Corrigé du bac de maths 2026 : Amérique du Nord, jour 1

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Corrigé de l’exercice 1 (bac 2026, Amérique du Nord, jour 1) 6 points

Probabilités conditionnelles, formule des probabilités totales, loi binomiale, espérance et variance, inégalité de Bienaymé-Tchebychev

Partie A

1. Compléter l'arbre pondéré.

Les trois abonnements forment une partition : \(P(E) = 0{,}25\), \(P(F) = 0{,}15\), donc \(P(C) = 1 - 0{,}25 - 0{,}15 = 0{,}6\). Les pourcentages « parmi les abonnés Étudiant » et « parmi les abonnés Classique » sont des probabilités conditionnelles : \(P_E(H) = 0{,}45\) et \(P_C(H) = 0{,}3\). Sur chaque nœud, les deux branches ont une somme égale à 1, d'où \(P_E(\overline{H}) = 0{,}55\) et \(P_C(\overline{H}) = 0{,}7\). Attention : les \(12\,\%\) de la dernière donnée concernent l'intersection \(F \cap H\), pas une probabilité conditionnelle ; les branches issues de \(F\) n'étaient d'ailleurs pas à compléter.

• \(E\) avec probabilité \(0{,}25\) : puis \(H\) (\(0{,}45\)) ou \(\overline{H}\) (\(0{,}55\))
• \(C\) avec probabilité \(0{,}6\) : puis \(H\) (\(0{,}3\)) ou \(\overline{H}\) (\(0{,}7\))
• \(F\) avec probabilité \(0{,}15\) : puis \(H\) ou \(\overline{H}\)

En conclusion : \(P(E) = 0{,}25\), \(P(C) = 0{,}6\), \(P(F) = 0{,}15\), \(P_E(H) = 0{,}45\), \(P_E(\overline{H}) = 0{,}55\), \(P_C(H) = 0{,}3\), \(P_C(\overline{H}) = 0{,}7\).

2. Valeur exacte de \(P(E \cap H)\).

Ensuite, on suit le chemin \(E\) puis \(H\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[ P(E \cap H) = P(E) \times P_E(H) = 0{,}25 \times 0{,}45 = 0{,}1125 \]

En conclusion : \(P(E \cap H) = 0{,}1125\).

3. Montrer que \(P(H) = 0{,}4125\).

Les événements \(E\), \(C\) et \(F\) forment une partition de l'univers. La formule des probabilités totales donne :

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

Alors, on a déjà \(P(E \cap H) = 0{,}1125\), l'énoncé donne \(P(F \cap H) = 0{,}12\), et \(P(C \cap H) = 0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18\). Donc :

\[ P(H) = 0{,}1125 + 0{,}18 + 0{,}12 = 0{,}4125 \]

En conclusion : la probabilité qu'un abonné ait activé l'option est bien \(P(H) = 0{,}4125\).

Question 4

4. Probabilité que l'abonné soit « Étudiant » sachant qu'il a l'option.

Puis on cherche \(P_H(E)\), c'est-à-dire la probabilité conditionnelle « dans l'autre sens » par rapport à l'arbre. Par définition :

\[ P_H(E) = \dfrac{P(E \cap H)}{P(H)} = \dfrac{0{,}1125}{0{,}4125} = \dfrac{1125}{4125} = \dfrac{3}{11} \approx 0{,}2727 \]

En conclusion : \(P_H(E) = \dfrac{3}{11} \approx 0{,}273\) au millième.

Partie B

1. Paramètres de la loi binomiale.

Par ailleurs, on répète 8 fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), la même épreuve à deux issues : « l'abonné a activé l'option » (succès, probabilité \(0{,}4125\)) ou non. \(X\) compte les succès.

En conclusion : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(8\,;0{,}4125)\).

2. Probabilité qu'aucun des huit n'ait l'option.

Alors, on calcule \(P(X = 0)\) : les huit tirages sont des échecs, de probabilité \(1 - 0{,}4125 = 0{,}5875\) chacun.

\[ P(X = 0) = \binom{8}{0} \times 0{,}4125^0 \times 0{,}5875^8 = 0{,}5875^8 \approx 0{,}01419 \]

En conclusion : \(P(X = 0) \approx 0{,}014\).

3. a) Montrer que \(q_n = 1 - 0{,}5875^n\).

Soit \(X_n\) le nombre d'abonnés ayant l'option dans un échantillon de \(n\) abonnés ; comme précédemment, \(X_n\) suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;0{,}4125)\). L'événement « au moins un abonné a l'option » est le contraire de « aucun abonné n'a l'option », donc :

\[ q_n = P(X_n \geqslant 1) = 1 - P(X_n = 0) = 1 - 0{,}5875^n \]

En conclusion : pour tout entier \(n \geqslant 1\), \(q_n = 1 - 0{,}5875^n\).

3. b) Plus petit \(n\) tel que \(q_n \geqslant 0{,}999\).

Puis on résout l'inéquation en isolant la puissance, puis on applique la fonction \(\ln\), strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\) :

\[ 1 - 0{,}5875^n \geqslant 0{,}999 \iff 0{,}5875^n \leqslant 0{,}001 \iff n\ln(0{,}5875) \leqslant \ln(0{,}001) \]

Comme \(0 \lt 0{,}5875 \lt 1\), le nombre \(\ln(0{,}5875)\) est négatif : en divisant par lui, on change le sens de l'inégalité.

\[ n \geqslant \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}5875)} \approx 12{,}99 \]

Vérification : \(0{,}5875^{12} \approx 0{,}00169\), trop grand, alors que \(0{,}5875^{13} \approx 0{,}00099 \leqslant 0{,}001\).

En conclusion : il faut interroger au moins \(n = 13\) abonnés.

Partie C

1. Les six valeurs de \(Y\).

Chaque abonnement coûte son tarif de base, augmenté de 2 € si l'option est activée : 5 ou 7 € pour « Étudiant », 10 ou 12 € pour « Classique », 16 ou 18 € pour « Famille ».

En conclusion : \(Y\) prend les valeurs 5, 7, 10, 12, 16 et 18.

2. Loi de probabilité de \(Y\).

Chaque valeur correspond à une seule intersection de l'arbre. Par exemple \(P(Y = 5) = P(E \cap \overline{H}) = 0{,}25 \times 0{,}55 = 0{,}1375\) et \(P(Y = 10) = P(C \cap \overline{H}) = 0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42\). Pour la famille sans option, on soustrait : \(P(F \cap \overline{H}) = P(F) - P(F \cap H) = 0{,}15 - 0{,}12 = 0{,}03\).

Contrôle : la somme des probabilités vaut bien 1.

En conclusion : la loi de \(Y\) est donnée par le tableau ci-dessus.

3. Espérance de \(Y\) et interprétation.

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

\[ E(Y) = 5 \times 0{,}1375 + 7 \times 0{,}1125 + 10 \times 0{,}42 + 12 \times 0{,}18 + 16 \times 0{,}03 + 18 \times 0{,}12 \]

\[ E(Y) = 0{,}6875 + 0{,}7875 + 4{,}2 + 2{,}16 + 0{,}48 + 2{,}16 = 10{,}475 \]

En conclusion : \(E(Y) = 10{,}475\) ; en moyenne, sur un grand nombre d'abonnés, la plateforme encaisse environ 10,48 € par abonné et par mois.

4. Variance de \(Y\) à la calculatrice.

Ensuite, on saisit les valeurs et les probabilités dans deux listes et on lance les statistiques à une variable : l'écart-type affiché est \(\sigma \approx 3{,}702\), donc \(V(Y) = \sigma^2\). Par ailleurs, on peut aussi utiliser \(V(Y) = E(Y^2) - E(Y)^2\) avec \(E(Y^2) = 123{,}43\) : \(V(Y) = 123{,}43 - 10{,}475^2 = 13{,}704375\).

En conclusion : \(V(Y) \approx 13{,}70\).

Question 5 a

5. a) Variance de \(Z\).

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

En conclusion : \(V(Z) = 4\).

5. b) Justifier que \(P(6 \lt Z \lt 12) \geqslant 0{,}5\).

L'intervalle \(]6\,;12[\) est centré sur l'espérance 9, avec un écart de 3 de chaque côté : \(6 \lt Z \lt 12 \iff |Z - 9| \lt 3\). L'inégalité de Bienaymé-Tchebychev, pour \(\delta = 3 \gt 0\), donne :

\[ P\left(|Z - 9| \geqslant 3\right) \leqslant \dfrac{V(Z)}{3^2} = \dfrac{4}{9} \]

En passant à l'événement contraire :

\[ P(6 \lt Z \lt 12) = 1 - P\left(|Z - 9| \geqslant 3\right) \geqslant 1 - \dfrac{4}{9} = \dfrac{5}{9} \approx 0{,}556 \]

En conclusion : \(P(6 \lt Z \lt 12) \geqslant \dfrac{5}{9} \gt 0{,}5\), le responsable a raison.

Corrigé de l’exercice 2 (bac 2026, Amérique du Nord, jour 1) 4 points

Suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, script Python, équation différentielle

Partie A

1. Nombre de perches au 1^er janvier 2026.

L'année 2026 correspond à \(n = 1\) : \(u_1 = 4 - \dfrac{4}{u_0} = 4 - \dfrac{4}{4} = 3\). Comme \(u_n\) est exprimé en milliers :

En conclusion : le modèle prévoit 3 000 perches-soleil au 1^er janvier 2026.

2. a) Croissance de \(h\).

La fonction \(h\) est dérivable sur \(]0\,;+\infty[\) et, comme la dérivée de \(x \mapsto \dfrac{1}{x}\) est \(x \mapsto -\dfrac{1}{x^2}\) :

\[ h'(x) = -4 \times \left(-\dfrac{1}{x^2}\right) = \dfrac{4}{x^2} \gt 0 \]

En conclusion : \(h'\) est strictement positive, donc \(h\) est croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

2. b) Montrer par récurrence que \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4\).

Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4\) ».

Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(u_1 = 3\), donc \(2 \leqslant 3 \leqslant 4 \leqslant 4\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4\). Tous ces nombres sont dans \(]0\,;+\infty[\), où \(h\) est croissante : appliquer \(h\) conserve donc l'ordre.

\[ h(2) \leqslant h(u_{n+1}) \leqslant h(u_n) \leqslant h(4) \]

Or \(h(2) = 4 - 2 = 2\), \(h(u_{n+1}) = u_{n+2}\), \(h(u_n) = u_{n+1}\) et \(h(4) = 3 \leqslant 4\). Donc on obtient \(2 \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1} \leqslant 4\), c'est-à-dire \(\mathcal{P}(n+1)\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire.

En conclusion : pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_n \leqslant 4\).

Question 2 c

2. c) Convergence de \((u_n)\).

D'après la question précédente, \(u_{n+1} \leqslant u_n\) pour tout \(n\) : la suite est décroissante. Elle est aussi minorée par 2. D'après le théorème de convergence monotone, une suite décroissante et minorée converge.

En conclusion : \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\), avec \(2 \leqslant \ell \leqslant 4\).

2. d) Montrer que \(\ell = 2\).

La fonction \(h\) est continue sur \(]0\,;+\infty[\) et \(\ell \geqslant 2\) appartient à cet intervalle ; en passant à la limite dans \(u_{n+1} = h(u_n)\), on obtient \(\ell = h(\ell)\). Comme \(\ell \neq 0\), on multiplie par \(\ell\) :

\[ \ell = 4 - \dfrac{4}{\ell} \iff \ell^2 = 4\ell - 4 \iff \ell^2 - 4\ell + 4 = 0 \iff (\ell - 2)^2 = 0 \]

En conclusion : la seule solution est \(\ell = 2\).

2. e) Élimination à long terme ?

La suite tend vers 2, en milliers : la population baisse mais se stabilise autour de 2 000 poissons, elle ne tend pas vers 0.

En conclusion : non, ce modèle ne prévoit pas l'élimination de l'espèce, seulement une stabilisation vers 2 000 perches-soleil.

3. a) Compléter le script.

Par ailleurs, on veut s'arrêter dès que \(u_n \lt s\) : la boucle doit donc tourner tant que \(u \geqslant s\). À chaque tour, on remplace \(u\) par le terme suivant et on augmente le rang de 1.

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

En conclusion : condition u >= s, mise à jour u=4-4/u et compteur n=n+1.

Question 3 b

3. b) Valeur de population(2.2).

Alors, on calcule les termes successifs : \(u_1 = 3\), \(u_2 \approx 2{,}667\), \(u_3 = 2{,}5\), \(u_4 = 2{,}4\), \(u_5 \approx 2{,}333\), \(u_6 \approx 2{,}286\), \(u_7 = 2{,}25\), \(u_8 \approx 2{,}222\), \(u_9 = 2{,}2\), \(u_{10} \approx 2{,}182\). Par ailleurs, on peut d'ailleurs vérifier que \(u_n = 2 + \dfrac{2}{n+1}\) pour tout \(n\). Ainsi \(u_9 = 2{,}2\) n'est pas strictement inférieur à \(2{,}2\), tandis que \(u_{10} = \dfrac{24}{11} \lt 2{,}2\) : la boucle s'arrête avec \(n = 10\).

En conclusion : la commande renvoie 10 ; selon ce modèle, c'est au 1^er janvier 2035 (\(2025 + 10\)) que l'étang compte pour la première fois moins de 2 200 perches-soleil.

Partie B

1. Solutions de \((E) : y' + y = 2\).

L'équation s'écrit \(y' = -y + 2\), de la forme \(y' = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = 2\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{at} - \dfrac{b}{a}\), soit ici \(t \mapsto C\text{e}^{-t} + 2\). Ensuite, on peut remarquer que la constante 2 est une solution particulière, à laquelle on ajoute les solutions de \(y' = -y\).

En conclusion : les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto C\text{e}^{-t} + 2\), avec \(C \in \mathbb{R}\).

2. Expression de \(p\).

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

En conclusion : pour tout \(t \geqslant 0\), \(p(t) = 2\text{e}^{-t} + 2\).

3. Élimination à long terme ?

Quand \(t \to +\infty\), \(-t \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-t} \to 0\), et \(p(t) \to 2\).

En conclusion : non, ce modèle aussi prévoit une population qui se stabilise vers 2 000 perches-soleil, sans disparition.

Corrigé de l’exercice 3 (bac 2026, Amérique du Nord, jour 1) 5 points

Géométrie dans l'espace : coordonnées, produit scalaire et angle, vecteur normal, équation de plan, projeté orthogonal, volumes

Partie A

1. Coordonnées de A et D.

O est le centre du carré ABCD, dans le plan \(z = 0\). A est le symétrique de C par rapport à O, et D celui de B. Par ailleurs, on change donc le signe des coordonnées : C\((1\,;1\,;0)\) donne A, B\((-1\,;1\,;0)\) donne D. Ensuite, on peut contrôler avec I\((1\,;0\,;0)\), qui est bien le milieu de [CD].

En conclusion : \(\text{A}(-1\,;-1\,;0)\) et \(\text{D}(1\,;-1\,;0)\).

2. Produit scalaire \(\overrightarrow{\text{SC}} \cdot \overrightarrow{\text{SB}}\).

Ensuite, on calcule les coordonnées des vecteurs : \(\overrightarrow{\text{SC}}(1\,;1\,;-2)\) et \(\overrightarrow{\text{SB}}(-1\,;1\,;-2)\). Dans un repère orthonormé :

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

En conclusion : \(\overrightarrow{\text{SC}} \cdot \overrightarrow{\text{SB}} = 4\).

3. Mesure de l'angle \(\widehat{\text{BSC}}\).

Alors, on utilise l'autre expression du produit scalaire : \(\overrightarrow{\text{SC}} \cdot \overrightarrow{\text{SB}} = \text{SC} \times \text{SB} \times \cos\widehat{\text{BSC}}\). Les longueurs valent \(\text{SC} = \sqrt{1 + 1 + 4} = \sqrt{6}\) et \(\text{SB} = \sqrt{6}\). Donc :

\[ \cos\widehat{\text{BSC}} = \dfrac{4}{\sqrt{6} \times \sqrt{6}} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3} \]

En conclusion : \(\widehat{\text{BSC}} = \arccos\left(\dfrac{2}{3}\right) \approx 48{,}2^\circ\).

Partie B

1. a) \(\overrightarrow{n}\) est normal au plan (SBC).

Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Prenons \(\overrightarrow{\text{BC}}(2\,;0\,;0)\) et \(\overrightarrow{\text{SB}}(-1\,;1\,;-2)\), qui ne sont pas colinéaires (la première coordonnée seule est non nulle pour \(\overrightarrow{\text{BC}}\)).

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

En conclusion : \(\overrightarrow{n}\) est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de (SBC), il est donc normal à ce plan.

1. b) Équation cartésienne de (SBC).

Un plan de vecteur normal \(\overrightarrow{n}(0\,;2\,;1)\) a une équation de la forme \(2y + z + d = 0\). Le point S\((0\,;0\,;2)\) lui appartient : \(0 + 2 + d = 0\), d'où \(d = -2\). Contrôle avec B : \(2 \times 1 + 0 - 2 = 0\).

En conclusion : (SBC) a pour équation \(2y + z - 2 = 0\).

2. a) Représentation paramétrique de (OH).

H étant le projeté orthogonal de O sur (SBC), la droite (OH) est perpendiculaire à ce plan : elle est dirigée par le vecteur normal \(\overrightarrow{n}(0\,;2\,;1)\) et passe par O\((0\,;0\,;0)\). Un point \(M(x\,;y\,;z)\) est sur (OH) si et seulement si \(\overrightarrow{\text{O}M} = t\,\overrightarrow{n}\) pour un réel \(t\).

En conclusion : (OH) admet la représentation \(x = 0\), \(y = 2t\), \(z = t\), avec \(t \in \mathbb{R}\).

2. b) Coordonnées de H.

H est à la fois sur (OH) et dans (SBC). Puis on injecte la représentation paramétrique dans l'équation du plan :

\[ 2 \times 2t + t - 2 = 0 \iff 5t = 2 \iff t = \dfrac{2}{5} \]

En conclusion : \(\text{H}\left(0\,;\dfrac{4}{5}\,;\dfrac{2}{5}\right)\).

Question 2 c

2. c) Distance de O au plan (SBC).

Cette distance est la longueur OH, puisque H est le point du plan le plus proche de O :

\[ \text{OH} = \sqrt{0^2 + \left(\dfrac{4}{5}\right)^2 + \left(\dfrac{2}{5}\right)^2} = \sqrt{\dfrac{20}{25}} = \dfrac{\sqrt{20}}{5} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} \]

En conclusion : la distance de O au plan (SBC) vaut \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5} \approx 0{,}894\) cm.

Partie C

1. a) Volume de SABCD.

La base est le carré ABCD de côté 2 cm, d'aire 4 cm², et la hauteur est OS = 2 cm, car (OS) est perpendiculaire au plan de la base (S est sur l'axe des cotes).

\[ V_{\text{SABCD}} = \dfrac{1}{3} \times 4 \times 2 = \dfrac{8}{3} \]

En conclusion : \(V_{\text{SABCD}} = \dfrac{8}{3}\) cm³.

1. b) Volume de OCBS.

Ensuite, on regarde OCBS comme la pyramide de sommet S et de base le triangle OBC. Les diagonales du carré le découpent en quatre triangles superposables (OAB, OBC, OCD, ODA), donc l'aire de OBC vaut \(\dfrac{4}{4} = 1\) cm². La hauteur issue de S est toujours OS = 2 cm. Autrement dit, OCBS est le quart de la grande pyramide :

\[ V_{\text{OCBS}} = \dfrac{1}{3} \times 1 \times 2 = \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4} \times \dfrac{8}{3} \]

En conclusion : \(V_{\text{OCBS}} = \dfrac{2}{3}\) cm³.

2. Aire du triangle SBC.

Alors, on a vu que SB = SC = \(\sqrt{6}\) : le triangle SBC est isocèle en S. La hauteur issue de S tombe donc au milieu J de [BC], de coordonnées \((0\,;1\,;0)\). Puis on calcule \(\overrightarrow{\text{SJ}}(0\,;1\,;-2)\), donc \(\text{SJ} = \sqrt{0 + 1 + 4} = \sqrt{5}\). Alors :

\[ \mathcal{A}_{\text{SBC}} = \dfrac{\text{BC} \times \text{SJ}}{2} = \dfrac{2 \times \sqrt{5}}{2} = \sqrt{5} \]

En conclusion : l'aire du triangle SBC vaut \(\sqrt{5}\) cm².

3. Retrouver la distance de O au plan (SBC).

Ensuite, on calcule le volume de OCBS d'une seconde façon, en prenant cette fois pour base le triangle SBC et pour sommet O. La hauteur correspondante est la distance \(d\) de O au plan (SBC). En égalant les deux expressions du volume :

\[ \dfrac{1}{3} \times \sqrt{5} \times d = \dfrac{2}{3} \iff d = \dfrac{2}{\sqrt{5}} = \dfrac{2\sqrt{5}}{5} \]

En conclusion : on retrouve bien une distance de \(\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\) cm, comme dans la partie B.

Corrigé de l’exercice 4 (bac 2026, Amérique du Nord, jour 1) 5 points

Fonction logarithme népérien : limites, croissances comparées, dérivée d'une composée, variations, convexité, tangente et inégalité

1. Conjecture sur la convexité.

Sur la partie visible du graphique, la courbe est tournée « vers le haut » jusqu'au point A, puis « vers le bas » au-delà. La tangente en A semble traverser la courbe, ce qui suggère un point d'inflexion d'abscisse 1. À gauche de \(-1\), la courbe sort du cadre et on ne voit rien de sa forme.

En conclusion : on conjecture que \(f\) est convexe sur \(]-\infty\,;1]\) et concave sur \([1\,;+\infty[\).

2. Limite de \(f\) en \(-\infty\).

Quand \(x \to -\infty\), \(x^2 + 1 \to +\infty\) et, par composition avec \(\ln\), \(5\ln(x^2 + 1) \to +\infty\). Par ailleurs \(-3x \to +\infty\). Il n'y a aucune forme indéterminée : la somme de deux termes qui tendent vers \(+\infty\) tend vers \(+\infty\).

En conclusion : \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).

3. a) Nouvelle écriture de \(f(x)\) pour \(x \gt 0\).

Alors, on factorise \(x^2\) dans le logarithme : \(x^2 + 1 = x^2\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)\). Avec \(\ln(ab) = \ln a + \ln b\) et \(\ln(x^2) = 2\ln x\), valable car \(x \gt 0\) :

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

Il reste à écrire \(10\ln x - 3x = x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right)\) en mettant \(x\) en facteur.

En conclusion : pour tout \(x \gt 0\), \(f(x) = x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) + 5\ln\left(1 + \dfrac{1}{x^2}\right)\).

Question 3 b

3. b) Limite de \(f\) en \(+\infty\).

Écrite sous sa forme initiale, \(f(x)\) donne une forme indéterminée « \(+\infty - \infty\) », d'où l'intérêt de la nouvelle écriture. Par croissances comparées, \(\dfrac{\ln x}{x} \to 0\), donc la parenthèse tend vers \(-3\) et \(x\left(10\dfrac{\ln x}{x} - 3\right) \to -\infty\). De plus, \(1 + \dfrac{1}{x^2} \to 1\) et \(\ln 1 = 0\), donc le dernier terme tend vers 0.

En conclusion : \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).

4. a) Calcul de \(f'(x)\).

La fonction \(u : x \mapsto x^2 + 1\) est dérivable et strictement positive sur \(\mathbb{R}\), et la dérivée de \(\ln(u)\) est \(\dfrac{u'}{u}\). Avec \(u'(x) = 2x\) :

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

En conclusion : pour tout réel \(x\), \(f'(x) = \dfrac{-3x^2 + 10x - 3}{x^2 + 1}\).

4. b) Variations de \(f\).

Le dénominateur \(x^2 + 1\) est strictement positif, donc \(f'(x)\) a le signe du trinôme \(-3x^2 + 10x - 3\). Son discriminant vaut \(\Delta = 10^2 - 4 \times (-3) \times (-3) = 100 - 36 = 64\), ses racines sont :

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

Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est négatif à l'extérieur des racines et positif entre elles. Puis on calcule les extremums : \(f\left(\dfrac{1}{3}\right) = 5\ln\left(\dfrac{10}{9}\right) - 1 \approx -0{,}47\) et \(f(3) = 5\ln 10 - 9 \approx 2{,}51\).

En conclusion : \(f\) est décroissante sur \(\left]-\infty\,;\dfrac{1}{3}\right]\), croissante sur \(\left[\dfrac{1}{3}\,;3\right]\) et décroissante sur \([3\,;+\infty[\).

Question 5 a

5. a) Valider ou rejeter la conjecture.

La convexité se lit sur le signe de \(f''\). Le dénominateur \((x^2 + 1)^2\) est strictement positif, et le numérateur s'écrit \(10(1 - x^2) = 10(1 - x)(1 + x)\) : il est positif pour \(-1 \leqslant x \leqslant 1\) et négatif ailleurs. Donc \(f\) est convexe sur \([-1\,;1]\) et concave sur \(]-\infty\,;-1]\) et sur \([1\,;+\infty[\), avec deux points d'inflexion, d'abscisses \(-1\) et 1. La partie « concave après 1 » est confirmée, mais la fonction n'est pas convexe sur tout \(]-\infty\,;1]\) : le changement de concavité en \(-1\) était invisible avec la fenêtre choisie, la courbe montant très vite hors du cadre.

En conclusion : la conjecture est rejetée : \(f\) est convexe seulement sur \([-1\,;1]\), et concave sur \(]-\infty\,;-1]\) comme sur \([1\,;+\infty[\).

5. b) Tangente en A.

La tangente au point d'abscisse 1 a pour équation \(y = f'(1)(x - 1) + f(1)\). Ensuite, on calcule \(f(1) = 5\ln 2 - 3\) et \(f'(1) = \dfrac{-3 + 10 - 3}{2} = 2\). Donc \(y = 2(x - 1) + 5\ln 2 - 3\).

En conclusion : la tangente en A a pour équation \(y = 2x + 5\ln(2) - 5\) (ordonnée à l'origine \(\approx -1{,}53\), cohérente avec la figure).

5. c) Montrer que \(\ln(x^2 + 1) \leqslant x + \ln(2) - 1\) pour \(x \geqslant 1\).

Sur \([1\,;+\infty[\), la fonction \(f\) est concave ; or la courbe d'une fonction concave est située en dessous de chacune de ses tangentes sur l'intervalle. En particulier, pour tout \(x \geqslant 1\), \(f(x) \leqslant 2x + 5\ln 2 - 5\), soit :

\[ 5\ln(x^2 + 1) - 3x \leqslant 2x + 5\ln 2 - 5 \iff 5\ln(x^2 + 1) \leqslant 5x + 5\ln 2 - 5 \]

Par ailleurs, on divise les deux membres par 5, nombre positif, sans changer le sens de l'inégalité.

En conclusion : pour tout \(x \geqslant 1\), \(\ln(x^2 + 1) \leqslant x + \ln(2) - 1\).

Ce qu’il faut retenir de ce sujet

• Bien distinguer une probabilité d'intersection (« 12 % des abonnés ont choisi Famille et l'option ») d'une probabilité conditionnelle (« 45 % des abonnés Étudiant »).
• Pour trouver le plus petit \(n\) tel que \(1 - q^n \geqslant\) seuil, on passe au logarithme et on n'oublie pas que \(\ln q \lt 0\) retourne l'inégalité.
• Un intervalle centré sur l'espérance se traite par l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev puis par l'événement contraire.
• Pour une suite \(u_{n+1} = h(u_n)\) avec \(h\) croissante, la récurrence se fait en appliquant \(h\) à l'encadrement ; la limite est un point fixe de \(h\).
• La distance d'un point à un plan s'obtient par le projeté orthogonal ou par deux calculs du volume d'une même pyramide.
• Une conjecture lue sur un graphique dépend de la fenêtre : seul le signe de \(f''\) permet de conclure sur la convexité.

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Ce que contient le corrigé du bac 2026, Amérique du Nord, jour 1

Le corrigé du bac 2026, Amérique du Nord, jour 1 du 20 mai 2026 explique les quatre exercices de l'épreuve, question par question. D'abord, la correction de l'exercice 1 (6 points) traite : probabilités conditionnelles, formule des probabilités totales, loi binomiale, espérance et variance, inégalité de Bienaymé-Tchebychev. Ensuite, la correction de l'exercice 2 (4 points) aborde : suite récurrente, raisonnement par récurrence, théorème de convergence monotone, script Python, équation différentielle. Puis, la correction de l'exercice 3 (5 points) porte sur : géométrie dans l'espace : coordonnées, produit scalaire et angle, vecteur normal, équation de plan, projeté orthogonal, volumes. Enfin, la correction de l'exercice 4 (5 points) traite : fonction logarithme népérien : limites, croissances comparées, dérivée d'une composée, variations, convexité, tangente et inégalité.

Pour tirer profit de cette correction, traitez d'abord le sujet en temps limité. Puis corrigez-vous au stylo d'une autre couleur, question par question. Ainsi, vous repérez vite les chapitres à retravailler.

Méthodes à retenir dans ce corrigé du bac 2026, Amérique du Nord, 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. Pour la partie probabilités, traduisez chaque phrase de l'énoncé en notation, par exemple P(A) ou P_A(B). Ainsi, la formule des probabilités totales s'applique presque sans effort. 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.

Avant tout, gardez sous la main l'énoncé complet. Ensuite, entraînez-vous sur les autres annales du bac de maths.

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