Bac 2026 de spécialité maths, Asie jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. Le tableau annonce trois choses : $f$ est strictement croissante sur $\left]-\infty\,;\dfrac{3}{2}\right[$, elle tend vers $\dfrac{1}{2}$ en $-\infty$ et vers $+\infty$ quand $x$ tend vers $\dfrac{3}{2}$ par valeurs inférieures. Chacune se justifie séparément.

Sens de variation, par la dérivée d'un quotient $\dfrac{u}{v}$ avec $u(x)=x-2$, $u'(x)=1$, $v(x)=2x-3$, $v'(x)=2$, et $v(x)\neq 0$ sur l'intervalle puisque $x<\dfrac{3}{2}$ : $f'(x)=\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}}=\dfrac{1\times(2x-3)-(x-2)\times 2}{(2x-3)^{2}}=\dfrac{2x-3-2x+4}{(2x-3)^{2}}=\dfrac{1}{(2x-3)^{2}}$.

Un carré non nul est strictement positif, donc $f'(x)>0$ pour tout $x$ de $\left]-\infty\,;\dfrac{3}{2}\right[$ : $f$ est strictement croissante sur cet intervalle, d'où la flèche montante.

Limite en $-\infty$ : le quotient se présente sous la forme indéterminée « $\dfrac{\infty}{\infty}$ ». On factorise numérateur et dénominateur par $x$, pour $x\neq 0$ : $f(x)=\dfrac{x\left(1-\frac{2}{x}\right)}{x\left(2-\frac{3}{x}\right)}=\dfrac{1-\frac{2}{x}}{2-\frac{3}{x}}$. Comme $\dfrac{2}{x}$ et $\dfrac{3}{x}$ tendent vers $0$ en $-\infty$, par quotient $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\dfrac{1}{2}$.

Limite en $\dfrac{3}{2}$ : le numérateur tend vers $\dfrac{3}{2}-2=-\dfrac{1}{2}$, et le dénominateur $2x-3$ tend vers $0$ en restant STRICTEMENT NÉGATIF, puisque $x<\dfrac{3}{2}$. On note $2x-3\to 0^{-}$. Un nombre proche de $-\dfrac{1}{2}$ divisé par un nombre négatif proche de $0$ est positif et très grand : $\lim\limits_{x\to\frac{3}{2}^{-}}f(x)=+\infty$. La double barre du tableau marque la valeur interdite $\dfrac{3}{2}$, exclue de l'ensemble de définition.

Vérifications numériques : $f(-1\,000)=\dfrac{-1\,002}{-2\,003}\approx 0{,}500\,2$, à peine au-dessus de $\dfrac{1}{2}$, et $f(1{,}499)=\dfrac{-0{,}501}{-0{,}002}=250{,}5$. On peut aussi voir que $\dfrac{1}{2}$ n'est jamais atteint : $f(x)-\dfrac{1}{2}=\dfrac{-1}{2(2x-3)}>0$ sur l'intervalle, ce qui colle avec une fonction qui croît à partir de $\dfrac{1}{2}$.

Erreur fréquente : conclure $-\infty$ à droite du tableau en oubliant le signe du dénominateur. Le « $0^{-}$ » est tout le travail de cette limite ; un « $\dfrac{-1/2}{0}=\infty$ » sans signe ne justifie rien.

A.2. L'intervalle $[0\,;1]$ est inclus dans $\left]-\infty\,;\dfrac{3}{2}\right[$ puisque $1<\dfrac{3}{2}$ ; $f$ y est donc définie et strictement croissante. Pour $0\leqslant x\leqslant 1$, la croissance conserve l'ordre : $f(0)\leqslant f(x)\leqslant f(1)$.

Or $f(0)=\dfrac{0-2}{0-3}=\dfrac{2}{3}$ et $f(1)=\dfrac{1-2}{2-3}=\dfrac{-1}{-1}=1$. Donc $\dfrac{2}{3}\leqslant f(x)\leqslant 1$, et a fortiori $0\leqslant f(x)\leqslant 1$ : pour tout $x\in[0\,;1]$, $f(x)\in[0\,;1]$. On dit que l'intervalle $[0\,;1]$ est STABLE par $f$, et c'est exactement ce que la récurrence de la partie B va utiliser.

Piège : chercher le minimum de $f$ sur $[0\,;1]$ dans le tableau, où figure $\dfrac{1}{2}$. Cette valeur est la limite en $-\infty$, elle ne concerne pas $[0\,;1]$ ; ce qui compte ici, ce sont les images des bornes $0$ et $1$. L'énoncé dit « en déduire » : la croissance obtenue en A.1 suffit, inutile de refaire une étude.

B.1. Pour tout entier naturel $n$, $u_{n+1}=f(u_{n})$ : la suite est définie par récurrence à l'aide de la fonction $f$ de la partie A. On note $P(n)$ la propriété « $0\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$ » et on raisonne par récurrence.

Initialisation : $u_{0}=0$ et $u_{1}=f(0)=\dfrac{2}{3}$. On a bien $0\leqslant 0\leqslant\dfrac{2}{3}\leqslant 1$, donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité : on suppose $P(n)$ vraie pour un entier naturel $n$ fixé, c'est-à-dire $0\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$. Les quatre nombres $0$, $u_{n}$, $u_{n+1}$ et $1$ sont dans $[0\,;1]$, où $f$ est croissante (partie A) : appliquer $f$ conserve l'ordre, d'où $f(0)\leqslant f(u_{n})\leqslant f(u_{n+1})\leqslant f(1)$, soit $\dfrac{2}{3}\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1$. Comme $0\leqslant\dfrac{2}{3}$, on obtient $0\leqslant u_{n+1}\leqslant u_{n+2}\leqslant 1$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion : $P(0)$ est vraie et $P$ est héréditaire, donc par le principe de récurrence, pour tout entier naturel $n$, $0\leqslant u_{n}\leqslant u_{n+1}\leqslant 1$.

Au passage, la récurrence garantit que la suite est bien définie : $u_{n}$ restant dans $[0\,;1]$, le dénominateur $2u_{n}-3$ ne s'annule jamais. Erreur fréquente : écrire « on applique $f$ à l'inégalité » sans dire POURQUOI on en a le droit. Une fonction ne conserve l'ordre que si elle est croissante sur un intervalle qui contient tous les nombres comparés ; c'est la ligne que le correcteur cherche. Autre oubli coûteux : s'arrêter à $\dfrac{2}{3}\leqslant u_{n+1}$ sans écrire $0\leqslant\dfrac{2}{3}$.

B.2. D'après B.1, pour tout $n$, $u_{n}\leqslant u_{n+1}$ : la suite $(u_{n})$ est croissante. Et $u_{n}\leqslant 1$ : elle est majorée par $1$. Par le théorème de convergence monotone, une suite croissante et majorée converge : $(u_{n})$ converge vers une limite $\ell$, avec $\ell\leqslant 1$ (passage à la limite dans une inégalité large).

Piège : conclure que la limite vaut $1$ parce que la suite est majorée par $1$. Un majorant n'est pas forcément la limite ; le théorème ne donne que l'existence de $\ell$, sa valeur demande la question B.3.

B.3. On admet que $\ell$ vérifie $f(\ell)=\ell$ (c'est la continuité de $f$ en $\ell$ qui le justifie : en passant à la limite dans $u_{n+1}=f(u_{n})$). On résout donc $f(x)=x$ sur $[0\,;1]$. Sur cet intervalle $2x-3\neq 0$, et on peut multiplier par $2x-3$ : $\dfrac{x-2}{2x-3}=x\iff x-2=x(2x-3)\iff x-2=2x^{2}-3x\iff 2x^{2}-4x+2=0$.

Or $2x^{2}-4x+2=2(x^{2}-2x+1)=2(x-1)^{2}$, nul si et seulement si $x=1$ (racine double, discriminant $\Delta=(-4)^{2}-4\times 2\times 2=0$). La seule solution de $f(x)=x$ sur $[0\,;1]$ est $1$, donc $\ell=1$. Vérification : $f(1)=\dfrac{-1}{-1}=1$.

Piège : diviser ou multiplier par $2x-3$ sans vérifier qu'il est non nul, et oublier de dire que la solution trouvée appartient bien à $[0\,;1]$.

B.4. La fonction part de $n=0$ et $u=0=u_{0}$. À chaque tour de boucle, n augmente de $1$ et u est remplacé par $\dfrac{u-2}{2u-3}$, le terme suivant : après $k$ tours, n vaut $k$ et u vaut $u_{k}$. La boucle tourne TANT QUE $u<1-h$ et s'arrête au premier rang où $u_{n}\geqslant 1-h$ ; la fonction renvoie ce rang.

Avec $h=0{,}0001$, $1-h=0{,}9999$. L'appel seuil(0.0001) renvoie $5\,000$ : $5\,000$ est le plus petit entier $n$ tel que $u_{n}\geqslant 0{,}9999$. Comme $u_{n}\leqslant 1$, cela revient à $1-u_{n}\leqslant 10^{-4}$ : à partir du rang $5\,000$, et seulement à partir de ce rang, $u_{n}$ est à moins de $10^{-4}$ de sa limite $1$. La suite étant croissante, tous les termes suivants restent dans cette zone.

Vérification avec la formule de la question 5 : $1-u_{n}=\dfrac{1}{2n+1}$, et $\dfrac{1}{2n+1}\leqslant 10^{-4}\iff 2n+1\geqslant 10\,000\iff n\geqslant 4\,999{,}5$. Le premier entier qui convient est bien $5\,000$ ; en effet $u_{4\,999}=\dfrac{9\,998}{9\,999}\approx 0{,}999\,899\,99<0{,}9999$ et $u_{5\,000}=\dfrac{10\,000}{10\,001}\approx 0{,}999\,900\,01$. Erreur fréquente : lire $5\,000$ comme une valeur de la suite, ou comme le rang où la suite « atteint » $1$ ; elle ne l'atteint jamais, puisque $u_{n}<1$ pour tout $n$.

B.5.a. On calcule de proche en proche avec $u_{n+1}=f(u_{n})$. $u_{0}=0$ ; $u_{1}=\dfrac{0-2}{0-3}=\dfrac{2}{3}$ ; $u_{2}=\dfrac{\frac{2}{3}-2}{\frac{4}{3}-3}=\dfrac{-\frac{4}{3}}{-\frac{5}{3}}=\dfrac{4}{5}$ ; $u_{3}=\dfrac{\frac{4}{5}-2}{\frac{8}{5}-3}=\dfrac{-\frac{6}{5}}{-\frac{7}{5}}=\dfrac{6}{7}$.

Les quatre premiers termes sont $u_{0}=0$, $u_{1}=\dfrac{2}{3}$, $u_{2}=\dfrac{4}{5}$ et $u_{3}=\dfrac{6}{7}$, chaque fraction étant irréductible (numérateur et dénominateur consécutifs ou presque : $2$ et $3$, $4$ et $5$, $6$ et $7$ sont premiers entre eux). Contrôle avec B.1 : $0<\dfrac{2}{3}<\dfrac{4}{5}<\dfrac{6}{7}<1$, la suite est bien croissante et majorée par $1$.

Le premier terme est $u_{0}$, pas $u_{1}$ : « les quatre premiers termes » sont $u_{0}$ à $u_{3}$. Donner $u_{1}$ à $u_{4}$ (avec $u_{4}=\dfrac{8}{9}$) ne fait pas perdre la conjecture, mais ne répond pas exactement à la question.

B.5.b. Conjecture : en écrivant $u_{0}=\dfrac{0}{1}$, les numérateurs $0$, $2$, $4$, $6$ sont les nombres pairs $2n$ et les dénominateurs $1$, $3$, $5$, $7$ les impairs $2n+1$. On conjecture que pour tout entier naturel $n$, $u_{n}=\dfrac{2n}{2n+1}$.

Démonstration par récurrence. On note $Q(n)$ : « $u_{n}=\dfrac{2n}{2n+1}$ ». Initialisation : $\dfrac{2\times 0}{2\times 0+1}=0=u_{0}$, donc $Q(0)$ est vraie.

Hérédité : on suppose $Q(n)$ vraie pour un entier $n$ fixé. Alors $u_{n+1}=\dfrac{u_{n}-2}{2u_{n}-3}=\dfrac{\frac{2n}{2n+1}-2}{\frac{4n}{2n+1}-3}$. On multiplie numérateur et dénominateur par $2n+1$, non nul : $u_{n+1}=\dfrac{2n-2(2n+1)}{4n-3(2n+1)}=\dfrac{-2n-2}{-2n-3}=\dfrac{2n+2}{2n+3}=\dfrac{2(n+1)}{2(n+1)+1}$, ce qui est $Q(n+1)$.

Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel $n$, $u_{n}=\dfrac{2n}{2n+1}$.

Vérification de cohérence avec toute la partie B : $u_{n}=1-\dfrac{1}{2n+1}$, qui est bien croissante, comprise entre $0$ et $1$, et tend vers $1$, la limite trouvée en B.3. Piège : la conjecture seule ne suffit pas, l'énoncé demande de la démontrer. Dans l'hérédité, c'est le calcul de fractions qui coûte des points : multiplier en haut ET en bas par $2n+1$ d'un seul geste évite les fractions étagées.

A.1. On reconnaît un schéma de Bernoulli. Chaque lancer-franc est une épreuve de Bernoulli : deux issues, le succès « le lancer est réussi », de probabilité $p=0{,}492$ (la fréquence $49{,}2\,\%$ assimilée à une probabilité, comme le dit l'énoncé), et l'échec, de probabilité $1-0{,}492=0{,}508$.

Le joueur répète cette épreuve $16$ fois, dans des conditions identiques et de façon indépendante (hypothèses de l'énoncé). La variable aléatoire $X$ compte le nombre de succès : elle suit donc la loi binomiale de paramètres $n=16$ et $p=0{,}492$, notée $\mathcal{B}(16\,;0{,}492)$.

Le correcteur attend les trois mots-clés : épreuves IDENTIQUES, INDÉPENDANTES, et $X$ COMPTE les succès. Erreur fréquente : écrire « $X$ suit une loi binomiale car il y a $16$ lancers » sans évoquer l'indépendance, ou donner $p=49{,}2$.

A.2. Pour une loi binomiale, $\mathrm{E}(X)=np=16\times 0{,}492=7{,}872$.

Interprétation : sur un grand nombre de matchs où il tente $16$ lancers-francs, le joueur en réussit en moyenne environ $7{,}9$ par match. Cohérence : $7{,}872$ est un peu moins que la moitié de $16$, puisque $p$ est un peu moins que $0{,}5$.

Piège de l'interprétation : écrire « le joueur réussira $7{,}872$ lancers », ce qui n'a pas de sens pour un nombre entier de lancers. L'espérance est une MOYENNE sur un grand nombre de répétitions du match, pas une prévision pour un match.

A.3. Formule de la loi binomiale : $P(X=k)=\binom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$. Ici $P(X=5)=\binom{16}{5}\times 0{,}492^{5}\times 0{,}508^{11}$, avec $\binom{16}{5}=\dfrac{16\times 15\times 14\times 13\times 12}{5\times 4\times 3\times 2\times 1}=4\,368$.

À la calculatrice (loi binomiale, densité ou « BinomFdp ») : $P(X=5)\approx 0{,}073$ à $10^{-3}$ près. Ordre de grandeur : $5$ est assez loin de la moyenne $7{,}9$, une probabilité de l'ordre de $7\,\%$ est plausible.

Piège : arrondir trop tôt les puissances. $0{,}508^{11}\approx 0{,}000\,58$ : l'arrondir à $0{,}001$ avant de multiplier donnerait $0{,}126$, un résultat trop grand de plus de $70\,\%$. On tape la formule d'un seul bloc ou on utilise la fonction de la calculatrice.

A.4. « Au moins six lancers-francs réussis » est l'événement $X\geqslant 6$. On passe par l'événement contraire, $X\leqslant 5$, que la calculatrice donne directement par la fonction de répartition (« BinomFRép ») : $P(X\geqslant 6)=1-P(X\leqslant 5)\approx 1-0{,}117=0{,}883$.

La probabilité que le joueur réussisse au moins six lancers-francs est environ $0{,}883$. Vérification : la moyenne $7{,}9$ est au-dessus de $6$, donc l'événement « au moins $6$ » doit être probable, et en effet il dépasse $0{,}8$.

Erreur fréquente, et elle coûte la question entière : écrire $1-P(X\leqslant 6)$, qui est $P(X\geqslant 7)\approx 0{,}753$. Le contraire de « au moins $6$ » est « au plus $5$ ».

B.1. Le joueur tente $3$ lancers-francs, il peut en réussir aucun, un, deux ou trois : $Y$ prend les valeurs $0$, $1$, $2$ et $3$. Avec les mêmes hypothèses qu'en partie A (épreuves identiques et indépendantes, $Y$ compte les succès), $Y$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}(3\,;p)$, ce qui servira pour la suite.

B.2. L'événement « $Y=2$ » est réalisé par trois listes de résultats : réussite, réussite, échec ; réussite, échec, réussite ; échec, réussite, réussite. On les note RRE, RER et ERR. Par indépendance des lancers, chacune a pour probabilité $p\times p\times(1-p)=p^{2}(1-p)$. Ces trois issues étant incompatibles, $P(Y=2)=3p^{2}(1-p)=3p^{2}-3p^{3}$.

C'est la formule de la loi binomiale avec $\binom{3}{2}=3$, le nombre de façons de placer les deux réussites parmi les trois lancers. Piège : oublier ce coefficient $3$ et répondre $p^{2}(1-p)$, qui n'est la probabilité que d'UN des trois chemins.

B.3. Par le même raisonnement, avec $\binom{3}{0}=1$, $\binom{3}{1}=3$, $\binom{3}{2}=3$ et $\binom{3}{3}=1$ : $P(Y=0)=(1-p)^{3}$ (trois échecs), $P(Y=1)=3p(1-p)^{2}$, $P(Y=2)=3p^{2}(1-p)$ et $P(Y=3)=p^{3}$ (trois réussites). Le tableau de la loi de $Y$ est donné en fin de corrigé.

Vérification : la somme des quatre probabilités vaut $(1-p)^{3}+3p(1-p)^{2}+3p^{2}(1-p)+p^{3}=\left((1-p)+p\right)^{3}=1^{3}=1$, par la formule du binôme (ou l'identité $(a+b)^{3}=a^{3}+3a^{2}b+3ab^{2}+b^{3}$). Contrôle numérique avec $p=0{,}5$ : $\dfrac{1}{8}$, $\dfrac{3}{8}$, $\dfrac{3}{8}$, $\dfrac{1}{8}$, de somme $1$.

B.4. L'événement $Y\geqslant 2$ est la réunion des événements incompatibles $Y=2$ et $Y=3$ : $P(Y\geqslant 2)=P(Y=2)+P(Y=3)=3p^{2}(1-p)+p^{3}=3p^{2}-3p^{3}+p^{3}=-2p^{3}+3p^{2}$.

Contrôle aux cas extrêmes : si $p=0$, le joueur ne réussit jamais et la formule donne $0$ ; si $p=1$, il réussit toujours et elle donne $-2+3=1$. Piège : écrire $P(Y\geqslant 2)=1-P(Y\leqslant 2)$ ; le contraire de « au moins $2$ » est « au plus $1$ », et la voie directe est ici la plus courte.

B.5.a. $f$ est un polynôme, dérivable sur $[0\,;1]$, de dérivée $f'(x)=-6x^{2}+6x=6x(1-x)$.

Signe : sur $[0\,;1]$, $6x\geqslant 0$ et $1-x\geqslant 0$, donc $f'(x)\geqslant 0$, et $f'(x)$ ne s'annule qu'en $0$ et en $1$, les bornes. La dérivée est strictement positive sur $]0\,;1[$ : $f$ est strictement croissante sur $[0\,;1]$.

Valeurs aux bornes : $f(0)=0$ et $f(1)=-2+3=1$. Le tableau de variation figure en fin de corrigé : une flèche montante de $0$ à $1$, $f'(x)$ positive avec deux zéros aux bornes.

Piège : étudier le signe de $-6x^{2}+6x$ comme un trinôme sur $\mathbb{R}$ entier et conclure à « croissante puis décroissante » ; la fonction n'est définie que sur $[0\,;1]$, où les racines $0$ et $1$ sont justement les bornes. Le sens de variation ne change pas.

B.5.b. Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, cas strictement monotone. La fonction $f$ est continue sur $[0\,;1]$ (c'est un polynôme) et strictement croissante sur $[0\,;1]$ ; de plus $f(0)=0$ et $f(1)=1$, et $0{,}9\in[0\,;1]$. L'équation $f(x)=0{,}9$ admet donc une unique solution $\alpha$ dans $[0\,;1]$.

Comme $0<0{,}9<1$, $\alpha$ n'est ni $0$ ni $1$ : $\alpha\in\,]0\,;1[$. Piège : citer le théorème sans les trois hypothèses, continuité, stricte monotonie et $0{,}9$ entre $f(0)$ et $f(1)$. Sans la stricte monotonie, on a l'existence mais pas l'unicité.

B.5.c. Par balayage à la calculatrice, au pas de $0{,}01$ : $f(0{,}80)=-2\times 0{,}512+3\times 0{,}64=0{,}896<0{,}9$ et $f(0{,}81)=-2\times 0{,}531\,441+3\times 0{,}656\,1=0{,}905\,418>0{,}9$.

Comme $f$ est strictement croissante, $f(0{,}80)<f(\alpha)<f(0{,}81)$ entraîne $0{,}80<\alpha<0{,}81$, encadrement d'amplitude $10^{-2}$. Un balayage plus fin donne $\alpha\approx 0{,}804$.

Piège : donner un encadrement d'amplitude $10^{-1}$, comme $0{,}8<\alpha<0{,}9$, ou une valeur approchée seule sans les deux images qui la justifient.

B.5.d. D'après B.4, $f(p)=P(Y\geqslant 2)$ : $f(p)$ est la probabilité de réussir au moins deux lancers-francs sur trois. $\alpha$ est donc la probabilité de réussite d'un lancer pour laquelle cette probabilité vaut exactement $0{,}9$.

Comme $f$ est croissante, $P(Y\geqslant 2)\geqslant 0{,}9\iff p\geqslant\alpha$ : pour réussir au moins deux lancers-francs sur trois avec une probabilité d'au moins $90\,\%$, le joueur doit réussir chaque lancer avec une probabilité d'au moins $\alpha$, environ $0{,}80$, soit à peu près $80\,\%$ de réussite.

Mise en perspective avec la partie A : le joueur de la partie A, à $49{,}2\,\%$, n'a que $f(0{,}492)\approx 0{,}488$ de chances de réussir au moins deux lancers sur trois. Erreur fréquente : interpréter $\alpha$ comme une probabilité de réussir au moins deux lancers ; c'est une probabilité de réussir UN lancer, et c'est $0{,}9$ qui est la probabilité d'en réussir au moins deux.