Corrigé du bac de maths 2021 en France (septembre, jour 1) à télécharger en PDF

Corrigé France 2021 : ce que contient la correction

D’abord, précisons que ce corrigé France 2021 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2021 en France (septembre, jour 1), avec une rédaction complète des réponses. En effet, l’épreuve se compose de 5 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la convexité et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 48 minutes pour chaque exercice. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

1. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente en A, c’est-à-dire de la droite (AB) : \(f^{\prime}(0) = \dfrac{y_{\text{B}} – y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} – x_{\text{A}}} = \dfrac{20 – 5}{1 – 0} = 15\). Réponse c. Les autres propositions sont fausses : en \(-0{,}5\) la courbe monte, donc \(f^{\prime}(-0{,}5) \gt 0\) ; \(f\) est croissante entre environ \(-1{,}5\) et \(-0{,}5\), donc \(f^{\prime}\) n’est pas négative sur tout \(]-\infty\,;\,-0{,}5[\) ; enfin \(f\) décroît puis croît, donc \(f^{\prime}\) change de signe.

2. Le point A\((0\,;\,5)\) est sur la courbe : \(f(0) = (a \times 0 + b)\text{e}^0 = b\), donc \(b = 5\). La courbe passe par \((-0{,}5\,;\,0)\) : \(f(-0{,}5) = (-0{,}5a + 5)\text{e}^{-0{,}5} = 0\), et comme \(\text{e}^{-0{,}5} \neq 0\), \(-0{,}5a + 5 = 0\), d’où \(a = 10\). Réponse a. (Contrôle : \(f^{\prime}(x) = (ax + a + b)\text{e}^x\) donne \(f^{\prime}(0) = a + b = 15\), cohérent avec la question 1.)

3. Comme \(\text{e}^x \gt 0\), \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(10x + 25\), qui s’annule en \(x = -2{,}5\) en changeant de signe : négatif avant, positif après. Donc \(f\) est concave sur \(]-\infty\,;\,-2{,}5]\) et convexe sur \([-2{,}5\,;\,+\infty[\) : la courbe admet un unique point d’inflexion, celui d’abscisse \(-2{,}5\), qui est C. Réponse c.

Exercice 1 du corrigé France 2021 : question 4

4. La suite \((V_n)\) converge, donc elle est bornée : il existe un réel \(M\) tel que \(V_n \leq\, M\) pour tout \(n\). Alors \(U_n \leq\, V_n \leq\, M\) : la suite \((U_n)\) est majorée, réponse d. Les autres propositions ne sont pas toujours vraies : avec \(U_n = -n\) et \(V_n = 2 + \dfrac{1}{n+1}\), \((U_n)\) diverge (donc a est fausse) et \(V_n \gt 2\) (donc b est fausse) ; avec \(U_n = 0\) et \(V_n = 2\), \((U_n)\) converge (donc c est fausse).

Exercice 2 :

1. \(u_1 = f(\dfrac{1}{2}) = \dfrac{4 \times \frac{1}{2}}{1 + 3 \times \frac{1}{2}} = \dfrac{2}{\frac{5}{2}} = \dfrac{4}{5}\), soit \(u_1 = 0{,}8\).

2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\) ».

Initialisation. \(u_0 = 0{,}5\) et \(u_1 = 0{,}8\), donc \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 2\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.

Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier \(n\) : \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\). Tous ces nombres sont dans \(]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty[\), où \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :

\[f(\dfrac{1}{2}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(2), \quad \text{soit} \quad 0{,}8 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, \dfrac{8}{7}.\]

Comme \(\dfrac{1}{2} \leq\, 0{,}8\) et \(\dfrac{8}{7} \leq\, 2\), on obtient \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 2\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(\dfrac{1}{2} \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 2\).

b. D’après a, \(u_n \leq\, u_{n+1}\) pour tout \(n\) : la suite est croissante ; et \(u_n \leq\, 2\) : elle est majorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(\dfrac{1}{2} \leq\, \ell \leq\, 2\).

c. La fonction \(f\) est continue sur \(]-\dfrac{1}{3}\,;\,+\infty[\) (fonction rationnelle dont le dénominateur ne s’y annule pas) et \(\ell\) appartient à cet intervalle. En passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\) :

\[\dfrac{4\ell}{1 + 3\ell} = \ell \iff 4\ell = \ell + 3\ell^2 \iff 3\ell^2 – 3\ell = 0 \iff 3\ell(\ell – 1) = 0 \iff \ell = 0 \ \text{ou} \ \ell = 1.\]

Exercice 2 du corrigé France 2021 : questions 3 à 4

Comme \(\ell \geq\, \dfrac{1}{2}\), la valeur 0 est exclue : \(\ell = 1\).

3. a. La boucle doit continuer tant que la condition d’arrêt \(1 – u \lt E\) n’est pas remplie, c’est-à-dire tant que \(1 – u \geq\, E\) ; à chaque tour, on calcule le terme suivant \(u_{n+1} = \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n}\). On note au passage qu’en Python la valeur initiale s’écrit 0.5 avec un point (l’énoncé écrit « 0,5 »).

def seuil(E):
    u = 0.5
    n = 0
    while 1 - u >= E:
        u = 4*u/(1 + 3*u)
        n = n + 1
    return n

b. D’après la question 4.c (ou en calculant les termes), \(1 – u_n = \dfrac{0{,}25^n}{1 + 0{,}25^n}\). On trouve \(1 – u_6 \approx 2{,}44 \times 10^{-4}\), qui est encore supérieur ou égal à \(10^{-4}\), et \(1 – u_7 \approx 6{,}10 \times 10^{-5} \lt 10^{-4}\) (\(u_7 \approx 0{,}999939\)). Le programme renvoie 7.

4. a. Pour tout entier naturel \(n\), on calcule d’abord \(1 – u_{n+1} = 1 – \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n} = \dfrac{1 + 3u_n – 4u_n}{1 + 3u_n} = \dfrac{1 – u_n}{1 + 3u_n}\). Comme \(1 + 3u_n \gt 0\) et \(1 – u_0 = 0{,}5 \gt 0\), cette relation montre de proche en proche que \(1 – u_n \gt 0\) pour tout \(n\) : \(v_n\) est donc bien défini. Alors :

\[v_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}}{1 – u_{n+1}} = \dfrac{4u_n}{1 + 3u_n} \times \dfrac{1 + 3u_n}{1 – u_n} = \dfrac{4u_n}{1 – u_n} = 4v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison 4, de premier terme \(v_0 = \dfrac{0{,}5}{1 – 0{,}5} = 1\). Ainsi, pour tout entier naturel \(n\), \(v_n = 4^n\).

Exercice 2 (suite)

b. Partons de \(v_n = \dfrac{u_n}{1 – u_n}\) : \(v_n(1 – u_n) = u_n\), donc \(v_n = u_n + u_nv_n = u_n(1 + v_n)\). Comme \(v_n = 4^n \gt 0\), \(1 + v_n \neq 0\) et on peut diviser : \(u_n = \dfrac{v_n}{v_n + 1}\).

c. En remplaçant \(v_n\) par \(4^n\) puis en divisant numérateur et dénominateur par \(4^n\) :

\[u_n = \dfrac{4^n}{4^n + 1} = \dfrac{1}{1 + \dfrac{1}{4^n}} = \dfrac{1}{1 + 0{,}25^n}.\]

Comme \(0 \lt 0{,}25 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}25^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = \dfrac{1}{1 + 0} = 1\). On retrouve \(\ell = 1\).

Exercice 3 :

Partie I

1. À l’introduction des truites, \(t = 0\) : \(f(0) = 400 \times \text{e}^0 + 40 = 440\). Il y avait 440 crapauds dans le lac.

2. On dérive le produit \(uv\) avec \(u(t) = 0{,}04t^2 – 8t + 400\), \(u^{\prime}(t) = 0{,}08t – 8\), \(v(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}\), \(v^{\prime}(t) = \dfrac{1}{50}\text{e}^{\frac{t}{50}} = 0{,}02\,\text{e}^{\frac{t}{50}}\) ; la constante 40 a une dérivée nulle :

\[f^{\prime}(t) = (0{,}08t – 8)\text{e}^{\frac{t}{50}} + 0{,}02(0{,}04t^2 – 8t + 400)\text{e}^{\frac{t}{50}} = \text{e}^{\frac{t}{50}}(0{,}08t – 8 + 0{,}0008t^2 – 0{,}16t + 8)\]

\[f^{\prime}(t) = \text{e}^{\frac{t}{50}}(0{,}0008t^2 – 0{,}08t) = 0{,}0008\,t(t – 100)\,\text{e}^{\frac{t}{50}} = t(t – 100)\text{e}^{\frac{t}{50}} \times 8 \times 10^{-4}.\]

3. Sur \([0\,;\,120]\), \(\text{e}^{\frac{t}{50}} \gt 0\) et \(8 \times 10^{-4} \gt 0\), donc \(f^{\prime}(t)\) a le signe de \(t(t – 100)\). Pour \(t\) dans \(]0\,;\,100[\), \(t \gt 0\) et \(t – 100 \lt 0\), donc \(f^{\prime}(t) \lt 0\) ; pour \(t\) dans \(]100\,;\,120]\), les deux facteurs sont positifs, donc \(f^{\prime}(t) \gt 0\). Valeurs utiles : \(f(0) = 440\) ; \(f(100) = (400 – 800 + 400)\text{e}^2 + 40 = 40\) ; \(f(120) = (576 – 960 + 400)\text{e}^{2{,}4} + 40 = 16\text{e}^{2{,}4} + 40 \approx 216{,}37\).

\(f\) est strictement décroissante sur \([0\,;\,100]\) et strictement croissante sur \([100\,;\,120]\).

4. a. D’après le tableau, le minimum de \(f\) est atteint pour \(t = 100\) : \(J = 100\) jours, et le nombre minimum de crapauds est 40.

Exercice 3 du corrigé France 2021, partie I (suite)

b. Sur \([100\,;\,120]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(100) = 40 \lt 140\) et \(f(120) \approx 216{,}37 \gt 140\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(t) = 140\) a une unique solution \(t_0\) dans \([100\,;\,120]\), et pour \(t \gt t_0\) on a \(f(t) \gt 140\) : le nombre de crapauds dépassera 140 individus avant la fin de la période étudiée.

c. À la calculatrice : \(f(115) \approx 129{,}77 \lt 140\) et \(f(116) \approx 144{,}20 \gt 140\) (la solution est \(t_0 \approx 115{,}7\)). Le nombre de crapauds dépasse 140 individus à partir du 116e jour.

Partie II

1. Trois quarts des lacs ne sont pas infectés : \(P(\overline{L}) = 0{,}75\) et \(P(L) = 0{,}25\). Dans un lac infecté, \(P_L(T) = 0{,}74\), donc \(P_L(\overline{T}) = 0{,}26\). Dans un lac non infecté, aucun têtard n’est contaminé : \(P_{\overline{L}}(T) = 0\) et \(P_{\overline{L}}(\overline{T}) = 1\).

2. Les évènements \(L\) et \(\overline{L}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :

\[P(T) = P(L) \times P_L(T) + P(\overline{L}) \times P_{\overline{L}}(T) = 0{,}25 \times 0{,}74 + 0{,}75 \times 0 = 0{,}185.\]

3. On cherche \(P_{\overline{T}}(L)\). On a \(P(\overline{T}) = 1 – 0{,}185 = 0{,}815\) et \(P(L \cap \overline{T}) = 0{,}25 \times 0{,}26 = 0{,}065\). Donc :

\[P_{\overline{T}}(L) = \dfrac{P(L \cap \overline{T})}{P(\overline{T})} = \dfrac{0{,}065}{0{,}815} \approx 0{,}0798.\]

Sachant que le têtard n’est pas contaminé, la probabilité que le lac soit infecté est environ 0,080.

Exercice A :

Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\), les sommets du cube ont pour coordonnées 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\((1\,;\,1\,;\,1)\), H\((0\,;\,1\,;\,1)\).

1. Comme \(\vec{\text{EH}} = \vec{\text{AD}}\), \(\vec{\text{EF}} = \vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{BF}} = \vec{\text{AE}}\), on obtient I\((0\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,1)\), J\((\dfrac{1}{4}\,;\,0\,;\,1)\) et K\((1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{4})\).

2. On a \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix}1\\1\\1\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix}\frac{1}{4}\\-\frac{1}{4}\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{IK}}\begin{pmatrix}1\\-\frac{1}{4}\\-\frac{3}{4}\end{pmatrix}\). Ces deux derniers vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de \(\vec{\text{IJ}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{IK}}\)), ils dirigent donc le plan (IJK). Or :

\[\vec{\text{AG}} \cdot \vec{\text{IJ}} = \dfrac{1}{4} – \dfrac{1}{4} + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{\text{AG}} \cdot \vec{\text{IK}} = 1 – \dfrac{1}{4} – \dfrac{3}{4} = 0.\]

Orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan, \(\vec{\text{AG}}\) est normal au plan (IJK).

3. Le plan (IJK) admet donc une équation de la forme \(x + y + z + d = 0\). Il contient I : \(0 + \dfrac{1}{4} + 1 + d = 0\), d’où \(d = -\dfrac{5}{4}\). L’équation \(x + y + z – \dfrac{5}{4} = 0\) équivaut, en multipliant par 4, à \(4x + 4y + 4z – 5 = 0\). (Contrôle avec J : \(1 + 0 + 4 – 5 = 0\) ; avec K : \(4 + 0 + 1 – 5 = 0\).)

4. La droite (BC) passe par B\((1\,;\,0\,;\,0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}0\\1\\0\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est :

\[\{\begin{array}{l} x = 1\\ y = t\\ z = 0\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]

Exercice A du corrigé France 2021 : questions 5 à 6

5. Un point de (BC) de paramètre \(t\) est dans (IJK) si et seulement si \(4 \times 1 + 4t + 4 \times 0 – 5 = 0\), soit \(4t = 1\), \(t = \dfrac{1}{4}\). Donc L\((1\,;\,\dfrac{1}{4}\,;\,0)\). Comme \(t = \dfrac{1}{4}\) est entre 0 et 1, L est sur le segment [BC], avec \(\vec{\text{BL}} = \dfrac{1}{4}\vec{\text{BC}}\).

6. On place L sur l’arête [BC], au quart de celle-ci en partant de B. Les points K et L appartiennent tous deux au plan (IJK) et à la face (BCGF) (leur abscisse vaut 1, qui est l’équation du plan de cette face). L’intersection du plan (IJK) avec la face est donc le segment [KL], qu’on trace sur la figure. Il est parallèle à la diagonale [FC] de la face, puisque \(\vec{\text{KL}}\begin{pmatrix}0\\\frac{1}{4}\\-\frac{1}{4}\end{pmatrix} = \dfrac{1}{4}\vec{\text{FC}}\). Sur la figure complétée ci-dessous, on voit aussi, en tirets, la section complète du cube par le plan (IJK) : un hexagone passant par I, J, K, L, M (question 7) et le point \((0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{4})\) de l’arête [DH], situé au quart de celle-ci en partant de D (ce tracé complet n’est pas exigé).

Exercice A : question 7

7. Le point M\((\dfrac{1}{4}\,;\,1\,;\,0)\) vérifie l’équation du plan (IJK) : \(4 \times \dfrac{1}{4} + 4 \times 1 + 4 \times 0 – 5 = 1 + 4 – 5 = 0\). Donc M appartient au plan (IJK). Les points I et J sont dans ce plan par définition, et L aussi d’après la question 5. Les quatre points I, J, L et M appartiennent au même plan (IJK) : ils sont coplanaires.

Exercice B :

Partie I

1. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln(x) \to -\infty\) et \(\dfrac{1}{x} \to +\infty\), donc par produit \(\dfrac{\ln(x)}{x} = \ln(x) \times \dfrac{1}{x} \to -\infty\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to 0^+} h(x) = -\infty\).

2. Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} h(x) = 1\). La droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(h\) en \(+\infty\).

3. La fonction \(x \mapsto \dfrac{\ln(x)}{x}\) est un quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = 1\). Donc :

\[h^{\prime}(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x} \times x – \ln(x) \times 1}{x^2} = \dfrac{1 – \ln(x)}{x^2}.\]

4. Comme \(x^2 \gt 0\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – \ln(x)\). Or \(1 – \ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt 1 \iff x \lt \text{e}\) (la fonction \(\ln\) est strictement croissante). Le maximum vaut \(h(\text{e}) = 1 + \dfrac{\ln(\text{e})}{\text{e}} = 1 + \dfrac{1}{\text{e}}\).

5. Sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\) : \(h\) décroît de \(1 + \dfrac{1}{\text{e}}\) vers sa limite 1 sans l’atteindre, donc \(h(x) \gt 1 \gt 0\) : l’équation \(h(x) = 0\) n’a pas de solution sur cet intervalle.

Sur \(]0\,;\,\text{e}]\) : \(h\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, elle tend vers \(-\infty\) en 0 et vaut \(1 + \dfrac{1}{\text{e}} \gt 0\) en \(\text{e}\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(h(x) = 0\) a une unique solution sur cet intervalle.

Au total, l’équation \(h(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \(]0\,;\,+\infty[\), et \(\alpha \lt \text{e}\).

Encadrement : \(h(0{,}5) = 1 + \dfrac{\ln(0{,}5)}{0{,}5} = 1 – 2\ln 2 \approx -0{,}386 \lt 0\) et \(h(0{,}6) = 1 + \dfrac{\ln(0{,}6)}{0{,}6} \approx 0{,}149 \gt 0\). Comme \(h\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\text{e}]\) et que \(h(0{,}5) \lt h(\alpha) = 0 \lt h(0{,}6)\), on en déduit \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}567\)).

Partie II

1. La fonction \(g = \ln\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\) avec \(g^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\). Le coefficient directeur de la tangente \(D_a\) est le nombre dérivé \(g^{\prime}(a)\), soit \(\dfrac{1}{a}\).

2. La fonction \(f\) est dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\). En dérivant le produit \(x\ln(x)\) : \(f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} – 1 = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x)\). Le coefficient directeur de \(T_a\) est donc \(f^{\prime}(a) =\) \(\ln(a)\).

3. Le repère est orthonormé, donc \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires si et seulement si le produit de leurs coefficients directeurs vaut \(-1\) :

\[\ln(a) \times \dfrac{1}{a} = -1 \iff \dfrac{\ln(a)}{a} = -1 \iff 1 + \dfrac{\ln(a)}{a} = 0 \iff h(a) = 0.\]

D’après la partie I, cette équation a une unique solution sur \(]0\,;\,+\infty[\), le réel \(\alpha\). Il existe donc une seule valeur de \(a\) pour laquelle \(T_a\) et \(D_a\) sont perpendiculaires : \(a = \alpha\), avec \(0{,}5 \lt \alpha \lt 0{,}6\) (\(\alpha \approx 0{,}567\)).

Corrigé France 2021 : méthode pour bien s’entraîner

Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. 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, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction logarithme.

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.
• La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.

Corrigé France 2021 : 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 la convexité, mais aussi la géométrie dans l’espace.

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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