Corrigé Sud 2022 : présentation de la correction
D’abord, précisons que ce corrigé Sud 2022 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en Amérique du Sud (jour 1), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, les limites et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. L’énoncé donne \(P(D) = 0{,}01\), donc \(P(\overline{D}) = 0{,}99\), et \(P_D(A) = 0{,}97\), donc \(P_D(\overline{A}) = 0{,}03\). Les probabilités conditionnelles sachant \(\overline{D}\) seront obtenues à la question 3. L’arbre pondéré complet porte :
- branche vers \(D\) : \(0{,}01\), puis \(D \to A\) : \(0{,}97\) et \(D \to \overline{A}\) : \(0{,}03\) ;
- branche vers \(\overline{D}\) : \(0{,}99\), puis \(\overline{D} \to A\) : \(0{,}005\) et \(\overline{D} \to \overline{A}\) : \(0{,}995\).
2. a. On multiplie les probabilités le long du chemin \(D\) puis \(A\) :
\[P(D \cap A) = P(D) \times P_D(A) = 0{,}01 \times 0{,}97 = 0{,}0097.\]
La probabilité qu’un danger se présente et que l’alarme s’active est \(0{,}0097\).
b. On cherche \(P_A(D)\), en utilisant la valeur \(P(A) = 0{,}01465\) donnée par l’énoncé :
\[P_A(D) = \dfrac{P(D \cap A)}{P(A)} = \dfrac{0{,}0097}{0{,}01465} \approx 0{,}662.\]
Quand l’alarme se déclenche, il y a un danger réel avec une probabilité d’environ \(0{,}662\).
3. Les évènements \(D\) et \(\overline{D}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, \(P(A) = P(D \cap A) + P(\overline{D} \cap A)\), donc :
\[P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01465 – 0{,}0097 = 0{,}00495.\]
On en déduit :
\[P_{\overline{D}}(A) = \dfrac{P(\overline{D} \cap A)}{P(\overline{D})} = \dfrac{0{,}00495}{0{,}99} = 0{,}005.\]
La probabilité que l’alarme s’active alors qu’il n’y a aucun danger vaut bien \(0{,}005\).
4. L’alarme ne fonctionne pas normalement dans deux cas incompatibles : \(D \cap \overline{A}\) (danger sans alarme) ou \(\overline{D} \cap A\) (alarme sans danger). On additionne donc :
\[P(D \cap \overline{A}) + P(\overline{D} \cap A) = 0{,}01 \times 0{,}03 + 0{,}00495 = 0{,}0003 + 0{,}00495 = 0{,}00525.\]
Comme \(0{,}00525 \lt 0{,}01\), la probabilité que l’alarme ne fonctionne pas normalement est inférieure à 0,01.
Partie B
1. Chaque prélèvement est une épreuve de Bernoulli dont le « succès » est l’évènement \(S\), de probabilité \(0{,}00525\). Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 5 épreuves sont identiques et indépendantes. La variable \(X\), qui compte les succès, suit donc la loi binomiale de paramètres \(n = 5\) et \(p = 0{,}00525\).
2. On calcule \(P(X = 1)\) :
\[P(X = 1) = \dbinom{5}{1} \times 0{,}00525 \times (1 – 0{,}00525)^4 = 5 \times 0{,}00525 \times 0{,}99475^4 \approx 0{,}0257.\]
La probabilité qu’un seul système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0257\).
3. L’évènement contraire de « au moins un système défaillant » est « aucun système défaillant » :
\[P(X \geq\, 1) = 1 – P(X = 0) = 1 – 0{,}99475^5 \approx 0{,}0260.\]
La probabilité qu’au moins un système du lot soit défaillant est environ \(0{,}0260\).
Partie C
Avec \(n\) prélèvements, le nombre \(Y\) de systèmes défaillants suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\ ;\ 0{,}00525)\) et, comme précédemment, \(P(Y \geq\, 1) = 1 – 0{,}99475^n\). On résout :
\[1 – 0{,}99475^n \gt 0{,}07 \iff 0{,}99475^n \lt 0{,}93.\]
La fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\), donc \(n\ln(0{,}99475) \lt \ln(0{,}93)\). Comme \(\ln(0{,}99475) \lt 0\), en divisant par ce nombre on change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}93)}{\ln(0{,}99475)} \approx 13{,}79.\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 14\). On peut le contrôler : pour \(n = 13\), \(1 – 0{,}99475^{13} \approx 0{,}0661 \lt 0{,}07\), et pour \(n = 14\), \(1 – 0{,}99475^{14} \approx 0{,}0710 \gt 0{,}07\). Il faut donc prélever au moins 14 systèmes d’alarme.
Exercice 2 :
1. a. On applique la relation de récurrence : \(u_1 = \dfrac15 \times 4^2 = \dfrac{16}{5} = 3{,}2\), puis \(u_2 = \dfrac15 \times 3{,}2^2 = \dfrac{10{,}24}{5} = 2{,}048\). Donc \(u_1 = \dfrac{16}{5}\) et \(u_2 = \dfrac{256}{125}\).
b. La variable u part de \(u_0 = 4\). Pour obtenir \(u_p\), il faut appliquer \(p\) fois la relation \(u arrow \dfrac15 u^2\) : la boucle doit donc faire parcourir à i les entiers de 1 à \(p\), ce qui s’écrit range(1, p+1) (la borne de droite est exclue en Python). Le script complété :
def suite_u(p) :
u = 4
for i in range(1, p+1) :
u = u**2/5
return u
Par exemple, suite_u(2) renvoie 2.048.
2. a. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(0 \lt u_n \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 4\) et \(0 \lt 4 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(0 \lt u_n \leq\, 4\). La fonction carré est strictement croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\), donc \(0 \lt u_n^2 \leq\, 16\). En multipliant par \(\dfrac15 \gt 0\) : \(0 \lt \dfrac15 u_n^2 \leq\, \dfrac{16}{5}\). Comme \(\dfrac{16}{5} = 3{,}2 \leq\, 4\), on obtient \(0 \lt u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. Par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0 \lt u_n \leq\, 4\).
b. Pour tout entier naturel \(n\), on factorise la différence de deux termes consécutifs :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac15 u_n^2 – u_n = \dfrac{u_n(u_n – 5)}{5}.\]
Exercice 2 du corrigé Sud 2022 : questions 3 à 4
D’après la question précédente, \(u_n \gt 0\) et \(u_n – 5 \leq\, -1 \lt 0\). Le produit est donc strictement négatif : \(u_{n+1} – u_n \lt 0\). La suite \((u_n)\) est (strictement) décroissante.
c. La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par 0. D’après le théorème de convergence monotone, elle est convergente.
3. a. Notons \(\ell\) la limite de \((u_n)\). La suite \((u_{n+1})\) a la même limite \(\ell\). Par ailleurs, la fonction \(h : x \mapsto \dfrac15 x^2\) est continue sur \(\mathbb{R}\), donc \(u_{n+1} = h(u_n)\) tend vers \(h(\ell) = \dfrac15 \ell^2\). Par unicité de la limite, \(\ell = \dfrac15 \ell^2\).
b. On résout : \(\ell = \dfrac15 \ell^2 \iff \ell(\dfrac{\ell}{5} – 1) = 0 \iff \ell = 0\) ou \(\ell = 5\). Or tous les termes vérifient \(0 \lt u_n \leq\, 4\), donc par passage à la limite \(0 \leq\, \ell \leq\, 4\), ce qui exclut 5. Ainsi \(\ell = 0\).
4. a. Les termes \(u_n\) sont strictement positifs, donc \(v_n = \ln(u_n)\) est bien défini. Avec les propriétés algébriques du logarithme :
\[v_{n+1} = \ln(\dfrac{u_n^2}{5}) = \ln(u_n^2) – \ln(5) = 2\ln(u_n) – \ln(5) = 2v_n – \ln(5).\]
b. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[w_{n+1} = v_{n+1} – \ln(5) = 2v_n – 2\ln(5) = 2(v_n – \ln(5)) = 2w_n.\]
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2, de premier terme \(w_0 = \ln(4) – \ln(5) = \ln(\dfrac45)\).
c. Le terme général d’une suite géométrique donne \(w_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n\). Comme \(v_n = w_n + \ln(5)\), on obtient \(v_n = \ln(\dfrac45) \times 2^n + \ln(5)\).
Exercice 2 du corrigé Sud 2022 : question 5
5. Comme \(2 \gt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\). Le nombre \(\ln(\dfrac45)\) est strictement négatif car \(\dfrac45 \lt 1\). Par produit, \(\ln(\dfrac45) \times 2^n\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant la constante \(\ln(5)\) : \(\lim\limits_{n \to +\infty} v_n = -\infty\).
Puisque \(v_n = \ln(u_n)\), on a \(u_n = \text{e}^{v_n}\). Or \(\lim\limits_{X \to -\infty} \text{e}^{X} = 0\), donc par composition \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\), ce qui confirme le résultat de la question 3.
Exercice 3 :
Partie A
1. Comme \(\ln(\text{e}) = 1\) : \(g(\text{e}) = 1 + \text{e}^2(1 – 2) = 1 – \text{e}^2\). Or \(\text{e} \gt 1\) donc \(\text{e}^2 \gt 1\), d’où \(g(\text{e}) = 1 – \text{e}^2 \lt 0\) (environ \(-6{,}39\)).
2. On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x) = +\infty\), donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} (1 – 2\ln(x)) = -\infty\). Comme \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty\), le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) tend vers \(-\infty\), et en ajoutant 1 : \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\).
3. a. On dérive le produit \(x^2(1 – 2\ln(x))\) avec \(u(x) = x^2\), \(u^{\prime}(x) = 2x\), \(v(x) = 1 – 2\ln(x)\), \(v^{\prime}(x) = -\dfrac{2}{x}\) :
\[g^{\prime}(x) = 2x(1 – 2\ln(x)) + x^2 \times (-\dfrac{2}{x}) = 2x – 4x\ln(x) – 2x = -4x\ln(x).\]
b. Sur \(]0\ ;\ +\infty[\), \(-4x \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) est du signe contraire de \(\ln(x)\). Or \(\ln(x) \lt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\), \(\ln(1) = 0\) et \(\ln(x) \gt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\). Donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0\ ;\ 1[\) et \(g^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1\ ;\ +\infty[\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ 1]\) et strictement décroissante sur \([1\ ;\ +\infty[\), avec un maximum \(g(1) = 1 + 1 \times (1 – 0) = 2\).
c. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante. On a \(g(1) = 2 \gt 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} g(x) = -\infty\). La valeur 0 est donc comprise entre \(g(1)\) et cette limite. D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \([1\ ;\ +\infty[\). (On sait même que \(\alpha \lt \text{e}\), puisque \(g(\text{e}) \lt 0\).)
Exercice 3 du corrigé Sud 2022, partie A : question 4
d. Par balayage à la calculatrice : \(g(1{,}8) \approx 0{,}43 \gt 0\) et \(g(1{,}9) \approx -0{,}024 \lt 0\), puis \(g(1{,}89) \approx 0{,}024 \gt 0\) et \(g(1{,}90) \approx -0{,}024 \lt 0\). Donc \(1{,}89 \lt \alpha \lt 1{,}90\).
4. Sur \([1\ ;\ +\infty[\), \(g\) est strictement décroissante et s’annule en \(\alpha\). Donc \(g(x) \gt 0\) sur \([1\ ;\ \alpha[\), \(g(\alpha) = 0\) et \(g(x) \lt 0\) sur \(]\alpha\ ;\ +\infty[\).
Partie B
1. Pour \(x \in [1\ ;\ \alpha]\), on a \(x \geq\, 1\), donc \(\ln(x) \geq\, 0\) et \(\ln(x) + 1 \geq\, 1 \gt 0\). Par conséquent \(g^{\prime\prime}(x) = -4[\ln(x) + 1] \lt 0\). La dérivée seconde étant négative, \(g\) est concave sur \([1\ ;\ \alpha]\).
2. a. On a \(\text{A}(1\ ;\ g(1)) = (1\ ;\ 2)\) et \(\text{B}(\alpha\ ;\ g(\alpha)) = (\alpha\ ;\ 0)\). Le coefficient directeur de (AB) est :
\[m = \dfrac{0 – 2}{\alpha – 1} = \dfrac{-2}{\alpha – 1}.\]
La droite passe par B, donc son équation est \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}(x – \alpha)\), soit, en développant, \(y = \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\). On vérifie qu’en \(x = 1\) on trouve \(\dfrac{-2 + 2\alpha}{\alpha – 1} = 2\) : le point A est bien sur la droite.
b. Une fonction concave sur un intervalle a sa courbe située au-dessus de chacune de ses cordes sur cet intervalle. Sur \([1\ ;\ \alpha]\), la corde reliant A et B est le segment [AB], porté par la droite (AB). Donc, pour tout \(x\) de \([1\ ;\ \alpha]\), le point de \(\mathcal{C}\) d’abscisse \(x\) est au-dessus du point de (AB) de même abscisse, c’est-à-dire \(g(x) \geq\, \dfrac{-2}{\alpha – 1}x + \dfrac{2\alpha}{\alpha – 1}\).
Exercice 4 :
1. a. Dans ce pavé droit, \(\vec{\text{AH}} = \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\) et \(\vec{\text{AG}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}} + \vec{\text{AE}}\). Comme A est l’origine, on lit directement les coordonnées : H(0 ; 3 ; 2) et G(5 ; 3 ; 2).
b. La droite (GH) passe par H(0 ; 3 ; 2) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HG}}\begin{pmatrix}5\\0\\0\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est donc :
\[\{\begin{array}{l} x = 5t\\ y = 3\\ z = 2 \end{array}. \quad \text{avec } t \in \mathbb{R}.\]
2. a. Notons \((x\ ;\ y\ ;\ z)\) les coordonnées de M. L’égalité \(\vec{\text{HM}} = k\,\vec{\text{HG}}\) s’écrit coordonnée par coordonnée : \(x – 0 = 5k\), \(y – 3 = 0\) et \(z – 2 = 0\). Donc M a pour coordonnées \((5k\ ;\ 3\ ;\ 2)\).
b. Le point C a pour coordonnées (5 ; 3 ; 0), puisque \(\vec{\text{AC}} = \vec{\text{AB}} + \vec{\text{AD}}\). On obtient \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}5k\\3\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}5k – 5\\0\\2\end{pmatrix}\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 5k(5k – 5) + 3 \times 0 + 2 \times 2 = 25k^2 – 25k + 4.\]
c. Le triangle AMC est rectangle en M si et seulement si \(\vec{\text{AM}} \cdot \vec{\text{CM}} = 0\) (les vecteurs ne sont jamais nuls ici, puisque M n’est ni en A ni en C), soit \(25k^2 – 25k + 4 = 0\). Le discriminant vaut \(\Delta = 625 – 400 = 225 = 15^2\), d’où :
\[k = \dfrac{25 – 15}{50} = \dfrac15 \quad \text{ou} \quad k = \dfrac{25 + 15}{50} = \dfrac45.\]
Ces deux valeurs sont dans \([0\ ;\ 1]\). AMC est rectangle en M pour \(k = \dfrac15\) ou \(k = \dfrac45\), c’est-à-dire pour M(1 ; 3 ; 2) ou M(4 ; 3 ; 2).
Exercice 4 du corrigé Sud 2022 : questions 3 à 4
3. a. Les points A(0 ; 0 ; 0), C(5 ; 3 ; 0) et D(0 ; 3 ; 0) ont tous une cote nulle et ne sont pas alignés : le plan (ACD) est le plan de la base du pavé, d’équation \(z = 0\).
b. Le point K(1 ; 3 ; 0) a une cote nulle, donc K appartient au plan (ACD). De plus \(\vec{\text{MK}}\begin{pmatrix}0\\0\\-2\end{pmatrix}\) est colinéaire au vecteur \(\begin{pmatrix}0\\0\\1\end{pmatrix}\), qui est normal au plan d’équation \(z = 0\) : la droite (MK) est orthogonale au plan (ACD). K est donc le projeté orthogonal de M sur le plan (ACD).
c. On prend pour base le triangle ACD. Il est rectangle en D (les arêtes [AD] et [DC] du pavé sont perpendiculaires), avec AD = 3 et DC = AB = 5, donc son aire vaut \(\dfrac{3 \times 5}{2} = \dfrac{15}{2}\). La hauteur relative à cette base est MK = 2. Donc :
\[V_{\text{MACD}} = \dfrac13 \times \dfrac{15}{2} \times 2 = 5.\]
Le volume du tétraèdre MACD est 5 unités de volume.
4. On calcule le volume du même tétraèdre en prenant cette fois pour base le triangle AMC ; la hauteur correspondante est alors DP, puisque P est le projeté orthogonal de D sur le plan (AMC).
Avec M(1 ; 3 ; 2) : \(\vec{\text{AM}}\begin{pmatrix}1\\3\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{AM} = \sqrt{1 + 9 + 4} = \sqrt{14}\), et \(\vec{\text{CM}}\begin{pmatrix}-4\\0\\2\end{pmatrix}\) donc \(\text{CM} = \sqrt{16 + 0 + 4} = \sqrt{20}\). Le triangle AMC étant rectangle en M, son aire vaut :
\[\mathcal{A}_{\text{AMC}} = \dfrac{\text{AM} \times \text{CM}}{2} = \dfrac{\sqrt{14} \times \sqrt{20}}{2} = \dfrac{\sqrt{280}}{2} = \sqrt{70}.\]
Le volume s’écrit donc aussi \(\dfrac13 \times \sqrt{70} \times \text{DP}\). En l’égalant au volume trouvé à la question 3 :
\[\dfrac{\sqrt{70} \times \text{DP}}{3} = 5 \iff \text{DP} = \dfrac{15}{\sqrt{70}} \approx 1{,}79.\]
Arrondie au dixième, la distance DP vaut environ 1,8.
Bien travailler ce corrigé Sud 2022
D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction logarithme népérien et la fonction exponentielle. Enfin, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. En complément, l’article fonction logarithme de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.
Les erreurs fréquentes à éviter
- 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.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
Corrigé Sud 2022 : 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 ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle et les limites, 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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