Bac de maths 2026 en France (jour 1) : sujet et corrigé

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2026
Mathématiques — Sujet 1
France métropolitaine — 16 juin 2026
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Un navire assure la liaison entre deux ports de la Méditerranée.

Lors d’une traversée, une famille a la possibilité de réserver une cabine ainsi qu’un emplacement pour un véhicule.

Partie A

Parmi l’ensemble des familles effectuant la traversée, on constate que 30 % réservent un emplacement pour un véhicule et, parmi ces dernières, 80 % réservent une cabine.

On sait par ailleurs que 75 % des familles effectuant la traversée réservent une cabine.

On choisit au hasard une famille effectuant la traversée, et on considère les évènements suivants :

• \(V\) : « la famille réserve un emplacement pour un véhicule » ;
• \(C\) : « la famille réserve une cabine ».

Pour un évènement quelconque \(E\), on désigne par \(\overline{E}\) son évènement contraire et par \(P(E)\) sa probabilité.

1. a. Donner \(P(C)\).

b. Reproduire l’arbre ci-contre et compléter les quatre pointillés.

2. Calculer la probabilité qu’une famille réserve un emplacement pour un véhicule et une cabine.

3. Une famille a réservé une cabine.

Déterminer la probabilité qu’elle réserve un emplacement pour un véhicule.

4. Déterminer \(P_{\overline{V}}(C)\).

On arrondira le résultat à \(10^{-2}\).

Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Partie B

Sur ce trajet, la réservation d’une cabine et d’un emplacement pour un véhicule sont facturés en supplément du coût de la traversée.

Ces suppléments sont d’un montant de :

• 100 € pour une cabine ;
• 70 € pour l’emplacement d’un véhicule.

On suppose qu’une famille peut réserver au maximum une cabine et au maximum un emplacement pour un véhicule.

À ces suppléments peuvent s’ajouter le prix payé pour des extras (repas, boissons, etc.).

On note \(X\) la variable aléatoire qui associe, à chaque famille effectuant la traversée, le prix qu’elle paie, en euro, pour les suppléments.

On donne ci-dessous la loi de probabilité de \(X\).

On note \(Y\) la variable aléatoire qui associe, à chaque famille effectuant la traversée, le prix qu’elle paie, en euro, pour les extras.

On admet que la variable aléatoire \(Y\) a pour espérance \(\mathrm{E}(Y)=104\) et pour variance \(\mathrm{V}(Y)=1\,686\).

On suppose que les variables \(X\) et \(Y\) sont indépendantes.

1. Justifier que \(\mathrm{E}(X)=96\) et que \(\mathrm{V}(X)=3\,114\).

2. À titre exceptionnel, la compagnie propose une remise de 40 % sur les suppléments et les extras.

On note \(Z\) la variable aléatoire qui, à chaque famille effectuant la traversée, associe le montant total pour les suppléments et les extras, en euro, payé par cette famille après réduction.

a. Justifier que \(Z=0{,}6(X+Y)\).

b. En déduire que \(\mathrm{E}(Z)=120\) et que \(\mathrm{V}(Z)=1\,728\), où \(\mathrm{E}(Z)\) est l’espérance de la variable aléatoire \(Z\) et \(\mathrm{V}(Z)\) sa variance.

3. On note \(n\) un entier naturel non nul et on choisit au hasard un échantillon de \(n\) familles effectuant cette traversée bénéficiant de la réduction exceptionnelle définie en question 2.

On admet que ce choix peut être assimilé à un tirage avec remise.

On désigne par \(Z_1\) la variable aléatoire égale au prix total pour les suppléments et les extras payé par la première famille, \(Z_2\) la variable aléatoire égale au prix total pour les suppléments et les extras payé par la deuxième famille et ainsi de suite, \(Z_n\) la variable aléatoire égale au prix total pour les suppléments et les extras payé par la \(n\)-ième famille.

On considère la variable aléatoire \(M_n=\dfrac{Z_1+Z_2+\ldots+Z_n}{n}\) donnant le prix total moyen pour les suppléments et les extras, payé par ces familles.

On admet que les variables \(Z_1\), \(Z_2\), …, \(Z_n\) sont indépendantes et suivent la même loi de probabilité que la variable aléatoire \(Z\).

a. Montrer que l’espérance \(\mathrm{E}(M_n)\) de la variable \(M_n\) est égale à 120, et que sa variance \(\mathrm{V}(M_n)\) est égale à \(\dfrac{1\,728}{n}\).

b. Déterminer le plus petit entier \(n\) pour lequel l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev permet d’affirmer que

\[\mathrm{P}(114 \lt M_n \lt 126) \geq\, 0{,}85.\]

Interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

Exercice 2 (4 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Justifier chaque réponse. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\text{O} ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})\).

On considère :

• la droite \((d)\) dont une représentation paramétrique est : \(\{\begin{array}{l} x=t \\ y=-1{,}5-t \\ z=2-2t \end{array}.\) où \(t \in \mathbb{R}\) ;
• les points \(\text{A}(3 ; 0 ; 2)\) et \(\text{B}(2 ; 1 ; -3)\) ;
• le plan \((\mathcal{P})\) d’équation : \(-x+y-5z-0{,}5=0\).

a. Affirmation 1 :

Le plan \((\mathcal{P})\) est orthogonal à la droite (AB), et passe par le milieu du segment [AB].

b. Affirmation 2 :

Les droites \((d)\) et (AB) sont sécantes.

c. On considère le point C de coordonnées \((1{,}5 ; -3 ; -1)\).

Affirmation 3 :

La mesure de l’angle \(\widehat{\text{ACB}}\), arrondie à \(10^{-1}\), est égale à \(70{,}5^\circ\).

2. Titouan et Clotilde participent à un escape game. Ils se retrouvent dans une salle possédant deux portes de sortie, A et B, chacune protégée par un digicode équipé de 8 touches portant des symboles différents :

• le digicode de la porte A utilise un code de 3 symboles différents devant être saisis dans l’ordre ;
• celui de la porte B utilise un code de 4 symboles différents qui peuvent être saisis dans n’importe quel ordre.

N’étant pas parvenus à obtenir d’indices, ils décident de procéder au hasard à la saisie des codes.

Clotilde choisit un code pour la porte A, et Titouan choisit un code pour la porte B.

On considère que les choix des codes sont équiprobables.

Affirmation 4 :

Titouan a plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.

Exercice 3 (6 points)

On étudie le fonctionnement d’un système de chauffage installé dans une pièce.

Ce système se déclenche automatiquement dès que la température de la pièce est inférieure ou égale à 18 °C (degrés Celsius), et s’éteint lorsqu’elle atteint 20 °C.

Partie A : Phase de chauffage

Pour une température de la pièce variant de 18 °C à 20 °C, le système de chauffage fonctionne en continu. La température de la pièce augmente progressivement.

Dans cette partie, on modélise la température de la pièce, en degré Celsius, à l’instant \(t\), exprimé en dizaines de minutes, par une fonction \(T\) définie sur \([0 ; +\infty[\).

On admet que la fonction \(T\) est :

• dérivable sur \([0 ; +\infty[\) ;
• solution de l’équation différentielle \((E) : \quad y^{\prime}=-0{,}035y+0{,}91\) où \(y\) est une fonction de la variable \(t\), définie et dérivable sur \([0 ; +\infty[\).

On note \(T^{\prime}\) la fonction dérivée de la fonction \(T\).

On suppose qu’au début de l’étude, la température de la pièce est de 18 °C.

Ainsi \(T(0)=18\).

1. Donner les solutions de l’équation différentielle \((E)\) sur \([0 ; +\infty[\).

2. En déduire que, pour tout nombre réel \(t\) appartenant à l’intervalle \([0 ; +\infty[\), on a :

\[T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t}.\]

3. Selon ce modèle, déterminer au bout de combien de temps la pièce atteindra la température de 20 °C.

On exprimera le résultat en heures et minutes arrondi à la minute.

4. Si une panne du système de chauffage l’empêche de s’éteindre lorsque la température de la pièce atteint 20 °C, la température de la pièce pourra-t-elle dépasser 28 °C selon ce modèle ?

Justifier.

Partie B : Phase de refroidissement

Lorsque la pièce atteint la température de 20 °C, le système de chauffage s’éteint et la pièce refroidit.

On modélise la température de la pièce par la suite \((u_n)\) définie par \(u_0=20\) et pour tout entier naturel \(n\) :

\[u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07\text{e}^{-0{,}1n},\]

où \(n\) est un nombre entier exprimant le temps écoulé en dizaines de minutes.

1. Montrer que \(u_1=19{,}72\).

2. Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel \(n\), on a

\[u_n \gt 10.\]

On admet que la suite \((u_n)\) est décroissante.

3. En déduire que la suite \((u_n)\) est convergente.

4. On note \(\ell\) la limite de la suite \((u_n)\).

a. Justifier que cette limite est solution de l’équation

\[x=0{,}965x+0{,}35.\]

b. Déterminer \(\ell\) et interpréter le résultat dans le contexte de l’exercice.

5. On rappelle que le système de chauffage se met en marche automatiquement dès que la température de la pièce, est inférieure ou égale à 18 °C.

a. Recopier et compléter les lignes 4, 5 et 6 du programme écrit en langage Python ci-dessous, afin qu’il renvoie le nombre de dizaines de minutes à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

1. def marche() :
2.     n = 0
3.     u = 20
4.     while ... :
5.         u = ...
6.         n = ...
7.     return n

b. Déterminer le temps, en dizaines de minutes, à partir duquel le système de chauffage se remettra en marche.

Exercice 4 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]-1 ; +\infty[\) par :

\[f(x)=a+\dfrac{b\ln(x+1)}{x+1},\]

où \(a\) et \(b\) sont des réels, et ln désigne la fonction logarithme népérien.

On admet que la fonction \(f\) est deux fois dérivable sur \(]-1 ; +\infty[\).

On note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée et \(f^{\prime\prime}\) sa fonction dérivée seconde.

Partie A

L’objectif de cette partie est de déterminer les valeurs de \(a\) et \(b\) de sorte que la courbe représentative de la fonction \(f\) sur \(]-1 ; +\infty[\) corresponde à celle tracée dans le repère orthonormé ci-dessous :

On précise que la droite \(T_{\text{A}}\) est la tangente à la courbe représentative de la fonction \(f\) au point \(\text{A}(0 ; 1)\).

1. Justifier que \(a=1\).

2. En utilisant le graphique :

a. Donner la valeur de \(f^{\prime}(0)\).

Justifier.

b. Donner le signe de \(f^{\prime\prime}(1)\).

Justifier.

3. a. Montrer que pour tout réel \(x\) appartenant à \(]-1 ; +\infty[\), on a :

\[f^{\prime}(x)=\dfrac{b(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}\]

b. En déduire la valeur de \(b\).

Partie B

On admet dans la suite de l’exercice que la fonction \(f\) est définie sur \(]-1 ; +\infty[\) par :

\[f(x)=1+\dfrac{4\ln(x+1)}{x+1}\]

1. Justifier que la droite d’équation \(y=1\) est asymptote à la courbe représentative de la fonction \(f\).

2. Résoudre l’inéquation \(1-\ln(x+1) \gt 0\) sur \(]-1 ; +\infty[\).

3. On admet que \(\lim\limits_{x \to -1} f(x)=-\infty\).

Dresser le tableau de variation complet de la fonction \(f\) en indiquant la valeur exacte de son extremum.

Justifier.

4. Montrer que l’équation \(f(x)=1{,}5\) admet une unique solution dans l’intervalle \([2 ; +\infty[\).

En donner une valeur arrondie à \(10^{-1}\).

5. a. Montrer que :

\[\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\text{d}x=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]

b. En déduire l’aire, en unité d’aire, du domaine délimité par l’axe des abscisses, la courbe représentative de la fonction \(f\), l’axe des ordonnées et la droite d’équation \(x=2\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. a. L’énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine, donc \(P(C)=0{,}75\).

b. On traduit les données : 30 % des familles réservent un emplacement, donc \(P(V)=0{,}3\) et, par passage au contraire, \(P(\overline{V})=1-0{,}3=0{,}7\). Parmi les familles qui ont réservé un emplacement, 80 % prennent une cabine : c’est une probabilité conditionnelle, \(P_V(C)=0{,}8\), d’où \(P_V(\overline{C})=1-0{,}8=0{,}2\).

L’arbre complété porte donc : 0,3 sur la branche vers \(V\), 0,7 sur la branche vers \(\overline{V}\), 0,8 sur la branche \(V \to C\) et 0,2 sur la branche \(V \to \overline{C}\). Les branches issues de \(\overline{V}\) restent sans valeur pour l’instant (elles sont calculées à la question 4).

2. On cherche \(P(V \cap C)\). On suit le chemin \(V\) puis \(C\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(V \cap C)=P(V) \times P_V(C)=0{,}3 \times 0{,}8=0{,}24.\]

La probabilité qu’une famille réserve à la fois un emplacement et une cabine vaut 0,24.

3. On sait que la famille a réservé une cabine : on cherche donc \(P_C(V)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_C(V)=\dfrac{P(V \cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}75}=0{,}32.\]

Sachant qu’une famille a réservé une cabine, la probabilité qu’elle ait aussi réservé un emplacement pour un véhicule est 0,32.

4. Il faut d’abord \(P(\overline{V} \cap C)\). Les évènements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :

\[P(C)=P(V \cap C)+P(\overline{V} \cap C),\]

ce qui donne \(P(\overline{V} \cap C)=0{,}75-0{,}24=0{,}51\). Ensuite :

\[P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V} \cap C)}{P(\overline{V})}=\dfrac{0{,}51}{0{,}7}=\dfrac{51}{70} \approx 0{,}728\,6.\]

Donc \(P_{\overline{V}}(C) \approx 0{,}73\) à \(10^{-2}\) près. Interprétation : parmi les familles qui voyagent sans réserver d’emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.

Partie B

1. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :

\[\mathrm{E}(X)=0 \times 0{,}19+70 \times 0{,}06+100 \times 0{,}51+170 \times 0{,}24=0+4{,}2+51+40{,}8=96.\]

Pour la variance, on utilise la formule de König-Huygens \(\mathrm{V}(X)=\mathrm{E}(X^2)-(\mathrm{E}(X))^2\). On calcule :

\[\mathrm{E}(X^2)=0^2 \times 0{,}19+70^2 \times 0{,}06+100^2 \times 0{,}51+170^2 \times 0{,}24=294+5\,100+6\,936=12\,330.\]

\[\mathrm{V}(X)=12\,330-96^2=12\,330-9\,216=3\,114.\]

On retrouve bien \(\mathrm{E}(X)=96\) et \(\mathrm{V}(X)=3\,114\).

2. a. Avant remise, une famille paie \(X\) euros de suppléments et \(Y\) euros d’extras, soit \(X+Y\) au total. Une remise de 40 % revient à ne payer que 60 % du montant, c’est-à-dire à multiplier par \(1-\dfrac{40}{100}=0{,}6\). Ainsi \(Z=0{,}6(X+Y)\).

b. Par linéarité de l’espérance :

\[\mathrm{E}(Z)=0{,}6(\mathrm{E}(X)+\mathrm{E}(Y))=0{,}6 \times (96+104)=0{,}6 \times 200=120.\]

Pour la variance, on utilise \(\mathrm{V}(aW)=a^2\mathrm{V}(W)\), puis le fait que, \(X\) et \(Y\) étant indépendantes, \(\mathrm{V}(X+Y)=\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)\) :

\[\mathrm{V}(Z)=0{,}6^2(\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y))=0{,}36 \times (3\,114+1\,686)=0{,}36 \times 4\,800=1\,728.\]

On a bien \(\mathrm{E}(Z)=120\) et \(\mathrm{V}(Z)=1\,728\).

3. a. On écrit \(M_n=\dfrac{1}{n}(Z_1+Z_2+\ldots+Z_n)\). Par linéarité de l’espérance, et comme chaque \(Z_i\) a la même loi que \(Z\) :

\[\mathrm{E}(M_n)=\dfrac{1}{n}(\mathrm{E}(Z_1)+\ldots+\mathrm{E}(Z_n))=\dfrac{1}{n} \times n \times 120=120.\]

Les \(Z_i\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances ; le facteur \(\dfrac{1}{n}\) sort au carré :

\[\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1}{n^2}(\mathrm{V}(Z_1)+\ldots+\mathrm{V}(Z_n))=\dfrac{1}{n^2} \times n \times 1\,728=\dfrac{1\,728}{n}.\]

On a donc \(\mathrm{E}(M_n)=120\) et \(\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1\,728}{n}\).

b. L’intervalle \(]114 ; 126[\) est centré sur l’espérance 120, avec un écart de 6 de chaque côté. Ainsi l’évènement \(114 \lt M_n \lt 126\) s’écrit \(|M_n-120| \lt 6\), qui est le contraire de \(|M_n-120| \geq\, 6\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :

\[\mathrm{P}(|M_n-120| \geq\, 6) \leq\, \dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{6^2}=\dfrac{1\,728}{36n}=\dfrac{48}{n}.\]

En passant à l’évènement contraire : \(\mathrm{P}(114 \lt M_n \lt 126) \geq\, 1-\dfrac{48}{n}\).

Pour pouvoir affirmer que cette probabilité est au moins 0,85, il suffit que \(1-\dfrac{48}{n} \geq\, 0{,}85\), c’est-à-dire \(\dfrac{48}{n} \leq\, 0{,}15\), soit \(n \geq\, \dfrac{48}{0{,}15}=320\).

Le plus petit entier cherché est \(n=320\). Interprétation : dès que l’on interroge au moins 320 familles profitant de la remise, la probabilité que le montant moyen qu’elles paient pour les suppléments et extras soit strictement compris entre 114 € et 126 € est d’au moins 85 %.

Exercice 2 :

1. a. Affirmation 1 : vraie.

Le vecteur \(\vec{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((2-3 ; 1-0 ; -3-2)\), soit \((-1 ; 1 ; -5)\). D’après l’équation cartésienne du plan \((\mathcal{P})\), un vecteur normal à ce plan est \(\vec{n}(-1 ; 1 ; -5)\). On constate que \(\vec{n}=\vec{\text{AB}}\) : la droite (AB) est dirigée par un vecteur normal au plan, elle est donc orthogonale à \((\mathcal{P})\).

Le milieu I du segment [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2})=(2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5)\). On remplace dans l’équation du plan : \(-2{,}5+0{,}5-5 \times (-0{,}5)-0{,}5=-2{,}5+0{,}5+2{,}5-0{,}5=0\). Le point I appartient donc à \((\mathcal{P})\). Le plan \((\mathcal{P})\) est le plan médiateur de [AB].

b. Affirmation 2 : fausse.

Un vecteur directeur de \((d)\) est \(\vec{u}(1 ; -1 ; -2)\) et un vecteur directeur de (AB) est \(\vec{\text{AB}}(-1 ; 1 ; -5)\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, le coefficient passant de \(\vec{u}\) à \(\vec{\text{AB}}\) serait \(-1\) d’après la première coordonnée, mais \(-2 \times (-1)=2 \neq -5\) : les droites ne sont pas parallèles.

Une représentation paramétrique de (AB), passant par A et dirigée par \(\vec{\text{AB}}\), est \(\{\begin{array}{l} x=3-s \\ y=s \\ z=2-5s \end{array}.\) avec \(s \in \mathbb{R}\). Un point commun aux deux droites vérifierait \(t=3-s\) et \(-1{,}5-t=s\). En remplaçant \(t\) dans la seconde égalité : \(-1{,}5-3+s=s\), soit \(-4{,}5=0\), ce qui est impossible.

Les droites n’ont aucun point commun et ne sont pas parallèles : elles sont non coplanaires, donc pas sécantes.

c. Affirmation 3 : vraie.

On calcule \(\vec{\text{CA}}(3-1{,}5 ; 0+3 ; 2+1)=(1{,}5 ; 3 ; 3)\) et \(\vec{\text{CB}}(2-1{,}5 ; 1+3 ; -3+1)=(0{,}5 ; 4 ; -2)\).

Le repère étant orthonormé, le produit scalaire vaut \(\vec{\text{CA}} \cdot \vec{\text{CB}}=1{,}5 \times 0{,}5+3 \times 4+3 \times (-2)=0{,}75+12-6=6{,}75\).

Les longueurs : \(\text{CA}=\sqrt{1{,}5^2+3^2+3^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\) et \(\text{CB}=\sqrt{0{,}5^2+4^2+(-2)^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\).

Comme \(\vec{\text{CA}} \cdot \vec{\text{CB}}=\text{CA} \times \text{CB} \times \cos\widehat{\text{ACB}}\), on obtient \(\cos\widehat{\text{ACB}}=\dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5}=\dfrac{6{,}75}{20{,}25}=\dfrac{1}{3}\).

À la calculatrice, \(\widehat{\text{ACB}}=\arccos(\dfrac{1}{3}) \approx 70{,}53^\circ\), soit bien \(70{,}5^\circ\) arrondi au dixième.

2. Affirmation 4 : vraie.

Porte A : le code est une suite ordonnée de 3 symboles distincts pris parmi 8. Le nombre de tels codes est le nombre de 3-arrangements de 8 éléments : \(8 \times 7 \times 6=336\). Les choix étant équiprobables, Clotilde ouvre la porte avec la probabilité \(\dfrac{1}{336}\).

Porte B : l’ordre de saisie ne compte pas, le code est donc une partie de 4 symboles parmi 8. Leur nombre est \(\dbinom{8}{4}=\dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1}=70\). Titouan ouvre donc sa porte avec la probabilité \(\dfrac{1}{70}\).

Comme \(70 \lt 336\), on a \(\dfrac{1}{70} \gt \dfrac{1}{336}\) : Titouan a plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.

Exercice 3 :

Partie A

1. L’équation \((E)\) est de la forme \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-0{,}035\) et \(b=0{,}91\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), où \(K\) est une constante réelle. Ici \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}91}{0{,}035}=26\).

Les solutions de \((E)\) sur \([0 ; +\infty[\) sont donc les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}035t}+26\), avec \(K \in \mathbb{R}\).

2. La fonction \(T\) est l’une de ces solutions : il existe un réel \(K\) tel que \(T(t)=K\text{e}^{-0{,}035t}+26\). La condition initiale \(T(0)=18\) donne \(K \times \text{e}^0+26=18\), soit \(K+26=18\), donc \(K=-8\).

Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t}\).

3. On résout \(T(t)=20\) :

\[26-8\text{e}^{-0{,}035t}=20 \iff 8\text{e}^{-0{,}035t}=6 \iff \text{e}^{-0{,}035t}=0{,}75.\]

On applique la fonction ln, strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) : \(-0{,}035t=\ln(0{,}75)\), donc \(t=\dfrac{\ln(0{,}75)}{-0{,}035} \approx 8{,}219\).

Le temps étant exprimé en dizaines de minutes, cela représente environ \(82{,}19\) minutes, soit 82 minutes à la minute près. La pièce atteint 20 °C au bout de 1 h 22 min.

4. Pour tout \(t \geq\, 0\), une exponentielle est strictement positive, donc \(8\text{e}^{-0{,}035t} \gt 0\) et \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t} \lt 26\).

La température reste donc toujours strictement inférieure à 26 °C (elle s’en approche, puisque \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}035t}=0\) donne \(\lim\limits_{t \to +\infty} T(t)=26\)). Non, même en cas de panne, la température de la pièce ne pourra pas dépasser 28 °C selon ce modèle.

Partie B

1. On applique la relation de récurrence avec \(n=0\) :

\[u_1=0{,}965 \times 20+0{,}35+0{,}07\text{e}^{0}=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72.\]

On a bien \(u_1=19{,}72\).

2. On note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \gt 10\) ».

Initialisation. \(u_0=20 \gt 10\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \gt 10\). En multipliant par \(0{,}965 \gt 0\) : \(0{,}965u_n \gt 9{,}65\). En ajoutant 0,35 : \(0{,}965u_n+0{,}35 \gt 10\). Enfin \(0{,}07\text{e}^{-0{,}1n} \gt 0\) car une exponentielle est strictement positive, donc \(u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07\text{e}^{-0{,}1n} \gt 10\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : par récurrence, \(u_n \gt 10\) pour tout entier naturel \(n\).

3. La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 10 (question 2). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, et sa limite \(\ell\) vérifie \(\ell \geq\, 10\).

4. a. Comme \((u_n)\) converge vers \(\ell\), la suite \((u_{n+1})\) converge aussi vers \(\ell\). D’autre part, \(\lim\limits_{n \to +\infty} -0{,}1n=-\infty\) donc, par composition, \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^{-0{,}1n}=0\). Par somme et produit de limites, le membre de droite de la relation de récurrence tend vers \(0{,}965\ell+0{,}35+0\).

Par unicité de la limite, \(\ell=0{,}965\ell+0{,}35\) : la limite \(\ell\) est bien solution de l’équation \(x=0{,}965x+0{,}35\). (On ne peut pas invoquer directement un théorème du point fixe \(u_{n+1}=g(u_n)\), car la relation dépend aussi de \(n\) ; c’est pourquoi on passe à la limite terme à terme.)

b. \(x=0{,}965x+0{,}35 \iff 0{,}035x=0{,}35 \iff x=10\). L’équation a une seule solution, donc \(\ell=10\).

Interprétation : si le chauffage restait éteint indéfiniment, la température de la pièce baisserait et se stabiliserait vers 10 °C.

5. a. Le programme calcule les termes successifs de la suite tant que la température reste strictement supérieure à 18 °C (le chauffage reste alors éteint). À chaque passage dans la boucle, on calcule le terme suivant avec l’indice \(n\) courant, puis on augmente \(n\) de 1. Le programme complet est :

1. def marche() :
2.     n = 0
3.     u = 20
4.     while u > 18 :
5.         u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n)
6.         n = n + 1
7.     return n

Pour qu’il fonctionne, la fonction exp doit être importée au préalable avec l’instruction from math import exp. L’ordre des lignes 5 et 6 est important : le calcul de \(u_{n+1}\) utilise \(\text{e}^{-0{,}1n}\) avec l’ancienne valeur de \(n\).

b. On calcule les termes à la calculatrice (ou en exécutant la fonction) :

Tous les termes jusqu’à \(u_7\) sont strictement supérieurs à 18 et \(u_8 \approx 17{,}87 \leq\, 18\). La fonction renvoie 8 : le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes après son arrêt.

Exercice 4 :

Partie A

1. Le point \(\text{A}(0 ; 1)\) est sur la courbe, donc \(f(0)=1\). Or \(f(0)=a+\dfrac{b\ln(1)}{1}=a\) puisque \(\ln(1)=0\). Donc \(a=1\).

2. a. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\) à la courbe au point d’abscisse 0. Sur le graphique, cette tangente passe par \(\text{A}(0 ; 1)\) et par le point de coordonnées \((1 ; 5)\). Son coefficient directeur vaut \(\dfrac{5-1}{1-0}=4\), donc \(f^{\prime}(0)=4\).

b. Autour de \(x=1\), la courbe s’infléchit vers le bas : elle est située en dessous de ses tangentes, donc \(f\) est concave sur un intervalle contenant 1 (au moins sur \([0 ; 2]\) d’après le tracé). Une fonction deux fois dérivable concave sur un intervalle a une dérivée seconde négative sur cet intervalle, donc \(f^{\prime\prime}(1) \leq\, 0\) (négatif).

3. a. La fonction \(x \mapsto \ln(x+1)\) a pour dérivée \(x \mapsto \dfrac{1}{x+1}\) (dérivée de \(\ln(u)\) : \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u(x)=x+1\)). On dérive le quotient \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\) avec la formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) :

\[(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1})^{\prime}=\dfrac{\dfrac{1}{x+1} \times (x+1)-\ln(x+1) \times 1}{(x+1)^2}=\dfrac{1-\ln(x+1)}{(x+1)^2}.\]

La constante \(a\) a une dérivée nulle et \(b\) est un facteur constant, donc pour tout \(x \in ]-1 ; +\infty[\) : \(f^{\prime}(x)=\dfrac{b(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}\).

b. En \(x=0\) : \(f^{\prime}(0)=\dfrac{b(1-\ln 1)}{1^2}=b\). Or \(f^{\prime}(0)=4\) d’après la question 2. a., donc \(b=4\).

Partie B

1. Posons \(X=x+1\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) tend vers \(+\infty\), et par croissances comparées \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\ln X}{X}=0\). Par composition, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\), puis \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=1+4 \times 0=1\).

La droite d’équation \(y=1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(f\) en \(+\infty\).

2. Pour \(x \gt -1\), on a \(x+1 \gt 0\) donc \(\ln(x+1)\) existe, et :

\[1-\ln(x+1) \gt 0 \iff \ln(x+1) \lt 1 \iff x+1 \lt \text{e} \iff x \lt \text{e}-1,\]

car la fonction exponentielle est strictement croissante. Avec la condition \(x \gt -1\), l’ensemble des solutions est \(]-1 ; \text{e}-1[\).

3. Avec \(b=4\), la question A. 3. a. donne \(f^{\prime}(x)=\dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}\). Comme \(4 \gt 0\) et \((x+1)^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-\ln(x+1)\), connu grâce à la question 2 : \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-1 ; \text{e}-1[\), \(f^{\prime}(\text{e}-1)=0\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\text{e}-1 ; +\infty[\).

Le maximum vaut \(f(\text{e}-1)=1+\dfrac{4\ln(\text{e})}{\text{e}}=1+\dfrac{4}{\text{e}} \approx 2{,}47\). Les limites aux bornes sont \(-\infty\) en \(-1\) (admis) et 1 en \(+\infty\) (question 1).

La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-1 ; \text{e}-1]\), strictement décroissante sur \([\text{e}-1 ; +\infty[\), avec un maximum égal à \(1+\dfrac{4}{\text{e}}\) atteint en \(x=\text{e}-1\).

4. Comme \(\text{e} \approx 2{,}718\), on a \(\text{e}-1 \approx 1{,}72 \lt 2\) : l’intervalle \([2 ; +\infty[\) est contenu dans \([\text{e}-1 ; +\infty[\), où \(f\) est strictement décroissante. La fonction \(f\) y est aussi continue (car dérivable).

Aux bornes : \(f(2)=1+\dfrac{4\ln 3}{3} \approx 2{,}46\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=1\). Le réel 1,5 est compris entre 1 et \(f(2)\).

D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l’équation \(f(x)=1{,}5\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2 ; +\infty[\).

Par balayage à la calculatrice : \(f(25{,}05) \approx 1{,}500\,6 \gt 1{,}5\) et \(f(25{,}15) \approx 1{,}499\,3 \lt 1{,}5\), donc \(25{,}05 \lt \alpha \lt 25{,}15\) et \(\alpha \approx 25{,}1\) à \(10^{-1}\) près.

5. a. On pose \(u(x)=\ln(x+1)\) sur \([0 ; 2]\), avec \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}\). L’intégrande s’écrit \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=u^{\prime}(x)\,u(x)\), qui est de la forme \(u^{\prime}u\) : une primitive est \(\dfrac{1}{2}u^2\), soit \(x \mapsto \dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2\).

\[\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\text{d}x=[\dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2]_0^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2-\dfrac{1}{2}(\ln 1)^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]

b. Sur \([0 ; 2]\), on a \(x+1 \geq\, 1\) donc \(\ln(x+1) \geq\, 0\), et ainsi \(f(x) \geq\, 1 \gt 0\). La fonction \(f\) étant continue et positive sur \([0 ; 2]\), l’aire demandée est l’intégrale de \(f\) entre 0 et 2. Par linéarité :

\[\mathcal{A}=\int_0^2 f(x)\,\text{d}x=\int_0^2 1\,\text{d}x+4\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\text{d}x=2+4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]

L’aire du domaine vaut \(2+2(\ln 3)^2\) unités d’aire, soit environ 4,41 u.a.

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