Bac 2026 de spécialité maths, Amérique du Nord jour 1 : sujet officiel et corrigé

A.1. Premier niveau de l'arbre : chaque abonné a choisi un et un seul des trois abonnements, donc $E$, $C$ et $F$ forment une partition de l'ensemble des abonnés, et la somme des probabilités issues de la racine vaut $1$. L'énoncé donne $P(E)=0{,}25$ et $P(F)=0{,}15$, d'où $P(C)=1-0{,}25-0{,}15=0{,}6$.

Second niveau : les branches issues d'un nœud portent des probabilités CONDITIONNELLES. « $45\,\%$ des abonnés Étudiant ont activé l'option » donne $P_{E}(H)=0{,}45$, d'où $P_{E}(\overline{H})=1-0{,}45=0{,}55$. De même, « $30\,\%$ des abonnés Classique » donne $P_{C}(H)=0{,}3$ et $P_{C}(\overline{H})=1-0{,}3=0{,}7$.

Les sept pointillés valent donc : sur les branches issues de la racine, $P(E)=0{,}25$, $P(C)=0{,}6$ et $P(F)=0{,}15$ ; sur les branches issues de $E$, $0{,}45$ vers $H$ et $0{,}55$ vers $\overline{H}$ ; sur les branches issues de $C$, $0{,}3$ vers $H$ et $0{,}7$ vers $\overline{H}$. Contrôle : $0{,}25+0{,}6+0{,}15=1$, $0{,}45+0{,}55=1$ et $0{,}3+0{,}7=1$.

Le piège de l'énoncé est la quatrième donnée. « $12\,\%$ des abonnés ont choisi l'abonnement Famille ET ont activé l'option » porte sur TOUS les abonnés : c'est une probabilité d'intersection, $P(F\cap H)=0{,}12$, et non la probabilité conditionnelle $P_{F}(H)$. Elle ne s'écrit sur aucune branche, et c'est pour cela que le sujet laisse vides les branches issues de $F$. Écrire $0{,}12$ sur la branche de $F$ vers $H$ est l'erreur classique, et elle fausse toute la suite. L'arbre complété, avec $P_{F}(H)=\dfrac{0{,}12}{0{,}15}=0{,}8$ et les probabilités des six chemins, figure en fin de corrigé.

A.2. Formule des probabilités composées, lue sur le chemin qui passe par $E$ puis par $H$ : $P(E\cap H)=P(E)\times P_{E}(H)=0{,}25\times 0{,}45=0{,}112\,5$.

La valeur exacte est demandée : on écrit $0{,}112\,5$, sans arrondi. Contrôle : une intersection est plus petite que chacun des deux événements, et $0{,}112\,5\leqslant P(E)=0{,}25$. Erreur fréquente : répondre $0{,}45$, qui est la probabilité d'activer l'option SACHANT que l'abonné est étudiant, pas celle de « étudiant ET option ».

A.3. Formule des probabilités totales, avec la partition $\{E\,;C\,;F\}$ : $P(H)=P(E\cap H)+P(C\cap H)+P(F\cap H)$.

On a $P(E\cap H)=0{,}112\,5$ (question A.2), $P(C\cap H)=P(C)\times P_{C}(H)=0{,}6\times 0{,}3=0{,}18$, et $P(F\cap H)=0{,}12$, donné directement par l'énoncé. Donc $P(H)=0{,}112\,5+0{,}18+0{,}12=0{,}412\,5$, ce qu'il fallait démontrer.

La rédaction attendue nomme la formule et la partition utilisée. Le piège est encore la donnée sur la famille : multiplier $0{,}15\times 0{,}12=0{,}018$, comme si $0{,}12$ était $P_{F}(H)$, donnerait $P(H)=0{,}310\,5$. Quand le résultat est donné dans l'énoncé, un écart de ce genre doit alerter : c'est une donnée mal lue, pas une erreur de calcul.

A.4. On sait que l'abonné a activé l'option : on cherche une probabilité conditionnée par $H$, soit $P_{H}(E)$. L'arbre commence par l'abonnement, la question part de l'option : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle (démarche de la formule de Bayes).

$P_{H}(E)=\dfrac{P(E\cap H)}{P(H)}=\dfrac{0{,}112\,5}{0{,}412\,5}=\dfrac{1\,125}{4\,125}=\dfrac{3}{11}\approx 0{,}272\,7$, soit $0{,}273$ arrondi au millième. Parmi les abonnés qui ont activé l'option, environ $27{,}3\,\%$ ont un abonnement Étudiant.

Vérification de cohérence : $P_{H}(E)\approx 0{,}273$ est un peu plus grand que $P(E)=0{,}25$, ce qui est logique puisque les étudiants activent l'option plus souvent que la moyenne ($0{,}45>0{,}412\,5$). Erreur fréquente : confondre $P_{H}(E)$ et $P_{E}(H)=0{,}45$ ; le dénominateur est toujours la probabilité de l'événement que l'on SAIT réalisé, ici $H$.

B.1. On répète $8$ fois, de manière indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), la même épreuve de Bernoulli : choisir un abonné et regarder s'il a activé l'option. Le succès est « l'abonné a activé l'option Écoute hors-ligne », de probabilité $p=P(H)=0{,}412\,5$. La variable $X$ compte le nombre de succès : elle suit la loi binomiale de paramètres $n=8$ et $p=0{,}412\,5$, notée $\mathcal{B}(8\,;0{,}412\,5)$.

Les deux paramètres doivent être nommés, et le succès défini. Erreur fréquente : donner $p=0{,}45$ ou $p=0{,}3$, qui sont des probabilités conditionnelles d'une seule catégorie d'abonnés.

B.2. « Aucun abonné n'a activé l'option » est l'événement $\{X=0\}$. Par la formule de la loi binomiale, $P(X=0)=\binom{8}{0}\times 0{,}412\,5^{0}\times(1-0{,}412\,5)^{8}=0{,}587\,5^{8}\approx 0{,}014\,19$, soit $0{,}014$ arrondi au millième.

Vérification : il est très improbable qu'aucun des huit n'ait l'option, alors que $41\,\%$ des abonnés l'ont activée, et $0{,}014$ est bien petit. Erreurs fréquentes : calculer $0{,}412\,5^{8}$, qui est la probabilité que les huit aient l'option, ou $1-0{,}412\,5^{8}$.

B.3.a. On note $X_{n}$ le nombre d'abonnés de l'échantillon ayant activé l'option ; comme en B.1, $X_{n}$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;0{,}412\,5)$. L'événement « au moins un abonné a activé l'option » est l'événement CONTRAIRE de « aucun abonné n'a activé l'option », c'est-à-dire de $\{X_{n}=0\}$.

Donc $q_{n}=P(X_{n}\geqslant 1)=1-P(X_{n}=0)=1-(1-0{,}412\,5)^{n}=1-0{,}587\,5^{n}$, pour tout entier naturel $n$ non nul.

« Au moins un » appelle presque toujours l'événement contraire. Le calcul direct, $P(X_{n}=1)+P(X_{n}=2)+\cdots+P(X_{n}=n)$, est possible mais ne mène pas à la forme demandée.

B.3.b. On cherche le plus petit entier $n$ tel que $q_{n}\geqslant 0{,}999$. Or $q_{n}\geqslant 0{,}999\iff 1-0{,}587\,5^{n}\geqslant 0{,}999\iff 0{,}587\,5^{n}\leqslant 0{,}001$.

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$, donc $0{,}587\,5^{n}\leqslant 0{,}001\iff n\ln(0{,}587\,5)\leqslant\ln(0{,}001)$. Comme $0<0{,}587\,5<1$, $\ln(0{,}587\,5)<0$, et diviser par ce nombre NÉGATIF renverse l'inégalité : $n\geqslant\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}587\,5)}\approx 12{,}99$. Le plus petit entier qui convient est $n=13$.

Vérification aux bords, à la calculatrice : $q_{12}=1-0{,}587\,5^{12}\approx 0{,}998\,3<0{,}999$ et $q_{13}=1-0{,}587\,5^{13}\approx 0{,}999\,0\geqslant 0{,}999$. L'écart est mince : avec un tableau de valeurs, il faut au moins quatre décimales pour trancher entre $12$ et $13$.

Deux pièges : oublier de renverser l'inégalité, ce qui conduirait à « $n\leqslant 12{,}99$ » et à une absurdité ; et arrondir $12{,}99$ à $12$ au lieu de prendre l'entier immédiatement supérieur.

C.1. Le montant mensuel est le prix de l'abonnement, augmenté de $2$ euros si l'option est activée. Les six valeurs possibles de $Y$ sont donc, en euros : $5$ et $7$ (Étudiant, sans puis avec l'option), $10$ et $12$ (Classique), $16$ et $18$ (Famille).

C.2. Chaque valeur de $Y$ correspond à une intersection, donc à un chemin de l'arbre. $P(Y=5)=P(E\cap\overline{H})=0{,}25\times 0{,}55=0{,}137\,5$ ; $P(Y=7)=P(E\cap H)=0{,}112\,5$ ; $P(Y=10)=P(C\cap\overline{H})=0{,}6\times 0{,}7=0{,}42$ ; $P(Y=12)=P(C\cap H)=0{,}18$.

Pour l'abonnement Famille, les branches issues de $F$ ne sont pas données : on passe par la donnée de l'énoncé. $P(Y=18)=P(F\cap H)=0{,}12$, et, comme $F$ est la réunion disjointe de $F\cap H$ et de $F\cap\overline{H}$, $P(Y=16)=P(F\cap\overline{H})=P(F)-P(F\cap H)=0{,}15-0{,}12=0{,}03$. Le tableau de la loi de $Y$ figure en fin de corrigé.

Contrôle indispensable : $0{,}137\,5+0{,}112\,5+0{,}42+0{,}18+0{,}03+0{,}12=1$. Une loi dont la somme n'est pas $1$ trahit une branche mal lue, presque toujours celle de la famille.

C.3. Par définition de l'espérance : $\mathrm{E}(Y)=5\times 0{,}137\,5+7\times 0{,}112\,5+10\times 0{,}42+12\times 0{,}18+16\times 0{,}03+18\times 0{,}12$, soit $\mathrm{E}(Y)=0{,}687\,5+0{,}787\,5+4{,}2+2{,}16+0{,}48+2{,}16=10{,}475$.

Vérification par une autre voie : $Y$ est la somme du prix de l'abonnement, d'espérance $5\times 0{,}25+10\times 0{,}6+16\times 0{,}15=9{,}65$, et de $2$ euros si l'option est activée, d'espérance $2\times P(H)=2\times 0{,}412\,5=0{,}825$. Par linéarité, $\mathrm{E}(Y)=9{,}65+0{,}825=10{,}475$.

Interprétation : sur un grand nombre d'abonnés, le montant mensuel moyen payé par abonné est d'environ $10{,}48$ euros. Ce n'est pas un montant que paie un abonné, aucune formule ne coûte $10{,}475$ euros : c'est une MOYENNE, utile par exemple pour estimer la recette mensuelle de la plateforme, environ $10{,}48$ euros multipliés par le nombre d'abonnés.

C.4. À la calculatrice, on entre les valeurs de $Y$ dans une liste et leurs probabilités dans une autre, puis on lance les statistiques à une variable avec la seconde liste comme effectifs. La calculatrice affiche $\bar{x}=10{,}475$, ce qui contrôle la saisie, et l'écart-type $\sigma_{x}\approx 3{,}701\,9$. La variance est son carré : $\mathrm{V}(Y)=\sigma^{2}\approx 13{,}70$.

Le calcul par la formule de König-Huygens donne la même valeur : $\mathrm{E}(Y^{2})=25\times 0{,}137\,5+49\times 0{,}112\,5+100\times 0{,}42+144\times 0{,}18+256\times 0{,}03+324\times 0{,}12=123{,}43$, et $\mathrm{V}(Y)=123{,}43-10{,}475^{2}=123{,}43-109{,}725\,625=13{,}704\,375\approx 13{,}70$.

Erreur fréquente : recopier l'écart-type $3{,}70$ que la calculatrice affiche, au lieu de la variance. La calculatrice ne donne pas toujours la variance directement : on élève $\sigma_{x}$ au carré.

C.5.a. La variance est le carré de l'écart-type : $\mathrm{V}(Z)=\sigma(Z)^{2}=2^{2}=4$.

C.5.b. On utilise l'inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour tout réel $\delta>0$, $P\left(\left|Z-\mathrm{E}(Z)\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(Z)}{\delta^{2}}$.

L'intervalle $]6\,;12[$ est centré en $\mathrm{E}(Z)=9$, de demi-largeur $3$ : $6<Z<12\iff\left|Z-9\right|<3$. Avec $\delta=3$, on obtient $P\left(\left|Z-9\right|\geqslant 3\right)\leqslant\dfrac{4}{3^{2}}=\dfrac{4}{9}$.

On passe à l'événement contraire, ce qui renverse le sens de l'inégalité : $P(6<Z<12)=1-P\left(\left|Z-9\right|\geqslant 3\right)\geqslant 1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}\approx 0{,}56$. Comme $\dfrac{5}{9}\geqslant 0{,}5$, il y a bien au moins $50\,\%$ de chances que le prix de l'abonnement soit strictement compris entre 6 et 12 euros : l'affirmation du responsable est justifiée.

L'inégalité est faite pour ce genre de question : on ne connaît pas la loi de $Z$, seulement son espérance et sa variance, et elle suffit à garantir un minorant. Les pièges : prendre $\delta=12-6=6$ au lieu de la DEMI-largeur $3$ ; mettre l'écart-type $2$ au numérateur au lieu de la variance $4$ ; oublier que l'intervalle doit être centré sur l'espérance pour que l'inégalité s'applique telle quelle.

A.1. Le 1er janvier 2026 correspond à $2025+n$ avec $n=1$. Par la relation de récurrence avec $n=0$ : $u_{1}=4-\dfrac{4}{u_{0}}=4-\dfrac{4}{4}=4-1=3$.

Comme $u_{n}$ est exprimé en milliers, ce modèle prévoit $3\,000$ perches-soleil au 1er janvier 2026. Erreur fréquente : répondre « $3$ » sans revenir à l'unité, alors que la question demande un NOMBRE de perches-soleil.

A.2.a. La fonction $h$ est dérivable sur $]0\,;+\infty[$ comme somme d'une constante et d'un multiple de la fonction inverse, et $h'(x)=0-4\times\left(-\dfrac{1}{x^{2}}\right)=\dfrac{4}{x^{2}}$.

Pour tout $x>0$, $x^{2}>0$, donc $h'(x)>0$ : la fonction $h$ est strictement croissante, donc croissante, sur $]0\,;+\infty[$.

Autre justification, sans dérivée : la fonction inverse est décroissante sur $]0\,;+\infty[$ ; multipliée par $-4<0$, elle devient croissante ; ajouter $4$ ne change pas le sens de variation. Erreur fréquente : écrire $h'(x)=-\dfrac{4}{x^{2}}$, en oubliant que la dérivée de $\dfrac{1}{x}$ est déjà négative.

A.2.b. On démontre par récurrence, pour tout entier naturel $n$, la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}\leqslant 4$ ».

Initialisation : $u_{0}=4$ et $u_{1}=3$ (question A.1), donc $2\leqslant u_{1}\leqslant u_{0}\leqslant 4$ s'écrit $2\leqslant 3\leqslant 4\leqslant 4$, ce qui est vrai : $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}\leqslant 4$ ; montrons $\mathcal{P}(n+1)$, c'est-à-dire $2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$. Les quatre nombres $2$, $u_{n+1}$, $u_{n}$ et $4$ sont dans $]0\,;+\infty[$, intervalle sur lequel $h$ est croissante (question A.2.a) : appliquer $h$ conserve l'ordre, donc $h(2)\leqslant h(u_{n+1})\leqslant h(u_{n})\leqslant h(4)$.

Or $h(2)=4-2=2$, $h(u_{n+1})=u_{n+2}$, $h(u_{n})=u_{n+1}$ et $h(4)=4-1=3$. On obtient $2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant 3$, et comme $3\leqslant 4$, $2\leqslant u_{n+2}\leqslant u_{n+1}\leqslant 4$ : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $0$ et héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $2\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n}\leqslant 4$ pour tout entier naturel $n$.

Le point clé de l'hérédité est l'argument « $h$ est croissante, donc elle conserve l'ordre », appliqué à toute la chaîne d'un coup : c'est ce qui justifie la question A.2.a. Erreurs fréquentes : affirmer que la croissance de $h$ entraîne celle de la suite (la suite est au contraire décroissante ici) ; oublier de calculer $h(2)$ et $h(4)$ ; ou démontrer seulement l'encadrement $2\leqslant u_{n}\leqslant 4$, qui ne dit rien du sens de variation.

A.2.c. D'après A.2.b, pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}\leqslant u_{n}$ : la suite $(u_{n})$ est décroissante ; et $u_{n}\geqslant 2$ : elle est minorée par $2$. D'après le théorème de convergence monotone, toute suite décroissante et minorée converge : la suite $(u_{n})$ est convergente.

Par passage à la limite dans l'encadrement $2\leqslant u_{n}\leqslant 4$, sa limite vérifie $2\leqslant\ell\leqslant 4$. Le théorème donne l'existence de la limite, pas sa valeur : $\ell$ n'est pas forcément le minorant $2$, c'est la question suivante qui le prouve.

A.2.d. La suite vérifie $u_{n+1}=h(u_{n})$ et converge vers $\ell$. Comme $\ell\in[2\,;4]\subset\,]0\,;+\infty[$ et que $h$ est continue sur $]0\,;+\infty[$ (elle y est dérivable), on peut passer à la limite des deux côtés : $u_{n+1}\to\ell$ et $h(u_{n})\to h(\ell)$. Par unicité de la limite, $\ell=h(\ell)$ : $\ell$ est un point fixe de $h$.

On résout $\ell=4-\dfrac{4}{\ell}$ avec $\ell\neq 0$. En multipliant par $\ell$ : $\ell^{2}=4\ell-4$, soit $\ell^{2}-4\ell+4=0$, c'est-à-dire $(\ell-2)^{2}=0$, d'où $\ell=2$. L'équation n'a qu'une solution, il n'y a donc aucune valeur à écarter.

La rédaction attendue cite la continuité de $h$ en $\ell$ : c'est elle qui autorise à écrire $h(u_{n})\to h(\ell)$. Elle demande aussi de savoir que $\ell\neq 0$, ce que donne $\ell\geqslant 2$, pour multiplier par $\ell$.

A.2.e. Non. La suite $(u_{n})$ converge vers $2$ : à long terme, selon ce modèle, le nombre de perches-soleil se rapproche de $2$ milliers, soit $2\,000$ individus, en restant au-dessus. La population diminue de moitié mais se stabilise : l'espèce n'est pas éliminée, puisque la limite n'est pas $0$.

A.3.a. On cherche le plus petit entier $n$ tel que $u_{n}<s$. Le programme calcule les termes un par un et doit donc CONTINUER tant que la condition d'arrêt n'est pas atteinte, c'est-à-dire tant que $u_{n}\geqslant s$ : la ligne de la boucle est while u>=s :. Dans la boucle, on calcule le terme suivant, u=4-4/u, puis on augmente le rang, n=n+1. Le script complété figure en fin de corrigé.

Ici le terme suivant ne dépend que du terme précédent, pas de $n$ : l'ordre des deux lignes de la boucle ne change pas le résultat. Comme $s<4=u_{0}$, la boucle tourne au moins une fois ; et comme $s>2=\ell$, la suite finit par passer sous $s$, ce qui garantit que la boucle s'arrête.

La condition est le piège : while u$0$. Quant à while u>s :, elle ne diffère de la bonne condition que si un terme tombe EXACTEMENT sur $s$, et c'est justement ce qui arrive à la question suivante.

A.3.b. On calcule les termes successifs : $u_{2}=4-\dfrac{4}{3}=\dfrac{8}{3}\approx 2{,}667$ ; $u_{3}=4-\dfrac{3}{2}=2{,}5$ ; $u_{4}=4-1{,}6=2{,}4$ ; $u_{5}=\dfrac{7}{3}\approx 2{,}333$ ; $u_{6}=\dfrac{16}{7}\approx 2{,}286$ ; $u_{7}=2{,}25$ ; $u_{8}=\dfrac{20}{9}\approx 2{,}222$ ; $u_{9}=4-\dfrac{4\times 9}{20}=4-1{,}8=2{,}2$ ; $u_{10}=4-\dfrac{4}{2{,}2}=\dfrac{24}{11}\approx 2{,}182$.

Le terme $u_{9}$ vaut EXACTEMENT $2{,}2$ : la condition $u_{9}\geqslant 2{,}2$ est encore vraie, la boucle fait un tour de plus, et $u_{10}<2{,}2$ l'arrête. La commande population(2.2) renvoie $10$. Le calcul en machine tombe lui aussi exactement sur 2.2 au neuvième tour, et le programme renvoie bien $10$.

Ces valeurs suggèrent la forme explicite $u_{n}=2+\dfrac{2}{n+1}$, qui se démontre par récurrence : $u_{0}=2+2=4$, et si $u_{n}=2+\dfrac{2}{n+1}=\dfrac{2(n+2)}{n+1}$, alors $u_{n+1}=4-\dfrac{2(n+1)}{n+2}=\dfrac{2n+6}{n+2}=2+\dfrac{2}{n+2}$. Elle confirme que $u_{n}<2{,}2\iff\dfrac{2}{n+1}<0{,}2\iff n+1>10\iff n\geqslant 10$.

Interprétation : $n=10$ correspond au 1er janvier de l'année $2025+10=2035$. Selon ce modèle, c'est en 2035 que le nombre de perches-soleil passe pour la première fois strictement sous $2\,200$ individus ; au 1er janvier 2034, il vaut encore exactement $2\,200$. Erreurs fréquentes : répondre $9$, en lisant $u_{9}=2{,}2$ comme déjà inférieur à $2{,}2$ (ou avec la condition u>s) ; ou répondre « $10$ » sans traduire le rang en année.

B.1. L'équation $(E)$ s'écrit $y'=-y+2$ : c'est une équation de la forme $y'=ay+b$ avec $a=-1$ et $b=2$. Ses solutions sur $[0\,;+\infty[$ sont les fonctions $t\mapsto K\mathrm{e}^{at}-\dfrac{b}{a}$, soit $y(t)=K\mathrm{e}^{-t}+2$, avec $K$ réel quelconque.

Vérification : si $y(t)=K\mathrm{e}^{-t}+2$, alors $y'(t)=-K\mathrm{e}^{-t}$ et $y'(t)+y(t)=-K\mathrm{e}^{-t}+K\mathrm{e}^{-t}+2=2$. La constante $2$ est la solution constante de $(E)$ : $0+2=2$. Erreur fréquente : oublier de mettre l'équation sous la forme $y'=ay+b$ et prendre $a=1$, ce qui donnerait des solutions en $\mathrm{e}^{t}$.

B.2. La fonction $p$ est solution de $(E)$, donc il existe un réel $K$ tel que $p(t)=K\mathrm{e}^{-t}+2$ pour tout $t\geqslant 0$. La condition initiale $p(0)=4$ s'écrit $K\mathrm{e}^{0}+2=4$, soit $K+2=4$, donc $K=2$. Ainsi $p(t)=2\mathrm{e}^{-t}+2$ sur $[0\,;+\infty[$.

B.3. Comme $-t\to-\infty$ quand $t\to+\infty$, $\lim_{t\to+\infty}\mathrm{e}^{-t}=0$, et, par opérations sur les limites, $\lim_{t\to+\infty}p(t)=2\times 0+2=2$. De plus $p(t)>2$ pour tout $t$, puisque $2\mathrm{e}^{-t}>0$.

Non : ce modèle ne prévoit pas l'élimination de l'espèce. Le nombre de perches-soleil diminue et se rapproche de $2$ milliers, soit $2\,000$ individus, sans jamais descendre en dessous. Les deux modèles, discret et continu, s'accordent sur ce point : même limite de $2\,000$ perches. Le continu décroît seulement beaucoup plus vite, $p(1)=2\mathrm{e}^{-1}+2\approx 2{,}74$ contre $u_{1}=3$.

def population(s) :
    u=4
    n=0
    while u>=s :
        u=4-4/u
        n=n+1
    return n