Corrigé Polynésie 2021 : présentation de la correction
Avant tout, ce corrigé Polynésie 2021 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2021 en Polynésie et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 5 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la géométrie dans l’espace et la convexité. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 48 minutes par exercice, relecture comprise. 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 : réponses détaillées du corrigé Polynésie 2021
1. \(u_1 = 0{,}95 \times 10\,000 + 200 = 9\,500 + 200\), donc \(u_1 = 9\,700\). Puis \(u_2 = 0{,}95 \times 9\,700 + 200 = 9\,215 + 200 = 9\,415\) : on retrouve bien \(u_2 = 9\,415\).
2. a. Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n \gt 4\,000\) ».
Initialisation : \(u_0 = 10\,000 \gt 4\,000\), donc \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(u_n \gt 4\,000\) pour un entier naturel \(n\). En multipliant par \(0{,}95\), qui est positif, l’inégalité est conservée : \(0{,}95u_n \gt 3\,800\). En ajoutant 200 : \(0{,}95u_n + 200 \gt 4\,000\), c’est-à-dire \(u_{n+1} \gt 4\,000\). \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, \(u_n \gt 4\,000\) pour tout entier naturel \(n\).
b. La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 4 000 (question a). D’après le théorème de convergence monotone, elle converge.
3. a. \(v_0 = u_0 – 4\,000 = 10\,000 – 4\,000\), soit \(v_0 = 6\,000\).
b. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[v_{n+1} = u_{n+1} – 4\,000 = 0{,}95u_n + 200 – 4\,000 = 0{,}95u_n – 3\,800 = 0{,}95(u_n – 4\,000) = 0{,}95\,v_n,\]
car \(0{,}95 \times 4\,000 = 3\,800\). La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(0{,}95\) et de premier terme \(v_0 = 6\,000\).
c. D’après b, \(v_n = v_0 \times 0{,}95^n = 6\,000 \times 0{,}95^n\). Comme \(u_n = v_n + 4\,000\), on obtient \(u_n = 4\,000 + 6\,000 \times 0{,}95^n\) pour tout entier naturel \(n\).
d. Comme \(0 \lt 0{,}95 \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}95^n = 0\), donc \(6\,000 \times 0{,}95^n\) tend vers 0 et, par somme, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 4\,000\).
Exercice 1 du corrigé Polynésie 2021 : question 4
4. Notons \(u_n\) l’effectif de l’espèce à la fin de l’année \(2020 + n\). En début d’année, l’effectif est multiplié par \(1 – 0{,}05 = 0{,}95\), puis 200 individus sont ajoutés en fin d’année : on obtient exactement \(u_{n+1} = 0{,}95u_n + 200\) avec \(u_0 = 10\,000\). La suite étudiée modélise donc cette population.
Pour tout \(n\), \(u_n \gt 4\,000\) : la population reste toujours supérieure à 4 000 individus, l’espèce ne s’éteint pas. Mais \(u_n\) diminue et tend vers 4 000 : à partir d’un certain rang, l’effectif passe sous 5 000, la moitié de l’effectif de 2020 (on a \(u_n \lt 5\,000\) dès que \(6\,000 \times 0{,}95^n \lt 1\,000\), c’est-à-dire dès \(n = 35\) : \(u_{34} \approx 5\,049\) mais \(u_{35} \approx 4\,997\), soit en 2055). Plus de la moitié de la population finira donc par disparaître. L’affirmation de la responsable est juste.
Exercice 2 :
1. On lit dans l’énoncé \(P(M) = 0{,}07\), donc \(P(\overline{M}) = 0{,}93\). Parmi les infectés, 20 % sont négatifs : \(P_M(\overline{T}) = 0{,}2\) et \(P_M(T) = 0{,}8\). Parmi les sains, 1 % sont positifs : \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}01\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}99\).
2. a. En suivant le chemin \(M\) puis \(T\) : \(P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}07 \times 0{,}8\), soit \(P(M \cap T) = 0{,}056\).
b. \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers ; par la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(M \cap T) + P(\overline{M} \cap T) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}01 = 0{,}056 + 0{,}0093 = 0{,}0653.\]
On a bien \(P(T) = 0{,}0653\).
3. On cherche \(P_T(M)\) :
\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}0653} \approx 0{,}8576.\]
Une personne dont le test est positif est infectée avec une probabilité d’environ 0,86.
4. a. On répète 10 fois, de manière identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve de Bernoulli dont le succès « le test est positif » a pour probabilité \(0{,}0653\). \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}0653\).
b. Avec \(\binom\,{10}{2} = 45\) :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}0653^2 \times 0{,}9347^8 \approx 0{,}1118.\]
La probabilité qu’exactement deux personnes aient un test positif est environ 0,11.
Exercice 2 du corrigé Polynésie 2021 : question 5
5. Si l’on teste \(n\) personnes, le nombre de tests positifs suit la loi binomiale de paramètres \(n\) et \(0{,}0653\). L’évènement « au moins un test positif » est le contraire de « aucun test positif », donc sa probabilité vaut \(1 – 0{,}9347^n\). On résout :
\[1 – 0{,}9347^n \gt 0{,}99 \iff 0{,}9347^n \lt 0{,}01 \iff n\ln(0{,}9347) \lt \ln(0{,}01) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)}\]
en appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante, puis en divisant par \(\ln(0{,}9347) \lt 0\), ce qui change le sens de l’inégalité. Or \(\dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)} \approx 68{,}19\). Vérification : \(1 – 0{,}9347^{68} \approx 0{,}9899\) et \(1 – 0{,}9347^{69} \approx 0{,}9905\). Il faut tester au minimum 69 personnes.
Exercice 3 :
1. Dans le repère \((\text{A}\,;\,\vec{\text{AB}},\,\vec{\text{AD}},\,\vec{\text{AE}})\) : \(\text{B}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{D}(0\,;\,1\,;\,0)\), \(\text{E}(0\,;\,0\,;\,1)\), \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\) et \(\text{H}(0\,;\,1\,;\,1)\).
2. a. Chacun des côtés de EGD est une diagonale d’une face du cube : [EG] est une diagonale de la face EFGH, [GD] de la face CDHG et [ED] de la face ADHE. Les faces sont des carrés de côté 1, donc chaque diagonale mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\). Ainsi \(\text{EG} = \text{GD} = \text{ED} = \sqrt{2}\) : le triangle EGD est équilatéral.
b. Avec \(c = \sqrt{2}\) : \(\mathcal{A}(\text{EGD}) = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times (\sqrt{2})^2 = \dfrac{\sqrt{3}}{4} \times 2\), soit \(\mathcal{A}(\text{EGD}) = \dfrac{\sqrt{3}}{2}\).
3. \(\vec{\text{BH}}\) a pour coordonnées \((0 – 1\,;\,1 – 0\,;\,1 – 0) = (-1\,;\,1\,;\,1)\), donc \(\vec{\text{BM}} = \dfrac{1}{3}\vec{\text{BH}}\) a pour coordonnées \((-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\). En ajoutant ces coordonnées à celles de B :
\[x_{\text{M}} = 1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}, \quad y_{\text{M}} = 0 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}, \quad z_{\text{M}} = 0 + \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}.\]
Donc \(\text{M}(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\).
4. a. On a \(\vec{\text{EG}}(1\,;\,1\,;\,0)\) et \(\vec{\text{ED}}(0\,;\,1\,;\,-1)\), qui ne sont pas colinéaires (la première coordonnée de l’un est nulle, pas celle de l’autre). Calculons les produits scalaires :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{EG}} = -1 \times 1 + 1 \times 1 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{ED}} = -1 \times 0 + 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (EGD) : c’est un vecteur normal au plan (EGD).
Exercice 3 du corrigé Polynésie 2021 : question 5
b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) a une équation de la forme \(-x + y + z + d = 0\). Le point \(\text{E}(0\,;\,0\,;\,1)\) est dans le plan : \(0 + 0 + 1 + d = 0\), donc \(d = -1\). Une équation de (EGD) est \(-x + y + z – 1 = 0\). (Contrôle : G donne \(-1 + 1 + 1 – 1 = 0\) et D donne \(0 + 1 + 0 – 1 = 0\).)
c. La droite \(\mathcal{D}\) est orthogonale au plan (EGD), donc elle est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}(-1\,;\,1\,;\,1)\) ; elle passe par \(\text{M}(\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\). Un point \(P(x\,;\,y\,;\,z)\) est sur \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{M}P} = t\,\vec{n}\), ce qui s’écrit :
\[\begin{cases} x = \dfrac{2}{3} – t \\ y = \dfrac{1}{3} + t \\ z = \dfrac{1}{3} + t \end{cases}, \quad t \in \mathbb{R}.\]
C’est bien la représentation paramétrique annoncée.
5. a. La hauteur issue de M de la pyramide GEDM (de base EGD) est la droite passant par M et perpendiculaire au plan (EGD) : c’est \(\mathcal{D}\). Son pied K est donc l’intersection de \(\mathcal{D}\) et du plan (EGD). On remplace les coordonnées paramétriques dans l’équation du plan :
\[-(\dfrac{2}{3} – t) + \dfrac{1}{3} + t + \dfrac{1}{3} + t – 1 = 0 \iff 3t – 1 = 0 \iff t = \dfrac{1}{3}.\]
Pour \(t = \dfrac{1}{3}\) : \(x = \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{3}\), \(y = \dfrac{1}{3} + \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\) et \(z = \dfrac{2}{3}\). Donc \(\text{K}(\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\).
b. La hauteur vaut \(\text{MK}\) avec \(\vec{\text{MK}}(-\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3}\,;\,\dfrac{1}{3})\) :
\[\text{MK} = \sqrt{\dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9} + \dfrac{1}{9}} = \sqrt{\dfrac{1}{3}} = \dfrac{\sqrt{3}}{3}.\]
Avec la base EGD d’aire \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\) :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{3}}{2} \times \dfrac{\sqrt{3}}{3} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{6}.\]
Le volume de la pyramide GEDM est \(V = \dfrac{1}{6}\) unité de volume.
Exercice A :
Partie 1
1. La courbe passe par \(\text{A}(0\,;\,2)\), donc \(f(0) = 2\). Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente (AB) : \(f^{\prime}(0) = \dfrac{y_{\text{B}} – y_{\text{A}}}{x_{\text{B}} – x_{\text{A}}} = \dfrac{0 – 2}{2 – 0}\), soit \(f^{\prime}(0) = -1\).
2. Sur la partie droite du graphique, la courbe est au-dessus de sa tangente en A et s’aplatit en tournant vers le haut : \(f\) semble convexe sur \([0\,;\,+\infty[\) (on peut même proposer n’importe quel intervalle contenu dans \([0\,;\,3{,}5]\), la portion visible).
Partie 2
1. Les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \longmapsto K\text{e}^{ax}\). Ici \(a = -1\) : les solutions de \((H)\) sont les fonctions \(x \longmapsto K\text{e}^{-x}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).
2. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant une solution particulière de \((E)\) aux solutions de l’équation homogène \((H)\). Ce sont donc les fonctions \(x \longmapsto x\text{e}^{-x} + K\text{e}^{-x} = (x + K)\text{e}^{-x}\), avec \(K \in \mathbb{R}\).
3. \(f\) est de la forme \(f(x) = (x + K)\text{e}^{-x}\) et \(f(0) = (0 + K) \times 1 = K\). La condition \(f(0) = 2\) donne \(K = 2\), donc \(f(x) = (x + 2)\text{e}^{-x}\).
Partie 3
1. a. On dérive le produit \(u \times v\) avec \(u(x) = x + 2\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 \times \text{e}^{-x} + (x + 2) \times (-\text{e}^{-x}) = (1 – x – 2)\text{e}^{-x} = (-x – 1)\text{e}^{-x}.\]
b. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x – 1\), qui est positif pour \(x \lt -1\), nul en \(-1\) et négatif pour \(x \gt -1\). Donc \(f\) est croissante sur \(]-\infty\,;\,-1]\) et décroissante sur \([-1\,;\,+\infty[\). Son maximum vaut \(f(-1) = (-1 + 2)\text{e}^{1}\), soit \(f(-1) = \text{e}\).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| \(f\) | \(\nearrow\) | \(\text{e}\) | \(\searrow\) |
2. a. On dérive \(f^{\prime}(x) = (-x – 1)\text{e}^{-x}\) de la même façon :
\[f^{\prime\prime}(x) = -1 \times \text{e}^{-x} + (-x – 1)(-\text{e}^{-x}) = (-1 + x + 1)\text{e}^{-x} = x\text{e}^{-x}.\]
Donc \(f^{\prime\prime}(x) = x\text{e}^{-x}\) pour tout réel \(x\).
b. Sur \([0\,;\,+\infty[\), \(x \geq\, 0\) et \(\text{e}^{-x} \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\). Une fonction dont la dérivée seconde est positive sur un intervalle y est convexe : oui, \(f\) est convexe sur \([0\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la lecture graphique de la partie 1.
Exercice B :
Partie 1 : Étude d’une fonction auxiliaire
1. a. Sur \([1\,;\,4]\), la dérivée de \(\ln x\) est \(\dfrac{1}{x}\), donc :
\[f^{\prime}(x) = -30 + \dfrac{35}{x} = \dfrac{-30x + 35}{x} = \dfrac{35 – 30x}{x}.\]
b. Sur \([1\,;\,4]\), \(x \gt 0\) : \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(35 – 30x\), qui s’annule pour \(x = \dfrac{35}{30} = \dfrac{7}{6}\), est positif avant et négatif après.
| \(x\) | 1 | \(\dfrac{7}{6}\) | 4 | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) |
c. \(f\) est croissante sur \([1\,;\,\dfrac{7}{6}]\) et décroissante sur \([\dfrac{7}{6}\,;\,4]\). Valeurs utiles : \(f(1) = 20\), \(f(\dfrac{7}{6}) = -35 + 50 + 35\ln\dfrac{7}{6} = 15 + 35\ln\dfrac{7}{6} \approx 20{,}40\) et \(f(4) = -70 + 35\ln 4 \approx -21{,}48\).
| \(x\) | 1 | \(\dfrac{7}{6}\) | 4 | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f\) | 20 | \(\nearrow\) | \(15 + 35\ln\dfrac{7}{6}\) | \(\searrow\) | \(35\ln 4 – 70\) |
2. Sur \([1\,;\,\dfrac{7}{6}]\), \(f\) est croissante et \(f(1) = 20\), donc \(f(x) \geq\, 20 \gt 0\) : l’équation \(f(x) = 0\) n’y a pas de solution.
Sur \([\dfrac{7}{6}\,;\,4]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(f(\dfrac{7}{6}) \approx 20{,}40 \gt 0\) à \(f(4) \approx -21{,}48 \lt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) y admet une unique solution \(\alpha\). Au total, \(f(x) = 0\) a une unique solution \(\alpha\) sur \([1\,;\,4]\).
Par balayage : \(f(2{,}9) \approx 0{,}26\) et \(f(3) \approx -1{,}55\) ; puis \(f(2{,}914) \approx 0{,}0134 \gt 0\) et \(f(2{,}915) \approx -0{,}0046 \lt 0\). Donc \(2{,}914 \lt \alpha \lt 2{,}915\), et \(\alpha \approx 2{,}915\) à \(10^{-3}\) près (plus précisément \(\alpha \approx 2{,}9147\)).
3. D’après ce qui précède :
| \(x\) | 1 | \(\alpha\) | 4 | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) |
\(f(x) \gt 0\) sur \([1\,;\,\alpha[\), \(f(\alpha) = 0\) et \(f(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,4]\).
Partie 2 : Optimisation
1. 2 500 litres correspondent à \(x = 2{,}5\) (milliers de litres) :
\[B(2{,}5) = -15 \times 2{,}5^2 + 15 \times 2{,}5 + 35 \times 2{,}5 \times \ln(2{,}5) = -93{,}75 + 37{,}5 + 87{,}5\ln(2{,}5) \approx 23{,}92544.\]
Le bénéfice est donc d’environ 23 925 euros (à l’euro près).
2. La dérivée de \(35x\ln x\) s’obtient par la formule du produit : \(35\ln x + 35x \times \dfrac{1}{x} = 35\ln x + 35\). Donc, pour tout \(x \in [1\,;\,4]\) :
\[B^{\prime}(x) = -30x + 15 + 35\ln x + 35 = -30x + 50 + 35\ln x = f(x).\]
3. a. \(B^{\prime}(x) = f(x)\), dont le signe a été établi en partie 1 : \(B^{\prime}(x) \gt 0\) sur \([1\,;\,\alpha[\) et \(B^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,4]\). Donc \(B\) est croissante sur \([1\,;\,\alpha]\) et décroissante sur \([\alpha\,;\,4]\) : elle atteint son maximum en \(\alpha\).
b. Le bénéfice est maximal pour \(x = \alpha \approx 2{,}9147\) milliers de litres, c’est-à-dire environ 2 914,7 litres. Au litre près, il faut vendre 2 915 litres de jus de fruits. On le confirme en comparant les deux entiers voisins : \(B(2{,}915) \approx 25{,}4200934\) est supérieur à \(B(2{,}914) \approx 25{,}4200889\). Le bénéfice maximal est alors d’environ 25 420 euros.
Bien travailler ce corrigé Polynésie 2021
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien, puis reprenez le cours correspondant. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.
Les erreurs fréquentes à éviter
- Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
- Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
- En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.
Corrigé Polynésie 2021 : vos questions
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 ? Surtout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et la géométrie dans l’espace, mais aussi la convexité.
Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.
De plus, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2021 en Polynésie : sujet et corrigé.
