Bac 2026 maths : corrigé Asie, jour 2

Proposition de corrigé — non officielle. Baccalauréat général, spécialité mathématiques, session 2026, Asie, jour 2, référence 26-MATJ2JA1.

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Exercice 1 — Fonction homographique et suite

A. Fonction f(x) = (x − 2)/(2x − 3)

1. Variations. Sur ]−∞ ; 3/2[, le dénominateur ne s’annule pas. Par dérivation d’un quotient, f′(x) = [(2x − 3) − 2(x − 2)]/(2x − 3)² = 1/(2x − 3)² > 0. La fonction est strictement croissante. À −∞, le quotient des termes dominants donne 1/2. Lorsque x tend vers 3/2 par valeurs inférieures, le numérateur tend vers −1/2 et le dénominateur vers 0 négatif : la limite est +∞. Cela justifie toutes les indications du tableau.

2. Image de [0 ; 1]. f(0) = 2/3 et f(1) = 1. La croissance donne f([0 ; 1]) = [2/3 ; 1], inclus dans [0 ; 1].

B. Suite u₀ = 0 et uₙ₊₁ = f(uₙ)

1. Récurrence. Au rang 0, 0 ≤ u₀ = 0 ≤ u₁ = 2/3 ≤ 1. Si 0 ≤ uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 1, la croissance de f donne f(uₙ) ≤ f(uₙ₊₁), soit uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂. L’image de [0 ; 1] est incluse dans [0 ; 1], donc 0 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ₊₂ ≤ 1. La propriété est établie pour tout n.

2. Convergence. La suite est croissante et majorée par 1 ; elle converge vers un réel ℓ de [0 ; 1].

3. Limite. L’équation (ℓ − 2)/(2ℓ − 3) = ℓ équivaut à 2ℓ² − 4ℓ + 2 = 0, soit 2(ℓ − 1)² = 0. Ainsi ℓ = 1.

4. Seuil. Le résultat 5 000 signifie que 5 000 est le premier indice n pour lequel uₙ ≥ 0,9999, donc pour lequel l’écart à 1 est au plus 0,0001. Ce n’est ni la valeur du terme ni une égalité uₙ = 1.

5.a. Premiers termes. u₀ = 0, u₁ = 2/3, u₂ = 4/5, u₃ = 6/7.

5.b. Formule explicite. On conjecture uₙ = 2n/(2n + 1). Elle est vraie au rang 0. Si elle est vraie au rang n, le numérateur uₙ − 2 vaut −(2n + 2)/(2n + 1) et le dénominateur 2uₙ − 3 vaut −(2n + 3)/(2n + 1). Leur quotient est 2(n + 1)/(2(n + 1) + 1), ce qui achève la récurrence. L’écart 1 − uₙ = 1/(2n + 1) confirme le seuil : il faut 2n + 1 ≥ 10 000, soit n ≥ 5 000 pour n entier.

Exercice 2 — Lancers francs

A. Seize lancers, p = 0,492

1. Loi. Un lancer est une épreuve de Bernoulli, avec succès de probabilité 0,492. Sous l’hypothèse usuelle de lancers indépendants avec cette même probabilité, X suit B(16 ; 0,492). Le sujet mentionne une indépendance « deux à deux » ; prise au sens mathématique strict, celle-ci ne suffit pas toujours à garantir la loi binomiale. On retient ici l’indépendance de l’ensemble des lancers que le modèle scolaire entend supposer.

2. Espérance. E(X) = 16 × 0,492 = 7,872. Sur un grand nombre de matchs comparables à seize tentatives, le nombre moyen de réussites tendrait vers cette valeur ; un match ne peut pas comporter une fraction de réussite.

3. Cinq réussites. P(X = 5) = C(16,5) × 0,492⁵ × 0,508¹¹ ≈ 0,073.

4. Au moins six. P(X ≥ 6) = 1 − Σ, pour k de 0 à 5, C(16,k) × 0,492ᵏ × 0,508¹⁶⁻ᵏ ≈ 0,883.

B. Trois lancers, probabilité p

1 à 3. Y prend les valeurs 0, 1, 2 et 3. Il suit B(3 ; p) dans le même modèle indépendant.

4. P(Y ≥ 2) = 3p²(1 − p) + p³ = −2p³ + 3p².

5.a. Variations. Pour f(x) = −2x³ + 3x², f′(x) = 6x(1 − x). Elle est positive sur ]0 ; 1[, nulle aux bornes. La fonction croît strictement de f(0) = 0 à f(1) = 1.

5.b et c. Continuité, croissance stricte et 0 < 0,9 < 1 assurent une unique solution α dans ]0 ; 1[. f(0,80) = 0,896 et f(0,81) = 0,905418, donc 0,80 < α < 0,81, encadrement d’amplitude 0,01. Numériquement, α ≈ 0,8042.

5.d. Interprétation. α est la probabilité de réussite d’un lancer pour laquelle la probabilité de réussir au moins deux des trois lancers vaut 90 %. Pour p ≥ α, cette probabilité est au moins 90 %.

Exercice 3 — Géométrie dans l’espace

1.a. AB = (−2 ; 1 ; −2) et AC = (1 ; −1 ; 3) ne sont pas colinéaires : le rapport des premières coordonnées serait −1/2, celui des secondes −1. Les trois points définissent donc un plan.

1.b et c. n = (1 ; 4 ; 1) vérifie n·AB = −2 + 4 − 2 = 0 et n·AC = 1 − 4 + 3 = 0. C’est un vecteur normal. Le plan a pour équation x + 4y + z + d = 0 ; avec A(1 ; 2 ; 3), d = −12. Donc (ABC) : x + 4y + z − 12 = 0.

2.a. La droite perpendiculaire passant par D a pour représentation : x = 3 + t ; y = −2 + 4t ; z = −1 + t, t réel.

2.b. En substituant dans le plan : 3 + t + 4(−2 + 4t) − 1 + t − 12 = 0, donc 18t − 18 = 0 et t = 1. Ainsi H(4 ; 2 ; 0).

2.c. DH = (1 ; 4 ; 1), donc DH = √18 = 3√2. H étant le projeté orthogonal, c’est la distance de D au plan.

3.a. AB·AC = −2 − 1 − 6 = −9, ‖AB‖ = 3 et ‖AC‖ = √11. Le cosinus de l’angle BAC vaut −9/(3√11) = −3√11/11.

3.b. L’angle est compris entre 0 et π, donc son sinus est positif. sin²(BAC) = 1 − 9/11 = 2/11, d’où sin(BAC) = √22/11.

3.c. Aire(ABC) = (1/2) × 3 × √11 × √22/11 = 3√2/2.

4. V = (1/3) × (3√2/2) × 3√2 = 3 unités de volume.

Exercice 4 — Vrai ou faux avec justification

Affirmation 1 : fausse. Pour f(x) = (−x/2 + 3)⁵, f″(x) = 5(−x/2 + 3)³. Elle est positive avant 6 et négative après 6. La fonction n’est donc pas convexe sur tout R.

Affirmation 2 : vraie. Il y a quatre multiples de 8 parmi les 32 numéros. On retranche les tirages sans aucun de ces quatre jetons : C(32,5) − C(28,5) = 103 096. Le caractère simultané du tirage impose des combinaisons, sans ordre.

Affirmation 3 : fausse. L’arbre donne P(A) = 2/5, P(B|A) = 1/4 et P(B|Ā) = 3/10. Ainsi P(Ā ∩ B) = (3/5)(3/10) = 9/50, mais P(B) = (2/5)(1/4) + 9/50 = 7/25. La probabilité conditionnelle demandée vaut P(Ā|B) = (9/50)/(7/25) = 9/14, pas 9/50.

Affirmation 4 : vraie. h′(x) = e⁻ˣ(cos x − sin x), donc h′ + h = e⁻ˣ cos x.

Affirmation 5 : fausse. Les solutions de l’équation homogène y′ + y = 0 sont Ce⁻ˣ. En ajoutant la solution particulière précédente, toutes les solutions de (E) sont y(x) = e⁻ˣ(sin x + C). Un coefficient multipliant sin x ne donne le bon second membre que pour C = 1 ; ce n’est pas la famille générale.