Corrigé du bac de maths 2026 aux Antilles-Guyane (jour 1)

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. Les trois états forment une partition du parc : \(P(A)=0{,}2\), \(P(R)=0{,}05\), donc \(P(N)=1-0{,}2-0{,}05=0{,}75\). Sur les branches du second niveau, on place les probabilités conditionnelles données, et chaque paire de branches issues d’un même nœud doit avoir une somme égale à 1. L’arbre complété porte donc les pondérations suivantes :

2. On cherche \(P(A\cap C)\). On suit la branche \(A\) puis \(C\) et on multiplie les probabilités rencontrées :

\[P(A\cap C)=P(A)\times P_A(C)=0{,}2\times 0{,}85=0{,}17.\]

La probabilité que le réacteur soit à l’arrêt et contrôlé vaut 0,17.

3. Les évènements \(A\), \(R\) et \(N\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :

\[P(C)=P(A\cap C)+P(R\cap C)+P(N\cap C)=0{,}17+0{,}05\times 0{,}6+0{,}75x=0{,}2+0{,}75x.\]

Comme \(P(C)=0{,}35\), on obtient \(0{,}75x=0{,}15\), d’où \(x=\dfrac{0{,}15}{0{,}75}\), c’est-à-dire \(x=0{,}2\).

4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_C(N)\) :

\[P_C(N)=\dfrac{P(N\cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}75\times 0{,}2}{0{,}35}=\dfrac{0{,}15}{0{,}35}=\dfrac{3}{7}.\]

Sachant que le réacteur est contrôlé, la probabilité qu’il fonctionne normalement est \(\dfrac{3}{7}\approx 0{,}43\).

Partie B

1. a. \(X\) prend la valeur 0 si le réacteur est à l’arrêt, 10 s’il tourne au ralenti et 16 s’il fonctionne normalement :

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

\[E(X)=0\times 0{,}2+10\times 0{,}05+16\times 0{,}75=0+0{,}5+12=12{,}5.\]

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

\[E(X^2)=0^2\times 0{,}2+10^2\times 0{,}05+16^2\times 0{,}75=5+192=197.\]

D’où \(V(X)=197-12{,}5^2=197-156{,}25=40{,}75\). On a bien \(E(X)=12{,}5\) et \(V(X)=40{,}75\).

2. a. Par linéarité de l’espérance, \(E(S)=E(X_1)+\cdots+E(X_{12})=12\times 12{,}5=150\). Comme les variables \(X_1,\ldots,X_{12}\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances : \(V(S)=12\times 40{,}75=489\). Donc \(E(S)=150\) et \(V(S)=489\).

b. L’évènement « \(100\lt S\lt 200\) » s’écrit \(-50\lt S-150\lt 50\), c’est-à-dire \(|S-E(S)|\lt 50\). Son contraire est \(|S-E(S)|\geq\, 50\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que pour tout réel \(\delta\gt 0\), \(P(|S-E(S)|\geq\, \delta)\leq\, \dfrac{V(S)}{\delta^2}\). Avec \(\delta=50\) :

\[P(|S-150|\geq\, 50)\leq\, \dfrac{489}{2500}=0{,}1956.\]

En passant à l’évènement contraire : \(P(100\lt S\lt 200)\geq\, 1-0{,}1956=0{,}8044\).

Comme \(0{,}8044\gt 0{,}80\), on peut affirmer que la probabilité d’éviter la surcharge tout en couvrant les besoins est supérieure à 0,80.

Exercice 2 :

Partie A

1. L’équation est de la forme \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-\dfrac{3}{10}\) et \(b=1\). Ses solutions sont les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), et ici \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{1}{3/10}=\dfrac{10}{3}\). Les solutions de \((E)\) sur \([0\,;\,+\infty[\) sont donc les fonctions \(t\mapsto K\text{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}\), avec \(K\in\mathbb{R}\).

2. Puisque \(q\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(K\) tel que \(q(t)=K\text{e}^{-\frac{3}{10}t}+\dfrac{10}{3}\) pour tout \(t\geq\, 0\). La condition initiale \(q(0)=1\) donne \(K+\dfrac{10}{3}=1\), donc \(K=-\dfrac{7}{3}\). Ainsi, pour tout \(t\geq\, 0\), \(q(t)=\dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\).

3. Quand \(t\) tend vers \(+\infty\), \(-\dfrac{3}{10}t\) tend vers \(-\infty\) ; or \(\lim\limits_{X\to-\infty}\text{e}^{X}=0\), donc par composition \(\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\) tend vers 0. Par produit et somme :

\[\lim\limits_{t\to+\infty}q(t)=\dfrac{10}{3}\approx 3{,}33.\]

Interprétation : à long terme, avec la perfusion, la quantité de médicament dans le sang se stabilise vers \(\dfrac{10}{3}\) mg, soit environ 3,33 mg, valeur qui dépasse le seuil de toxicité de 3 mg.

4. On dérive : pour tout \(t\geq\, 0\),

\[q^{\prime}(t)=-\dfrac{7}{3}\times (-\dfrac{3}{10})\text{e}^{-\frac{3}{10}t}=\dfrac{7}{10}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}.\]

Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(q^{\prime}(t)\gt 0\) : la fonction \(q\) est strictement croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), de \(q(0)=1\) vers sa limite \(\dfrac{10}{3}\).

5. Le risque apparaît dès que \(q(t)\geq\, 3\). On résout cette inéquation :

\[q(t)\geq\, 3 \iff \dfrac{10}{3}-\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t}\geq\, 3 \iff \dfrac{1}{3}\geq\,\dfrac{7}{3}\text{e}^{-\frac{3}{10}t} \iff \text{e}^{-\frac{3}{10}t}\leq\,\dfrac{1}{7}.\]

La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\), on peut l’appliquer aux deux membres :

\[-\dfrac{3}{10}t\leq\,\ln(\dfrac{1}{7})=-\ln 7 \iff t\geq\,\dfrac{10\ln 7}{3}.\]

(On a divisé par \(-\dfrac{3}{10}\), qui est négatif, ce qui renverse le sens de l’inégalité.) Le médicament présente donc un risque à partir de \(t=\dfrac{10\ln 7}{3}\) heures, soit environ 6,5 heures après l’injection initiale.

6. Le traitement doit durer au moins 7 heures. Or dès 6,5 heures environ, la quantité de médicament atteint 3 mg et, comme \(q\) est croissante, elle reste ensuite au-dessus de ce seuil. Oui, ce protocole présente un risque de toxicité pour le patient avant même la fin de la durée minimale du traitement.

Partie B

1. Une baisse de 30 % revient à multiplier par \(1-\dfrac{30}{100}=0{,}7\). Au bout d’une heure supplémentaire, la quantité \(u_n\) devient \(0{,}7u_n\), puis on ajoute la nouvelle dose de 0,75 mg. Donc pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1}=0{,}7u_n+0{,}75\).

2. a. Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\) ».

Initialisation. \(u_0=1\) et \(u_1=0{,}7\times 1+0{,}75=1{,}45\). On a bien \(1\leq\, 1{,}45\leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}_n\) vraie pour un entier \(n\) donné : \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\). En multipliant par \(0{,}7\gt 0\), le sens des inégalités se conserve : \(0{,}7u_n\leq\, 0{,}7u_{n+1}\leq\, 2{,}8\). En ajoutant 0,75 : \(0{,}7u_n+0{,}75\leq\, 0{,}7u_{n+1}+0{,}75\leq\, 3{,}55\), c’est-à-dire \(u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 3{,}55\leq\, 4\). La propriété \(\mathcal{P}_{n+1}\) est donc vraie.

Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire, donc par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, u_{n+1}\leq\, 4\).

b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) montre que la suite \((u_n)\) est croissante, et \(u_{n}\leq\, 4\) montre qu’elle est majorée par 4. D’après le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : \((u_n)\) est convergente.

c. La suite vérifie \(u_{n+1}=g(u_n)\) avec \(g(x)=0{,}7x+0{,}75\), fonction affine donc continue sur \(\mathbb{R}\). Sa limite \(\ell\) est donc un point fixe de \(g\) : \(\ell=0{,}7\ell+0{,}75\), soit \(0{,}3\ell=0{,}75\) et \(\ell=2{,}5\).

d. La suite est croissante et converge vers 2,5, donc tous ses termes sont inférieurs ou égaux à sa limite : \(u_n\leq\, 2{,}5\) pour tout \(n\). La quantité de médicament ne dépasse jamais 2,5 mg, qui est en dessous de 3 mg. D’après ce modèle, ce second protocole ne présente pas de risque, quelle que soit la durée du traitement.

3. a. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[v_{n+1}=u_{n+1}-2{,}5=0{,}7u_n+0{,}75-2{,}5=0{,}7u_n-1{,}75=0{,}7(u_n-2{,}5)=0{,}7v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}7\) et de premier terme \(v_0=u_0-2{,}5=-1{,}5\).

b. On en déduit \(v_n=v_0\times 0{,}7^n=-1{,}5\times 0{,}7^n\), puis \(u_n=v_n+2{,}5\), soit pour tout entier naturel \(n\), \(u_n=2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^n\).

4. On cherche le plus petit entier \(n\) tel que \(u_n\gt 2{,}4\) :

\[2{,}5-1{,}5\times 0{,}7^n\gt 2{,}4 \iff 1{,}5\times 0{,}7^n\lt 0{,}1 \iff 0{,}7^n\lt\dfrac{1}{15}.\]

La fonction \(\ln\) est strictement croissante, donc cela équivaut à \(n\ln(0{,}7)\lt -\ln 15\). Comme \(\ln(0{,}7)\lt 0\), en divisant on change le sens : \(n\gt\dfrac{-\ln 15}{\ln 0{,}7}\approx 7{,}59\).

Vérification : \(u_7\approx 2{,}376\) et \(u_8\approx 2{,}414\). Comme une injection supplémentaire a lieu chaque heure, \(u_n\) correspond à \(n\) injections supplémentaires. La quantité dépasse 2,4 mg au bout de 8 injections supplémentaires.

Exercice 3 :

Affirmation 1 : vraie.

On calcule \(\vec{\text{SA}}\begin{pmatrix}3\\0\\3\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}0\\-\sqrt{2}\\0\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\vec{\text{SA}}\cdot\vec{\text{AB}}=3\times (-1)+0\times 0+3\times 1=0 \quad\text{et}\quad \vec{\text{SA}}\cdot\vec{\text{AC}}=3\times 0+0\times (-\sqrt{2})+3\times 0=0.\]

Comme A, B et C ne sont pas alignés, \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) sont deux vecteurs non colinéaires qui dirigent le plan (ABC). Le vecteur \(\vec{\text{SA}}\), orthogonal à chacun d’eux, est donc normal au plan (ABC).

Affirmation 2 : fausse.

La droite (SB) est dirigée par \(\vec{\text{SB}}\begin{pmatrix}2\\0\\4\end{pmatrix}\) et la droite \(d\) par \(\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\\sqrt{2}\\-1\end{pmatrix}\). La deuxième coordonnée de \(\vec{\text{SB}}\) est nulle mais pas celle de \(\vec{u}\), alors que leurs premières coordonnées sont non nulles : ces vecteurs ne sont pas colinéaires, et les droites ne sont pas parallèles.

Une représentation paramétrique de (SB) est \(\{\begin{array}{l} x=-1+2t \\ y=\sqrt{2} \\ z=-4+4t \end{array}.\), \(t\in\mathbb{R}\). Un point commun aux deux droites devrait vérifier \(\sqrt{2}\,k=\sqrt{2}\), donc \(k=1\), ce qui donne le point \((1\,;\,\sqrt{2}\,;\,-2)\) de \(d\). Pour qu’il soit sur (SB), il faudrait \(-1+2t=1\), donc \(t=1\), et alors \(z=-4+4=0\neq -2\). Il n’existe aucun point commun : les droites (SB) et \(d\) sont non coplanaires, elles ne sont pas sécantes.

Affirmation 3 : vraie.

Un vecteur normal à \(P\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}1\\0\\-1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{u}\cdot\vec{n}=-1\times 1+\sqrt{2}\times 0+(-1)\times (-1)=0\) : le vecteur directeur de \(d\) est orthogonal à un vecteur normal de \(P\), donc \(d\) est parallèle au plan \(P\). On peut préciser : le point \((2\,;\,0\,;\,-1)\) de \(d\) (obtenu pour \(k=0\)) vérifie \(2-(-1)+1=4\neq 0\), il n’est pas dans \(P\), donc \(d\) est strictement parallèle à \(P\).

Affirmation 4 : vraie.

Deux conditions sont à vérifier. D’abord, H appartient à \(P\) : \(-3-(-2)+1=0\). Ensuite, \(\vec{\text{SH}}\begin{pmatrix}-2\\0\\2\end{pmatrix}=-2\,\vec{n}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{n}\), donc la droite (SH) est orthogonale au plan \(P\). H est le point de \(P\) tel que (SH) soit perpendiculaire à \(P\) : c’est bien le projeté orthogonal de S sur \(P\).

Exercice 4 :

Partie A

1. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(1)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T\) au point d’abscisse 1. Cette tangente passe par A(1 ; 0) et B(0 ; −2), donc :

\[f^{\prime}(1)=\dfrac{y_\text{A}-y_\text{B}}{x_\text{A}-x_\text{B}}=\dfrac{0-(-2)}{1-0}=2.\]

Ainsi \(f^{\prime}(1)=2\).

2. Une fonction concave a sa courbe en dessous de chacune de ses tangentes. Sur le graphique, pour \(x\gt 1\), la courbe \(\mathcal{C}\) est située au-dessus de la tangente \(T\). La fonction \(f\) n’est donc pas concave sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\).

3. Au point A, la courbe passe d’en dessous de \(T\) (à gauche de A) à au-dessus de \(T\) (à droite) : elle traverse sa tangente, A est un point d’inflexion. La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en un point d’inflexion, donc \(f^{\prime\prime}(1)=0\).

Partie B

1. Quand \(x\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\) par valeurs supérieures, \(2x-1\) tend vers 0 en restant positif. Comme \(\lim\limits_{X\to 0^+}\ln X=-\infty\), par composition \(\ln(2x-1)\) tend vers \(-\infty\). Par ailleurs \(x\) tend vers \(\dfrac{1}{2}\gt 0\). Par produit :

\[\lim\limits_{x\to\frac{1}{2}^+}f(x)=-\infty.\]

Interprétation graphique : la droite d’équation \(x=\dfrac{1}{2}\) est asymptote verticale à la courbe \(\mathcal{C}\).

2. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,+\infty[\), \(x\) n’est jamais nul, donc :

\[f(x)=0\iff\ln(2x-1)=0\iff 2x-1=1\iff x=1.\]

La valeur 1 appartient bien à l’intervalle : l’unique solution est \(x=1\).

3. a. On dérive \(f^{\prime}\). La dérivée de \(\ln(2x-1)\) est \(\dfrac{2}{2x-1}\). Pour \(\dfrac{2x}{2x-1}\), on applique la formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) avec \(u=2x\) et \(v=2x-1\), donc \(u^{\prime}=v^{\prime}=2\) :

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

En réduisant au même dénominateur :

\[f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{2}{2x-1}-\dfrac{2}{(2x-1)^2}=\dfrac{2(2x-1)-2}{(2x-1)^2}=\dfrac{4x-4}{(2x-1)^2}=\dfrac{4(x-1)}{(2x-1)^2}.\]

b. Le dénominateur \((2x-1)^2\) est strictement positif sur l’intervalle, donc \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(x-1\) : strictement négatif sur \(]\dfrac{1}{2}\,;\,1[\), nul en 1, strictement positif sur \(]1\,;\,+\infty[\).

La dérivée seconde s’annule en changeant de signe uniquement en \(x=1\) : la courbe admet un unique point d’inflexion, d’abscisse 1. Son ordonnée est \(f(1)=1\times \ln 1=0\). Ce point est \((1\,;\,0)\) ; d’après la question 2, c’est exactement le point où \(\mathcal{C}\) coupe l’axe des abscisses.

4. a. Si \(1\leq\, x\leq\, 2\), alors \(1\leq\, 2x-1\leq\, 3\), donc \(\ln(2x-1)\geq\,\ln 1=0\) par croissance de \(\ln\). De plus \(x\geq\, 1\gt 0\). Le produit de deux nombres positifs est positif : \(f(x)\geq\, 0\) sur \([1\,;\,2]\).

b. Grâce à l’égalité admise, on intègre terme à terme. Sur \([1\,;\,2]\), \(2x-1\gt 0\), et une primitive de \(\dfrac{2}{2x-1}\) est \(\ln(2x-1)\) (forme \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\)). Une primitive de \(x\mapsto \dfrac{1}{2}x+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}\times \dfrac{2}{2x-1}\) est donc \(x\mapsto \dfrac{x^2}{4}+\dfrac{x}{4}+\dfrac{1}{8}\ln(2x-1)\). D’où :

\[\int_{1}^{2}\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x=(\dfrac{4}{4}+\dfrac{2}{4}+\dfrac{1}{8}\ln 3)-(\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{8}\ln 1)=\dfrac{3}{2}+\dfrac{1}{8}\ln 3-\dfrac{1}{2}.\]

On obtient bien \(\displaystyle\int_{1}^{2}\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x=1+\dfrac{1}{8}\ln 3\).

c. La fonction \(f\) est continue et positive sur \([1\,;\,2]\) (question 4.a), donc l’aire cherchée est \(\mathcal{A}=\displaystyle\int_1^2 x\ln(2x-1)\,\text{d}x\) unités d’aire.

On intègre par parties en posant \(u(x)=\ln(2x-1)\), d’où \(u^{\prime}(x)=\dfrac{2}{2x-1}\), et \(v^{\prime}(x)=x\), d’où \(v(x)=\dfrac{x^2}{2}\). Les fonctions \(u\) et \(v\) sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,2]\), donc :

\[\mathcal{A}=[\dfrac{x^2}{2}\ln(2x-1)]_1^2-\int_1^2\dfrac{x^2}{2}\times \dfrac{2}{2x-1}\,\text{d}x=(2\ln 3-\dfrac{1}{2}\ln 1)-\int_1^2\dfrac{x^2}{2x-1}\,\text{d}x.\]

Avec le résultat de la question précédente :

\[\mathcal{A}=2\ln 3-1-\dfrac{1}{8}\ln 3=\dfrac{15}{8}\ln 3-1.\]

L’aire vaut \(\mathcal{A}=\dfrac{15}{8}\ln 3-1\approx 1{,}06\) unité d’aire.

Partie C

1. Soit \(a\gt 0\). Sur \(]\dfrac{1}{a}\,;\,+\infty[\), le dénominateur \((ax-1)^2\) est strictement positif et \(a\gt 0\), donc \(f_a^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(ax-2\). Or \(ax-2\gt 0\iff x\gt\dfrac{2}{a}\), et \(\dfrac{2}{a}\) appartient bien à l’intervalle puisque \(\dfrac{2}{a}\gt\dfrac{1}{a}\). Donc \(f_a^{\prime\prime}\) est négative sur \(]\dfrac{1}{a}\,;\,\dfrac{2}{a}[\), s’annule en \(\dfrac{2}{a}\) et est positive sur \(]\dfrac{2}{a}\,;\,+\infty[\).

La dérivée seconde change de signe en un seul point : \(\mathcal{C}_a\) admet un unique point d’inflexion \(\text{A}_a\), d’abscisse \(\dfrac{2}{a}\). Son ordonnée vaut \(f_a(\dfrac{2}{a})=\dfrac{2}{a}\ln(a\times \dfrac{2}{a}-1)=\dfrac{2}{a}\ln 1=0\), donc \(\text{A}_a(\dfrac{2}{a}\,;\,0)\).

2. Pour tout \(a\gt 0\), le point \(\text{A}_a\) a une ordonnée nulle : tous ces points sont situés sur l’axe des abscisses. Ils sont donc alignés (sur la droite d’équation \(y=0\)). On retrouve pour \(a=2\) le point d’inflexion \((1\,;\,0)\) de la partie B.

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