Sujet officiel · session 2026

Bac de maths 2026 — Amérique du Nord · 21 mai

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Probabilités conditionnelles Moyen

Tomates commercialisables

Un supermarché dispose d’un stock de tomates provenant de deux fournisseurs A et B. Il a été constaté que :

• 91 % du stock de tomates est commercialisable ;

• 60 % du stock de tomates provient du fournisseur A ;

• parmi les tomates provenant du fournisseur A, la proportion de tomates commercialisables est de 95 %.

On choisit au hasard une tomate dans le stock.

On désigne par :

• A l’événement « La tomate provient du fournisseur A » ;

• B l’événement « La tomate provient du fournisseur B » ;

• C l’événement « La tomate est commercialisable ».

Pour un événement quelconque E, on note P(E) la probabilité de E.

Partie A

1. Recopier l’arbre ci-dessous en complétant les pointillés. [arbre à deux branches A et B avec probabilités conditionnelles de C et C̄.]

2. a. Déterminer la probabilité que la tomate choisie soit commercialisable et provienne du fournisseur A.

b. Démontrer que P_B(C) = 0,85.

c. La tomate choisie est non commercialisable. Le responsable des achats estime qu’il y a deux fois moins de chance qu’elle provienne du fournisseur A que du fournisseur B. A-t-il raison ?

Partie B

On rappelle que 9 % des tomates du stock ne sont pas commercialisables.

1. On prend 15 tomates dans le stock au hasard et de manière indépendante. On considère que le stock est suffisamment important pour qu’on puisse assimiler ce prélèvement à un tirage aléatoire avec remise. On note X la variable aléatoire égale au nombre de tomates non commercialisables dans cet échantillon de 15 tomates.

a. On admet que la variable aléatoire X suit une loi binomiale. En préciser les paramètres.

b. Déterminer la probabilité qu’exactement deux tomates soient non commercialisables. On donnera la valeur arrondie au millième.

c. Déterminer la probabilité qu’au plus deux tomates soient non commercialisables. On donnera la valeur arrondie au millième.

2. On constitue désormais un échantillon de n tomates, toujours dans les mêmes conditions, où n désigne un entier naturel non nul. On note Xₙ la variable aléatoire égale au nombre de tomates non commercialisables et Fₙ la variable aléatoire égale à la fréquence de tomates non commercialisables dans cet échantillon de n tomates. On a donc Fₙ = Xₙ/n. On admet que la variable aléatoire Xₙ suit la loi binomiale de paramètres n et 0,09.

a. Calculer l’espérance E(Fₙ) et exprimer la variance V(Fₙ) en fonction de n.

b. Démontrer que P(0,04 < Fₙ < 0,14) ⩾ 1 − 32,76n.

c. Le responsable des achats prélève dans le stock un échantillon de 500 tomates. Il s’aperçoit que 55 tomates ne sont pas commercialisables. Est-ce conforme à ce qu’il pouvait attendre ? Justifier la réponse.

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Corrigé Exercice 1 Tomates commercialisables Revoir l'énoncé

Partie A
, 1 — Les pointillés se complètent à partir de l’énoncé. Sur le premier niveau : P(A) = 0,60, donc P(B) = 1 − 0,60 = 0,40 puisque A et B forment une partition du stock. Sur le nœud A : P_A(C) = 0,95, donc P_A(C̄) = 1 − 0,95 = 0,05, car la somme des probabilités des branches issues d’un même nœud vaut 1. Les deux branches issues de B, P_B(C) et P_B(C̄), ne se lisent pas directement dans l’énoncé : elles font l’objet de la question 2.b.
, 2.a — L’évènement demandé est A ∩ C. D’après la formule des probabilités composées, P(A ∩ C) = P(A) × P_A(C) = 0,60 × 0,95 = 0,57. La probabilité que la tomate choisie soit commercialisable et provienne du fournisseur A est donc 0,57, soit 57 %.
, 2.b — Les évènements A et B forment une partition de l’univers, donc la formule des probabilités totales donne P(C) = P(A ∩ C) + P(B ∩ C) = P(A ∩ C) + P(B) × P_B(C). L’énoncé fournit P(C) = 0,91, d’où 0,91 = 0,57 + 0,40 × P_B(C), puis 0,40 × P_B(C) = 0,34 et enfin P_B(C) = 0,340,40 = 0,85.
, 2.c — Il faut comparer les probabilités conditionnelles P_C̄(A) et P_C̄(B), avec P(C̄) = 1 − 0,91 = 0,09. On calcule P(A ∩ C̄) = P(A) × P_A(C̄) = 0,60 × 0,05 = 0,03 et P(B ∩ C̄) = P(B) × P_B(C̄) = 0,40 × (1 − 0,85) = 0,40 × 0,15 = 0,06. Alors P_C̄(A) = 0,030,09 = 13 et P_C̄(B) = 0,060,09 = 23. Comme 13 = (12) × (23), une tomate non commercialisable a bien deux fois moins de chances de provenir de A que de B : le responsable des achats a raison.
Partie B
, 1.a — On répète 15 fois, de façon indépendante et identique (le prélèvement est assimilé à un tirage avec remise), la même épreuve de Bernoulli dont le succès « la tomate n’est pas commercialisable » a pour probabilité 0,09. La variable X compte les succès : elle suit donc la loi binomiale de paramètres n = 15 et p = 0,09.
, 1.b — D’après la formule de la loi binomiale, P(X = 2) = C(15 ; 2) × 0,09² × 0,91¹³ = 105 × 0,0081 × 0,91¹³ ≈ 0,2496. Arrondie au millième, la probabilité qu’exactement deux tomates soient non commercialisables vaut 0,250.
, 1.c — P(X ⩽ 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = 0,91¹⁵ + 15 × 0,09 × 0,91¹⁴ + 105 × 0,09² × 0,91¹³ ≈ 0,243008 + 0,360507 + 0,249582 ≈ 0,8531. La probabilité qu’au plus deux tomates soient non commercialisables est donc 0,853 au millième près. Attention : il faut sommer les valeurs non arrondies, car additionner les trois arrondis au millième conduirait à 0,851, qui est faux.
, 2.a — Xₙ suit la loi binomiale de paramètres n et 0,09, donc par propriété E(Xₙ) = np = 0,09n et V(Xₙ) = np(1 − p) = n × 0,09 × 0,91 = 0,0819n. Comme Fₙ = (1n) × Xₙ, la linéarité de l’espérance donne E(Fₙ) = (1n) × 0,09n = 0,09, et la propriété V(aX) = a² V(X) donne V(Fₙ) = (1n²) × 0,0819n = 0,0819n.
, 2.b — L’encadrement 0,04 < Fₙ < 0,14 est centré en 0,09 avec un rayon de 0,05 : il équivaut à |Fₙ − 0,09| < 0,05, c’est-à-dire |Fₙ − E(Fₙ)| < 0,05. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à Fₙ avec δ = 0,05 donne P(|Fₙ − 0,09| ⩾ 0,05) ⩽ V(Fₙ)/δ² = (0,0819n)/0,05² = (0,0819n)/0,0025 = 32,76n. En passant à l’évènement contraire : P(0,04 < Fₙ < 0,14) = 1 − P(|Fₙ − 0,09| ⩾ 0,05) ⩾ 1 − 32,76n.
, 2.c — Pour n = 500, la minoration précédente donne P(0,04 < F₅₀₀ < 0,14) ⩾ 1 − 32,76500 = 1 − 0,06552 = 0,934 48. La fréquence observée vaut 55500 = 0,11, qui appartient à l’intervalle ]0,04 ; 0,14[. Comme cet intervalle est atteint avec une probabilité d’au moins 93,4 %, l’observation n’a rien d’exceptionnel : elle est conforme à ce que le responsable des achats pouvait attendre.

Énoncé Exercice 2 Suites numériques Difficile

Suite définie par f(x) = 2x/√1 + x²

Partie A étude du sens de variation d’une fonction

On considère la fonction f définie sur ℝ par f(x) = 2x/√1 + x².

1. Résoudre l’équation f(x) = x.

2. a. On admet que la fonction f est dérivable sur ℝ. Vérifier que, pour tout réel x, on a f′(x) = 2(1 + x²)√1 + x².

b. En déduire le sens de variation de la fonction f sur ℝ.

Partie B étude de la convergence d’une suite récurrente

La suite (uₙ) est définie par u₀ = 1 et, pour tout entier naturel n, uₙ₊₁ = f(uₙ).

1. Démontrer par récurrence que, pour tout entier naturel n, on a 1 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < √3.

2. En déduire que la suite (uₙ) converge et déterminer sa limite.

3. Le but de cette question est de retrouver par une autre méthode les résultats de la question 2 de la partie B. Pour tout entier naturel n, on pose vₙ = uₙ²/(3 − uₙ²). On admet que la suite (vₙ) est bien définie.

a. Démontrer que la suite (vₙ) est une suite géométrique de raison 4 dont on précisera le premier terme.

b. En déduire une expression de vₙ en fonction de n puis que uₙ = √1,5 × 4ⁿ / (1 + 0,5 × 4ⁿ) pour tout entier naturel n.

c. En déduire la limite de la suite (uₙ).

Partie C étude de la convergence de la somme de termes

Pour tout entier naturel n non nul, on pose Sₙ = u₀² + u₁² + ... + uₙ₋₁².

1. Recopier et compléter le script Python ci-dessous afin que celui-ci permette de lister les p premiers termes de la suite (Sₙ). [script : from math import* ; def termes(p) : u = ... ; S = 0 ; L = [] ; for i in range(p) : S = ... ; u = ... ; L.append(S) ; return L]

2. On rappelle que, pour tout entier naturel k, on a 1 ⩽ uₖ ⩽ √3. Démontrer que, pour tout entier naturel n non nul, on a n ⩽ Sₙ ⩽ 3n.

3. En déduire les limites respectives de Sₙ et de Sₙ/n² lorsque n tend vers +∞.

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Corrigé Exercice 2 Suite définie par f(x) = 2x/√1 + x² Revoir l'énoncé

Partie A
, 1 — f(x) = x ⇔ 2x/√1 + x² = x ⇔ x × (2/√1 + x² − 1) = 0, en factorisant par x. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : soit x = 0, soit 2/√1 + x² = 1, c’est-à-dire √1 + x² = 2. Les deux membres étant positifs, on peut élever au carré : 1 + x² = 4, donc x² = 3 et x = √3 ou x = −√3. L’ensemble des solutions est S = {−√3 ; 0 ; √3}.
, 2.a — On applique la formule de dérivation d’un quotient f = uv avec u(x) = 2x, u′(x) = 2, v(x) = √1 + x² et v′(x) = 2x/(2√1 + x²) = x/√1 + x². Alors f′(x) = u′v − uv′v² = [2√1 + x² − 2x × x/√1 + x²]/(1 + x²). On réduit le numérateur au même dénominateur √1 + x² : [2(1 + x²) − 2x²]/√1 + x² = 2/√1 + x². D’où f′(x) = 2(1 + x²)√1 + x².
, 2.b — Pour tout réel x, 1 + x² > 0 et √1 + x² > 0, donc f′(x) = 2(1 + x²)√1 + x² > 0. La fonction f est donc strictement croissante sur ℝ.
Partie B
, 1 — Récurrence sur la propriété Pₙ : « 1 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < √3 ». Initialisation : u₀ = 1 et u₁ = f(1) = 2√2 = √2 ; comme 2 < 3, on a 1 ⩽ 1 ⩽ √2 < √3, donc P₀ est vraie. Hérédité : soit n ∈ ℕ. Supposons Pₙ vraie pour cet entier n. La fonction f est strictement croissante sur ℝ, donc l’encadrement 1 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < √3 donne f(1) ⩽ f(uₙ) ⩽ f(uₙ₊₁) < f(√3), soit √2 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ₊₂ < √3, car f(uₙ) = uₙ₊₁ et f(√3) = 2√3/√4 = √3. Comme 1 ⩽ √2, on obtient 1 ⩽ uₙ₊₁ ⩽ uₙ₊₂ < √3 : Pₙ₊₁ est vraie. Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et se transmet d'un rang au suivant ; le principe de récurrence donne alors, pour tout n ∈ ℕ : 1 ⩽ uₙ ⩽ uₙ₊₁ < √3.
, 2 — L’encadrement démontré donne uₙ ⩽ uₙ₊₁ pour tout n, donc la suite (uₙ) est croissante, et uₙ < √3, donc elle est majorée. D’après le théorème de la convergence monotone, (uₙ) converge vers un réel ℓ, et par passage à la limite dans 1 ⩽ uₙ < √3 on obtient 1 ⩽ ℓ ⩽ √3. La fonction f est dérivable donc continue sur ℝ ; en passant à la limite dans uₙ₊₁ = f(uₙ), il vient ℓ = f(ℓ). D’après la partie A.1, les solutions de f(x) = x sont −√3, 0 et √3, et la seule comprise entre 1 et √3 est √3. Donc lim uₙ = √3 quand n → +∞.
, 3.a — Premier terme : v₀ = u₀²/(3 − u₀²) = 13 − 1 = 0,5. Ensuite uₙ₊₁² = f(uₙ)² = 4uₙ²/(1 + uₙ²), donc 3 − uₙ₊₁² = [3(1 + uₙ²) − 4uₙ²]/(1 + uₙ²) = 3 − uₙ²1 + uₙ². En faisant le quotient, les facteurs 11 + uₙ² se simplifient : vₙ₊₁ = [4uₙ²/(1 + uₙ²)] ÷ [3 − uₙ²1 + uₙ²] = 4uₙ²/(3 − uₙ²) = 4vₙ. Chaque terme s’obtient donc en multipliant le précédent par 4 : (vₙ) est géométrique de raison 4 et de premier terme v₀ = 0,5.
, 3.b — Pour une suite géométrique, vₙ = v₀ × qⁿ = 0,5 × 4ⁿ ; en particulier vₙ > 0. On inverse ensuite la relation de définition : vₙ = uₙ²/(3 − uₙ²) donne vₙ(3 − uₙ²) = uₙ², soit 3vₙ = uₙ²(1 + vₙ), puis uₙ² = 3vₙ/(1 + vₙ) car 1 + vₙ > 0. Comme uₙ ⩾ 1 > 0, on prend la racine positive : uₙ = √3vₙ/(1 + vₙ) = √1,5 × 4ⁿ/(1 + 0,5 × 4ⁿ).
, 3.c — On divise numérateur et dénominateur par 4ⁿ : 1,5 × 4ⁿ/(1 + 0,5 × 4ⁿ) = 1,5(1/4)ⁿ + 0,5. Comme 0 < 14 < 1, (14)ⁿ tend vers 0, donc ce quotient tend vers 1,50,5 = 3. Par continuité de la fonction racine carrée sur [0 ; +∞[, lim uₙ = √3, ce qui retrouve bien le résultat de la question B.2.
Partie C
, 1 — La variable u doit contenir le terme courant de la suite : on l’initialise à u = 1, qui est u₀. Dans la boucle, on ajoute le carré du terme courant à la somme AVANT de faire avancer la suite, sinon on décalerait les indices. Script complété : u = 1, puis for i in range(p) : S = S + u**2, puis u = 2*u/sqrt(1+u**2), puis L.append(S). À la fin de l’étape i, S vaut u₀² + … + uᵢ² = Sᵢ₊₁, donc L contient bien S₁, S₂, …, S_p. Ne pas oublier les deux-points manquants après for i in range(p).
, 2 — Pour tout entier naturel k, 1 ⩽ u_k ⩽ √3, et ces trois nombres sont positifs, donc en élevant au carré (la fonction carré est croissante sur [0 ; +∞[) : 1 ⩽ u_k² ⩽ 3. Or Sₙ est la somme des n termes u₀², u₁², …, uₙ₋₁², chacun compris entre 1 et 3. En additionnant les n encadrements : n × 1 ⩽ Sₙ ⩽ n × 3, soit n ⩽ Sₙ ⩽ 3n.
, 3 — De n ⩽ Sₙ et lim n = +∞ quand n → +∞, le théorème de comparaison donne lim Sₙ = +∞. Pour le second quotient, on divise l’encadrement par n² > 0 : nn² ⩽ Sₙ/n² ⩽ 3n/n², soit 1n ⩽ Sₙ/n² ⩽ 3n. Comme 1n → 0 et 3n → 0, le théorème des gendarmes donne lim Sₙ/n² = 0 quand n → +∞.

Énoncé Exercice 3 Géométrie dans l'espace Difficile

Droite, plan et tétraèdre

L’espace est muni d’un repère orthonormé (O ; i , j , k).

On considère :

• les points A(4 ; 2 ; 2), B(5 ; −2 ; 3) et C(1 ; 1 ; 1) ;

• la droite ∆ dont une représentation paramétrique est donnée par { x = 1 + 2t ; y = 1 + t ; z = 1 + 2t } avec t ∈ ℝ ;

• le plan P contenant le point A et perpendiculaire à la droite ∆.

1. Vérifier que la droite ∆ contient le point C(1 ; 1 ; 1) mais pas le point A.

2. a. Démontrer qu’une équation cartésienne du plan P est 2x + y + 2z − 14 = 0.

b. Vérifier que le plan P contient le point B mais pas le point C.

3. On considère le point D(3 ; 2 ; 3).

a. Démontrer que le point D est le projeté orthogonal du point C sur le plan P.

b. Justifier que les points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.

c. Calculer le produit scalaire AB · AD.

d. Calculer le volume du tétraèdre ABCD. On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par V = (13) × B × h où B est l’aire d’une base du tétraèdre et h la hauteur relative à cette base.

4. On appelle H le projeté orthogonal du point A sur la droite (BC).

a. Vérifier que les coordonnées du point H sont (7329 ; −429 ; 5129).

b. Démontrer que l’aire du triangle ABC est 3√222.

c. En déduire la distance du point D au plan (ABC).

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Droite, plan et tétraèdre Revoir l'énoncé

Question 1
Pour t = 0, la représentation paramétrique donne x = 1, y = 1 et z = 1 : le point C(1 ; 1 ; 1) appartient donc à ∆. Pour A(4 ; 2 ; 2), il faudrait 1 + 2t = 4, soit t = 1,5 ; mais alors y = 1 + 1,5 = 2,5 ≠ 2. Aucun réel t ne convient simultanément pour les trois coordonnées, donc A ∉ ∆.
Question 2.a
Les coefficients de t dans la représentation paramétrique donnent un vecteur directeur de ∆ : u(2 ; 1 ; 2). Le plan P étant perpendiculaire à ∆, ce vecteur est un vecteur normal de P, donc P admet une équation cartésienne de la forme 2x + y + 2z + d = 0. Le point A(4 ; 2 ; 2) appartient à P, donc 2 × 4 + 2 + 2 × 2 + d = 0, soit 14 + d = 0 et d = −14. Une équation cartésienne de P est bien 2x + y + 2z − 14 = 0.
Question 2.b
Un point appartient à P si et seulement si ses coordonnées vérifient cette équation. Pour B(5 ; −2 ; 3) : 2 × 5 + (−2) + 2 × 3 − 14 = 10 − 2 + 6 − 14 = 0, donc B ∈ P. Pour C(1 ; 1 ; 1) : 2 × 1 + 1 + 2 × 1 − 14 = 5 − 14 = −9 ≠ 0, donc C ∉ P.
Question 3.a
D est le projeté orthogonal de C sur P si et seulement si D appartient à P et si la droite (CD) est orthogonale à P. D’une part, 2 × 3 + 2 + 2 × 3 − 14 = 6 + 2 + 6 − 14 = 0, donc D(3 ; 2 ; 3) ∈ P. D’autre part, CD(3 − 1 ; 2 − 1 ; 3 − 1) = (2 ; 1 ; 2) est exactement le vecteur normal n(2 ; 1 ; 2), donc il lui est colinéaire et (CD) est orthogonale à P. Les deux conditions sont remplies : D est le projeté orthogonal de C sur P.
Question 3.b
Les points A, B et D appartiennent tous les trois au plan P : A par définition de P, B d’après 2.b, D d’après 3.a. De plus AB(1 ; −4 ; 1) et AD(−1 ; 0 ; 1) ne sont pas colinéaires : si on avait AD = k AB, la deuxième coordonnée imposerait k = 0, ce qui contredit la première. Donc A, B et D définissent le plan P. Or C ∉ P d’après 2.b : les quatre points A, B, C et D ne sont pas coplanaires.
Question 3.c
Le repère est orthonormé, on peut donc calculer le produit scalaire à partir des coordonnées : AB · AD = 1 × (−1) + (−4) × 0 + 1 × 1 = −1 + 0 + 1 = 0.
Question 3.d
Le produit scalaire AB · AD étant nul, le triangle ABD est rectangle en A et son aire vaut (12) × AB × AD. Or AB = √1² + (−4)² + 1² = √18 = 3√2 et AD = √(−1)² + 0² + 1² = √2, donc aire(ABD) = (12) × 3√2 × √2 = 3. On prend ABD comme base : elle est contenue dans P, et comme D est le projeté orthogonal de C sur P, la hauteur relative à cette base est CD = √2² + 1² + 2² = √9 = 3. Donc V = (13) × 3 × 3 = 3 unités de volume.
Question 4.a
On a BC(1 − 5 ; 1 + 2 ; 1 − 3) = (−4 ; 3 ; −2). Avec H(7329 ; −429 ; 5129), on obtient AH = (7329 − 4 ; −429 − 2 ; 5129 − 2) = (−4329 ; −6229 ; −729), d’où AH · BC = 17229 − 18629 + 1429 = 0 : la droite (AH) est perpendiculaire à (BC). De plus BH = (7329 − 5 ; −429 + 2 ; 5129 − 3) = (−7229 ; 5429 ; −3629) = (1829) × BC, donc BH et BC sont colinéaires et H appartient à (BC). H est bien le projeté orthogonal de A sur (BC).
Question 4.b
Le segment [AH] est la hauteur du triangle ABC issue de A, donc aire(ABC) = (12) × BC × AH. On a BC = √(−4)² + 3² + (−2)² = √16 + 9 + 4 = √29, et AH² = (−43)² + (−62)² + (−7)²29² = 1849 + 3844 + 49841 = 5742/841 = 19829 puisque 5742 = 198 × 29. Donc AH = √198√29 = 3√22/√29, car 198 = 9 × 22. Finalement aire(ABC) = (12) × √29 × 3√22/√29 = 3√22/2 unités d’aire.
Question 4.c
On calcule le volume du même tétraèdre, cette fois en prenant ABC comme base : V = (13) × aire(ABC) × h, où h est la distance du point D au plan (ABC). D’après 3.d, V = 3, donc 3 = (13) × (3√22/2) × h = (√222) × h, d’où h = 6√22. On rend le dénominateur rationnel : h = 6√22/22 = 3√22/11 ≈ 1,28. La distance du point D au plan (ABC) est donc 3√22/11 unités de longueur.

Énoncé Exercice 4 Fonction logarithme Difficile

Fonction x (ln x)²

On considère la fonction f définie sur l’intervalle ]0 ; +∞[ par f(x) = x(ln x)². On admet que la fonction f est dérivable sur l’intervalle ]0 ; +∞[. On note f′ sa fonction dérivée.

1. Déterminer la limite de la fonction f en +∞.

2. Pour tout réel x > 0, on pose g(x) = x ln x.

a. Démontrer que pour tout réel x > 0, on a f(x) = 4(g(√x))².

b. En déduire la limite de f(x) quand x tend vers 0.

3. Dans cette question, on étudie les variations de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

a. Démontrer que sur l’intervalle ]0 ; +∞[, f′(x) = (ln x)(2 + ln x).

b. En déduire les variations de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; +∞[.

c. Donner la valeur exacte du maximum de la fonction f sur l’intervalle ]0 ; 1].

4. On considère l’équation f(x) = 2.

a. Justifier que, sur l’intervalle ]0 ; +∞[, cette équation admet une unique solution. On note α cette solution.

b. Donner un encadrement de α d’amplitude 0,1.

5. Soit a un nombre réel appartenant à l’intervalle ]0 ; 1].

a. Donner une interprétation géométrique de ∫ₐ¹ f(x) dx.

b. À l’aide d’une intégration par parties, justifier que : ∫ₐ¹ f(x) dx = −(a²/2)(ln a)² − ∫ₐ¹ x ln x dx.

c. En utilisant à nouveau une intégration par parties, démontrer que : ∫ₐ¹ f(x) dx = −(a²/2)(ln a)² + (a²/2) ln a + 14 − a²/4.

d. Déterminer la limite de ∫ₐ¹ f(x) dx quand a tend vers 0.

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Corrigé Exercice 4 Fonction x (ln x)² Revoir l'énoncé

Question 1
Pour x > 0, f(x) = x × (ln x)². Quand x → +∞, on a x → +∞ et ln x → +∞, donc (ln x)² → +∞. Par produit de deux limites infinies, lim f(x) = +∞ quand x → +∞.
Question 2.a
Pour x > 0, ln(√x) = ln(x¹²) = (12) ln x, donc g(√x) = √x × ln(√x) = (12) √x ln x. En élevant au carré : (g(√x))² = (14) × (√x)² × (ln x)² = (14) x (ln x)². Donc 4 (g(√x))² = x (ln x)² = f(x), pour tout réel x > 0.
Question 2.b
Quand x tend vers 0 par valeurs positives, √x tend vers 0. Or, par croissances comparées, lim X ln X = 0 quand X → 0, donc par composition g(√x) = √x ln(√x) tend vers 0. Par produit, f(x) = 4 (g(√x))² tend vers 4 × 0² = 0. Donc lim f(x) = 0 quand x tend vers 0.
Question 3.a
On dérive le produit f = uv avec u(x) = x, u′(x) = 1, v(x) = (ln x)² et v′(x) = 2 × (1x) × ln x (dérivée de w² avec w = ln x, soit 2w′w). Alors f′(x) = u′v + uv′ = 1 × (ln x)² + x × 2 ln xx = (ln x)² + 2 ln x. En factorisant par ln x : f′(x) = (ln x)(ln x + 2) = (ln x)(2 + ln x) pour tout x > 0.
Question 3.b
et 3.c — On étudie le signe de chaque facteur : ln x > 0 ⇔ x > 1, et 2 + ln x > 0 ⇔ ln x > −2 ⇔ x > e⁻². Sur ]0 ; e⁻²[ les deux facteurs sont négatifs, donc f′(x) > 0 ; sur ]e⁻² ; 1[ le premier est négatif et le second positif, donc f′(x) < 0 ; sur ]1 ; +∞[ les deux sont positifs, donc f′(x) > 0. La fonction f est donc croissante sur ]0 ; e⁻²], décroissante sur [e⁻² ; 1], puis croissante sur [1 ; +∞[. Sur ]0 ; 1], elle croît jusqu’en e⁻² puis décroît : son maximum y est atteint en x = e⁻² et vaut f(e⁻²) = e⁻² × (ln e⁻²)² = e⁻² × (−2)² = 4e⁻², soit environ 0,54.
Question 4.a
Sur ]0 ; 1], f(x) ⩽ 4e⁻² ≈ 0,54 < 2 d’après 3.c : l’équation f(x) = 2 n’a aucune solution sur cet intervalle. Sur [1 ; +∞[, f est continue car dérivable, strictement croissante, avec f(1) = 1 × 0² = 0 et lim f(x) = +∞ ; comme 2 est compris entre 0 et +∞, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires garantit une unique solution dans [1 ; +∞[. L’équation f(x) = 2 admet donc bien une unique solution α sur ]0 ; +∞[.
Question 4.b
À la calculatrice, f(2,4) = 2,4 × (ln 2,4)² ≈ 1,839 < 2 et f(2,5) = 2,5 × (ln 2,5)² ≈ 2,099 > 2. Comme f est strictement croissante sur [1 ; +∞[, on en déduit l’encadrement d’amplitude 0,1 : 2,4 < α < 2,5.
Question 5.a
Pour 0 < a ⩽ 1 et x ∈ [a ; 1], f(x) = x(ln x)² ⩾ 0 puisque x > 0 et (ln x)² ⩾ 0. L’intégrale ∫ₐ¹ f(x) dx représente donc l’aire, exprimée en unités d’aire, du domaine du plan délimité par la courbe représentative de f, l’axe des abscisses et les droites d’équations x = a et x = 1.
Question 5.b
Intégration par parties avec u′(x) = x et v(x) = (ln x)², donc u(x) = x²/2 et v′(x) = 2 ln xx ; les fonctions u, v, u′ et v′ sont continues sur [a ; 1], la formule s’applique. ∫ₐ¹ x(ln x)² dx = [ (x²/2) × (ln x)² ]ₐ¹ − ∫ₐ¹ (x²/2) × 2 ln xx dx. Le crochet vaut (12)(ln 1)² − (a²/2)(ln a)² = −(a²/2)(ln a)² car ln 1 = 0, et (x²/2) × 2 ln xx se simplifie en x ln x. D’où ∫ₐ¹ f(x) dx = −(a²/2)(ln a)² − ∫ₐ¹ x ln x dx.
Question 5.c
Seconde intégration par parties, sur ∫ₐ¹ x ln x dx, avec u′(x) = x et v(x) = ln x, donc u(x) = x²/2 et v′(x) = 1x : ∫ₐ¹ x ln x dx = [ (x²/2) ln x ]ₐ¹ − ∫ₐ¹ (x²/2) × (1x) dx = (0 − (a²/2) ln a) − ∫ₐ¹ (x2) dx = −(a²/2) ln a − [x²/4]ₐ¹ = −(a²/2) ln a − 14 + a²/4. En reportant dans le résultat de 5.b : ∫ₐ¹ f(x) dx = −(a²/2)(ln a)² − (−(a²/2) ln a − 14 + a²/4) = −(a²/2)(ln a)² + (a²/2) ln a + 14 − a²/4.
Question 5.d
On réécrit l’expression pour faire apparaître a ln a : −(a²/2)(ln a)² = −(12)(a ln a)² et (a²/2) ln a = (a2) × (a ln a). Par croissances comparées, lim a ln a = 0 quand a → 0, donc par produit (a ln a)² → 0 et (a2)(a ln a) → 0 ; de plus a²/4 → 0. Par somme, lim ∫ₐ¹ f(x) dx = 14 quand a tend vers 0 : l’aire sous la courbe entre 0 et 1 vaut 14 unité d’aire.