Corrigé France 2026 : ce que contient la correction
Tout d’abord, ce corrigé France 2026 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2026 en France (jour 1), dont chaque question est corrigée et justifiée. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, les limites et le calcul intégral. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. 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. 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.
Exercice 1 du corrigé France 2026, partie A : question 4
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 :
\[\mathrm{P}(|M_n-120| \geq\, 6) \leq\, \dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{6^2}=\dfrac{1\,728}{36n}=\dfrac{48}{n}.\]
Exercice 1 du corrigé France 2026, partie B (suite)
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 \(\vec{\text{CB}}(2-1{,}5 ; 1+3 ; -3+1)=(0{,}5 ; 4 ; -2)\).
Exercice 2 du corrigé France 2026 : question 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 \(\ell=10\).
Exercice 3 du corrigé France 2026, partie B : questions 5 à 7
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) :
| \(n\) | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) (arrondi à \(10^{-2}\)) | 18,64 | 18,38 | 18,12 | 17,87 |
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).
| \(x\) | \(-1\) | \(\text{e}-1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1+\dfrac{4}{\text{e}}\) | \(\searrow\) | 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 \(x=\text{e}-1\).
Exercice 4, partie B : questions 4 à 5
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.
Corrigé France 2026 : méthode pour bien s’entraîner
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction logarithme népérien ou la fonction exponentielle, puis reprenez le cours correspondant. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction logarithme de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.
Les erreurs qui coûtent des points
- 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.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
Corrigé France 2026 : questions fréquentes
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 les limites, mais aussi le calcul intégral.
Faut-il tout justifier ? Dans la plupart des questions, oui : c’est pourquoi la rédaction compte autant que le résultat, sauf dans les QCM où seule la réponse est demandée.
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