Bac 2026 de spécialité maths, Centres étrangers jour 1 : sujet officiel et corrigé

A.1. Le premier niveau de l'arbre porte la provenance de la lame, le second sa conformité. Au premier niveau : $P(A)=0{,}6$, $P(B)=0{,}12$ et, puisque « le reste » vient du fournisseur C, $P(C)=1-0{,}6-0{,}12=0{,}28$.

Au second niveau, les pourcentages de l'étude qualité portent sur les lames D'UN fournisseur : ce sont des probabilités conditionnelles. $P_{A}(T)=0{,}9$ et $P_{A}(\overline{T})=1-0{,}9=0{,}1$ ; $P_{B}(T)=0{,}95$ et $P_{B}(\overline{T})=0{,}05$ ; $P_{C}(T)=0{,}85$ et $P_{C}(\overline{T})=0{,}15$.

Contrôle : la somme des probabilités issues d'un même nœud vaut $1$ ($0{,}6+0{,}12+0{,}28=1$, et chaque couple du second niveau aussi). L'arbre complet, avec la probabilité de chaque chemin, figure en fin de corrigé. Erreur fréquente : écrire $0{,}9$ comme probabilité de $A$, en confondant « $90\,\%$ des lames de A sont conformes » avec la part de A dans le stock.

A.2. Formule des probabilités composées, lue sur le chemin $A$ puis $\overline{T}$ : $P\left(A\cap\overline{T}\right)=P(A)\times P_{A}\left(\overline{T}\right)=0{,}6\times 0{,}1=0{,}06$.

Interprétation : la probabilité que la lame testée provienne du fournisseur A ET ne soit pas conforme vaut $0{,}06$ ; autrement dit, $6\,\%$ des lames du stock de l'équipementier sont des lames du fournisseur A non conformes.

Le piège est dans l'interprétation : $0{,}06$ n'est PAS la proportion de lames non conformes parmi celles du fournisseur A (c'est $0{,}1$), ni la proportion de lames de A parmi les non conformes (ce serait $P_{\overline{T}}(A)=\dfrac{0{,}06}{0{,}108}\approx 0{,}556$). Une intersection se rapporte à TOUT le stock.

A.3. Les événements $A$, $B$ et $C$ forment une partition de l'univers (une lame vient d'un et d'un seul fournisseur). Par la formule des probabilités totales : $P(T)=P(A\cap T)+P(B\cap T)+P(C\cap T)=P(A)P_{A}(T)+P(B)P_{B}(T)+P(C)P_{C}(T)$.

Soit $P(T)=0{,}6\times 0{,}9+0{,}12\times 0{,}95+0{,}28\times 0{,}85=0{,}54+0{,}114+0{,}238=0{,}892$. La probabilité que la lame testée soit conforme est bien $0{,}892$.

Vérification : $P(T)$ doit être une moyenne des trois taux de conformité pondérée par les parts du stock, donc comprise entre $0{,}85$ et $0{,}95$, et plus proche de $0{,}9$ puisque A pèse $60\,\%$ : c'est le cas. Pour une question « démontrer que », le correcteur attend le NOM de la formule et la partition, pas seulement le calcul.

A.4. On sait que la lame n'est pas conforme : on cherche $P_{\overline{T}}(B)$. L'arbre est construit dans l'autre sens, on revient donc à la définition d'une probabilité conditionnelle : $P_{\overline{T}}(B)=\dfrac{P\left(B\cap\overline{T}\right)}{P\left(\overline{T}\right)}$.

Numérateur, sur le chemin $B$ puis $\overline{T}$ : $P\left(B\cap\overline{T}\right)=0{,}12\times 0{,}05=0{,}006$. Dénominateur, par l'événement contraire : $P\left(\overline{T}\right)=1-0{,}892=0{,}108$. D'où $P_{\overline{T}}(B)=\dfrac{0{,}006}{0{,}108}=\dfrac{1}{18}\approx 0{,}056$ au millième.

Lecture : le fournisseur B ne fournit qu'environ $5{,}6\,\%$ des lames défectueuses, moins que sa part de $12\,\%$ du stock, ce qui est cohérent avec son taux de conformité, le meilleur des trois. Contrôle d'ensemble : $P_{\overline{T}}(A)=\dfrac{0{,}06}{0{,}108}\approx 0{,}556$, $P_{\overline{T}}(C)=\dfrac{0{,}042}{0{,}108}\approx 0{,}389$, et les trois probabilités ont pour somme $1$. Erreur fréquente : répondre $P_{B}(\overline{T})=0{,}05$, la probabilité inverse.

B.1. On répète $75$ fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), la même épreuve de Bernoulli : « la lame tirée est non conforme », succès de probabilité $p=0{,}108$. La variable $X$ compte les succès : elle suit la loi binomiale de paramètres $n=75$ et $p=0{,}108$, notée $\mathcal{B}(75\,;0{,}108)$.

Piège : prendre $p=0{,}892$. Le succès est l'issue que $X$ COMPTE, ici une lame NON conforme.

B.2. Formule de la loi binomiale : $P(X=6)=\dbinom{75}{6}\times 0{,}108^{6}\times(1-0{,}108)^{75-6}=\dbinom{75}{6}\times 0{,}108^{6}\times 0{,}892^{69}$.

Avec $\dbinom{75}{6}=201\,359\,550$, la calculatrice donne $P(X=6)\approx 0{,}120\,1$, soit $0{,}120$ au millième. La probabilité qu'exactement $6$ lames de l'échantillon soient non conformes vaut environ $0{,}120$.

Ordre de grandeur : l'espérance est $75\times 0{,}108=8{,}1$, et $6$ en est proche ; une probabilité de l'ordre de $0{,}1$ pour une valeur précise près du centre d'une loi binomiale de cette taille est normale. Erreur fréquente : écrire l'exposant $75$ au lieu de $69$ sur $0{,}892$.

B.3. « Strictement plus de $8$ » est l'événement $X>8$, soit $X\geqslant 9$. On passe par l'événement contraire, que la calculatrice donne directement par la fonction de répartition : $P(X>8)=1-P(X\leqslant 8)$.

La calculatrice donne $P(X\leqslant 8)\approx 0{,}577\,9$, donc $P(X>8)\approx 1-0{,}577\,9=0{,}422\,1$, soit environ $0{,}422$. Comme $0{,}422<0{,}5$, l'équipementier a raison : la probabilité d'avoir strictement plus de $8$ lames non conformes est inférieure à $50\,\%$.

Le piège coûte la question : $P(X\geqslant 8)=1-P(X\leqslant 7)\approx 0{,}570$, qui dépasse $50\,\%$, conduirait à la conclusion inverse. La frontière $8$ est très proche de l'espérance $8{,}1$, et c'est exactement là qu'une erreur d'une unité fait basculer la réponse.

C.1. Chaque $X_{i}$ suit la même loi que $X$, la loi $\mathcal{B}(75\,;0{,}108)$. D'après les formules de la loi binomiale : $\mathrm{E}(X_{i})=np=75\times 0{,}108=8{,}1$ et $\mathrm{V}(X_{i})=np(1-p)=75\times 0{,}108\times 0{,}892=7{,}225\,2$.

Espérance, par linéarité (aucune hypothèse requise) : $\mathrm{E}\left(M_{n}\right)=\dfrac{1}{n}\left(\mathrm{E}(X_{1})+\cdots+\mathrm{E}(X_{n})\right)=\dfrac{1}{n}\times n\times 8{,}1=8{,}1$.

Variance : $\mathrm{V}(aY)=a^{2}\mathrm{V}(Y)$, et les $X_{i}$ étant INDÉPENDANTES, la variance de leur somme est la somme de leurs variances. Donc $\mathrm{V}\left(M_{n}\right)=\dfrac{1}{n^{2}}\left(\mathrm{V}(X_{1})+\cdots+\mathrm{V}(X_{n})\right)=\dfrac{n\times 7{,}225\,2}{n^{2}}=\dfrac{7{,}225\,2}{n}$.

Erreurs fréquentes : sortir le facteur $\dfrac{1}{n}$ de la variance sans l'élever au carré, ce qui donnerait $7{,}225\,2$ pour tout $n$, et additionner les variances sans citer l'indépendance.

C.2. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à $M_{n}$ : pour tout réel $\delta>0$, $P\left(\left|M_{n}-\mathrm{E}(M_{n})\right|\geqslant\delta\right)\leqslant\dfrac{\mathrm{V}(M_{n})}{\delta^{2}}$.

Avec $\mathrm{E}(M_{n})=8{,}1$, $\mathrm{V}(M_{n})=\dfrac{7{,}225\,2}{n}$ et $\delta=2$ : $P\left(\left|M_{n}-8{,}1\right|\geqslant 2\right)\leqslant\dfrac{7{,}225\,2}{2^{2}\,n}=\dfrac{7{,}225\,2}{4n}=\dfrac{1{,}806\,3}{n}$, pour tout entier $n\geqslant 1$.

Le carré de $\delta$ est le point de rédaction attendu : diviser par $2$ au lieu de $4$ donnerait $\dfrac{3{,}612\,6}{n}$, et l'inégalité de l'énoncé ne se retrouverait pas.

C.3. L'événement $\left|M_{n}-8{,}1\right|<2$ est le contraire de $\left|M_{n}-8{,}1\right|\geqslant 2$. Donc, d'après C.2, $P\left(\left|M_{n}-8{,}1\right|<2\right)=1-P\left(\left|M_{n}-8{,}1\right|\geqslant 2\right)\geqslant 1-\dfrac{1{,}806\,3}{n}$ : le passage au contraire RENVERSE l'inégalité.

Il suffit donc que $1-\dfrac{1{,}806\,3}{n}\geqslant 0{,}95$, c'est-à-dire $\dfrac{1{,}806\,3}{n}\leqslant 0{,}05$, soit $n\geqslant\dfrac{1{,}806\,3}{0{,}05}=36{,}126$. Le plus petit entier qui convient est $n=37$ : à partir de $n=37$, on a $P\left(\left|M_{n}-8{,}1\right|<2\right)\geqslant 0{,}95$.

Vérification aux bords : $1-\dfrac{1{,}806\,3}{37}\approx 0{,}951\geqslant 0{,}95$, alors que $1-\dfrac{1{,}806\,3}{36}\approx 0{,}949\,8<0{,}95$. L'énoncé demande « une valeur » : toute valeur $n\geqslant 37$ est juste, et $37$ est la plus petite que l'inégalité permet d'obtenir.

Interprétation : si l'équipementier est présent à au moins $37$ compétitions, le nombre moyen de lames non conformes par échantillon de $75$ lames est strictement compris entre $8{,}1-2=6{,}1$ et $8{,}1+2=10{,}1$ avec une probabilité d'au moins $0{,}95$. Piège : arrondir $36{,}126$ à $36$, l'entier le plus PROCHE, alors qu'il faut l'entier supérieur pour que l'inégalité $n\geqslant 36{,}126$ soit vraie.

1. Méthode : pour vérifier qu'une fonction est solution d'une équation différentielle, on la dérive et on la remplace dans l'équation, pour TOUT réel $x$. La fonction $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme somme de fonctions dérivables, et $f'(x)=-4\mathrm{e}^{-x}-\sin(x)+\cos(x)$, puisque la dérivée de $\mathrm{e}^{-x}$ est $-\mathrm{e}^{-x}$, celle de $\cos$ est $-\sin$ et celle de $\sin$ est $\cos$.

Alors, pour tout réel $x$ : $f'(x)+f(x)=-4\mathrm{e}^{-x}-\sin(x)+\cos(x)+4\mathrm{e}^{-x}+\cos(x)+\sin(x)=2\cos(x)$. Les termes en $\mathrm{e}^{-x}$ et en $\sin(x)$ se compensent, il reste $2\cos(x)$ : $f$ est solution de $(E)$. L'affirmation 1 est VRAIE.

Lecture de structure : $x\mapsto 4\mathrm{e}^{-x}$ est une solution de l'équation homogène $y'+y=0$ (dont les solutions sont $x\mapsto K\mathrm{e}^{-x}$) et $x\mapsto\cos(x)+\sin(x)$ une solution particulière de $(E)$. Toute fonction $x\mapsto K\mathrm{e}^{-x}+\cos(x)+\sin(x)$ est donc solution, et $K=4$ en est un cas. Vérification en $x=0$ : $f(0)=4+1+0=5$, $f'(0)=-4-0+1=-3$, et $-3+5=2=2\cos(0)$. Erreur fréquente : vérifier l'égalité pour une seule valeur de $x$ et conclure ; c'est un contrôle, pas une preuve.

2. Méthode : les abscisses des points d'intersection sont les solutions de l'équation $f(x)=g(x)$, soit $2x-\sin(x)=0$. On étudie la fonction différence $h$ définie sur $\mathbb{R}$ par $h(x)=2x-\sin(x)$.

La fonction $h$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $h'(x)=2-\cos(x)$. Comme $\cos(x)\leqslant 1$ pour tout réel $x$, $h'(x)\geqslant 2-1=1>0$ : $h$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. Une fonction strictement croissante prend au plus une fois chaque valeur, donc $h$ s'annule au plus une fois. Or $h(0)=0-\sin(0)=0$ : $h$ s'annule exactement une fois, en $x=0$.

Les courbes $\mathcal{C}_{f}$ et $\mathcal{C}_{g}$ ont donc un seul point d'intersection, l'origine $\mathrm{O}(0\,;0)$. L'affirmation 2 est VRAIE.

Remarque utile : on n'a pas besoin du théorème des valeurs intermédiaires ici, puisqu'on CONNAÎT la solution $x=0$ ; la stricte monotonie seule en garantit l'unicité. Géométriquement, la droite $y=2x$ a une pente $2$ alors que la tangente à la sinusoïde en $\mathrm{O}$ a pour pente $\cos(0)=1$, et la sinusoïde reste entre $-1$ et $1$ : la droite s'en échappe des deux côtés. Erreur fréquente : affirmer « les deux courbes se coupent souvent, comme $\sin(x)$ et une droite horizontale », sans calcul ; la pente $2$ change tout, $y=\frac{x}{2}$ couperait la sinusoïde trois fois.

3. Méthode : le terme $\sin(n)$ n'a pas de limite, on ne peut donc pas conclure par opérations sur les limites. Mais il est BORNÉ : on encadre, puis on applique le théorème des gendarmes.

Pour tout entier naturel $n$, $-1\leqslant\sin(n)\leqslant 1$, donc $2n-1\leqslant 2n+\sin(n)\leqslant 2n+1$, et en divisant par $n+1>0$ (le sens des inégalités est conservé) : $\dfrac{2n-1}{n+1}\leqslant v_{n}\leqslant\dfrac{2n+1}{n+1}$.

Limites des bornes, en factorisant par $n$ pour $n\geqslant 1$ : $\dfrac{2n-1}{n+1}=\dfrac{2-\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\to\dfrac{2}{1}=2$ et $\dfrac{2n+1}{n+1}=\dfrac{2+\frac{1}{n}}{1+\frac{1}{n}}\to 2$. Les deux suites qui encadrent $(v_{n})$ convergent vers la même limite $2$ : d'après le théorème des gendarmes, $(v_{n})$ converge vers $2$.

La suite $(v_{n})$ est convergente : l'affirmation 3 est FAUSSE. Vérification numérique : $v_{100}=\dfrac{200+\sin(100)}{101}\approx 1{,}975$. Le piège est de croire que « $\sin(n)$ oscille » rend toute la suite divergente : ses oscillations sont bornées et écrasées par la division par $n+1$.

4. Méthode : raisonnement par récurrence. Pour tout entier $n\geqslant 1$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété « $u_{n}=n^{2}$ ».

Initialisation : pour $n=1$, $u_{1}=1$ et $1^{2}=1$, donc $\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité : soit $n\geqslant 1$ un entier tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $u_{n}=n^{2}$. Alors $u_{n+1}=u_{n}+2n+1=n^{2}+2n+1=(n+1)^{2}$, par l'identité remarquable $(a+b)^{2}=a^{2}+2ab+b^{2}$. Donc $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $u_{n}=n^{2}$ pour tout entier $n\geqslant 1$. L'affirmation 4 est VRAIE.

Contrôle sur les premiers termes : $u_{2}=1+3=4$, $u_{3}=4+5=9$, $u_{4}=9+7=16$ : les carrés parfaits, obtenus comme sommes des nombres impairs successifs. Erreurs fréquentes : calculer quelques termes et conclure (ce n'est pas une démonstration), et initialiser à $n=0$ alors que la suite commence à $u_{1}$.

5. Méthode : on reconnaît une suite géométrique. Pour tout $n$, $u_{n}=\mathrm{e}^{-n}=\left(\mathrm{e}^{-1}\right)^{n}$ : la suite $(u_{n})$ est géométrique de premier terme $u_{0}=1$ et de raison $q=\mathrm{e}^{-1}=\dfrac{1}{\mathrm{e}}$, avec $q\neq 1$.

La somme de ses $n+1$ premiers termes vaut $S_{n}=u_{0}\times\dfrac{1-q^{n+1}}{1-q}=\dfrac{1-\mathrm{e}^{-(n+1)}}{1-\mathrm{e}^{-1}}$.

Comme $0<\mathrm{e}^{-1}<1$ (car $\mathrm{e}>1$), $\left(\mathrm{e}^{-1}\right)^{n+1}\to 0$ quand $n\to+\infty$. Donc $S_{n}\to\dfrac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $\mathrm{e}$ : $\dfrac{1}{1-\mathrm{e}^{-1}}=\dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}$. L'affirmation 5 est VRAIE.

Vérification numérique : $\dfrac{\mathrm{e}}{\mathrm{e}-1}\approx 1{,}582$, et $S_{3}=1+\mathrm{e}^{-1}+\mathrm{e}^{-2}+\mathrm{e}^{-3}\approx 1{,}553$ en est déjà proche. Pièges : compter $n$ termes au lieu de $n+1$ (la somme commence à $u_{0}$), ce qui ne change pas la limite mais fausse $S_{n}$, et prendre $u_{1}=\mathrm{e}^{-1}$ comme premier terme, ce qui donnerait $\dfrac{1}{\mathrm{e}-1}$.

1. Dans le repère $\left(\mathrm{A}\,;\overrightarrow{\mathrm{AB}},\overrightarrow{\mathrm{AD}},\overrightarrow{\mathrm{AE}}\right)$, les sommets utiles ont pour coordonnées $\mathrm{A}(0\,;0\,;0)$, $\mathrm{B}(1\,;0\,;0)$, $\mathrm{C}(1\,;1\,;0)$, $\mathrm{D}(0\,;1\,;0)$, $\mathrm{E}(0\,;0\,;1)$, $\mathrm{F}(1\,;0\,;1)$, $\mathrm{G}(1\,;1\,;1)$ et $\mathrm{H}(0\,;1\,;1)$.

Les coordonnées du milieu d'un segment sont les moyennes des coordonnées de ses extrémités : $\mathrm{I}\left(\dfrac{0+1}{2}\,;\dfrac{0+0}{2}\,;\dfrac{1+1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;1\right)$, $\mathrm{J}\left(0\,;\dfrac{1}{2}\,;1\right)$ et $\mathrm{K}\left(0\,;0\,;\dfrac{1}{2}\right)$.

Contrôle sur la figure : I et J sont sur la face du haut ($z=1$), K est sur l'arête verticale issue de A ($x=y=0$). Écrire les coordonnées de C, $(1\,;1\,;0)$, dès cette question évite une erreur plus loin : C est le sommet de la face du BAS opposé à A.

2.a. Dans un repère orthonormé, le produit scalaire se calcule avec les coordonnées : $xx'+yy'+zz'$. On a $\overrightarrow{\mathrm{AI}}\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;1\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\left(0\,;\dfrac{1}{2}\,;1\right)$, donc $\overrightarrow{\mathrm{AI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AJ}}=\dfrac{1}{2}\times 0+0\times\dfrac{1}{2}+1\times 1=1$.

Le repère est orthonormal parce que l'arête du cube sert d'unité : c'est ce qui autorise la formule analytique du produit scalaire.

2.b. On utilise l'autre expression du produit scalaire : $\overrightarrow{\mathrm{AI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AJ}}=\mathrm{AI}\times\mathrm{AJ}\times\cos\widehat{\mathrm{IAJ}}$. Les longueurs : $\mathrm{AI}=\sqrt{\left(\dfrac{1}{2}\right)^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt{\dfrac{5}{4}}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$ et, de même, $\mathrm{AJ}=\dfrac{\sqrt{5}}{2}$.

Donc $\cos\widehat{\mathrm{IAJ}}=\dfrac{\overrightarrow{\mathrm{AI}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AJ}}}{\mathrm{AI}\times\mathrm{AJ}}=\dfrac{1}{\frac{5}{4}}=\dfrac{4}{5}=0{,}8$, et, l'angle géométrique étant entre $0^{\circ}$ et $180^{\circ}$, $\widehat{\mathrm{IAJ}}=\arccos(0{,}8)\approx 36{,}9^{\circ}$ au dixième de degré.

Vérification : le triangle AIJ est isocèle en A, et $\mathrm{IJ}=\sqrt{\dfrac{1}{4}+\dfrac{1}{4}}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}$ est plus court que $\mathrm{AI}\approx 1{,}118$, d'où un angle au sommet aigu et assez petit ; la formule d'Al-Kashi redonne $\cos\widehat{\mathrm{IAJ}}=\dfrac{\frac{5}{4}+\frac{5}{4}-\frac{1}{2}}{2\times\frac{5}{4}}=0{,}8$. Erreur fréquente : calculatrice réglée en radians, qui affiche $0{,}6435$.

3.a. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan lorsqu'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Ici le plan (AIJ) est dirigé par $\overrightarrow{\mathrm{AI}}\left(\dfrac{1}{2}\,;0\,;1\right)$ et $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}\left(0\,;\dfrac{1}{2}\,;1\right)$, qui ne sont pas colinéaires : la première coordonnée de $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}$ est nulle et pas celle de $\overrightarrow{\mathrm{AI}}$, alors que leurs troisièmes coordonnées sont égales.

On a $\overrightarrow{\mathrm{KC}}\left(1-0\,;1-0\,;0-\dfrac{1}{2}\right)=\left(1\,;1\,;-\dfrac{1}{2}\right)$, non nul. Puis $\overrightarrow{\mathrm{KC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AI}}=1\times\dfrac{1}{2}+1\times 0-\dfrac{1}{2}\times 1=0$ et $\overrightarrow{\mathrm{KC}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AJ}}=1\times 0+1\times\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2}\times 1=0$.

Le vecteur $\overrightarrow{\mathrm{KC}}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (AIJ) : c'est un vecteur normal à ce plan. Le point de rédaction qui coûte des points : oublier de dire que $\overrightarrow{\mathrm{AI}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AJ}}$ ne sont pas colinéaires. Orthogonal à deux vecteurs colinéaires, un vecteur n'est orthogonal qu'à une direction, pas à un plan.

3.b. Un plan de vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ a une équation cartésienne de la forme $ax+by+cz+d=0$. Avec $\overrightarrow{\mathrm{KC}}\left(1\,;1\,;-\dfrac{1}{2}\right)$ : $x+y-\dfrac{1}{2}z+d=0$.