lire une solution, cherchez d'abord la question seul pendant quelques minutes. Ensuite, comparez votre démarche avec la rédaction proposée, et pas seulement le résultat final. Enfin, notez les méthodes qui vous ont manqué pour les revoir plus tard.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2026, France, jour 1

Pour les suites, rédigez la récurrence en trois temps : initialisation, hérédité, puis conclusion. Ensuite, pensez au théorème de convergence monotone, souvent attendu en fin d'exercice. En probabilités, commencez par un arbre pondéré bien légendé. Ensuite, nommez la loi utilisée et ses paramètres avant tout calcul à la calculatrice. En géométrie dans l'espace, écrivez les coordonnées des vecteurs avant de calculer un produit scalaire. Ainsi, une erreur de signe se repère beaucoup plus vite.

Si vous n'avez pas encore cherché l'épreuve, commencez par l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

Les autres corrigés de 2026

• Corrigé France, jour 2
• Corrigé Amérique du Nord, jour 1
• Corrigé Amérique du Nord, jour 2
• Corrigé Centres étrangers, jour 1
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