L’essentiel : Corrigé du bac de maths 2026 aux centres étrangers (jour 1) : chaque question est résolue avec les calculs et la méthode attendue. Idéal pour réviser l’examen en se corrigeant ; corrigé gratuit en PDF.
Corrigé étrangers 2026 : présentation de la correction
Avant tout, ce corrigé étrangers 2026 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2026 aux centres étrangers (jour 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, le calcul intégral et la convexité. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. Le stock contient 60 % de lames A et 12 % de lames B, donc la proportion de lames C est \(1-0{,}6-0{,}12=0{,}28\). Les probabilités conditionnelles de conformité sont données par l’étude qualité et les probabilités de non-conformité s’obtiennent par complément à 1 : \(P_A(\overline{T})=0{,}1\), \(P_B(\overline{T})=0{,}05\), \(P_C(\overline{T})=0{,}15\). L’arbre complété est le suivant.
2. On suit la branche A puis T barre et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(A \cap \overline{T})=P(A)\times P_A(\overline{T})=0{,}6\times 0{,}1=0{,}06.\]
Interprétation : la probabilité qu’une lame contrôlée vienne du fournisseur A et ne soit pas conforme est 0,06 ; autrement dit, 6 % des lames du stock sont des lames A non conformes.
3. Les évènements \(A\), \(B\) et \(C\) sont deux à deux incompatibles et leur réunion est l’univers : ils forment une partition. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T)=P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)=0{,}6\times 0{,}9+0{,}12\times 0{,}95+0{,}28\times 0{,}85\]
\[P(T)=0{,}54+0{,}114+0{,}238=0{,}892.\]
La probabilité que la lame testée soit conforme vaut bien 0,892.
4. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_{\overline{T}}(B)\). On a \(P(\overline{T})=1-0{,}892=0{,}108\) et \(P(B\cap\overline{T})=0{,}12\times 0{,}05=0{,}006\). Par définition :
\[P_{\overline{T}}(B)=\dfrac{P(B\cap\overline{T})}{P(\overline{T})}=\dfrac{0{,}006}{0{,}108}=\dfrac{1}{18}\approx 0{,}056.\]
Sachant que la lame n’est pas conforme, la probabilité qu’elle provienne du fournisseur B est environ 0,056.
Partie B
1. On répète 75 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), l’épreuve « prélever une lame », dont le succès « la lame n’est pas conforme » a pour probabilité 0,108. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=75\) et \(p=0{,}108\).
2. Pour une loi binomiale, \(P(X=k)=\dbinom{n}{k}p^k(1-p)^{n-k}\). Ici :
\[P(X=6)=\dbinom{75}{6}\times 0{,}108^6\times 0{,}892^{69}\approx 0{,}120.\]
La probabilité d’avoir exactement 6 lames non conformes est environ 0,120.
3. « Strictement plus de 8 » signifie \(X\geq\, 9\). On passe par l’évènement contraire :
\[P(X \gt 8)=1-P(X\leq\, 8)\approx 1-0{,}578=0{,}422.\]
(Le calcul de \(P(X\leq\, 8)\) se fait avec la fonction de répartition de la loi binomiale de la calculatrice.) Comme \(0{,}422 \lt 0{,}5\), l’équipementier a raison.
Partie C
1. Chaque \(X_i\) suit la même loi que \(X\), c’est-à-dire la loi binomiale \(\mathcal{B}(75 ; 0{,}108)\). On a donc \(\mathrm{E}(X_i)=75\times 0{,}108=8{,}1\) et \(\mathrm{V}(X_i)=75\times 0{,}108\times 0{,}892=7{,}2252\).
Par linéarité de l’espérance :
\[\mathrm{E}(M_n)=\dfrac{1}{n}(\mathrm{E}(X_1)+\cdots+\mathrm{E}(X_n))=\dfrac{1}{n}\times n\times 8{,}1=8{,}1.\]
Comme les \(X_i\) sont indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances, et \(\mathrm{V}(aY)=a^2\mathrm{V}(Y)\) :
\[\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1}{n^2}(\mathrm{V}(X_1)+\cdots+\mathrm{V}(X_n))=\dfrac{n\times 7{,}2252}{n^2}=\dfrac{7{,}2252}{n}.\]
Conclusion : \(\mathrm{E}(M_n)=8{,}1\) et \(\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{7{,}2252}{n}\).
2. On applique l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev à la variable \(M_n\) : pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|M_n-\mathrm{E}(M_n)|\geq\, \delta)\leq\, \dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{\delta^2}\). Avec \(\delta=2\) :
\[P(|M_n-8{,}1|\geq\, 2)\leq\, \dfrac{7{,}2252}{n\times 2^2}=\dfrac{1{,}8063}{n}.\]
C’est l’inégalité demandée (c’est aussi l’inégalité de concentration appliquée à l’échantillon \(X_1, \ldots, X_n\)).
3. L’évènement \(|M_n-8{,}1| \lt 2\) est le contraire de \(|M_n-8{,}1|\geq\, 2\), donc d’après la question précédente :
\[P(|M_n-8{,}1| \lt 2)\geq\, 1-\dfrac{1{,}8063}{n}.\]
Il suffit donc que \(1-\dfrac{1{,}8063}{n}\geq\, 0{,}95\), c’est-à-dire \(\dfrac{1{,}8063}{n}\leq\, 0{,}05\), soit \(n\geq\, \dfrac{1{,}8063}{0{,}05}=36{,}126\). Comme \(n\) est entier, à partir de \(n=37\) on a \(P(|M_n-8{,}1| \lt 2)\geq\, 0{,}95\).
Interprétation : si l’équipementier participe à au moins 37 compétitions, la probabilité que le nombre moyen de lames non conformes par échantillon soit strictement compris entre 6,1 et 10,1 est au moins égale à 95 %.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : vraie.
La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x)=-4\text{e}^{-x}-\sin(x)+\cos(x)\). En ajoutant \(f(x)\) :
\[f^{\prime}(x)+f(x)=-4\text{e}^{-x}-\sin(x)+\cos(x)+4\text{e}^{-x}+\cos(x)+\sin(x)=2\cos(x).\]
Les termes en exponentielle et en sinus se compensent : \(f\) vérifie \((E)\) pour tout réel \(x\), elle en est donc solution.
2. Affirmation 2 : vraie.
Les abscisses des points d’intersection sont les solutions de \(2x=\sin(x)\). Posons \(h(x)=2x-\sin(x)\) sur \(\mathbb{R}\). Elle est dérivable et \(h^{\prime}(x)=2-\cos(x)\). Comme \(\cos(x)\leq\, 1\), on a \(h^{\prime}(x)\geq\, 1 \gt 0\) : \(h\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\), donc elle s’annule au plus une fois. Or \(h(0)=0-\sin(0)=0\). L’équation a donc une unique solution, \(x=0\) : les deux courbes ont un seul point commun, l’origine du repère.
3. Affirmation 3 : fausse.
Pour tout entier naturel \(n\), \(-1\leq\, \sin(n)\leq\, 1\), donc, en ajoutant \(2n\) puis en divisant par \(n+1 \gt 0\) :
\[\dfrac{2n-1}{n+1}\leq\, v_n\leq\, \dfrac{2n+1}{n+1}.\]
En divisant numérateur et dénominateur par \(n\) (pour \(n\geq\, 1\)), \(\dfrac{2n-1}{n+1}=\dfrac{2-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\) tend vers 2, et de même \(\dfrac{2n+1}{n+1}=\dfrac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\) tend vers 2. D’après le théorème des gendarmes, \(\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=2\) : la suite \((v_n)\) converge vers 2, elle ne diverge pas.
4. Affirmation 4 : vraie.
Démontrons par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(u_n=n^2\) » pour tout entier \(n\geq\, 1\).
Initialisation : \(u_1=1=1^2\), donc \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\geq\, 1\) tel que \(u_n=n^2\). Alors \(u_{n+1}=u_n+2n+1=n^2+2n+1=(n+1)^2\) (identité remarquable), donc \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par le principe de récurrence, \(u_n=n^2\) pour tout entier \(n\geq\, 1\).
5. Affirmation 5 : vraie.
On a \(u_n=\text{e}^{-n}=(\text{e}^{-1})^n\) : \((u_n)\) est géométrique de premier terme \(u_0=1\) et de raison \(q=\text{e}^{-1}\ne 1\). La somme de ses \(n+1\) premiers termes vaut :
\[S_n=\dfrac{1-(\text{e}^{-1})^{n+1}}{1-\text{e}^{-1}}.\]
Comme \(0 \lt \text{e}^{-1} \lt 1\), \((\text{e}^{-1})^{n+1}\) tend vers 0, donc \(S_n\) tend vers \(\dfrac{1}{1-\text{e}^{-1}}\). En multipliant numérateur et dénominateur par e :
\[\lim\limits_{n\to+\infty}S_n=\dfrac{\text{e}}{\text{e}-1}.\]
Exercice 3 :
1. Dans ce repère, A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1). Les coordonnées d’un milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités, d’où :
\(\text{I}(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 1)\), \(\text{J}(0 ; \dfrac{1}{2} ; 1)\) et \(\text{K}(0 ; 0 ; \dfrac{1}{2})\).
2. a. On a \(\vec{\text{AI}}(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 1)\) et \(\vec{\text{AJ}}(0 ; \dfrac{1}{2} ; 1)\). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{AI}}\cdot\vec{\text{AJ}}=\dfrac{1}{2}\times 0+0\times \dfrac{1}{2}+1\times 1=1.\]
b. Les longueurs valent \(\text{AI}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+0+1}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\) et, de même, \(\text{AJ}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}\). Or \(\vec{\text{AI}}\cdot\vec{\text{AJ}}=\text{AI}\times \text{AJ}\times \cos(\widehat{\text{IAJ}})\), donc :
\[\cos(\widehat{\text{IAJ}})=\dfrac{1}{\frac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}=0{,}8.\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{IAJ}}\approx 36{,}9^\circ\).
3. a. On a \(\vec{\text{KC}}(1 ; 1 ; -\dfrac{1}{2})\). Les vecteurs \(\vec{\text{AI}}\) et \(\vec{\text{AJ}}\) ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de \(\vec{\text{AJ}}\) est nulle mais pas celle de \(\vec{\text{AI}}\)) ; ils dirigent donc le plan (AIJ). Calculons :
\[\vec{\text{KC}}\cdot\vec{\text{AI}}=1\times \dfrac{1}{2}+1\times 0-\dfrac{1}{2}\times 1=0 \qquad \vec{\text{KC}}\cdot\vec{\text{AJ}}=1\times 0+1\times \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\times 1=0.\]
\(\vec{\text{KC}}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIJ) : c’est un vecteur normal à ce plan.
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(a ; b ; c)\) a une équation de la forme \(ax+by+cz+d=0\). Ici, (AIJ) a une équation \(x+y-\dfrac{1}{2}z+d=0\). Le point A(0 ; 0 ; 0) lui appartient, donc \(d=0\). Une équation cartésienne de (AIJ) est bien \(x+y-\dfrac{1}{2}z=0\).
Exercice 3 du corrigé étrangers 2026 : questions 4 à 5
4. a. L est le point du plan (AIJ) tel que (CL) soit orthogonale au plan : L est donc l’intersection du plan avec la droite passant par C et dirigée par le vecteur normal \(\vec{\text{KC}}\). Cette droite admet la représentation paramétrique \(x=1+t\), \(y=1+t\), \(z=-\dfrac{1}{2}t\), \(t\in\mathbb{R}\). En reportant dans l’équation du plan :
\[(1+t)+(1+t)-\dfrac{1}{2}\times (-\dfrac{1}{2}t)=0 \iff 2+\dfrac{9}{4}t=0 \iff t=-\dfrac{8}{9}.\]
D’où \(\text{L}(\dfrac{1}{9} ; \dfrac{1}{9} ; \dfrac{4}{9})\).
b. La distance de C au plan (AIJ) est la longueur CL, avec \(\vec{\text{CL}}(-\dfrac{8}{9} ; -\dfrac{8}{9} ; \dfrac{4}{9})\) :
\[\text{CL}=\sqrt{\dfrac{64}{81}+\dfrac{64}{81}+\dfrac{16}{81}}=\sqrt{\dfrac{144}{81}}=\dfrac{12}{9}=\dfrac{4}{3}.\]
La distance du point C au plan (AIJ) est bien \(\dfrac{4}{3}\).
5. a. La droite (IM) passe par \(\text{I}(\dfrac{1}{2} ; 0 ; 1)\) et est dirigée par \(\vec{\text{IM}}(1-\dfrac{1}{2} ; m-0 ; 1-1)\), soit \(\vec{\text{IM}}(\dfrac{1}{2} ; m ; 0)\). Un point \(P(x ; y ; z)\) est sur (IM) si et seulement s’il existe un réel \(s\) tel que \(\vec{\text{I}P}=s\,\vec{\text{IM}}\), ce qui donne :
\[\{\begin{array}{l} x=\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}s \\ y=ms \\ z=1 \end{array}. \quad s\in\mathbb{R},\]
qui est bien la représentation annoncée.
b. Deux droites sont coplanaires si et seulement si elles sont parallèles ou sécantes.
Parallélisme : \(\vec{\text{IM}}(\dfrac{1}{2} ; m ; 0)\) et \(\vec{\text{KC}}(1 ; 1 ; -\dfrac{1}{2})\) ne sont jamais colinéaires, car la troisième coordonnée de \(\vec{\text{IM}}\) est nulle alors que celle de \(\vec{\text{KC}}\) ne l’est pas, et \(\vec{\text{IM}}\) n’est pas nul. Les droites ne sont donc jamais parallèles.
Exercice 3 du corrigé étrangers 2026 (suite)
Intersection : la droite (KC) a pour représentation \(x=1+t\), \(y=1+t\), \(z=-\dfrac{1}{2}t\). Un point commun doit vérifier \(z=1\), donc \(-\dfrac{1}{2}t=1\), soit \(t=-2\) : c’est le point \((-1 ; -1 ; 1)\). Il est sur (IM) si \(\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}s=-1\), soit \(s=-3\), et \(ms=-1\), soit \(m=\dfrac{1}{3}\).
Les droites (IM) et (KC) ne sont donc sécantes, et donc coplanaires, que pour \(m=\dfrac{1}{3}\). Pour toute autre valeur de \(m\), elles ne sont ni parallèles ni sécantes. Non, on ne peut pas affirmer qu’elles sont coplanaires quelle que soit la valeur de \(m\) (par exemple pour \(m=0\), elles ne le sont pas).
Exercice 4 :
Partie A
1. a. En \(0\) : \(\lim\limits_{x\to 0^+}\ln(x)=-\infty\) et \(\lim\limits_{x\to 0^+}x^2=0^+\), donc par quotient \(\lim\limits_{x\to 0^+}f(x)=-\infty\).
En \(+\infty\) : d’après les croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln(x)}{x^2}=0\) (on peut aussi écrire \(f(x)=\dfrac{\ln(x)}{x}\times \dfrac{1}{x}\), produit de deux facteurs qui tendent vers 0). Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=0\).
b. La droite d’équation \(x=0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\), et la droite d’équation \(y=0\) (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
2. On dérive un quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=\ln(x)\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v(x)=x^2\), \(v^{\prime}(x)=2x\) :
\[f^{\prime}(x)=\dfrac{\frac{1}{x}\times x^2-\ln(x)\times 2x}{x^4}=\dfrac{x-2x\ln(x)}{x^4}=\dfrac{x(1-2\ln(x))}{x^4}=\dfrac{1-2\ln(x)}{x^3}.\]
3. Sur \(]0 ; +\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-2\ln(x)\). Or \(1-2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{\frac{1}{2}}=\sqrt{\text{e}}\). Ainsi \(f^{\prime}\) est positive sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\), négative sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\) et s’annule en \(\sqrt{\text{e}}\). Le maximum vaut :
\[f(\sqrt{\text{e}})=\dfrac{\ln(\sqrt{\text{e}})}{(\sqrt{\text{e}})^2}=\dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}}=\dfrac{1}{2\text{e}}.\]
| \(x\) | \(0\) | \(\sqrt{\text{e}}\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | \(0\) | \(-\) | |
| variations de \(f\) | || \(-\infty\) | croissante ↗ | \(\dfrac{1}{2\text{e}}\) | décroissante ↘ | \(0\) |
4. La tangente au point d’abscisse 1 a pour équation \(y=f^{\prime}(1)(x-1)+f(1)\). Or \(f(1)=\dfrac{\ln(1)}{1}=0\) et \(f^{\prime}(1)=\dfrac{1-2\ln(1)}{1}=1\). Donc \(\Delta : y=x-1\).
5. On dérive \(f^{\prime}=\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=1-2\ln(x)\), \(u^{\prime}(x)=-\dfrac{2}{x}\), \(v(x)=x^3\), \(v^{\prime}(x)=3x^2\) :
\[f^{\prime\prime}(x)=\dfrac{-\frac{2}{x}\times x^3-(1-2\ln(x))\times 3x^2}{x^6}=\dfrac{x^2(-2-3+6\ln(x))}{x^6}=\dfrac{-5+6\ln(x)}{x^4}.\]
6. a. Comme \(x^4 \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(-5+6\ln(x)\), et \(-5+6\ln(x)\geq\, 0 \iff \ln(x)\geq\,\dfrac{5}{6}\iff x\geq\, \text{e}^{\frac{5}{6}}\). Donc :
- \(f^{\prime\prime}\leq\, 0\) sur \(]0 ; \text{e}^{\frac{5}{6}}]\) : \(f\) est concave sur cet intervalle ;
- \(f^{\prime\prime}\geq\, 0\) sur \([\text{e}^{\frac{5}{6}} ; +\infty[\) : \(f\) est convexe sur cet intervalle.
Exercice 4 du corrigé étrangers 2026, partie A : question 7
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\text{e}^{\frac{5}{6}}\) : la courbe admet un point d’inflexion d’abscisse \(\text{e}^{\frac{5}{6}}\), d’ordonnée \(f(\text{e}^{\frac{5}{6}})=\dfrac{\frac{5}{6}}{\text{e}^{\frac{5}{3}}}=\dfrac{5}{6\text{e}^{\frac{5}{3}}}\). Le point d’inflexion est \((\text{e}^{\frac{5}{6}} ; \dfrac{5}{6\text{e}^{\frac{5}{3}}})\), soit environ \((2{,}30 ; 0{,}157)\).
b. Sur l’intervalle \(]0 ; \text{e}^{\frac{5}{6}}]\), \(f\) est concave, donc sa courbe est située en dessous de chacune de ses tangentes en un point de cet intervalle. Le point A d’abscisse 1 en fait partie, car \(1 \lt \text{e}^{\frac{5}{6}}\approx 2{,}30\). La courbe est donc sous \(\Delta\), ce qui s’écrit, pour tout \(x\) de cet intervalle, \(f(x)\leq\, x-1\), c’est-à-dire \(x-1\geq\,\dfrac{\ln(x)}{x^2}\).
7. Soit \(x\geq\,\text{e}^{\frac{5}{6}}\). D’après le tableau de variation, le maximum de \(f\) sur \(]0 ; +\infty[\) est \(\dfrac{1}{2\text{e}}\approx 0{,}18\), donc \(f(x)\leq\,\dfrac{1}{2\text{e}}\). D’autre part, \(x-1\geq\, \text{e}^{\frac{5}{6}}-1\). Or \(\text{e}^{\frac{5}{6}} \gt \text{e}^{\frac{1}{2}}\) et \(\text{e}^{\frac{1}{2}}\approx 1{,}65\), donc \(\text{e}^{\frac{5}{6}}-1 \gt 0{,}6 \gt \dfrac{1}{2\text{e}}\) (car \(2\text{e} \gt 5\) donne \(\dfrac{1}{2\text{e}} \lt 0{,}2\)). On obtient la chaîne :
\[x-1\geq\, \text{e}^{\frac{5}{6}}-1 \gt \dfrac{1}{2\text{e}}\geq\, f(x).\]
Donc, pour tout \(x\) de \([\text{e}^{\frac{5}{6}} ; +\infty[\), on a aussi \(x-1\geq\,\dfrac{\ln(x)}{x^2}\). Avec la question précédente, l’inégalité est donc vraie sur tout \(]0 ; +\infty[\) : la courbe est entièrement sous sa tangente \(\Delta\).
Partie B
1. Pour \(x\geq\, 1\), \(\ln(x)\geq\, 0\) et \(x^2 \gt 0\), donc \(f(x)\geq\, 0\) sur \([1 ; n]\). La fonction \(f\) étant continue et positive sur cet intervalle, \(I_n\) est l’aire, en unités d’aire, du domaine compris entre la courbe \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x=1\) et \(x=n\).
2. D’après la relation de Chasles, pour tout \(n\geq\, 1\) :
\[I_{n+1}-I_n=\int_1^{n+1}f(x)\,\text{d}x-\int_1^n f(x)\,\text{d}x=\int_n^{n+1}f(x)\,\text{d}x.\]
Sur \([n ; n+1]\subset[1 ; +\infty[\), \(f\) est positive, et les bornes sont dans l’ordre croissant, donc cette intégrale est positive. Ainsi \(I_{n+1}-I_n\geq\, 0\) : la suite \((I_n)\) est croissante.
3. Chaque rectangle a pour largeur 1, donc son aire est égale à sa hauteur. Le premier, posé sur \([1 ; 2]\), a pour hauteur le maximum de \(f\), soit \(\dfrac{1}{2\text{e}}\) (atteint en \(\sqrt{\text{e}}\approx 1{,}65\)) : c’est la valeur initiale de S, écrite 1/(2*exp(1)). Pour \(i\) allant de 2 à 9, \(f\) est décroissante sur \([i ; i+1]\) et le rectangle posé sur cet intervalle a pour hauteur \(f(i)=\dfrac{\ln(i)}{i^2}\). La boucle for i in range(2,10) parcourt justement \(i=2, 3, \ldots, 9\) ; à chaque tour on ajoute \(f(i)\) à S. En Python, log de la bibliothèque math est le logarithme népérien.
from math import *
S=1/(2*exp(1))
for i in range (2,10):
S = S + log(i)/i**2
print(S)
Le programme affiche environ 0,779 (valeur approchée par excès de l’intégrale, qui vaut environ 0,670 d’après la question 4).
Exercice 4 du corrigé étrangers 2026, partie B : questions 4 à 5
4. On pose \(u(x)=\ln(x)\) et \(v^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x^2}\), d’où \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\) et \(v(x)=-\dfrac{1}{x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1 ; n]\). La formule d’intégration par parties donne :
\[I_n=[-\dfrac{\ln(x)}{x}]_1^n-\int_1^n\dfrac{1}{x}\times (-\dfrac{1}{x})\text{d}x=-\dfrac{\ln(n)}{n}+\dfrac{\ln(1)}{1}+\int_1^n\dfrac{1}{x^2}\,\text{d}x.\]
Comme \(\ln(1)=0\) et qu’une primitive de \(\dfrac{1}{x^2}\) est \(-\dfrac{1}{x}\) :
\[I_n=-\dfrac{\ln(n)}{n}+[-\dfrac{1}{x}]_1^n=-\dfrac{\ln(n)}{n}-\dfrac{1}{n}+1=\dfrac{n-1-\ln(n)}{n}.\]
5. On écrit \(I_n=1-\dfrac{1}{n}-\dfrac{\ln(n)}{n}\). On a \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{1}{n}=0\) et, par croissances comparées, \(\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{\ln(n)}{n}=0\). Par somme, \(\lim\limits_{n\to+\infty}I_n=1\) : l’aire sous la courbe au-delà de \(x=1\) tend vers 1 unité d’aire.
Bien travailler ce corrigé étrangers 2026
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. De plus, notez dans un carnet les propriétés que vous n’avez pas su mobiliser, par exemple sur la fonction logarithme népérien ou la fonction exponentielle. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction logarithme propose un rappel complet.
Les erreurs fréquentes à éviter
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Une intégrale ne mesure une aire que si la fonction est positive sur l’intervalle : vérifiez le signe avant de conclure en unités d’aire.
Corrigé étrangers 2026 : vos questions
Où trouver l’énoncé complet ? Il se trouve sur la page du sujet ; ainsi, vous pouvez chercher chaque exercice avant de lire la correction.
Quelles notions revoir avant de commencer ? En priorité, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et le calcul intégral, mais aussi la convexité.
Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.
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