Bac maths 2026 Asie J1 : sujet et corrigé

Voici le sujet 1 du bac de spécialité mathématiques 2026 en Asie, posé le 9 juin 2026, avec l’énoncé complet suivi d’un corrigé détaillé de chaque question. Le premier exercice suit un tireur à l’arc dont la réussite dépend du tir précédent : arbre pondéré, suite arithmético-géométrique, limite, fonction Python de seuil et inéquation résolue avec le logarithme. Le deuxième est un vrai-faux en cinq affirmations : limite d’un quotient avec racine carrée, suite définie par récurrence, loi binomiale, intégrale d’une exponentielle et coloriages d’un quadrillage. Le troisième, en géométrie dans l’espace, fait travailler vecteur normal, coplanarité, intersection d’une droite et d’un plan puis de deux plans. Le dernier étudie la fonction sinus cardinal sur [0 ; 2π] grâce à une fonction auxiliaire et au théorème des valeurs intermédiaires.

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
Asie — 9 juin 2026
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Un tireur à l’arc s’entraîne sur une cible dans le but d’atteindre son centre.

On modélise la situation de la façon suivante :

au premier tir, il atteint le centre de la cible avec une probabilité de \(\dfrac{1}{2}\) ;
pour les tirs suivants :
- lorsqu’il a atteint le centre de la cible au tir précédent, la probabilité qu’il atteigne à nouveau le centre de la cible est \(\dfrac{4}{5}\) ;
- lorsqu’il n’a pas atteint le centre de la cible au tir précédent, la probabilité qu’il atteigne le centre de la cible est \(\dfrac{1}{3}\).

Pour tout entier naturel \(n\) non nul, on considère l’évènement \(T_n\) : « Le tireur atteint le centre de la cible au \(n\)-ième tir ».

On note \(p_n = P(T_n)\) la probabilité que l’évènement \(T_n\) se réalise.

1. Donner la valeur de \(p_1\) et montrer que \(p_2 = \dfrac{17}{30}\).

2. Recopier sur la copie l’arbre de probabilité suivant et compléter les pointillés avec les probabilités qui conviennent :

3. Montrer que pour tout entier naturel \(n\) non nul :

\[p_{n+1} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}\]

4. On considère la suite \((u_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) non nul par :

\[u_n = p_n – \dfrac{5}{8}\]

a. Montrer que la suite \((u_n)\) est une suite géométrique de raison \(\dfrac{7}{15}\).

b. Déterminer une expression de \(u_n\) en fonction de \(n\).

c. En déduire une expression de \(p_n\) en fonction de \(n\).

5. Déterminer la limite de la suite \((p_n)\) et interpréter cette limite dans le contexte de l’exercice.

6. On considère ci-dessous une fonction seuil, incomplète, écrite en langage Python.

Recopier cette fonction sur la copie en complétant les pointillés afin qu’elle renvoie la plus petite valeur de l’entier \(n\) telle que \(p_n\) soit supérieur ou égal à 0,6.

def seuil():
    n = 1
    p = 0.5
    while .........:
        n = .........
        p = .........
    return .........

7. Résoudre dans \(\mathbb{N}\) l’inéquation \(p_n \geq\, 0{,}6\).

Exercice 2 (5 points)

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse en justifiant votre choix. Une réponse non argumentée ne sera pas prise en compte dans l’évaluation.

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

\[f(x) = \dfrac{x-1}{\sqrt{x^2-1}}\]

Affirmation 1 : La fonction \(f\) admet pour limite 1 en \(+\infty\).

2. On considère la suite \((w_n)\) définie par \(w_0 = 1\) et pour tout entier naturel \(n\) par :

\[w_{n+1} = w_n + 2n + 3\]

Affirmation 2 : Pour tout entier naturel \(n\),

\[w_n = (n+1)^2\]

3. Soit \(p\) un nombre réel tel que \(0 \lt p \lt 1\).

On considère une variable aléatoire \(X\) qui suit la loi binomiale de paramètres 3 et \(p\).

On note \(P(X=1)\) la probabilité de l’évènement \((X=1)\).

Affirmation 3 : \(P(X=1) = 3p – 6p^2 + 3p^3\).

4. On considère la suite \((v_n)\) définie pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\) par :

\[v_n = \displaystyle\int_0^1 \text{e}^{nx}\,\text{d}x\]

Affirmation 4 : Pour tout entier naturel \(n \geq\, 1\),

\[v_n = \dfrac{\text{e}^n}{n}\]

5. On colorie en rouge, jaune ou noir chacune des 16 cases d’un quadrillage.

Affirmation 5 : On peut réaliser \(\displaystyle\binom\,{16}{3}\) coloriages différents.

Exercice 3 (5 points)

Dans l’espace muni d’un repère orthonormé \((\text{O} ; \vec{\imath}, \vec{\jmath}, \vec{k})\) de l’espace, on considère les points suivants

\[\text{A}(0 ; 0 ; 1) ;\quad \text{B}(1 ; 2 ; 3) ;\quad \text{C}(3 ; 3 ; 1) ;\quad \text{E}(2 ; -2 ; 2) ;\quad \text{F}(3 ; 0 ; 4) \quad \text{et} \quad \text{G}(5 ; 1 ; 2)\]

1. a. Montrer que les points B, C et E ne sont pas alignés.

b. Justifier que le vecteur \(\vec{\text{AF}}\) est normal au plan (BCE).

c. En déduire qu’une équation cartésienne du plan (BCE) est \(x + z – 4 = 0\).

2. a. Montrer que le point G n’appartient pas au plan (BCE).

b. Montrer que les vecteurs \(\vec{\text{BE}}\), \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{AG}}\) ne sont pas coplanaires.

c. En déduire que la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants.

Pour la suite de l’exercice, on appellera P le point d’intersection de la droite (AG) et du plan (BCE).

3. a. Montrer qu’une représentation paramétrique de la droite (AG) est :

\[\{\begin{array}{l} x = 5t \\ y = t \\ z = 1 + t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]

b. En déduire les coordonnées du point P.

c. Montrer que le point P est le milieu du segment [EC].

4. Déterminer l’intersection des plans (BCE) et (ACG).

Exercice 4 (5 points)

1. On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \([0 ; 2\pi]\) par :

\[g(x) = x\cos(x) – \sin(x)\]

On admet que la fonction \(g\) est dérivable sur l’intervalle \([0 ; 2\pi]\) et on note \(g^{\prime}\) sa dérivée.

a. Montrer que pour tout réel \(x\) de l’intervalle \([0 ; 2\pi]\), on a :

\[g^{\prime}(x) = -x\sin(x)\]

b. On donne le tableau de variations de la fonction \(g\) sur l’intervalle \([0 ; 2\pi]\) ci-dessous.

Justifier chacun des éléments qui figurent dans ce tableau de variations.

\(x\)	\(0\)		\(\pi\)		\(2\pi\)
\(g\)	\(0\)	↘	\(-\pi\)	↗	\(2\pi\)

c. Montrer qu’il existe une unique valeur réelle \(\alpha\) dans l’intervalle \([\pi ; 2\pi]\) telle que \(g(\alpha) = 0\).

d. En déduire le tableau de signes de la fonction \(g\) sur l’intervalle \([0 ; 2\pi]\).

2. On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]0 ; 2\pi]\) par :

\[f(x) = \dfrac{\sin(x)}{x}\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(]0 ; 2\pi]\) et on note \(f^{\prime}\) sa dérivée.

a. Montrer que pour tout réel \(x\) de l’intervalle \(]0 ; 2\pi]\) on a :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{g(x)}{x^2}\]

b. Étudier le signe de la fonction \(f^{\prime}\) sur l’intervalle \(]0 ; 2\pi]\).

c. En déduire le sens de variation de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0 ; 2\pi]\).

d. Déterminer la limite de \(f\) en 0. On pourra utiliser le taux d’accroissement de la fonction sinus en 0.

3. On considère deux nombres réels \(r\) et \(s\) qui vérifient l’inégalité : \(0 \lt r \lt s \lt \pi\).

Montrer que :

\[\dfrac{r}{s} \lt \dfrac{\sin(r)}{\sin(s)}\]

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Au premier tir, l’énoncé donne directement la probabilité d’atteindre le centre : \(p_1 = \dfrac{1}{2}\).

Pour le deuxième tir, on traduit les deux autres informations en probabilités conditionnelles : \(P_{T_1}(T_2) = \dfrac{4}{5}\) et \(P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{3}\). Comme \(T_1\) et \(\overline{T_1}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :

\[p_2 = P(T_1)\times P_{T_1}(T_2) + P(\overline{T_1})\times P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{2}\times \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{12}{30} + \dfrac{5}{30}\]

On obtient bien \(p_2 = \dfrac{17}{30}\).

2. Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut 1. On complète donc l’arbre ainsi :

branche vers \(\overline{T_n}\) : \(1 – p_n\) ;
de \(T_n\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{4}{5} = \dfrac{1}{5}\) ;
de \(\overline{T_n}\) vers \(T_{n+1}\) : \(\dfrac{1}{3}\) (il a manqué le centre au tir précédent) ;
de \(\overline{T_n}\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\).

3. Soit \(n\) un entier naturel non nul. Les évènements \(T_n\) et \(\overline{T_n}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, en lisant l’arbre :

\[p_{n+1} = P(T_n \cap T_{n+1}) + P(\overline{T_n}\cap T_{n+1}) = \dfrac{4}{5}p_n + \dfrac{1}{3}(1 – p_n)\]

En développant puis en regroupant les termes en \(p_n\) :

\[p_{n+1} = \dfrac{4}{5}p_n – \dfrac{1}{3}p_n + \dfrac{1}{3} = (\dfrac{12}{15} – \dfrac{5}{15})p_n + \dfrac{1}{3}\]

On a donc bien, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_{n+1} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}\).

4. a. Pour tout \(n \geq\, 1\), on exprime \(u_{n+1}\) à l’aide de la relation précédente, puis on remplace \(p_n\) par \(u_n + \dfrac{5}{8}\) :

\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n – \dfrac{7}{24}\]

\[u_{n+1} = \dfrac{7}{15}(u_n + \dfrac{5}{8}) – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{35}{120} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{7}{24} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n\]

Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par le même nombre : \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = \dfrac{7}{15}\), de premier terme \(u_1 = p_1 – \dfrac{5}{8} = \dfrac{4}{8} – \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}\).

b. La suite commence au rang 1, donc pour tout \(n \geq\, 1\), \(u_n = u_1 \times q^{n-1}\), soit :

\[u_n = -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]

c. Comme \(p_n = u_n + \dfrac{5}{8}\), on obtient pour tout \(n \geq\, 1\) :

\[p_n = \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]

Vérification : pour \(n = 2\), \(\dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}\times \dfrac{7}{15} = \dfrac{75 – 7}{120} = \dfrac{68}{120} = \dfrac{17}{30}\), ce qui est cohérent avec la question 1.

5. La raison \(\dfrac{7}{15}\) vérifie \(-1 \lt \dfrac{7}{15} \lt 1\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty}(\dfrac{7}{15})^{n-1} = 0\). Par produit par \(-\dfrac{1}{8}\) puis par somme, on en déduit :

\[\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{5}{8}\]

La suite \((p_n)\) converge vers \(\dfrac{5}{8} = 0{,}625\) : après un grand nombre de tirs, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de 0,625, soit environ 62,5 %.

6. On part de \(n = 1\) et \(p = p_1 = 0{,}5\). Tant que \(p\) est strictement inférieur à 0,6, on passe au tir suivant : on augmente \(n\) de 1 et on remplace \(p\) par le terme suivant grâce à la relation de récurrence de la question 3. Dès que \(p \geq\, 0{,}6\), la boucle s’arrête et on renvoie \(n\).

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

Les valeurs successives sont \(p_1 = 0{,}5\), \(p_2 \approx 0{,}567\), \(p_3 \approx 0{,}598\) puis \(p_4 \approx 0{,}612\) : la fonction renvoie 4, ce que confirme la question suivante.

7. Pour \(n \in \mathbb{N}\), \(n \geq\, 1\), on remplace \(p_n\) par son expression :

\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, 0{,}6 \iff -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, -0{,}025\]

On multiplie par \(-8\), qui est négatif, donc le sens de l’inégalité change :

\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (\dfrac{7}{15})^{n-1} \leq\, 0{,}2\]

Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) :

\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (n-1)\ln(\dfrac{7}{15}) \leq\, \ln(0{,}2)\]

Comme \(\dfrac{7}{15} \lt 1\), on a \(\ln(\dfrac{7}{15}) \lt 0\) : en divisant par ce nombre, l’inégalité change encore de sens.

\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff n \geq\, 1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})}\]

À la calculatrice, \(1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})} \approx 3{,}11\). Les solutions sont les entiers \(n \geq\, 4\) : à partir du quatrième tir, la probabilité d’atteindre le centre est au moins égale à 0,6.

Exercice 2 :

1. Affirmation 1 : vraie.

On a une forme indéterminée « \(\dfrac{\infty}{\infty}\) ». Pour \(x \gt 1\), on factorise \(x^2 – 1 = (x-1)(x+1)\), et comme \(x – 1 \gt 0\), on peut écrire \(x – 1 = \sqrt{(x-1)^2}\). Donc :

\[f(x) = \dfrac{\sqrt{(x-1)^2}}{\sqrt{(x-1)(x+1)}} = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = \sqrt{\dfrac{1 – \dfrac{1}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}}}\]

Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(\dfrac{1}{x}\) tend vers 0, donc le quotient sous la racine tend vers \(\dfrac{1}{1} = 1\). Par composition avec la fonction racine carrée, continue en 1, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \sqrt{1} = 1\).

2. Affirmation 2 : vraie.

On démontre par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(w_n = (n+1)^2\) ».

Initialisation : \(w_0 = 1\) et \((0+1)^2 = 1\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(w_n = (n+1)^2\). Alors \(w_{n+1} = (n+1)^2 + 2n + 3 = n^2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2\), ce qui est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\).

Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(w_n = (n+1)^2\).

3. Affirmation 3 : vraie.

Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(3 ; p)\), la formule du cours donne :

\[P(X=1) = \binom\,{3}{1}p^1(1-p)^2 = 3p(1 – 2p + p^2) = 3p – 6p^2 + 3p^3\]

4. Affirmation 4 : fausse.

Pour \(n \geq\, 1\), une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{nx}\) est \(x \mapsto \dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}\). Donc :

\[v_n = [\dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}]_0^1 = \dfrac{\text{e}^n}{n} – \dfrac{\text{e}^0}{n} = \dfrac{\text{e}^n – 1}{n}\]

Cette valeur est différente de \(\dfrac{\text{e}^n}{n}\) : par exemple \(v_1 = \text{e} – 1 \approx 1{,}72\) alors que \(\dfrac{\text{e}^1}{1} \approx 2{,}72\).

5. Affirmation 5 : fausse.

Numérotons les cases de 1 à 16. Un coloriage revient à choisir une couleur parmi 3 pour la case 1, puis une couleur parmi 3 pour la case 2, et ainsi de suite, les couleurs pouvant se répéter : c’est une 16-liste d’éléments d’un ensemble à 3 éléments. D’après le principe multiplicatif, il y a \(3^{16} = 43\,046\,721\) coloriages différents.

Or \(\displaystyle\binom\,{16}{3} = \dfrac{16\times 15\times 14}{3\times 2\times 1} = 560\), qui compte seulement le nombre de façons de choisir 3 cases parmi 16. L’affirmation est donc fausse.

Exercice 3 :

1. a. On calcule deux vecteurs issus de B :

\[\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{BE}}\begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -1 \end{pmatrix}\]

Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{BE}} = k\,\vec{\text{BC}}\). La première coordonnée impose \(k = \dfrac{1}{2}\), mais la deuxième impose \(k = -4\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc B, C et E ne sont pas alignés et définissent bien un plan.

b. On a \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :

\[\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BC}} = 3\times 2 + 0\times 1 + 3\times (-2) = 0 \qquad \vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BE}} = 3\times 1 + 0\times (-4) + 3\times (-1) = 0\]

Le vecteur \(\vec{\text{AF}}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCE) : il est normal au plan (BCE).

c. Un plan de vecteur normal \(\vec{\text{AF}}(3 ; 0 ; 3)\) a une équation de la forme \(3x + 3z + d = 0\). Le point B appartient au plan : \(3\times 1 + 3\times 3 + d = 0\), d’où \(d = -12\). Le plan (BCE) a pour équation \(3x + 3z – 12 = 0\) et, en divisant par 3, \(x + z – 4 = 0\).

2. a. Pour G(5 ; 1 ; 2) : \(x_\text{G} + z_\text{G} – 4 = 5 + 2 – 4 = 3 \neq 0\). Les coordonnées de G ne vérifient pas l’équation, donc G n’appartient pas au plan (BCE).

b. On a \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\). Puisque \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\) ne sont pas colinéaires, les trois vecteurs sont coplanaires si et seulement s’il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que \(\vec{\text{AG}} = a\,\vec{\text{BC}} + b\,\vec{\text{BE}}\), c’est-à-dire :

\[\{\begin{array}{l} 2a + b = 5 \\ a – 4b = 1 \\ -2a – b = 1 \end{array}.\]

En additionnant la première et la troisième équation, on obtient \(0 = 6\), ce qui est absurde. Le système n’a pas de solution : \(\vec{\text{BE}}\), \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{AG}}\) ne sont pas coplanaires.

Autre justification possible : \(\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{AG}} = 15 + 0 + 3 = 18 \neq 0\), donc \(\vec{\text{AG}}\) n’est pas orthogonal au vecteur normal du plan (BCE) : ce n’est pas un vecteur de la direction de ce plan.

c. Le vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}\) de la droite (AG) ne peut pas s’écrire comme combinaison de \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\), qui dirigent le plan (BCE). La droite n’est donc ni parallèle au plan ni contenue dans lui : la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants.

3. a. La droite (AG) passe par A(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\). Un point M(x ; y ; z) appartient à (AG) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{AM}} = t\,\vec{\text{AG}}\), soit \(x = 0 + 5t\), \(y = 0 + t\), \(z = 1 + t\). On retrouve la représentation paramétrique annoncée.

b. Le point P est sur (AG) : ses coordonnées sont \((5t ; t ; 1 + t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans (BCE), donc :

\[5t + (1 + t) – 4 = 0 \iff 6t = 3 \iff t = \dfrac{1}{2}\]

On en déduit P(2,5 ; 0,5 ; 1,5).

c. Le milieu du segment [EC] a pour coordonnées :

\[(\dfrac{2 + 3}{2} ; \dfrac{-2 + 3}{2} ; \dfrac{2 + 1}{2}) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; 1{,}5)\]

Ce sont les coordonnées de P : P est le milieu de [EC].

4. Les points A, C, G ne sont pas alignés (\(\vec{\text{AC}}(3 ; 3 ; 0)\) et \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\) ne sont pas colinéaires), ils définissent donc le plan (ACG).

Le point C appartient aux deux plans.
Le point P appartient à (BCE) par définition, et à la droite (AG), donc au plan (ACG).
Les deux plans ne sont pas confondus, puisque G appartient à (ACG) mais pas à (BCE) (question 2. a.).

Deux plans distincts qui ont deux points communs C et P (distincts, car P a pour abscisse 2,5 et C pour abscisse 3) se coupent selon la droite (CP). Comme P est le milieu de [EC], cette droite est aussi la droite (CE). L’intersection des plans (BCE) et (ACG) est la droite (CE), qui passe par C(3 ; 3 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{CE}}(-1 ; -5 ; 1)\).

Exercice 4 :

1. a. La fonction \(g\) est la différence entre le produit \(x \mapsto x\cos(x)\) et la fonction sinus. Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x\) et \(v(x) = \cos(x)\) :

\[g^{\prime}(x) = 1\times \cos(x) + x\times (-\sin(x)) – \cos(x) = -x\sin(x)\]

b. On vérifie d’abord les valeurs extrêmes du tableau :

\(g(0) = 0\times 1 – 0 = 0\) ;
\(g(\pi) = \pi\times (-1) – 0 = -\pi\) ;
\(g(2\pi) = 2\pi\times 1 – 0 = 2\pi\).

On étudie ensuite le signe de \(g^{\prime}(x) = -x\sin(x)\) :

sur \(]0 ; \pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \lt 0\) ;
sur \(]\pi ; 2\pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) ;
\(g^{\prime}\) ne s’annule qu’en 0, \(\pi\) et \(2\pi\).

Une dérivée strictement négative sur un intervalle (sauf en des points isolés) donne une fonction strictement décroissante : \(g\) est strictement décroissante sur \([0 ; \pi]\) et strictement croissante sur \([\pi ; 2\pi]\). Tous les éléments du tableau sont justifiés.

c. Sur l’intervalle \([\pi ; 2\pi]\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(g(\pi) = -\pi \lt 0\) et \(g(2\pi) = 2\pi \gt 0\). Le nombre 0 est compris entre \(g(\pi)\) et \(g(2\pi)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([\pi ; 2\pi]\). À la calculatrice, \(\alpha \approx 4{,}49\).

d. Sur \([0 ; \pi]\), \(g\) décroît de 0 à \(-\pi\) : \(g(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \leq\, \pi\) et \(g(0) = 0\). Sur \([\pi ; 2\pi]\), \(g\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(g(x) \lt 0\) sur \([\pi ; \alpha[\) et \(g(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\). D’où le tableau de signes :

\(x\)	\(0\)		\(\alpha\)		\(2\pi\)
signe de \(g(x)\)	0	−	0	+

2. a. Sur \(]0 ; 2\pi]\), \(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \sin(x)\) et \(v(x) = x\), qui ne s’annule pas. Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\cos(x)\times x – \sin(x)\times 1}{x^2} = \dfrac{x\cos(x) – \sin(x)}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}\]

b. Pour \(x \in ]0 ; 2\pi]\), \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\). D’après la question 1. d. : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\).

c. On en déduit que \(f\) est strictement décroissante sur \(]0 ; \alpha]\) et strictement croissante sur \([\alpha ; 2\pi]\).

d. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement de la fonction sinus entre 0 et \(x\) vaut :

\[\dfrac{\sin(x) – \sin(0)}{x – 0} = \dfrac{\sin(x)}{x} = f(x)\]

La fonction sinus est dérivable en 0, donc ce taux d’accroissement tend, quand \(x\) tend vers 0, vers le nombre dérivé \(\sin^{\prime}(0) = \cos(0) = 1\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 1\).

3. Soit \(0 \lt r \lt s \lt \pi\). Comme \(\alpha \geq\, \pi\), les réels \(r\) et \(s\) appartiennent à \(]0 ; \alpha]\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement décroissante. Donc \(r \lt s\) entraîne \(f(r) \gt f(s)\), c’est-à-dire :

\[\dfrac{\sin(r)}{r} \gt \dfrac{\sin(s)}{s}\]

Les nombres \(r\) et \(\sin(s)\) sont strictement positifs (car \(s \in ]0 ; \pi[\)). En multipliant les deux membres par le nombre strictement positif \(\dfrac{r}{\sin(s)}\), le sens de l’inégalité est conservé :

\[\dfrac{\sin(r)}{\sin(s)} \gt \dfrac{r}{s}\]

On a donc bien démontré que \(\dfrac{r}{s} \lt \dfrac{\sin(r)}{\sin(s)}\).

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