Bac spé maths — Amérique du Nord jour 2 — mai 2026

Exercice 1

Partie A

1. L'énoncé donne $P(A) = 0{,}60$ (donc $P(B) = 0{,}40$), $P(C) = 0{,}91$ (donc $P(\overline{C}) = 0{,}09$) et $P_A(C) = 0{,}95$ (donc $P_A(\overline{C}) = 0{,}05$).

   L'arbre complété porte ainsi $P(A) = 0{,}60$ et $P(B) = 0{,}40$ sur les branches principales, puis $P_A(C) = 0{,}95$, $P_A(\overline{C}) = 0{,}05$, $P_B(C) = 0{,}85$ et $P_B(\overline{C}) = 0{,}15$ (les valeurs au-dessus de $B$ se déduisent du calcul de la question 2.b).

2. 1. $P(A \cap C) = P(A) \times P_A(C) = 0{,}60 \times 0{,}95 = 0{,}57$.
   2. D'après la formule des probabilités totales : $P(C) = P(A \cap C) + P(B \cap C)$, donc $P(B \cap C) = 0{,}91 - 0{,}57 = 0{,}34$. D'où $P_B(C) = \dfrac{P(B \cap C)}{P(B)} = \dfrac{0{,}34}{0{,}40} = 0{,}85$.

   3. $P(A \cap \overline{C}) = 0{,}60 \times 0{,}05 = 0{,}03$, donc $P_{\overline{C}}(A) = \dfrac{0{,}03}{0{,}09} = \dfrac{1}{3}$ et par évènement contraire $P_{\overline{C}}(B) = \dfrac{2}{3}$.

      On a bien $P_{\overline{C}}(A) = \dfrac{1}{2} \times P_{\overline{C}}(B)$ : sachant que la tomate est non commercialisable, il y a effectivement deux fois moins de chance qu'elle provienne du fournisseur A que du fournisseur B. Le responsable des achats a raison.

Partie B

1. 1. Les $15$ tirages sont indépendants et chaque tirage donne un succès (« tomate non commercialisable ») avec probabilité $0{,}09$. Donc $X \sim \mathcal{B}(15~;~0{,}09)$.
   2. $P(X = 2) = \dbinom{15}{2} \times 0{,}09^2 \times 0{,}91^{13} = 105 \times 0{,}0081 \times 0{,}91^{13} \approx 0{,}250$ au millième.
   3. $P(X \leqslant 2) = P(X=0) + P(X=1) + P(X=2)$. À la calculatrice : $P(X=0) = 0{,}91^{15} \approx 0{,}243$, $P(X=1) = 15 \times 0{,}09 \times 0{,}91^{14} \approx 0{,}360$. Donc $P(X \leqslant 2) \approx 0{,}243 + 0{,}360 + 0{,}250 \approx 0{,}853$.

2. 1. $X_n \sim \mathcal{B}(n~;~0{,}09)$, donc $E(X_n) = 0{,}09\,n$ et $V(X_n) = n \times 0{,}09 \times 0{,}91 = 0{,}0819\,n$.

      Par linéarité, $E(F_n) = E\!\left(\dfrac{X_n}{n}\right) = \dfrac{0{,}09\,n}{n} = 0{,}09$ et $V(F_n) = \dfrac{V(X_n)}{n^2} = \dfrac{0{,}0819}{n}$.

   2. D'après l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $F_n$ avec $\varepsilon = 0{,}05$ :
      $P\!\left(|F_n - E(F_n)| \geqslant 0{,}05\right) \leqslant \dfrac{V(F_n)}{0{,}05^2} = \dfrac{0{,}0819/n}{0{,}0025} = \dfrac{32{,}76}{n}$.

      Par évènement contraire, comme $E(F_n) = 0{,}09$ : $P(0{,}04 < F_n < 0{,}14) = P(|F_n - 0{,}09| < 0{,}05) \geqslant 1 - \dfrac{32{,}76}{n}$.

   3. Pour $n = 500$, la fréquence observée est $\dfrac{55}{500} = 0{,}11$. Elle appartient bien à l'intervalle $]0{,}04~;~0{,}14[$. Par ailleurs, $P(0{,}04 < F_{500} < 0{,}14) \geqslant 1 - \dfrac{32{,}76}{500} \approx 0{,}934$ : la probabilité d'observer une fréquence dans cet intervalle est très grande. L'observation est donc conforme à ce que le responsable pouvait attendre.

Exercice 2

Partie A

1. $f(x) = x \Leftrightarrow \dfrac{2x}{\sqrt{1+x^2}} = x \Leftrightarrow x\left(\dfrac{2}{\sqrt{1+x^2}} - 1\right) = 0$.

   Soit $x = 0$, soit $\sqrt{1+x^2} = 2$, c'est-à-dire $1+x^2 = 4$, donc $x^2 = 3$, soit $x = \pm\sqrt{3}$.

   Les solutions sont $\{-\sqrt{3}~;~0~;~\sqrt{3}\}$.

2. 1. En écrivant $f(x) = 2x \times (1+x^2)^{-1/2}$ et en dérivant :
      $f'(x) = 2(1+x^2)^{-1/2} + 2x \times \left(-\dfrac{1}{2}\right) \times 2x \times (1+x^2)^{-3/2}$
      $= \dfrac{2(1+x^2) - 2x^2}{(1+x^2)^{3/2}} = \dfrac{2}{(1+x^2)\sqrt{1+x^2}}$.
   2. Comme $(1+x^2)\sqrt{1+x^2} > 0$, on a $f'(x) > 0$ sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Partie B

1. Récurrence sur $P(n)$ : « $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < \sqrt{3}$ ».

   Initialisation. $u_0 = 1$ et $u_1 = f(1) = \dfrac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$. Comme $1 \leqslant \sqrt{2} < \sqrt{3}$, $P(0)$ est vraie.

   Hérédité. Supposons $P(n)$ vraie. Comme $f$ est croissante sur $\mathbb{R}$ et $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < \sqrt{3}$ :
   $f(1) \leqslant f(u_n) \leqslant f(u_{n+1}) < f(\sqrt{3})$, soit $\sqrt{2} \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} < \sqrt{3}$ (car $f(\sqrt{3}) = \dfrac{2\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$).

   Comme $1 \leqslant \sqrt{2}$, on a $1 \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n+2} < \sqrt{3}$ : $P(n+1)$ est vraie.

   Conclusion. Pour tout $n \in \mathbb{N}$, $1 \leqslant u_n \leqslant u_{n+1} < \sqrt{3}$.

2. $(u_n)$ est croissante (car $u_n \leqslant u_{n+1}$) et majorée par $\sqrt{3}$, donc converge vers une limite $\ell$. Comme $f$ est continue, $\ell$ est solution de $f(\ell) = \ell$, donc d'après A.1, $\ell \in \{-\sqrt{3}~;~0~;~\sqrt{3}\}$. Comme $u_n \geqslant 1$ pour tout $n$, $\ell \geqslant 1$ : $\ell = \sqrt{3}$.

3. 1. Calculons $u_{n+1}^2 = \dfrac{4 u_n^2}{1+u_n^2}$, puis $3 - u_{n+1}^2 = \dfrac{3(1+u_n^2) - 4u_n^2}{1+u_n^2} = \dfrac{3 - u_n^2}{1+u_n^2}$.

      Donc $v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}^2}{3 - u_{n+1}^2} = \dfrac{4u_n^2 / (1+u_n^2)}{(3 - u_n^2)/(1+u_n^2)} = \dfrac{4 u_n^2}{3 - u_n^2} = 4\, v_n$.

      $(v_n)$ est donc géométrique de raison $4$ et de premier terme $v_0 = \dfrac{1}{3 - 1} = \dfrac{1}{2}$.

   2. $v_n = \dfrac{1}{2} \times 4^n = 0{,}5 \times 4^n$. Par ailleurs, $v_n = \dfrac{u_n^2}{3 - u_n^2}$ équivaut à $v_n(3 - u_n^2) = u_n^2$, soit $u_n^2 (1 + v_n) = 3 v_n$, donc $u_n^2 = \dfrac{3 v_n}{1 + v_n} = \dfrac{1{,}5 \times 4^n}{1 + 0{,}5 \times 4^n}$.

      Comme $u_n \geqslant 0$, $u_n = \sqrt{\dfrac{1{,}5 \times 4^n}{1 + 0{,}5 \times 4^n}}$.

   3. Pour $n > 0$, $u_n^2 = \dfrac{1{,}5}{4^{-n} + 0{,}5}$. Quand $n \to +\infty$, $4^{-n} \to 0$, donc $u_n^2 \to \dfrac{1{,}5}{0{,}5} = 3$, d'où $u_n \to \sqrt{3}$. On retrouve bien la limite obtenue en 2..

Partie C

1. Script complété :

   from math import *
   
   def termes(p) :
       u = 1
       S = 0
       L = []
       for i in range(p) :
           S = S + u**2
           u = 2*u/sqrt(1 + u**2)
           L.append(S)
       return L

2. Comme $1 \leqslant u_k \leqslant \sqrt{3}$, on a $1 \leqslant u_k^2 \leqslant 3$ pour tout $k$. En sommant ces $n$ inégalités pour $k$ allant de $0$ à $n-1$ : $n \leqslant S_n \leqslant 3n$.

3. Comme $S_n \geqslant n$ et $n \to +\infty$, on a $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} S_n = +\infty$.

   De l'encadrement $n \leqslant S_n \leqslant 3n$, on déduit $\dfrac{1}{n} \leqslant \dfrac{S_n}{n^2} \leqslant \dfrac{3}{n}$. Comme $\dfrac{1}{n} \to 0$ et $\dfrac{3}{n} \to 0$, par le théorème des gendarmes $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} \dfrac{S_n}{n^2} = 0$.

Exercice 3

1. Pour $t = 0$, $(1 + 0~;~1 + 0~;~1 + 0) = (1~;~1~;~1)$ : donc $C \in \Delta$.

   Pour $A(4~;~2~;~2)$ : la première coordonnée donne $1 + 2t = 4$, soit $t = \dfrac{3}{2}$ ; alors $1 + t = \dfrac{5}{2} \neq 2$ : $A \notin \Delta$.

2. 1. La droite $\Delta$ admet pour vecteur directeur $\vec{u}(2~;~1~;~2)$. Comme $\mathcal{P}$ est perpendiculaire à $\Delta$, $\vec{u}$ est un vecteur normal à $\mathcal{P}$. L'équation cartésienne est donc de la forme $2x + y + 2z + d = 0$. En écrivant que $A(4~;~2~;~2) \in \mathcal{P}$ : $8 + 2 + 4 + d = 0$, donc $d = -14$. L'équation est bien $2x + y + 2z - 14 = 0$.

   2. Pour $B(5~;~-2~;~3)$ : $10 - 2 + 6 - 14 = 0$ ✓, donc $B \in \mathcal{P}$.

      Pour $C(1~;~1~;~1)$ : $2 + 1 + 2 - 14 = -9 \neq 0$, donc $C \notin \mathcal{P}$.

3. 1. Pour $D(3~;~2~;~3)$ : $6 + 2 + 6 - 14 = 0$ ✓, donc $D \in \mathcal{P}$. Par ailleurs, $\overrightarrow{CD}(2~;~1~;~2) = \vec{u}$ est normal à $\mathcal{P}$. Comme $D \in \mathcal{P}$ et $\overrightarrow{CD}$ est normal à $\mathcal{P}$, $D$ est le projeté orthogonal de $C$ sur $\mathcal{P}$.
   2. Les points $A$, $B$ et $D$ appartiennent tous au plan $\mathcal{P}$ (par construction de $\mathcal{P}$, par 2.b et par 3.a). De plus, $\overrightarrow{AB}(1~;~-4~;~1)$ et $\overrightarrow{AD}(-1~;~0~;~1)$ ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée est non proportionnelle), donc $A$, $B$, $D$ ne sont pas alignés et définissent le plan $\mathcal{P}$. Comme $C \notin \mathcal{P}$, les points $A$, $B$, $C$, $D$ ne sont pas coplanaires.
   3. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 1 \times (-1) + (-4) \times 0 + 1 \times 1 = 0$.

   4. $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AD} = 0$ : le triangle $ABD$ est rectangle en $A$. Avec $AB = \sqrt{1+16+1} = \sqrt{18} = 3\sqrt{2}$ et $AD = \sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$, l'aire de $ABD$ vaut $\dfrac{1}{2} \times 3\sqrt{2} \times \sqrt{2} = 3$ unités d'aire.

      Comme $C$ se projette orthogonalement sur $\mathcal{P}$ en $D$, la hauteur du tétraèdre $ABCD$ relative à la base $ABD$ (qui est dans $\mathcal{P}$) est $CD = \|\overrightarrow{CD}\| = \sqrt{4+1+4} = 3$.

      $\mathcal{V}_{ABCD} = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 3 = 3$ unités de volume.

4. 1. $H \in (BC)$ s'écrit $H = B + s\,\overrightarrow{BC}$ avec $\overrightarrow{BC}(-4~;~3~;~-2)$. Pour que $H$ soit le projeté orthogonal de $A$, on impose $\overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} = 0$. Avec $\overrightarrow{AH} = \overrightarrow{AB} + s\,\overrightarrow{BC} = (1 - 4s~;~-4 + 3s~;~1 - 2s)$ :
      $(1 - 4s)(-4) + (-4 + 3s)(3) + (1 - 2s)(-2) = -4 + 16s - 12 + 9s - 2 + 4s = 29s - 18 = 0$.

      Donc $s = \dfrac{18}{29}$, et $H = B + \dfrac{18}{29}\overrightarrow{BC}$ :

      $x_H = 5 + \dfrac{18}{29} \times (-4) = \dfrac{145 - 72}{29} = \dfrac{73}{29}$ ; $y_H = -2 + \dfrac{18}{29} \times 3 = \dfrac{-58 + 54}{29} = \dfrac{-4}{29}$ ; $z_H = 3 + \dfrac{18}{29} \times (-2) = \dfrac{87 - 36}{29} = \dfrac{51}{29}$. ✓

   2. $BC = \sqrt{16 + 9 + 4} = \sqrt{29}$. Par ailleurs, $\overrightarrow{AH} = \left(\dfrac{-43}{29}~;~\dfrac{-62}{29}~;~\dfrac{-7}{29}\right)$, donc $AH^2 = \dfrac{43^2 + 62^2 + 7^2}{29^2} = \dfrac{1849 + 3844 + 49}{841} = \dfrac{5742}{841} = \dfrac{198}{29}$.

      Comme $5742 = 29 \times 198$ et $198 = 9 \times 22$, $AH = \dfrac{3\sqrt{22}}{\sqrt{29}}$.

      Comme $(AH) \perp (BC)$, l'aire du triangle $ABC$ vaut $\dfrac{1}{2} \times BC \times AH = \dfrac{1}{2} \times \sqrt{29} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{\sqrt{29}} = \dfrac{3\sqrt{22}}{2}$.

   3. Le tétraèdre $ABCD$ peut aussi être vu comme une pyramide de base $ABC$ et de hauteur $d$ = distance de $D$ au plan $(ABC)$ :
      $3 = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{2} \times d$, donc $d = \dfrac{2 \times 3}{\sqrt{22}} = \dfrac{6}{\sqrt{22}} = \dfrac{3\sqrt{22}}{11}$.

Exercice 4

1. Quand $x \to +\infty$, $\ln x \to +\infty$ donc $(\ln x)^2 \to +\infty$ et $x \to +\infty$. Par produit, $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$.

2. 1. Pour $x > 0$ : $g(\sqrt{x}) = \sqrt{x} \times \ln(\sqrt{x}) = \sqrt{x} \times \dfrac{1}{2}\ln x = \dfrac{\sqrt{x}\,\ln x}{2}$.

      Donc $\left(g(\sqrt{x})\right)^2 = \dfrac{x (\ln x)^2}{4} = \dfrac{f(x)}{4}$, soit $f(x) = 4\left(g(\sqrt{x})\right)^2$.

   2. Quand $x \to 0^+$, $\sqrt{x} \to 0^+$. Par croissance comparée, $\displaystyle\lim_{t \to 0^+} t \ln t = 0$, donc $g(\sqrt{x}) \to 0$ et $\left(g(\sqrt{x})\right)^2 \to 0$. Ainsi $\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = 0$.
3. 1. $f$ est dérivable sur $]0~;~+\infty[$ comme produit de fonctions usuelles dérivables. Avec $u(x) = x$, $v(x) = (\ln x)^2$, $u'(x) = 1$, $v'(x) = 2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln x = \dfrac{2\ln x}{x}$ :
      $f'(x) = (\ln x)^2 + x \times \dfrac{2\ln x}{x} = (\ln x)^2 + 2\ln x = (\ln x)(\ln x + 2)$.

   2. $f'(x) = (\ln x)(\ln x + 2)$. Les facteurs s'annulent en $x = 1$ et $x = \mathrm{e}^{-2}$.

      Sur $]0~;~\mathrm{e}^{-2}[$, $\ln x < -2 < 0$ donc $\ln x + 2 < 0$ : produit positif, $f'(x) > 0$.

      Sur $]\mathrm{e}^{-2}~;~1[$, $-2 < \ln x < 0$, donc $\ln x + 2 > 0$ : produit négatif, $f'(x) < 0$.

      Sur $]1~;~+\infty[$, $\ln x > 0$ et $\ln x + 2 > 0$ : produit positif, $f'(x) > 0$.

      
   3. Sur $]0~;~1]$, le maximum est atteint en $x = \mathrm{e}^{-2}$ et vaut $f(\mathrm{e}^{-2}) = \mathrm{e}^{-2} \times \left(\ln\mathrm{e}^{-2}\right)^2 = \mathrm{e}^{-2} \times (-2)^2 = \dfrac{4}{\mathrm{e}^2}$.

4. 1. Sur $]0~;~1]$, $f$ atteint son maximum en $\mathrm{e}^{-2}$, soit $\dfrac{4}{\mathrm{e}^2} \approx 0{,}541 < 2$ : l'équation $f(x) = 2$ n'a pas de solution sur $]0~;~1]$.

      Sur $[1~;~+\infty[$, $f$ est continue et strictement croissante avec $f(1) = 0$ et $\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty$. Comme $0 < 2 < +\infty$, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 2$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]1~;~+\infty[$.

      Au total, sur $]0~;~+\infty[$, l'équation $f(x) = 2$ admet une unique solution.

   2. À la calculatrice : $f(2{,}4) \approx 1{,}84$ et $f(2{,}5) \approx 2{,}10$. Donc $2{,}4 < \alpha < 2{,}5$ (encadrement d'amplitude $0{,}1$).
5. 1. Sur $]0~;~1]$, $f(x) = x(\ln x)^2 \geqslant 0$. L'intégrale $\displaystyle\int_a^1 f(x)\,\mathrm{d}x$ représente l'aire (en unités d'aire) du domaine du plan délimité par la courbe représentative de $f$, l'axe des abscisses et les droites verticales d'équations $x = a$ et $x = 1$.
   2. Intégration par parties avec $u(x) = (\ln x)^2$ et $v'(x) = x$, donc $u'(x) = \dfrac{2\ln x}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$ :
      $\displaystyle\int_a^1 x(\ln x)^2\,\mathrm{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}(\ln x)^2\right]_a^1 - \int_a^1 \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{2\ln x}{x}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{a^2}{2}(\ln a)^2 - \int_a^1 x \ln x\,\mathrm{d}x$
      (car $(\ln 1)^2 = 0$).

   3. Nouvelle IPP sur $\displaystyle\int_a^1 x \ln x\,\mathrm{d}x$ avec $u(x) = \ln x$ et $v'(x) = x$, donc $u'(x) = \dfrac{1}{x}$ et $v(x) = \dfrac{x^2}{2}$ :
      $\displaystyle\int_a^1 x \ln x\,\mathrm{d}x = \left[\dfrac{x^2}{2}\ln x\right]_a^1 - \int_a^1 \dfrac{x}{2}\,\mathrm{d}x = -\dfrac{a^2}{2}\ln a - \left[\dfrac{x^2}{4}\right]_a^1 = -\dfrac{a^2}{2}\ln a - \dfrac{1}{4} + \dfrac{a^2}{4}$.

      En reportant dans le résultat de b :
      $\displaystyle\int_a^1 f(x)\,\mathrm{d}x = -\dfrac{a^2}{2}(\ln a)^2 - \left(-\dfrac{a^2}{2}\ln a - \dfrac{1}{4} + \dfrac{a^2}{4}\right) = -\dfrac{a^2}{2}(\ln a)^2 + \dfrac{a^2}{2}\ln a + \dfrac{1}{4} - \dfrac{a^2}{4}$.

   4. Quand $a \to 0^+$ : par croissance comparée, $a^2 (\ln a)^2 = (a \ln a)^2 \to 0$, $a^2 \ln a \to 0$ et $a^2 \to 0$. Donc $\displaystyle\lim_{a \to 0} \int_a^1 f(x)\,\mathrm{d}x = \dfrac{1}{4}$.