Sujet officiel · session 2026

Bac de maths 2026 — Polynésie · 17 juin

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 Difficile

Filières d’orientation

Dans cet exercice, on s’intéresse à la part des filles et des garçons s’orientant vers des études scientifiques après avoir suivi un enseignement de spécialité mathématiques en terminale.

Les parties A et B peuvent être traitées de façon indépendante.

Partie A

Dans une académie donnée, la population est constituée d’élèves de terminale ayant choisi la spécialité mathématiques. On souhaite analyser leurs choix d’orientation, notamment vers les études supérieures en ingénierie.

Les répartitions sont les suivantes :

• 40 % sont des filles ; 60 % sont des garçons ;

• parmi les filles, 33,75 % envisagent des études d’ingénieur ;

• parmi les garçons, 54,25 % envisagent des études d’ingénieur.

On interroge uniformément au hasard un élève de terminale ayant choisi la spécialité mathématiques de cette académie et on considère les événements suivants :

• F : « L’élève est une fille » ;

• I : « L’élève envisage des études d’ingénieur ».

Pour un événement E quelconque, on note non E son événement contraire et P(E) la probabilité de E.

1. Représenter cette situation à l’aide d’un arbre pondéré.

2. Calculer la probabilité que l’élève choisi au hasard soit une fille envisageant des études d’ingénieur.

3. Démontrer que la probabilité que l’élève choisi au hasard envisage des études d’ingénieur est égale à 0,4605.

4. L’élève interrogé envisage des études d’ingénieur. Quelle est la probabilité qu’il s’agisse d’une fille ? Donner une valeur approchée du résultat à 10⁻³ près.

Partie B

Dans cette partie, on considère un entier naturel n non nul.

On interroge uniformément au hasard dans cette académie n filles en terminale, qu’elles suivent ou non la spécialité mathématiques. On suppose que ce nombre de filles est suffisamment important pour assimiler ce prélèvement à des tirages indépendants avec remise.

On note X la variable aléatoire qui modélise le nombre de filles envisageant de devenir ingénieure qu’elle suive ou non la spécialité mathématiques.

On admet que la probabilité qu’une fille souhaite devenir ingénieure est égale à 0,15.

1. a. Justifier que X suit une loi binomiale.

b. Exprimer en fonction de n l’espérance de X.

2. En résolvant une inéquation, déterminer le plus petit nombre de lycéennes qu’il faut interroger pour que la probabilité de l’événement « Au moins une fille parmi celles interrogées souhaite devenir ingénieure » soit supérieure ou égale à 0,99.

3. Dans cette question, on choisit un échantillon de n = 29 filles.

Déterminer la probabilité qu’au moins le quart des filles interrogées souhaite devenir ingénieure. Donner une valeur approchée du résultat à 10⁻³ près.

Partie C

On s’intéresse à dix académies françaises de tailles comparables numérotées de 1 à 10.

On considère X₁ la variable aléatoire qui, à un échantillon de 1 500 lycéennes de l’académie n° 1, associe le nombre de filles envisageant de devenir ingénieure.

On définit de la même façon les variables aléatoires X₂, …, X₁₀ pour les académies 2 à 10.

On admet que les variables aléatoires X₁, X₂, …, X₁₀ sont indépendantes entre elles et qu’elles admettent la même espérance égale à 225 et la même variance égale à 191,25.

On considère la variable aléatoire S = X₁ + X₂ + … + X₁₀.

1. Que représente la variable aléatoire S pour les 15 000 lycéennes interrogées sur l’ensemble des dix académies ?

2. Calculer l’espérance et la variance de S.

3. On considère l’ensemble des 15 000 lycéennes formé par les échantillons issus des dix académies. Argumenter pour dire si l’affirmation suivante est vraie, fausse ou si on ne peut pas savoir : « La probabilité que le nombre total de filles envisageant de devenir ingénieure soit strictement compris entre 2 000 et 2 500 est supérieure à 0,95 ».

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Corrigé Exercice 1 Filières d’orientation Revoir l'énoncé

Partie A1.
L’arbre part de deux branches issues de la racine : F, de probabilité P(F) = 0,40, et non F (l’élève est un garçon), de probabilité P(non F) = 0,60. De chacun de ces deux nœuds partent à leur tour deux branches, vers I et vers non I. Depuis F : P_F(I) = 0,3375 et P_F(non I) = 1 − 0,3375 = 0,6625. Depuis non F : P_non F(I) = 0,5425 et P_non F(non I) = 1 − 0,5425 = 0,4575. Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches issues de ce nœud vaut bien 1.
2.
L’événement cherché est F ∩ I. La probabilité d’un chemin s’obtient en multipliant les probabilités portées par ses branches : P(F ∩ I) = P(F) × P_F(I) = 0,40 × 0,3375 = 0,135. La probabilité que l’élève interrogé soit une fille envisageant des études d’ingénieur vaut 0,135, soit 13,5 %.
3.
Les événements F et non F forment une partition de l’univers, donc, d’après la formule des probabilités totales, P(I) = P(F ∩ I) + P(non F ∩ I). Le second chemin donne P(non F ∩ I) = P(non F) × P_non F(I) = 0,60 × 0,5425 = 0,3255. D’où P(I) = 0,135 + 0,3255 = 0,4605 : la probabilité que l’élève envisage des études d’ingénieur est bien égale à 0,4605.
4.
On sait que l’élève envisage des études d’ingénieur : il s’agit donc de la probabilité conditionnelle P_I(F) = P(F ∩ I)P(I) = 0,1350,4605 ≈ 0,2932. À 10⁻³ près, la probabilité que l’élève interrogé soit une fille sachant qu’il envisage des études d’ingénieur vaut 0,293 : un peu moins de 30 % des futurs ingénieurs de cette académie sont des filles.
Partie B1.
On répète n fois la même épreuve de Bernoulli, « la fille interrogée souhaite devenir ingénieure », de probabilité de succès p = 0,15. Ces n épreuves sont identiques et indépendantes, puisque l’énoncé permet d’assimiler le prélèvement à des tirages avec remise. La variable X comptant le nombre de succès, X suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0,15, notée B(n ; 0,15). Son espérance est alors E(X) = n × p = 0,15 n.
2.
L’événement contraire de « au moins une fille souhaite devenir ingénieure » est « aucune ne le souhaite », c’est-à-dire X = 0, de probabilité (1 − 0,15)ⁿ = 0,85ⁿ. Donc P(X ≥ 1) = 1 − 0,85ⁿ. On résout 1 − 0,85ⁿ ≥ 0,99, soit 0,85ⁿ ≤ 0,01. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à n × ln(0,85) ≤ ln(0,01) ; en divisant par ln(0,85), qui est strictement négatif, l’inégalité change de sens : n ≥ ln(0,01)ln(0,85) ≈ 28,34. Le plus petit entier convenable est n = 29 (on vérifie 0,85²⁸ ≈ 0,0106 > 0,01 et 0,85²⁹ ≈ 0,0090 ≤ 0,01) : il faut interroger au moins 29 lycéennes.
3.
Le quart de l’effectif vaut 294 = 7,25 ; comme X est un nombre entier de filles, « au moins le quart » signifie X ≥ 8. Avec X ∼ B(29 ; 0,15), on passe par l’événement contraire pour utiliser la calculatrice : P(X ≥ 8) = 1 − P(X ≤ 7) = 1 − 0,9414… ≈ 0,0586. À 10⁻³ près, la probabilité qu’au moins le quart des 29 filles interrogées souhaite devenir ingénieure vaut 0,059, soit un peu moins de 6 %.
Partie C1.
Chaque variable Xᵢ compte les futures ingénieures dans l’échantillon de 1 500 lycéennes de l’académie n° i. Leur somme S = X₁ + X₂ + … + X₁₀ représente donc le nombre total de lycéennes envisageant de devenir ingénieure parmi les 15 000 interrogées sur l’ensemble des dix académies.
2.
Par linéarité de l’espérance, E(S) = E(X₁) + … + E(X₁₀) ; les dix variables ayant la même espérance 225, E(S) = 10 × 225 = 2 250. Les variables X₁, …, X₁₀ étant de plus indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances : V(S) = V(X₁) + … + V(X₁₀) = 10 × 191,25 = 1 912,5. En moyenne, 2 250 des 15 000 lycéennes envisagent de devenir ingénieure.
3.
L’affirmation est VRAIE. L’encadrement 2 000 < S < 2 500 s’écrit −250 < S − 2 250 < 250, c’est-à-dire |S − E(S)| < 250. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à S avec l’écart 250 donne P(|S − E(S)| ≥ 250) ≤ V(S)250² = 1 912,562 500 = 0,0306. En passant à l’événement contraire, P(2 000 < S < 2 500) = 1 − P(|S − 2 250| ≥ 250) ≥ 1 − 0,0306 = 0,9694. Comme 0,9694 > 0,95, la probabilité cherchée est bien supérieure à 0,95 : l’affirmation est vraie.

Énoncé Exercice 2 Suites numériques Moyen

Suite et fonction logarithme

Dans cet exercice, les parties A et B sont indépendantes.

Partie A

On considère la fonction f définie pour tout x ∈ [4 ; 10] par f(x) = ln(8x³ − 1).

On admet que la fonction f est dérivable sur [4 ; 10] et on note f′ sa fonction dérivée.

1. Montrer que pour tout x ∈ [4 ; 10], on a :

f′(x) = 24x² / ((2x − 1)(4x² + 2x + 1)).

2. a. En déduire que f est croissante sur [4 ; 10].

b. Montrer que, pour tout x ∈ [4 ; 10], on a : 4 ≤ f(x) ≤ 10.

3. On définit la fonction g définie pour tout x ∈ [4 ; 10] par g(x) = f(x) − x.

On admet que g est strictement décroissante sur son ensemble de définition.

a. Montrer que, sur l’intervalle [4 ; 10], l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α.

b. Déterminer un encadrement à 10⁻³ près de α.

Partie B

On admet qu’on peut définir la suite (uₙ) par u₀ = 5 et pour tout entier naturel n, par uₙ₊₁ = f(uₙ), où f est la fonction étudiée à la partie A.

1. Donner une valeur approchée de u₁ à 10⁻¹ près.

2. a. Montrer, à l’aide d’un raisonnement par récurrence, que pour tout n ∈ ℕ, on a : 4 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 10.

b. En déduire que la suite (uₙ) converge.

3. Montrer que la suite (uₙ) converge vers le nombre α, défini dans la partie A.

Partie C

Dans cette partie, on admet que 8,4 ≤ α ≤ 8,5.

On a créé, en langage Python, la fonction alpha suivante. On précise qu’en langage Python, l’instruction log correspond à ln.

def f(x):

return log(8*x**3 - 1)

def alpha(a):

n = 0

u = 5

while u < a:

u = f(u)

n = n + 1

return n

1. On admet que alpha(8.499) renvoie la valeur 11. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

2. Un utilisateur exécute alpha(8.6). Expliquer pourquoi aucune valeur n’est alors renvoyée.

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Corrigé Exercice 2 Suite et fonction logarithme Revoir l'énoncé

Partie A1.
Posons u(x) = 8x³ − 1, de sorte que f = ln ∘ u. Sur [4 ; 10] la fonction u est croissante (u′(x) = 24x² > 0) et u(4) = 8 × 64 − 1 = 511 > 0 : f est donc bien définie. La dérivée d’une composée de la forme ln(u) est u′/u, d’où f′(x) = 24x²/(8x³ − 1). Il reste à reconnaître le dénominateur factorisé : (2x − 1)(4x² + 2x + 1) = 8x³ + 4x² + 2x − 4x² − 2x − 1 = 8x³ − 1. Ainsi, pour tout x ∈ [4 ; 10], f′(x) = 24x²/((2x − 1)(4x² + 2x + 1)).
2.a.
Étudions le signe de f′(x) sur [4 ; 10] : le numérateur 24x² est strictement positif (x ≥ 4) ; au dénominateur, 2x − 1 ≥ 7 > 0 et 4x² + 2x + 1 > 0 comme somme de trois termes strictement positifs. Un quotient de deux quantités strictement positives est strictement positif, donc f′(x) > 0 sur [4 ; 10] : la fonction f est strictement croissante sur [4 ; 10]. 2.b. Puisque f est croissante, l’encadrement 4 ≤ x ≤ 10 entraîne f(4) ≤ f(x) ≤ f(10). Or f(4) = ln(8 × 4³ − 1) = ln(511) ≈ 6,24 et f(10) = ln(8 × 10³ − 1) = ln(7 999) ≈ 8,99. On obtient donc 4 ≤ 6,24 ≤ f(x) ≤ 8,99 ≤ 10, c’est-à-dire 4 ≤ f(x) ≤ 10 pour tout x ∈ [4 ; 10] : l’intervalle [4 ; 10] est stable par f.
3.a.
La fonction g est dérivable sur [4 ; 10] comme différence de fonctions dérivables, donc elle y est continue, et l’énoncé admet qu’elle y est strictement décroissante. On calcule les valeurs aux bornes : g(4) = ln(511) − 4 ≈ 2,24 > 0 et g(10) = ln(7 999) − 10 ≈ −1,01 < 0. Le réel 0 est donc compris entre g(10) et g(4). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires appliqué à une fonction continue et strictement monotone, l’équation g(x) = 0 admet une unique solution α sur [4 ; 10].
3.b.
On encadre α par balayage à la calculatrice, en cherchant où g change de signe. On trouve successivement g(8) > 0 et g(9) < 0, puis g(8,4) ≈ 0,064 > 0 et g(8,5) ≈ −0,00056 < 0, enfin g(8,499) ≈ 0,000083 > 0 et g(8,500) ≈ −0,00056 < 0. Comme g est strictement décroissante, l’encadrement de α à 10⁻³ près est 8,499 < α < 8,500.
Partie B1.
u₁ = f(u₀) = f(5) = ln(8 × 5³ − 1) = ln(1 000 − 1) = ln(999) ≈ 6,9068. À 10⁻¹ près, u₁ ≈ 6,9.
2.a.
Notons P(n) la propriété « 4 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 10 » et raisonnons par récurrence. Initialisation : u₀ = 5 et u₁ = ln(999) ≈ 6,91, donc 4 ≤ 5 ≤ 6,91 ≤ 10 : P(0) est vraie. Hérédité : supposons P(n) vraie pour un entier naturel n, c’est-à-dire 4 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 10. Ces nombres appartiennent tous à [4 ; 10], où f est croissante (question 2.a), donc l’application de f conserve l’ordre : f(4) ≤ f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(10), soit ln(511) ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ ln(7 999) puisque uₙ₊₁ = f(uₙ) et uₙ₊₂ = f(uₙ₊₁). Or 4 ≤ ln(511) et ln(7 999) ≤ 10 d’après la question 2.b, d’où 4 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 10 : P(n + 1) est vraie. Conclusion : d’après le principe de récurrence, pour tout n ∈ ℕ, 4 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 10.
2.b.
L’inégalité centrale uₙ ≤ uₙ₊₁ signifie que la suite (uₙ) est croissante, et l’inégalité de droite uₙ₊₁ ≤ 10 qu’elle est majorée par 10. D’après le théorème de la limite monotone, toute suite croissante et majorée converge : la suite (uₙ) converge donc vers un réel ℓ, avec ℓ ≤ 10.
3.
Comme 4 ≤ uₙ ≤ 10 pour tout n, le passage à la limite dans cet encadrement donne ℓ ∈ [4 ; 10]. La fonction f est continue sur [4 ; 10] car elle y est dérivable, donc la suite (f(uₙ)) converge vers f(ℓ). Or f(uₙ) = uₙ₊₁, et la suite (uₙ₊₁) a la même limite ℓ que (uₙ). Par unicité de la limite, ℓ = f(ℓ), c’est-à-dire g(ℓ) = f(ℓ) − ℓ = 0. Le réel ℓ est donc une solution de g(x) = 0 dans [4 ; 10] ; comme α en est l’unique solution (question 3.a de la partie A), ℓ = α : la suite (uₙ) converge vers α.
Partie C1.
La boucle « while u < a » remplace u par f(u) et augmente n de 1 tant que u reste strictement inférieur à a : à la sortie, u est le premier terme de la suite supérieur ou égal à a et n est son rang. Que alpha(8.499) renvoie 11 signifie donc que u₁₁ ≥ 8,499 alors que u₁₀ < 8,499 : c’est à partir du rang 11 que les termes de la suite atteignent la valeur 8,499.
2.
La suite (uₙ) est croissante et converge vers α : une suite croissante est toujours majorée par sa limite, donc uₙ ≤ α pour tout n. Comme on admet ici α ≤ 8,5, on a uₙ ≤ 8,5 < 8,6 pour tout entier naturel n. La condition « u < 8.6 » de la boucle while reste donc vraie à chaque tour : la boucle ne s’arrête jamais, l’instruction « return n » n’est jamais atteinte et l’appel alpha(8.6) ne renvoie aucune valeur.

Énoncé Exercice 3 Géométrie dans l'espace Moyen

Plans, droite et distance

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé (O ; i, j, k), on considère les points :

A(−1 ; 1 ; 1), B(1 ; −6 ; −1) et C(−5 ; 2 ; 3).

1. a. Démontrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.

b. Démontrer que le vecteur n(6 ; −2 ; 13) est normal au plan (ABC).

c. En déduire que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne :

6x − 2y + 13z − 5 = 0.

2. On considère le plan (P) d’équation cartésienne 8x − 2y − 4z + 18 = 0.

On admet que deux plans sont perpendiculaires si leurs vecteurs normaux respectifs sont orthogonaux.

Démontrer que les plans (ABC) et (P) sont perpendiculaires.

3. Soit (d) une droite dont une représentation paramétrique est :

{x = −4 + t

{y = −11 + 6t

{z = 2 − t, t ∈ ℝ.

Démontrer que la droite (d) intersecte le plan (ABC) en un unique point qu’on nommera E, et qui a pour coordonnées E(−3 ; −5 ; 1).

4. Soit H(−2 ; 1 ; 0).

a. Montrer que H est le projeté orthogonal de A sur (d).

b. En déduire la distance du point A à la droite (d).

c. Montrer que le triangle AHE est rectangle et que son aire est égale à √19 unités d’aire.

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Plans, droite et distance Revoir l'énoncé

1.a.
On calcule les coordonnées de deux vecteurs issus de A : AB(1 − (−1) ; −6 − 1 ; −1 − 1), soit AB(2 ; −7 ; −2), et AC(−5 − (−1) ; 2 − 1 ; 3 − 1), soit AC(−4 ; 1 ; 2). Si les points étaient alignés, ces deux vecteurs seraient colinéaires et leurs coordonnées proportionnelles ; or 2−4 = −0,5 alors que −71 = −7. Les vecteurs AB et AC ne sont donc pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés et définissent bien un plan (ABC).
1.b.
Un vecteur est normal à un plan lorsqu’il est orthogonal à deux vecteurs directeurs non colinéaires de ce plan. Calculons les produits scalaires en repère orthonormé : n · AB = 6 × 2 + (−2) × (−7) + 13 × (−2) = 12 + 14 − 26 = 0, et n · AC = 6 × (−4) + (−2) × 1 + 13 × 2 = −24 − 2 + 26 = 0. Le vecteur n est orthogonal à AB et à AC, non colinéaires d’après la question 1.a : n est donc un vecteur normal au plan (ABC).
1.c.
Un plan de vecteur normal n(6 ; −2 ; 13) admet une équation cartésienne de la forme 6x − 2y + 13z + d = 0, où d est un réel à déterminer. Le point A(−1 ; 1 ; 1) appartient au plan, donc ses coordonnées vérifient cette équation : 6 × (−1) − 2 × 1 + 13 × 1 + d = 0, soit −6 − 2 + 13 + d = 0, c’est-à-dire 5 + d = 0 et donc d = −5. Une équation cartésienne du plan (ABC) est bien 6x − 2y + 13z − 5 = 0.
2.
Dans une équation cartésienne ax + by + cz + d = 0, les coefficients de x, y et z sont les coordonnées d’un vecteur normal : le plan (P) admet donc pour vecteur normal n_P(8 ; −2 ; −4). Calculons le produit scalaire des deux vecteurs normaux : n · n_P = 6 × 8 + (−2) × (−2) + 13 × (−4) = 48 + 4 − 52 = 0. Les vecteurs normaux de (ABC) et de (P) sont donc orthogonaux : d’après la propriété admise dans l’énoncé, les plans (ABC) et (P) sont perpendiculaires.
3.
Un point de la droite (d) a pour coordonnées (−4 + t ; −11 + 6t ; 2 − t), avec t ∈ ℝ. Il appartient au plan (ABC) si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation du plan : 6(−4 + t) − 2(−11 + 6t) + 13(2 − t) − 5 = 0, soit −24 + 6t + 22 − 12t + 26 − 13t − 5 = 0, c’est-à-dire 19 − 19t = 0. Cette équation du premier degré admet une solution et une seule, t = 1 : la droite (d) coupe donc le plan (ABC) en un unique point. En reportant t = 1 dans la représentation paramétrique : x = −4 + 1 = −3, y = −11 + 6 = −5 et z = 2 − 1 = 1. Le point d’intersection est bien E(−3 ; −5 ; 1).
4.a.
Le projeté orthogonal de A sur (d) est l’unique point de (d) tel que la droite qui le joint à A soit perpendiculaire à (d) : il y a donc deux points à vérifier. D’abord H appartient-il à (d) ? Pour t = 2 la représentation paramétrique donne x = −4 + 2 = −2, y = −11 + 12 = 1 et z = 2 − 2 = 0, soit exactement les coordonnées de H : oui. Ensuite, avec AH(−2 − (−1) ; 1 − 1 ; 0 − 1) = AH(−1 ; 0 ; −1) et le vecteur directeur v(1 ; 6 ; −1) de (d) lu sur les coefficients de t, on obtient AH · v = (−1) × 1 + 0 × 6 + (−1) × (−1) = −1 + 0 + 1 = 0 : la droite (AH) est perpendiculaire à (d). Le point H est donc le projeté orthogonal de A sur (d).
4.b.
La distance d’un point à une droite est, par définition, la distance de ce point à son projeté orthogonal sur cette droite. Elle vaut donc ici AH = ‖AH‖ = √(−1)² + 0² + (−1)² = √2 ≈ 1,41. La distance du point A à la droite (d) est √2.
4.c.
Les points H et E appartiennent tous deux à (d), donc la droite (HE) est la droite (d) elle-même ; comme (AH) est perpendiculaire à (d) d’après la question 4.a, le triangle AHE est rectangle en H. Calculons la longueur du second côté de l’angle droit : HE(−3 − (−2) ; −5 − 1 ; 1 − 0) = HE(−1 ; −6 ; 1), donc HE = √(−1)² + (−6)² + 1² = √1 + 36 + 1 = √38. L’aire d’un triangle rectangle est la moitié du produit des longueurs des deux côtés de l’angle droit : aire(AHE) = AH × HE2 = √2 × √382 = √762 = 2√192 = √19. L’aire du triangle AHE vaut bien √19 unités d’aire.

Énoncé Exercice 4 Dérivation Moyen

Affirmations

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse.

Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. On considère la fonction f définie pour tout x ∈ ℝ par f(x) = x e^x².

Affirmation 1 : f est concave sur ]−∞ ; 0].

2. Un refuge spécialisé accueille 24 rapaces numérotés de 1 à 24. Le refuge travaille avec trois vétérinaires. Afin d’administrer un soin à tous les oiseaux, le directeur veut donc former trois groupes, numérotés de 1 à 3, constitués chacun de 8 rapaces.

Affirmation 2 Le nombre de façons de répartir les rapaces dans les groupes 1 à 3 est 24! / (8!)³.

3. Soit f une fonction définie et dérivable sur ℝ, solution de l’équation différentielle : y′ = −y + 1 sur ℝ.

Affirmation 3 La fonction g définie pour tout x ∈ ℝ par g(x) = f(x) − 1 vérifie g′ = −g.

4. La suite (uₙ) est définie pour tout entier naturel n non nul par :

uₙ = sin(n)n.

Affirmation 4 La suite (uₙ) n’admet pas de limite.

5. On a tracé ci-dessous la parabole d’équation y = −x² + 4x + 1 et la droite d’équation y = x + 1.

[Figure : graphique dans un repère avec la parabole et la droite, le domaine grisé étant compris entre les deux courbes.]

Affirmation 5 L’aire du domaine grisé est égale à 6,5 unités d’aire.

Voir la correction

Corrigé Exercice 4 Affirmations Revoir l'énoncé

Affirmation 1
VRAIE. La concavité se lit sur le signe de la dérivée seconde : f est concave sur un intervalle si f″ y est négative. Ici f(x) = x × e^x² est un produit ; avec (e^x²)′ = 2x e^x² (dérivée de e^u, avec u(x) = x² et u′(x) = 2x), la formule (uv)′ = u′v + uv′ donne f′(x) = 1 × e^x² + x × 2x e^x² = (1 + 2x²) e^x². On dérive une seconde fois, toujours comme un produit : f″(x) = 4x × e^x² + (1 + 2x²) × 2x e^x² = 2x (2 + 1 + 2x²) e^x² = 2x (3 + 2x²) e^x². Sur ]−∞ ; 0] on a 2x ≤ 0, tandis que 3 + 2x² > 0 et e^x² > 0 : le produit est donc négatif, f″(x) ≤ 0, et f est bien concave sur ]−∞ ; 0].
Affirmation 2
VRAIE. Les trois groupes sont numérotés, on les remplit donc l’un après l’autre. Pour le groupe 1, on choisit 8 rapaces parmi les 24, sans tenir compte de l’ordre : C(24 ; 8) possibilités. Pour le groupe 2, on choisit 8 rapaces parmi les 16 restants : C(16 ; 8) possibilités. Les 8 derniers forment le groupe 3, soit C(8 ; 8) = 1 possibilité. D’après le principe multiplicatif, le nombre de répartitions est C(24 ; 8) × C(16 ; 8) × C(8 ; 8) = 24!/(8! × 16!) × 16!/(8! × 8!) × 1 = 24!/(8! × 8! × 8!) = 24!/(8!)³ : l’affirmation est exacte.
Affirmation 3
VRAIE. Dire que f est solution de l’équation différentielle y′ = −y + 1 signifie que, pour tout réel x, f′(x) = −f(x) + 1. La fonction g : x ↦ f(x) − 1 est dérivable sur ℝ comme différence d’une fonction dérivable et d’une constante, et g′(x) = f′(x) puisque la dérivée de la constante 1 est nulle. On en déduit g′(x) = −f(x) + 1 = −(f(x) − 1) = −g(x). Ainsi g′ = −g pour tout x ∈ ℝ : l’affirmation est vraie.
Affirmation 4
FAUSSE. Pour tout entier naturel n non nul, −1 ≤ sin(n) ≤ 1. En divisant par n > 0, ce qui conserve le sens des inégalités, on obtient l’encadrement −1n ≤ sin(n)n ≤ 1n, soit −1n ≤ uₙ ≤ 1n. Or lim(n→+∞) (−1n) = 0 et lim(n→+∞) 1n = 0. D’après le théorème des gendarmes (théorème d’encadrement), la suite (uₙ) converge vers 0. Elle admet donc bien une limite, et l’affirmation qui prétend le contraire est fausse.
Affirmation 5
FAUSSE. Cherchons d’abord les abscisses des points d’intersection de la parabole et de la droite : −x² + 4x + 1 = x + 1 équivaut à −x² + 3x = 0, soit x(3 − x) = 0, donc x = 0 ou x = 3. Sur [0 ; 3], le produit x(3 − x) est positif, donc la parabole est au-dessus de la droite : l’aire du domaine grisé est l’intégrale de la différence des deux fonctions, la plus grande moins la plus petite. On calcule ∫₀³ ((−x² + 4x + 1) − (x + 1)) dx = ∫₀³ (−x² + 3x) dx = [−x³/3 + 3x²/2]₀³ = (−273 + 272) − 0 = −9 + 13,5 = 4,5. L’aire du domaine grisé vaut 4,5 unités d’aire et non 6,5 : l’affirmation est fausse.