Bac de maths 2026 — Centres étrangers · 11 juin

le premier niveau de l'arbre porte la répartition de la population : P(J) = 0,21 ; P(M) = 0,46 ; P(S) = 0,33 (leur somme vaut bien 1). Le second niveau porte les probabilités conditionnelles données par l'énoncé, complétées par leur événement contraire sur chaque nœud : P_J(R) = 0,70 et P_J(R̄) = 0,30 ; P_M(R) = 0,46 et P_M(R̄) = 0,54 ; P_S(R) = 0,15 et P_S(R̄) = 0,85.

on multiplie les probabilités rencontrées le long du chemin M puis R (formule des probabilités composées) : P(M ∩ R) = P(M) × P_M(R) = 0,46 × 0,46 = 0,2116. La probabilité que la personne interrogée ait entre 30 et 59 ans et ait déjà publié sur ce réseau social vaut 0,2116 (valeur exacte), soit environ 0,212.

les événements J, M et S forment une partition de l'univers. D'après la formule des probabilités totales, P(R) = P(J ∩ R) + P(M ∩ R) + P(S ∩ R) = P(J) × P_J(R) + P(M) × P_M(R) + P(S) × P_S(R) = 0,21 × 0,70 + 0,46 × 0,46 + 0,33 × 0,15 = 0,147 + 0,2116 + 0,0495 = 0,4081. La probabilité que la personne interrogée ait déjà publié sur ce réseau social est 0,4081 (valeur exacte), soit environ 0,408.

on demande une probabilité conditionnelle, sachant R. P_R(S) = P(S ∩ R)P(R) = 0,33 × 0,150,4081 = 0,04950,4081 ≈ 0,12129. Sachant que la personne interrogée a déjà publié sur ce réseau social, la probabilité qu'elle ait au moins 60 ans est environ 0,121.

« au moins la moitié des 100 personnes » se traduit par l'événement (X ⩾ 50). En passant par l'événement contraire, P(X ⩾ 50) = 1 − P(X ⩽ 49) ≈ 0,04279 à la calculatrice. La probabilité qu'au moins la moitié des 100 personnes interrogées ait déjà publié sur ce réseau social est environ 0,043.

pour une loi binomiale, E(X) = n × p = 100 × 0,41 = 41. Si l'on répétait ce sondage de 100 personnes un très grand nombre de fois, on compterait en moyenne 41 personnes ayant déjà publié sur ce réseau social.

C : Y est la variable aléatoire moyenne d'un échantillon de taille 150 de la variable aléatoire X. D'après le cours, E(Y) = E(X) = 41 et V(Y) = V(X)150. Comme X suit la loi B(100 ; 0,41), V(X) = n p (1 − p) = 100 × 0,41 × 0,59 = 24,19, donc V(Y) = 24,19150 ≈ 0,16127.

C (suite) : l'événement (37 < Y < 45) s'écrit (−4 < Y − 41 < 4), c'est-à-dire (|Y − E(Y)| < 4) : c'est l'événement contraire de (|Y − 41| ⩾ 4). D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée avec t = 4, P(|Y − 41| ⩾ 4) ⩽ V(Y)4² = 24,19150 × 16 = 2419/240000 ≈ 0,01008.

C (conclusion) : en passant à l'événement contraire, P(37 < Y < 45) = 1 − P(|Y − 41| ⩾ 4) ⩾ 1 − 0,01008 = 0,98992. Comme 0,98992 > 0,98, la probabilité que la variable aléatoire Y soit strictement comprise entre 37 et 45 est bien strictement supérieure à 98 %.

f est de la forme ln(u) avec u(x) = 3x² + 2x, et u(x) > 0 sur [2 ; +∞[. La dérivée de ln(u) est u′/u, donc f′(x) = 6x + 23x² + 2x. Sur [2 ; +∞[, le numérateur 6x + 2 est strictement positif et le dénominateur 3x² + 2x = x(3x + 2) aussi, donc f′(x) > 0. La fonction f est strictement croissante sur [2 ; +∞[.

la fonction g est dérivable donc continue sur [2 ; +∞[, et strictement décroissante (admis par l'énoncé). On calcule g(2) = ln(3 × 2² + 2 × 2) − 2 = ln(16) − 2 = 4 ln(2) − 2 ≈ 0,773 > 0, et lim(x→+∞) g(x) = −∞ < 0. Le réel 0 est donc compris entre ces deux valeurs : d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation g(x) = 0 admet une unique solution α sur [2 ; +∞[. On retiendra que g(α) = 0 équivaut à f(α) = α.

et c : à la calculatrice, g(4,04) ≈ 0,0038 > 0 et g(4,05) ≈ −0,0016 < 0, donc 4,04 < α < 4,05 (en fait α ≈ 4,0471). Arrondie au centième, α ≈ 4,05. Comme g est strictement décroissante sur [2 ; +∞[ et s'annule en α, son tableau de signes est : g(x) > 0 pour x ∈ [2 ; α[, g(α) = 0, et g(x) < 0 pour x ∈ ]α ; +∞[.

pour tout entier naturel n, a_n+1 − a_n = f(a_n) − a_n = g(a_n). D'après la question B.1, a_n appartient à [2 ; α], intervalle sur lequel la fonction g est positive (tableau de signes de la partie A). Donc a_n+1 − a_n ⩾ 0 pour tout n : la suite (a_n) est croissante.

la suite (a_n) est croissante (question B.2) et majorée par α (question B.1). D'après le théorème de la limite monotone, toute suite croissante et majorée converge. La suite (a_n) converge donc vers un réel ℓ.

par passage à la limite dans l'encadrement 2 ⩽ a_n ⩽ α, on obtient 2 ⩽ ℓ ⩽ α, donc ℓ appartient à [2 ; +∞[. La fonction f est continue sur cet intervalle (elle y est dérivable) et la suite vérifie a_n+1 = f(a_n) : d'après le théorème du point fixe, la limite ℓ vérifie ℓ = f(ℓ), c'est-à-dire g(ℓ) = 0. Or α est l'unique solution de g(x) = 0 sur [2 ; +∞[ (question A.2.a), donc ℓ = α : la suite (a_n) converge vers α.

le script calcule en parallèle les termes des deux suites tant que b − a > 10^−p ; pour p = 2, la boucle tourne tant que b − a > 0,01. En déroulant les calculs : après 8 tours, b₈ − a₈ ≈ 0,0131 > 0,01, donc la boucle continue ; après 9 tours, b₉ − a₉ ≈ 0,0060 ⩽ 0,01, donc elle s'arrête. À ce moment a = a₉ ≈ 4,0436. L'instruction algo(2) renvoie donc le couple (9 ; 4,044), la seconde valeur étant arrondie au millième.

l'entier 9 est le plus petit rang n pour lequel b_n − a_n ⩽ 10⁻² : il faut 9 itérations pour que les deux suites encadrent α à 10⁻² près. La valeur 4,044 est le terme a₉ ; comme a₉ ⩽ α ⩽ b₉ (question C.1) et b₉ − a₉ ⩽ 0,01, c'est une valeur approchée de α par défaut à 10⁻² près (on a effectivement α ≈ 4,047).

la lecture repose sur deux liens du cours. D'une part, le signe de f′ donne les variations de f ; d'autre part, le signe de f″ donne les variations de f′ (et la convexité de f). On cherche donc l'enchaînement cohérent : les variations de C₁ suivent le signe de C₃, et les variations de C₃ suivent le signe de C₂. Réponse : C₁ est la courbe de f, C₃ celle de f′ et C₂ celle de f″. (Le graphique n'est pas reproduit ici ; aucune justification n'était d'ailleurs demandée.)

l'équation y′ + y = 0 s'écrit y′ = −y, soit y′ = ay avec a = −1. D'après le cours, ses solutions sur ℝ sont exactement les fonctions x ↦ C e^−x, où C est une constante réelle.

les solutions d'une équation différentielle linéaire du premier ordre s'obtiennent en ajoutant à une solution particulière toutes les solutions de l'équation homogène associée. Les solutions de (E) sont donc les fonctions x ↦ C e^−x + (x² − 3x)e^−x = (x² − 3x + C)e^−x, avec C ∈ ℝ.

on cherche la constante C telle que f(0) = 2. Avec f(x) = (x² − 3x + C)e^−x, on obtient f(0) = (0² − 3 × 0 + C) × e⁰ = C, d'où C = 2. La solution cherchée est la fonction f définie par f(x) = (x² − 3x + 2)e^−x.

quand x → −∞, on a −x → +∞ donc lim e^−x = +∞ ; et lim (x² − 3x + 2) = +∞ (terme dominant x²). Par produit, lim(x→−∞) f(x) = +∞. C.2.b : en +∞ le produit est de la forme indéterminée 0 × ∞ ; on lève l'indétermination en écrivant f(x) = e^−x(x² − 3x + 2) = (x²/e^x) × (1 − 3x + 2x²) pour x ≠ 0. Par croissances comparées, lim(x→+∞) e^xx² = +∞, donc lim(x→+∞) x²/e^x = 0 ; et lim(x→+∞) (1 − 3x + 2x²) = 1. Par produit, lim(x→+∞) f(x) = 0 : l'axe des abscisses est asymptote horizontale à C_f en +∞.

première intégration par parties, avec u(x) = x² − 3x + 2 (donc u′(x) = 2x − 3) et v′(x) = e^−x (donc v(x) = −e^−x), ces fonctions étant continues et dérivables sur [0 ; 1]. I = [−e^−x(x² − 3x + 2)]₀¹ + ∫₀¹ (2x − 3)e^−x dx. Le crochet vaut −e⁻¹ × (1 − 3 + 2) + e⁰ × 2 = 0 + 2 = 2, donc I = 2 + J avec J = ∫₀¹ (2x − 3)e^−x dx.

(suite) : seconde intégration par parties sur J, avec u(x) = 2x − 3 (donc u′(x) = 2) et v(x) = −e^−x. J = [−e^−x(2x − 3)]₀¹ + ∫₀¹ 2e^−x dx = (−e⁻¹ × (−1) + e⁰ × (−3)) + [−2e^−x]₀¹ = (1e − 3) + (−2e + 2) = −1 − 1e. Finalement I = 2 + J = 2 − 1 − 1e = 1 − 1e.

d'après la question C.1, f est positive sur [0 ; 1] (cet intervalle ne rencontre pas ]1 ; 2[). L'intégrale I mesure donc l'aire du domaine délimité par la courbe C_f, l'axe des abscisses et les droites d'équations x = 0 et x = 1. Cette aire vaut 1 − 1e ≈ 0,632 unité d'aire.

la tangente (T_a) passe par l'origine si et seulement si son ordonnée à l'origine est nulle. Comme e^−a > 0, cela équivaut à a³ − 4a² + 2a + 2 = 0. On étudie donc h(x) = x³ − 4x² + 2x + 2 sur ℝ. h′(x) = 3x² − 8x + 2, de discriminant Δ = (−8)² − 4 × 3 × 2 = 40 > 0 ; h′ s'annule en x₁ = 8 − √406 = 4 − √103 ≈ 0,28 et x₂ = 4 + √103 ≈ 2,39. La fonction h est donc croissante sur ]−∞ ; x₁], décroissante sur [x₁ ; x₂], puis croissante sur [x₂ ; +∞[. On calcule h(x₁) = 20√10 − 227 ≈ 2,27 > 0 et h(x₂) = −20√10 − 227 ≈ −2,42 < 0. Enfin, en factorisant par x³, lim(x→−∞) h(x) = −∞ et lim(x→+∞) h(x) = +∞.

(conclusion) : sur chacun des trois intervalles ]−∞ ; x₁], [x₁ ; x₂] et [x₂ ; +∞[, la fonction h est continue et strictement monotone, et ses valeurs aux bornes sont de signes contraires. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation h(x) = 0 admet exactement une solution sur chacun de ces trois intervalles, soit trois solutions au total (environ −0,48 ; 1,31 et 3,17). Il existe donc exactement 3 tangentes à la courbe C_f passant par l'origine du repère.