Bac de maths 2026 — Asie · 9 juin

L'énoncé donne directement la probabilité d'atteindre le centre au premier tir : p₁ = P(T₁) = 12 = 0,5. Pour p₂, les événements T₁ et T̄₁ forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales : p₂ = P(T₁ ∩ T₂) + P(T̄₁ ∩ T₂) = P(T₁) × P_T₁(T₂) + P(T̄₁) × P_T̄₁(T₂) = (12) × (45) + (12) × (13) = 25 + 16 = 1230 + 530 = 1730.

La somme des probabilités portées par les branches issues d'un même sommet vaut 1. On complète donc l'arbre ainsi : la branche menant à T̄ₙ porte 1 − pₙ ; depuis Tₙ, la branche menant à T̄ₙ₊₁ porte 1 − 45 = 15 ; depuis T̄ₙ, la branche menant à Tₙ₊₁ porte 13 (donnée de l'énoncé) et celle menant à T̄ₙ₊₁ porte 1 − 13 = 23.

Les événements Tₙ et T̄ₙ forment une partition de l'univers ; la formule des probabilités totales donne : pₙ₊₁ = P(Tₙ) × P_Tₙ(Tₙ₊₁) + P(T̄ₙ) × P_T̄ₙ(Tₙ₊₁) = pₙ × 45 + (1 − pₙ) × 13 = (45 − 13) pₙ + 13 = (1215 − 515) pₙ + 13, soit pₙ₊₁ = (715) pₙ + 13.

Pour tout entier n ≥ 1 : uₙ₊₁ = pₙ₊₁ − 58 = (715) pₙ + 13 − 58. Or 13 − 58 = 824 − 1524 = −724 et (715) × (58) = 35120 = 724, donc uₙ₊₁ = (715) pₙ − (715) × (58) = (715)(pₙ − 58) = (715) uₙ. La suite (uₙ) est donc géométrique, de raison q = 715.

Son premier terme est u₁ = p₁ − 58 = 12 − 58 = 48 − 58 = −18. Comme la suite commence au rang 1, la formule du terme général d'une suite géométrique s'écrit uₙ = u₁ × qⁿ⁻¹, d'où uₙ = −(18) × (715)ⁿ⁻¹ pour tout n ≥ 1.

De uₙ = pₙ − 58 on tire pₙ = uₙ + 58, donc pₙ = 58 − (18) × (715)ⁿ⁻¹ pour tout entier n ≥ 1.

Comme 0 < 715 < 1, la suite géométrique de raison 715 converge vers 0 : lim (715)ⁿ⁻¹ = 0. Par limite d'un produit puis d'une somme, lim pₙ = 58 = 0,625 quand n → +∞. Interprétation : après un grand nombre de tirs, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de 0,625, soit 62,5 %.

La boucle doit tourner tant que le seuil n'est pas atteint (p < 0.6) et actualiser à chaque tour le rang n et le terme p grâce à la relation pₙ₊₁ = (715) pₙ + 13 : def seuil(): n = 1 p = 0.5 while p < 0.6: n = n + 1 p = 715*p + 13 return n Les valeurs calculées sont p₁ = 0,5 ; p₂ = 1730 ≈ 0,567 ; p₃ = 269450 ≈ 0,598 ; p₄ = 4133/6750 ≈ 0,612 : la fonction renvoie 4.

pₙ ≥ 0,6 ⟺ 58 − (18)(715)ⁿ⁻¹ ≥ 0,6 ⟺ −(18)(715)ⁿ⁻¹ ≥ 0,6 − 0,625 = −0,025 ⟺ (715)ⁿ⁻¹ ≤ 0,2 (on multiplie par −8 < 0, donc l'inégalité change de sens).

La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, l'inéquation équivaut à (n − 1) ln(715) ≤ ln(0,2). Comme ln(715) < 0, la division change encore le sens : n − 1 ≥ ln(0,2)ln(7/15) ≈ 2,11, soit n ≥ 3,11. L'ensemble des solutions dans ℕ est donc l'ensemble des entiers n ≥ 4 : c'est à partir du quatrième tir que la probabilité d'atteindre le centre est supérieure ou égale à 0,6 (p₃ ≈ 0,598 < 0,6 et p₄ ≈ 0,612 ≥ 0,6).

VRAIE. Sur ]1 ; +∞[ on a x − 1 > 0, donc x − 1 = √(x − 1)² ; de plus x² − 1 = (x − 1)(x + 1). On peut donc écrire f(x) = √(x − 1)²/√(x − 1)(x + 1) = √(x − 1)²/((x − 1)(x + 1)) = √x − 1x + 1.

En factorisant par x au numérateur et au dénominateur : x − 1x + 1 = (1 − 1x)/(1 + 1x). Comme 1x → 0 en +∞, ce quotient tend vers 11 = 1 ; par composition avec la fonction racine carrée, continue en 1, lim f(x) = √1 = 1 quand x → +∞. L'affirmation est vraie.

VRAIE. On démontre par récurrence la propriété P(n) : « wₙ = (n + 1)² ». Initialisation : w₀ = 1 et (0 + 1)² = 1, donc P(0) est vraie. Hérédité : soit n un entier naturel tel que wₙ = (n + 1)². Alors wₙ₊₁ = wₙ + 2n + 3 = (n + 1)² + 2n + 3 = n² + 2n + 1 + 2n + 3 = n² + 4n + 4 = (n + 2)² = ((n + 1) + 1)², donc P(n + 1) est vraie. Conclusion : d'après le principe de récurrence, wₙ = (n + 1)² pour tout entier naturel n.

VRAIE. X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p, donc P(X = 1) = C(3 ; 1) × p¹ × (1 − p)³⁻¹ = 3 × p × (1 − p)² = 3p(1 − 2p + p²) = 3p − 6p² + 3p³ : c'est exactement l'expression proposée.

FAUSSE. Pour n ≥ 1, la fonction x ↦ (1n) e^nx a pour dérivée x ↦ e^nx : c'est donc une primitive de la fonction intégrée sur [0 ; 1]. Ainsi vₙ = [(1n) e^nx]₀¹ = (1n) eⁿ − (1n) e⁰ = eⁿ − 1n, et non eⁿ/n. Contre-exemple : v₁ = e − 1 ≈ 1,72 alors que e¹/1 ≈ 2,72.

FAUSSE. Colorier le quadrillage revient à choisir, pour chacune des 16 cases prises dans l'ordre, une couleur parmi 3, avec répétitions possibles : un coloriage est une 16-liste d'un ensemble à 3 éléments. Il y en a 3¹⁶ = 43 046 721. Le coefficient binomial C(16 ; 3) = 560 compte seulement le nombre de façons de choisir 3 cases parmi les 16, sans tenir compte des couleurs : l'affirmation est fausse.

On calcule les coordonnées des vecteurs en soustrayant celles des points : BC = (3 − 1 ; 3 − 2 ; 1 − 3) = (2 ; 1 ; −2) et BE = (2 − 1 ; −2 − 2 ; 2 − 3) = (1 ; −4 ; −1). S'ils étaient colinéaires, il existerait un réel k tel que BC = k BE ; la première coordonnée impose k = 2, mais alors la deuxième donnerait 1 = 2 × (−4) = −8, ce qui est faux. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc B, C et E ne sont pas alignés : ils définissent bien un plan (BCE).

AF = (3 − 0 ; 0 − 0 ; 4 − 1) = (3 ; 0 ; 3). Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec les coordonnées : AF·BC = 3 × 2 + 0 × 1 + 3 × (−2) = 6 − 6 = 0 et AF·BE = 3 × 1 + 0 × (−4) + 3 × (−1) = 3 − 3 = 0. Le vecteur AF est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCE) : c'est un vecteur normal à ce plan.

Un plan admettant AF(3 ; 0 ; 3) pour vecteur normal a une équation cartésienne de la forme 3x + 0y + 3z + d = 0. Le point B(1 ; 2 ; 3) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient l'équation : 3 × 1 + 3 × 3 + d = 0, soit 12 + d = 0 et d = −12. Le plan (BCE) a donc pour équation 3x + 3z − 12 = 0, c'est-à-dire, après division des deux membres par 3 : x + z − 4 = 0.

On teste les coordonnées de G(5 ; 1 ; 2) dans cette équation : xG + zG − 4 = 5 + 2 − 4 = 3 ≠ 0. Les coordonnées de G ne vérifient pas l'équation du plan, donc G n'appartient pas au plan (BCE).

AG = (5 − 0 ; 1 − 0 ; 2 − 1) = (5 ; 1 ; 1). Les vecteurs BE et BC ne sont pas colinéaires (question 1.a) : ils dirigent le plan (BCE). Si BE, BC et AG étaient coplanaires, AG serait lui aussi un vecteur directeur de (BCE) et serait donc orthogonal au vecteur normal AF. Or AF·AG = 3 × 5 + 0 × 1 + 3 × 1 = 18 ≠ 0. Les vecteurs BE, BC et AG ne sont donc pas coplanaires.

La droite (AG) est dirigée par AG, qui n'est pas un vecteur directeur du plan (BCE) : (AG) n'est donc ni incluse dans ce plan, ni strictement parallèle à lui. Une droite et un plan n'ont que ces trois positions relatives possibles ; par élimination, la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants, en un unique point noté P.

La droite (AG) passe par A(0 ; 0 ; 1) et admet AG(5 ; 1 ; 1) pour vecteur directeur. Un point M(x ; y ; z) lui appartient si et seulement s'il existe un réel t tel que AM = t AG, soit x = 0 + 5t, y = 0 + t et z = 1 + t : on obtient bien la représentation paramétrique x = 5t, y = t, z = 1 + t, t ∈ ℝ.

Le point P appartient à (AG), donc ses coordonnées s'écrivent (5t ; t ; 1 + t) pour un certain réel t. Il appartient aussi à (BCE), donc elles vérifient x + z − 4 = 0 : 5t + (1 + t) − 4 = 0, soit 6t = 3 et t = 12. On en déduit P(52 ; 12 ; 32), c'est-à-dire P(2,5 ; 0,5 ; 1,5).

Le milieu de [EC] a pour coordonnées (xE + xC2 ; yE + yC2 ; zE + zC2) = (2 + 32 ; −2 + 32 ; 2 + 12) = (52 ; 12 ; 32). Ce sont exactement les coordonnées de P : le point P est bien le milieu du segment [EC].

Les plans (BCE) et (ACG) sont distincts, car G appartient à (ACG) mais pas à (BCE) (question 2.a). Ils ont deux points communs distincts : C, qui appartient aux deux par construction, et P, qui est dans (BCE) par définition et dans (ACG) puisqu'il est sur la droite (AG), incluse dans (ACG). Deux plans distincts ayant deux points communs se coupent selon la droite passant par ces deux points : l'intersection des plans (BCE) et (ACG) est la droite (CP), de vecteur directeur CP = (−12 ; −52 ; 12), soit encore (1 ; 5 ; −1) après multiplication par −2.

Le premier terme de g est un produit : avec la formule (uv)′ = u′v + uv′ où u(x) = x et v(x) = cos(x), et en utilisant cos′ = −sin et sin′ = cos, on obtient pour tout x ∈ [0 ; 2π] : g′(x) = 1 × cos(x) + x × (−sin(x)) − cos(x) = −x sin(x).

Les valeurs du tableau : g(0) = 0 × cos(0) − sin(0) = 0 ; g(π) = π × (−1) − 0 = −π ; g(2π) = 2π × 1 − 0 = 2π. Les variations : sur [0 ; π], x ≥ 0 et sin(x) ≥ 0, donc g′(x) = −x sin(x) ≤ 0, en ne s'annulant qu'en 0 et en π : g est strictement décroissante sur [0 ; π]. Sur [π ; 2π], sin(x) ≤ 0 et −x < 0, donc g′(x) ≥ 0, en ne s'annulant qu'en π et 2π : g est strictement croissante sur [π ; 2π]. Chaque élément du tableau est ainsi justifié.

Sur l'intervalle [π ; 2π], g est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec g(π) = −π < 0 et g(2π) = 2π > 0. La valeur 0 est comprise entre ces deux images : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation g(x) = 0 admet une unique solution α dans [π ; 2π].

Sur [0 ; π], g décroît de g(0) = 0 à g(π) = −π, donc g(x) ≤ 0, avec g(x) = 0 seulement en x = 0. Sur [π ; α], g croît de −π à g(α) = 0, donc g(x) ≤ 0. Sur [α ; 2π], g croît à partir de 0, donc g(x) ≥ 0. Tableau de signes : g est négative sur [0 ; α], s'annule en 0 et en α, et est strictement positive sur ]α ; 2π].

f est un quotient : avec (uv)′ = u′v − uv′v², où u(x) = sin(x) et v(x) = x (qui ne s'annule pas sur ]0 ; 2π]), on obtient f′(x) = cos(x) × x − sin(x) × 1x² = x cos(x) − sin(x)x². On reconnaît g(x) au numérateur, donc f′(x) = g(x)x².

Pour tout x ∈ ]0 ; 2π], x² > 0 : f′(x) est donc du signe de g(x). D'après le tableau de signes de la question 1.d : f′(x) < 0 sur ]0 ; α[, f′(α) = 0 et f′(x) > 0 sur ]α ; 2π].

Une fonction dont la dérivée est négative est décroissante, positive croissante : f est strictement décroissante sur ]0 ; α] et strictement croissante sur [α ; 2π].

Pour x ≠ 0, f(x) = sin(x)x = sin(x) − sin(0)x − 0 : c'est le taux d'accroissement de la fonction sinus entre 0 et x. La fonction sinus étant dérivable en 0, ce taux admet une limite finie quand x tend vers 0, égale par définition au nombre dérivé sin′(0) = cos(0) = 1. Donc lim f(x) = 1 quand x tend vers 0.

Puisque α appartient à [π ; 2π], on a π ≤ α, donc l'intervalle ]0 ; π[ est inclus dans ]0 ; α[, où f est strictement décroissante. De 0 < r < s < π on déduit f(r) > f(s), c'est-à-dire sin(r)r > sin(s)s. Or r > 0 et sin(s) > 0 (car s ∈ ]0 ; π[), donc rsin(s) > 0 : en multipliant les deux membres par ce réel strictement positif, l'inégalité est conservée et donne sin(r)sin(s) > rs, soit rs < sin(r)sin(s), ce qu'il fallait démontrer.