Bac de maths 2026 — Polynésie · 16 juin

Partie A

Le tirage se fait au hasard, donc chaque pourcentage de l’énoncé se lit directement comme une probabilité. Premier niveau : P(M) = 0,80 et, par événement contraire, P(non M) = 1 − 0,80 = 0,20. Branches issues de M : une planche en mousse est soit en bon état, soit recyclée, donc P_M(B) = 0,75 et P_M(R) = 1 − 0,75 = 0,25. Branches issues de non M : l’énoncé ne donne pour l’instant que P_nonM(B) = 0,60 ; les deux autres branches (R et C) seront complétées à la question 2.

P(non M ∩ R) est la probabilité de l’intersection de deux événements : la planche tirée n’est pas en mousse (elle est donc en résine) ET elle sera recyclée. L’égalité P(non M ∩ R) = 0,05 signifie donc que 5 % de l’ensemble du stock sont des planches en résine destinées au recyclage. Attention à ne pas lire « 5 % des planches en résine » : ce serait la probabilité conditionnelle P_nonM(R), qui est différente.

On cherche P_nonM(C). Complétons d’abord la branche R issue de non M. Par définition de la probabilité conditionnelle, P(non M ∩ R) = P(non M) × P_nonM(R), donc P_nonM(R) = P(non M ∩ R)P(non M) = 0,050,20 = 0,25.

b (conclusion). Une planche en résine est soit en bon état, soit recyclée, soit consolidée : les trois branches issues du nœud non M correspondent à des issues incompatibles qui recouvrent tous les cas, et la somme des probabilités portées par les branches issues d’un même nœud vaut 1. Donc P_nonM(B) + P_nonM(R) + P_nonM(C) = 1, soit 0,60 + 0,25 + P_nonM(C) = 1, d’où P_nonM(C) = 1 − 0,60 − 0,25 = 0,15. Sachant que la planche choisie est en résine, la probabilité qu’elle soit consolidée est bien 0,15.

Les événements M et non M forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P(B) = P(M ∩ B) + P(non M ∩ B) = P(M) × P_M(B) + P(non M) × P_nonM(B) = 0,80 × 0,75 + 0,20 × 0,60 = 0,60 + 0,12 = 0,72.

3 (conclusion). Or 34 = 0,75, et 0,72 < 0,75. Après une saison, seulement 72 % des planches sont en bon état, ce qui est strictement inférieur aux trois quarts annoncés : la gérante a tort.

Partie B

Le client tire simultanément 2 boules parmi les 5 + n boules de l’urne : les deux boules sont prises en même temps, l’ordre n’intervient donc pas et il s’agit d’une combinaison. Les boules étant indiscernables au toucher, tous ces tirages sont équiprobables : l’univers compte C(n+5,2) issues, toutes de même probabilité.

1 (suite). Gagner la remise, c’est obtenir deux boules de même couleur, ce qui se produit dans deux cas incompatibles : deux boules noires, soit C(5,2) tirages, ou deux boules rouges, soit C(n,2) tirages. Les deux événements étant incompatibles, leurs nombres de cas favorables s’additionnent. Comme la probabilité d’un événement est ici le quotient du nombre de cas favorables par le nombre de cas possibles, p = C(5,2) + C(n,2)C(n+5,2).

On utilise la formule C(n,p) = n!/(p! (n − p)!). Elle donne C(5,2) = 5 × 42 = 10, C(n,2) = n(n − 1)2 et C(n+5,2) = (n + 5)n + 42. Donc p = (10 + n(n − 1)2) / ((n + 5)n + 42).

2 (conclusion). En écrivant 10 = 202, le numérateur devient 20 + n(n − 1)2. Numérateur et dénominateur sont alors tous deux divisés par 2, et ces facteurs 12 se simplifient : p = 20 + n(n − 1)(n + 5)(n + 4).

Comme n est un entier naturel, (n + 5)(n + 4) > 0 : on peut multiplier les deux membres de l’inéquation par ce dénominateur sans changer le sens de l’inégalité. p < 12 ⟺ 2(20 + n(n − 1)) < (n + 5)(n + 4) ⟺ 40 + 2n² − 2n < n² + 9n + 20 ⟺ n² − 11n + 20 < 0.

3 (suite). On étudie le signe du trinôme n² − 11n + 20 : Δ = (−11)² − 4 × 1 × 20 = 121 − 80 = 41 > 0, donc il admet deux racines, n₁ = 11 − √412 ≈ 2,30 et n₂ = 11 + √412 ≈ 8,70. Le coefficient de n² vaut 1 > 0, donc le trinôme est strictement négatif entre ses racines et positif à l’extérieur.

3 (conclusion). L’inéquation équivaut donc à 11 − √412 < n < 11 + √412, soit environ 2,30 < n < 8,70. Comme n est un entier naturel, l’ensemble des valeurs possibles est {3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8}. Contrôle aux bornes : pour n = 8, p = 76156 ≈ 0,487 < 0,5, tandis que pour n = 9, p = 92182 ≈ 0,505 > 0,5. La gérante peut donc placer de 3 à 8 boules rouges dans l’urne.

Affirmation 1 : FAUSSE. On développe d’abord : f(x) = (x + 1)e^−x = x e^−x + e^−x. Par croissances comparées, lim(x→+∞) e^xx = +∞, donc lim(x→+∞) xe^x = 0, c’est-à-dire lim(x→+∞) x e^−x = 0. Par ailleurs lim(x→+∞) e^−x = 0. Par somme de limites, lim(x→+∞) f(x) = 0 : la limite de f en +∞ est 0, et non +∞.

Affirmation 2 : VRAIE. La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde. Avec la dérivée d’un produit, (uv)′ = u′v + uv′ : g′(x) = 1 × e^x + x × e^x = (x + 1)e^x, puis g″(x) = 1 × e^x + (x + 1) × e^x = (x + 2)e^x.

2 (conclusion). Pour tout réel x, e^x > 0, donc g″(x) est du signe de x + 2. Or x ≥ −2 équivaut à x + 2 ≥ 0 : sur l’intervalle [−2 ; +∞[ on a bien g″(x) ≥ 0 (avec g″(−2) = 0, ce qui n’empêche rien). Une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle est convexe sur cet intervalle : g est donc convexe sur [−2 ; +∞[.

Affirmation 3 : FAUSSE. Menons l’intégration par parties annoncée, avec u(x) = x et v′(x) = sin x, donc u′(x) = 1 et v(x) = −cos x (u et v sont dérivables, de dérivées continues sur [0 ; π]). La formule ∫ u v′ = [u v] − ∫ u′ v donne : ∫₀^π x sin x dx = [−x cos x]₀^π − ∫₀^π (−cos x) dx = [−x cos x]₀^π + ∫₀^π cos x dx.

3 (suite). On calcule chaque morceau : [−x cos x]₀^π = (−π × cos π) − (−0 × cos 0) = −π × (−1) = π, et ∫₀^π cos x dx = [sin x]₀^π = sin π − sin 0 = 0. Donc ∫₀^π x sin x dx = π + 0 = π, et non −π : l’affirmation est fausse.

3 (contrôle). Un argument de signe permettait de conclure encore plus vite : sur [0 ; π] on a x ≥ 0 et sin x ≥ 0, donc x sin x ≥ 0 ; par positivité de l’intégrale, ∫₀^π x sin x dx ≥ 0, ce qui exclut d’emblée la valeur négative −π.

Affirmation 4 : VRAIE. Vérifions d’abord que h est solution de (E). h(x) = −(32)e^2x + 52 donne h′(x) = −(32) × 2 e^2x = −3 e^2x. Par ailleurs 2h(x) − 5 = 2(−(32)e^2x + 52) − 5 = −3 e^2x + 5 − 5 = −3 e^2x. Les deux expressions coïncident : h′(x) = 2h(x) − 5 pour tout réel x, donc h est solution de (E).

4 (conclusion). Ensuite h(0) = −(32)e⁰ + 52 = −32 + 52 = 1 : h vaut bien 1 en 0. Enfin, l’article « la » est justifié : les solutions de y′ = ay + b avec a = 2 et b = −5 s’écrivent y(x) = k e^2x − ba = k e^2x + 52 (k ∈ ℝ), et la condition y(0) = 1 impose k + 52 = 1, donc k = −32 : la solution vérifiant cette condition initiale est unique et c’est h.

Affirmation 5 : VRAIE. La variable f est initialisée à 1, puis la boucle « for k in range(1, n+1) » fait prendre à k les valeurs 1, 2, …, n (la borne n+1 est exclue), en remplaçant à chaque tour f par f × k. Pour n = 5 : f = 1, puis 1 × 1 = 1, puis 1 × 2 = 2, puis 2 × 3 = 6, puis 6 × 4 = 24, puis 24 × 5 = 120.

5 (conclusion). La valeur renvoyée par mystere(5) est donc 120 : l’affirmation est vraie. Plus généralement, mystere(n) calcule la factorielle n! = 1 × 2 × … × n.

Partie A

On applique la relation de récurrence au rang 0 : u₁ = ln(3u₀² + 1) = ln(3 × 2² + 1) = ln(12 + 1) = ln 13. La valeur exacte est u₁ = ln 13, soit environ 2,565.

Sur le nuage de points, les ordonnées augmentent de terme en terme, puis les points se stabilisent juste en dessous de la graduation 4. On conjecture donc que la suite (uₙ) est croissante et qu’elle converge vers une limite inférieure à 4, voisine de 3,8.

On démontre par récurrence la propriété P(n) : « 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4 ». Initialisation : u₀ = 2 et u₁ = ln 13 ≈ 2,565, donc 2 ≤ u₀ ≤ u₁ ≤ 4 ; P(0) est vraie.

3 (hérédité). Supposons P(n) vraie pour un entier naturel n fixé, c’est-à-dire 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4. Ces quatre nombres appartiennent à [0 ; +∞[, où la fonction f : x ↦ ln(3x² + 1) est croissante (l’énoncé l’admet) : appliquer f conserve donc l’ordre. On obtient f(2) ≤ f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(4), c’est-à-dire ln 13 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ ln 49, puisque f(2) = ln(3 × 4 + 1) = ln 13 et f(4) = ln(3 × 16 + 1) = ln 49.

3 (conclusion). Or ln 13 ≈ 2,565 ≥ 2 et ln 49 ≈ 3,892 ≤ 4. On en déduit 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 4 : P(n+1) est vraie. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc d’après le principe de récurrence, pour tout entier naturel n : 2 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4.

L’encadrement précédent fournit deux renseignements : uₙ ≤ uₙ₊₁ pour tout n, donc la suite (uₙ) est croissante ; et uₙ ≤ 4 pour tout n, donc elle est majorée par 4. D’après le théorème de la convergence monotone, toute suite croissante et majorée converge : (uₙ) est convergente. En passant à la limite dans l’encadrement 2 ≤ uₙ ≤ 4, on obtient de plus 2 ≤ ℓ ≤ 4, ce qui servira dans la partie B.

Partie B

On dérive g(x) = ln(3x² + 1) − x. La dérivée de ln(u) est u′/u, avec ici u(x) = 3x² + 1 (strictement positif sur [0 ; +∞[) et u′(x) = 6x. Donc g′(x) = 6x/(3x² + 1) − 1. En réduisant au même dénominateur : g′(x) = 6x − (3x² + 1)3x² + 1 = −3x² + 6x − 13x² + 1.

Le dénominateur 3x² + 1 est strictement positif, donc g′(x) est du signe de son numérateur −3x² + 6x − 1. On met ce trinôme sous forme canonique en factorisant par −3 : −3x² + 6x − 1 = −3(x² − 2x) − 1 = −3((x − 1)² − 1) − 1 = −3(x − 1)² + 2.

2 (conclusion). Pour x ∈ [2 ; 4], on a x − 1 ≥ 1, donc (x − 1)² ≥ 1 et −3(x − 1)² + 2 ≤ −3 + 2 = −1 < 0. Le numérateur est donc strictement négatif sur [2 ; 4], et g′(x) < 0 sur cet intervalle : la fonction g est strictement décroissante sur [2 ; 4]. (On pouvait aussi calculer Δ = 6² − 4 × (−3) × (−1) = 24 : les racines du trinôme sont 1 − √63 ≈ 0,18 et 1 + √63 ≈ 1,82, toutes deux strictement inférieures à 2, donc [2 ; 4] est entièrement à droite de la plus grande racine.)

La fonction g est dérivable, donc continue sur [2 ; 4], et strictement décroissante sur cet intervalle d’après la question 2. On calcule les valeurs aux bornes : g(2) = ln 13 − 2 ≈ 0,565 > 0 et g(4) = ln 49 − 4 ≈ −0,108 < 0. Le nombre 0 est donc compris entre g(4) et g(2).

3 (conclusion). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone sur un intervalle), l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α dans [2 ; 4]. On l’encadre à la calculatrice : g(3,78) ≈ 0,0011 > 0 et g(3,79) ≈ −0,0037 < 0, donc 3,78 < α < 3,79. Une valeur approchée à 10⁻² près est α ≈ 3,78.

Par construction, uₙ₊₁ = f(uₙ) avec f(x) = ln(3x² + 1). La fonction f est dérivable, donc continue sur [0 ; +∞[, et la suite (uₙ) converge vers ℓ, avec ℓ ∈ [2 ; 4] ⊂ [0 ; +∞[ d’après la partie A. La suite (uₙ₊₁) a la même limite ℓ que (uₙ), et par continuité de f, f(uₙ) tend vers f(ℓ). L’unicité de la limite donne alors ℓ = f(ℓ).

4 (conclusion). L’égalité ℓ = f(ℓ) s’écrit ln(3ℓ² + 1) = ℓ, soit ln(3ℓ² + 1) − ℓ = 0, c’est-à-dire g(ℓ) = 0. Ainsi ℓ est une solution de l’équation g(x) = 0 appartenant à [2 ; 4] ; or α est l’unique solution sur cet intervalle. Donc ℓ = α ≈ 3,78, ce qui confirme la conjecture de la question 2.

Trois points définissent un plan lorsqu’ils ne sont pas alignés, c’est-à-dire lorsque deux des vecteurs qu’ils forment ne sont pas colinéaires. On calcule les coordonnées en soustrayant celles de A : AB(0 − 1 ; 3 − 2 ; 2 − (−1)) = (−1 ; 1 ; 3) et AC(−2 − 1 ; 4 − 2 ; 0 − (−1)) = (−3 ; 2 ; 1). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel k tel que AC = k AB : la première coordonnée imposerait k = 3, mais la deuxième donnerait alors 3 × 1 = 3 ≠ 2. Ils ne sont donc pas colinéaires, et A, B et C définissent bien un plan.

Le repère est orthonormé : le produit scalaire se calcule en sommant les produits des coordonnées. n · AB = 5 × (−1) + 8 × 1 + (−1) × 3 = −5 + 8 − 3 = 0, donc n ⊥ AB. n · AC = 5 × (−3) + 8 × 2 + (−1) × 1 = −15 + 16 − 1 = 0, donc n ⊥ AC. Le vecteur n est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal à ce plan.

Un plan admettant n(a ; b ; c) pour vecteur normal a une équation cartésienne de la forme ax + by + cz + d = 0 ; ici 5x + 8y − z + d = 0. Le plan (ABC) contient A(1 ; 2 ; −1), dont les coordonnées doivent vérifier l’équation : 5 × 1 + 8 × 2 − (−1) + d = 0, soit 5 + 16 + 1 + d = 0, donc d = −22. Une équation cartésienne du plan (ABC) est bien 5x + 8y − z − 22 = 0.

On teste les coordonnées de D(8 ; 2 ; −11) dans le membre de gauche de l’équation : 5 × 8 + 8 × 2 − (−11) − 22 = 40 + 16 + 11 − 22 = 45 ≠ 0. L’équation n’est pas vérifiée, donc D n’appartient pas au plan (ABC) : les points A, B, C et D forment bien un tétraèdre.

La droite ∆ est orthogonale au plan (ABC), donc tout vecteur normal à ce plan est un vecteur directeur de ∆ : on peut prendre n(5 ; 8 ; −1). Un point M(x ; y ; z) appartient à ∆ si et seulement si DM et n sont colinéaires, c’est-à-dire DM = t n avec t ∈ ℝ : x − 8 = 5t, y − 2 = 8t et z − (−11) = −t, soit x = 8 + 5t, y = 2 + 8t, z = −11 − t. C’est bien la représentation paramétrique proposée.

Le point E appartient à ∆ : ses coordonnées s’écrivent (8 + 5t ; 2 + 8t ; −11 − t) pour un certain réel t. Il appartient aussi au plan (ABC) : ses coordonnées vérifient donc 5x + 8y − z − 22 = 0. En reportant : 5(8 + 5t) + 8(2 + 8t) − (−11 − t) − 22 = 0, soit 40 + 25t + 16 + 64t + 11 + t − 22 = 0, c’est-à-dire 90t + 45 = 0, d’où t = −12.

b (conclusion). On remplace t par −12 dans la représentation paramétrique : x_E = 8 + 5 × (−12) = 8 − 52 = 112, y_E = 2 + 8 × (−12) = 2 − 4 = −2 et z_E = −11 − (−12) = −11 + 12 = −212. Le point d’intersection est donc E(112 ; −2 ; −212), comme annoncé.

Le vecteur DE a pour coordonnées (112 − 8 ; −2 − 2 ; −212 − (−11)) = (−52 ; −4 ; 12). Le repère étant orthonormé, DE = √(−52)² + (−4)² + (12)² = √254 + 16 + 14 = √264 + 644 = √904 = √902. Comme 90 = 9 × 10, √90 = 3√10 : la valeur exacte est DE = 3√10/2 ≈ 4,74. Le point E étant le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC), cette longueur est exactement la distance de D au plan (ABC).

Le point H est le projeté orthogonal de A sur (BC) si et seulement si H appartient à (BC) et si AH est orthogonal à BC. Les vecteurs en jeu sont AH(−23 − 1 ; 103 − 2 ; 43 − (−1)) = (−53 ; 43 ; 73) et BC(−2 − 0 ; 4 − 3 ; 0 − 2) = (−2 ; 1 ; −2). L’Entrée 1 de la feuille de calcul formel est précisément le produit scalaire AH · BC, et la Sortie 1 vaut 0 : les deux vecteurs sont orthogonaux, donc (AH) ⊥ (BC).

a (conclusion). L’Entrée 2 résout le système traduisant l’appartenance de H à la droite (BC) à partir de sa représentation paramétrique : la Sortie 2 donne la solution k = 13, et une même valeur de k convient pour les trois coordonnées, donc H appartient bien à (BC). H est sur la droite (BC) et AH est orthogonal à BC : H est donc le projeté orthogonal de A sur la droite (BC).

Puisque H est le projeté orthogonal de A sur (BC), le segment [AH] est la hauteur du triangle ABC issue de A, relative au côté [BC]. L’aire d’un triangle valant base × hauteur2, on a B = BC × AH2. La Sortie 3 donne AH = √10 et la Sortie 4 donne BC = 3, d’où B = 3 × √102 = 3√10/2 unités d’aire.

b (conclusion). La hauteur du tétraèdre relative à la base ABC est la distance du sommet D au plan (ABC), c’est-à-dire h = DE = 3√10/2, calculée à la question 2. c. La formule rappelée donne alors V = (13) × B × h = (13) × (3√10/2) × (3√10/2) = (13) × 9 × 104 = 9012 = 152. Le volume du tétraèdre ABCD vaut donc 152, soit 7,5 unités de volume.