Bac spé maths — Asie jour 1 — juin 2026

Exercice 1

1. Au premier tir, $p_1 = P(T_1) = \dfrac{1}{2}$.

   Pour $p_2$, on utilise la formule des probabilités totales avec la partition $\left\{T_1~;~\overline{T_1}\right\}$ :
   $$\begin{aligned} p_2 &= P(T_1)\,P_{T_1}(T_2) + P\!\left(\overline{T_1}\right)P_{\overline{T_1}}(T_2) \\ &= \dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3} \\ &= \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{6} \\ &= \dfrac{12}{30} + \dfrac{5}{30} \\ &= \dfrac{17}{30}. \end{aligned}$$

2. Sur la branche supérieure, $P_{T_n}(T_{n+1}) = \dfrac{4}{5}$ donc $P_{T_n}\!\left(\overline{T_{n+1}}\right) = \dfrac{1}{5}$.
   Sur la branche inférieure, $P\!\left(\overline{T_n}\right) = 1 - p_n$, $P_{\overline{T_n}}(T_{n+1}) = \dfrac{1}{3}$ et $P_{\overline{T_n}}\!\left(\overline{T_{n+1}}\right) = \dfrac{2}{3}$.

   
3. D'après la formule des probabilités totales appliquée à la partition $\left\{T_n~;~\overline{T_n}\right\}$ :
   $$\begin{aligned} p_{n+1} &= p_n \times \dfrac{4}{5} + (1 - p_n)\times\dfrac{1}{3} \\ &= \dfrac{4}{5}p_n + \dfrac{1}{3} - \dfrac{1}{3}p_n \\ &= \left(\dfrac{12}{15} - \dfrac{5}{15}\right)p_n + \dfrac{1}{3} \\ &= \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}. \end{aligned}$$
4. 1. Pour tout $n \geqslant 1$ :
      $$u_{n+1} = p_{n+1} - \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3} - \dfrac{5}{8}.$$
      Or $\dfrac{1}{3} - \dfrac{5}{8} = \dfrac{8}{24} - \dfrac{15}{24} = -\dfrac{7}{24}$ et $\dfrac{7}{15}\times\dfrac{5}{8} = \dfrac{35}{120} = \dfrac{7}{24}$, donc
      $$u_{n+1} = \dfrac{7}{15}p_n - \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}\left(p_n - \dfrac{5}{8}\right) = \dfrac{7}{15}u_n.$$
      La suite $(u_n)$ est donc géométrique de raison $\dfrac{7}{15}$.
   2. Le premier terme est $u_1 = p_1 - \dfrac{5}{8} = \dfrac{1}{2} - \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}$.
      Donc, pour tout $n \geqslant 1$ :
      $$u_n = u_1\times\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} = -\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}.$$
   3. On en déduit, pour tout $n \geqslant 1$ : $p_n = u_n + \dfrac{5}{8} = \dfrac{5}{8} - \dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}$.

5. Comme $0 < \dfrac{7}{15} < 1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} = 0$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty} p_n = \dfrac{5}{8} = 0{,}625$.

   Sur le long terme, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de $0{,}625$.

6. La condition de poursuite de la boucle est $p < 0{,}6$ (on continue tant que le seuil n'est pas atteint) ; on incrémente $n$ et on actualise $p$ par la relation de récurrence :

   def seuil():
       n = 1
       p = 0.5
       while p < 0.6 :
           n = n + 1
           p = (7/15)*p + 1/3
       return n

7. On résout $p_n \geqslant 0{,}6$, soit $\dfrac{5}{8} - \dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \geqslant \dfrac{3}{5}$.
   Comme $\dfrac{5}{8} - \dfrac{3}{5} = \dfrac{25}{40} - \dfrac{24}{40} = \dfrac{1}{40}$, l'inéquation équivaut à
   $$\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \leqslant \dfrac{1}{40} \iff \left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1} \leqslant \dfrac{1}{5}.$$
   En composant par la fonction $\ln$ (croissante) : $(n-1)\ln\!\left(\dfrac{7}{15}\right) \leqslant \ln\!\left(\dfrac{1}{5}\right)$.
   Comme $\ln\!\left(\dfrac{7}{15}\right) < 0$, on divise en changeant le sens :
   $$n - 1 \geqslant \dfrac{\ln\left(\tfrac{1}{5}\right)}{\ln\left(\tfrac{7}{15}\right)} \approx 2{,}11.$$
   Le plus petit entier convenant est $n - 1 = 3$, soit $n \geqslant 4$.
   L'ensemble des solutions est donc $\{n \in \mathbb{N},~n \geqslant 4\}$ et l'appel `seuil()` renvoie $4$.

Exercice 2

1. Affirmation 1 — Vraie. Pour $x > 1$, $x^2 - 1 = (x-1)(x+1)$ avec $x - 1 > 0$ et $x + 1 > 0$, donc
   $$f(x) = \dfrac{x-1}{\sqrt{(x-1)(x+1)}} = \dfrac{x-1}{\sqrt{x-1}\,\sqrt{x+1}} = \dfrac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}} = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}.$$
   Or $\dfrac{x-1}{x+1} \to 1$ quand $x \to +\infty$, donc par continuité de la racine carrée, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty} f(x) = \sqrt{1} = 1$.
2. Affirmation 2 — Vraie. On procède par récurrence.
   Initialisation : $w_0 = 1 = (0+1)^2$, vrai.
   Hérédité : supposons $w_n = (n+1)^2$.
   Alors
   $$\begin{aligned} w_{n+1} &= w_n + 2n + 3 = (n+1)^2 + 2n + 3 \\ &= n^2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2, \end{aligned}$$
   c'est-à-dire $w_{n+1} = \big((n+1)+1\big)^2$.
   La propriété est héréditaire, donc vraie pour tout $n$.
3. Affirmation 3 — Vraie. Comme $X \sim \mathcal{B}(3~;~p)$ :
   $$P(X = 1) = \dbinom{3}{1}p^1(1-p)^2 = 3p(1 - 2p + p^2) = 3p - 6p^2 + 3p^3.$$
4. Affirmation 4 — Fausse. Pour $n \geqslant 1$ :
   $$v_n = \int_0^1 \mathrm{e}^{nx}\,\mathrm{d}x = \left[\dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{nx}\right]_0^1 = \dfrac{\mathrm{e}^n - 1}{n}.$$
   On obtient $\dfrac{\mathrm{e}^n - 1}{n}$ et non $\dfrac{\mathrm{e}^n}{n}$ : l'affirmation est fausse.
5. Affirmation 5 — Fausse. Chacune des $16$ cases peut recevoir indépendamment l'une des $3$ couleurs : le nombre de coloriages est donc $3^{16} = 43\,046\,721$, et non $\dbinom{16}{3} = 560$.

Exercice 3

1. 1. $\overrightarrow{BC}\,(2~;~1~;~-2)$ et $\overrightarrow{BE}\,(1~;~-4~;~-1)$.
      Si ces vecteurs étaient colinéaires, on aurait $\dfrac{2}{1} = \dfrac{1}{-4}$, ce qui est faux.
      Ils ne sont pas colinéaires, donc $B$, $C$ et $E$ ne sont pas alignés.
   2. $\overrightarrow{AF}\,(3~;~0~;~3)$.
      On calcule :
      $$\begin{aligned} \overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{BC} &= 3\times 2 + 0\times 1 + 3\times(-2) = 0, \\ \overrightarrow{AF}\cdot\overrightarrow{BE} &= 3\times 1 + 0\times(-4) + 3\times(-1) = 0. \end{aligned}$$
      $\overrightarrow{AF}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(BCE)$ : c'est donc un vecteur normal à ce plan.
   3. Une équation cartésienne de $(BCE)$ est de la forme $3x + 3z + d = 0$, soit après simplification $x + z + d' = 0$.
      Le point $B(1~;~2~;~3)$ appartient au plan : $1 + 3 + d' = 0$, donc $d' = -4$.
      Une équation cartésienne est $x + z - 4 = 0$.
2. 1. En remplaçant les coordonnées de $G(5~;~1~;~2)$ : $5 + 2 - 4 = 3 \neq 0$, donc $G \notin (BCE)$.
   2. $\overrightarrow{BE}\,(1~;~-4~;~-1)$, $\overrightarrow{BC}\,(2~;~1~;~-2)$ et $\overrightarrow{AG}\,(5~;~1~;~1)$.
      Comme $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BC}$ ne sont pas colinéaires, les trois vecteurs sont coplanaires si et seulement s'il existe deux réels $a$ et $b$ tels que $\overrightarrow{AG} = a\,\overrightarrow{BC} + b\,\overrightarrow{BE}$.
      En projetant sur chaque coordonnée, cela équivaut au système :
      $$\begin{cases} 2a + b = 5 \\ a - 4b = 1 \\ -2a - b = 1 \end{cases}$$
      En additionnant la première et la troisième équation, on obtient $0 = 6$, ce qui est impossible.
      Le système n'a pas de solution : $\overrightarrow{AG}$ ne s'écrit pas comme combinaison linéaire de $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BC}$, donc les trois vecteurs ne sont pas coplanaires.
   3. $\overrightarrow{BE}$ et $\overrightarrow{BC}$ dirigent le plan $(BCE)$.
      Comme $\overrightarrow{AG}$ n'est pas coplanaire avec eux, $\overrightarrow{AG}$ n'est pas un vecteur directeur de $(BCE)$ : la droite $(AG)$ n'est pas parallèle au plan, elle lui est donc sécante.
3. 1. La droite $(AG)$ passe par $A(0~;~0~;~1)$ et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{AG}\,(5~;~1~;~1)$.
      Une représentation paramétrique est donc $\begin{cases} x = 5t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{cases}$ avec $t \in \mathbb{R}$.
   2. $P$ vérifie l'équation du plan : $5t + (1 + t) - 4 = 0$, soit $6t - 3 = 0$, donc $t = \dfrac{1}{2}$.
      On obtient $P\left(\dfrac{5}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{3}{2}\right)$.
   3. Le milieu de $[EC]$ a pour coordonnées $\left(\dfrac{2+3}{2}~;~\dfrac{-2+3}{2}~;~\dfrac{2+1}{2}\right) = \left(\dfrac{5}{2}~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{3}{2}\right)$, ce qui correspond exactement à $P$.
      Donc $P$ est le milieu de $[EC]$.

4. Le plan $(ACG)$ est dirigé par $\overrightarrow{AC}\,(3~;~3~;~0)$ et $\overrightarrow{AG}\,(5~;~1~;~1)$.
   On cherche un vecteur normal $\vec{n}\,(a~;~b~;~c)$, orthogonal à ces deux vecteurs : $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AC} = 3a + 3b = 0$ et $\vec{n}\cdot\overrightarrow{AG} = 5a + b + c = 0$.
   La première égalité donne $b = -a$ ; en reportant dans la seconde, $c = -5a - b = -4a$.
   En prenant $a = 1$, on obtient $\vec{n}\,(1~;~-1~;~-4)$.
   Une équation de $(ACG)$ est donc $x - y - 4z + d = 0$ ; avec $A(0~;~0~;~1)$ : $-4 + d = 0$, donc $d = 4$ et $(ACG) : x - y - 4z + 4 = 0$.

   L'intersection des deux plans est l'ensemble des points vérifiant simultanément $x + z - 4 = 0$ et $x - y - 4z + 4 = 0$.
   De la première équation, $x = 4 - z$ ; en reportant : $(4 - z) - y - 4z + 4 = 0$, soit $y = 8 - 5z$.
   En posant $z = t$, on obtient la droite de représentation paramétrique
   $$\begin{cases} x = 4 - t \\ y = 8 - 5t \\ z = t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R},$$
   c'est-à-dire la droite passant par le point de coordonnées $(4~;~8~;~0)$ et de vecteur directeur $(-1~;~-5~;~1)$.

   On peut identifier cette droite plus simplement : le point $C$ appartient aux deux plans (c'est un sommet commun aux triangles $BCE$ et $ACG$) et le point $P$, intersection de $(AG)$ et de $(BCE)$, appartient lui aussi aux deux plans.
   L'intersection des plans $(BCE)$ et $(ACG)$ est donc la droite $(CP)$ — on vérifie d'ailleurs que la représentation paramétrique ci-dessus contient $C$ (pour $t = 1$) et $P$ (pour $t = \tfrac{3}{2}$).

Exercice 4

1. 1. $g$ est dérivable comme produit et somme de fonctions dérivables, et pour tout $x \in [0~;~2\pi]$ :
      $$\begin{aligned} g'(x) &= \big(1\times\cos x + x\times(-\sin x)\big) - \cos x \\ &= \cos x - x\sin x - \cos x \\ &= -x\sin x. \end{aligned}$$
   2. Sur $[0~;~\pi]$, $x \geqslant 0$ et $\sin x \geqslant 0$, donc $g'(x) = -x\sin x \leqslant 0$ : $g$ est décroissante.
      Sur $[\pi~;~2\pi]$, $\sin x \leqslant 0$, donc $g'(x) = -x\sin x \geqslant 0$ : $g$ est croissante.
      Les valeurs aux bornes sont $g(0) = 0\times 1 - 0 = 0$, $g(\pi) = \pi\times(-1) - 0 = -\pi$ et $g(2\pi) = 2\pi\times 1 - 0 = 2\pi$, ce qui justifie le tableau.
   3. Sur $[\pi~;~2\pi]$, $g$ est continue et strictement croissante, de $g(\pi) = -\pi < 0$ à $g(2\pi) = 2\pi > 0$.
      D'après le théorème des valeurs intermédiaires (appliqué à une fonction strictement monotone), l'équation $g(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $[\pi~;~2\pi]$.

   4. Sur $]0~;~\pi]$, $g$ décroît de $0$ à $-\pi$, donc $g(x) < 0$.
      Sur $[\pi~;~\alpha[$, $g$ reste négative, $g(\alpha) = 0$, puis $g(x) > 0$ sur $]\alpha~;~2\pi]$.
      D'où le tableau de signes :

      
2. 1. $f$ est dérivable comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur ne s'annule pas sur $]0~;~2\pi]$.
      Pour tout $x \in ]0~;~2\pi]$ :
      $$f'(x) = \dfrac{\cos x \times x - \sin x \times 1}{x^2} = \dfrac{x\cos x - \sin x}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}.$$
   2. Pour tout $x \in ]0~;~2\pi]$, $x^2 > 0$, donc $f'(x)$ a le même signe que $g(x)$.
      D'après la question 1.d : $f'(x) < 0$ sur $]0~;~\alpha[$, $f'(\alpha) = 0$ et $f'(x) > 0$ sur $]\alpha~;~2\pi]$.

   3. On en déduit que $f$ est strictement décroissante sur $]0~;~\alpha]$ puis strictement croissante sur $[\alpha~;~2\pi]$.

      
   4. Pour $x \neq 0$, $f(x) = \dfrac{\sin x}{x} = \dfrac{\sin x - \sin 0}{x - 0}$ est le taux d'accroissement de la fonction sinus entre $0$ et $x$.
      Comme sinus est dérivable en $0$ de dérivée $\cos 0 = 1$, ce taux tend vers $\sin'(0) = 1$.
      Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0} f(x) = 1$.

3. Soit $r$ et $s$ tels que $0 < r < s < \pi$.
   Comme $\alpha \in [\pi~;~2\pi]$, l'intervalle $]0~;~\pi]$ est inclus dans $]0~;~\alpha]$ où $f$ est strictement décroissante.
   De $r < s$ on déduit donc $f(r) > f(s)$, c'est-à-dire $\dfrac{\sin r}{r} > \dfrac{\sin s}{s}$.

   Comme $0 < r < \pi$ et $0 < s < \pi$, on a $\sin r > 0$ et $\sin s > 0$.
   En multipliant les deux membres par $\dfrac{r}{\sin s} > 0$ :
   $$\dfrac{\sin r}{r}\times\dfrac{r}{\sin s} > \dfrac{\sin s}{s}\times\dfrac{r}{\sin s} \iff \dfrac{\sin r}{\sin s} > \dfrac{r}{s}.$$
   On a donc bien $\dfrac{r}{s} < \dfrac{\sin r}{\sin s}$.