Corrigé Polynésie 2022 : organisation du corrigé
Avant tout, ce corrigé Polynésie 2022 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en Polynésie (jour 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction logarithme népérien, la géométrie dans l’espace, la convexité et la dérivation. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. 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 :
1. Réponse d. La fonction \(g\) est de la forme \(\ln(u)\) avec \(u(x) = x^2 + x + 1\), strictement positive sur \(]0~;~+\infty[\). On applique la formule \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u^{\prime}(x) = 2x + 1\), ce qui donne \(g^{\prime}(x) = \dfrac{2x + 1}{x^2 + x + 1}\). La réponse b oublie le facteur \(u^{\prime}(x)\), et les réponses a et c ne correspondent à aucune règle de dérivation.
2. Réponse c. Pour vérifier qu’une fonction est une primitive de \(\ln\), on la dérive. Avec \(G(x) = x\ln(x) – x\), la dérivée du produit \(x\ln(x)\) vaut \(1 \times \ln(x) + x \times \dfrac{1}{x} = \ln(x) + 1\), donc \(G^{\prime}(x) = \ln(x) + 1 – 1 = \ln(x)\). Les autres propositions ne conviennent pas : la dérivée de \(\ln\) est \(\dfrac{1}{x}\), celle de \(\dfrac{1}{x}\) est \(-\dfrac{1}{x^2}\), et celle de \(\dfrac{\ln(x)}{x}\) est \(\dfrac{1 – \ln(x)}{x^2}\).
3. Réponse a. Le numérateur et le dénominateur tendent tous deux vers l’infini : on factorise par les termes dominants. Pour tout \(n\) :
\[a_n = \dfrac{3^n(\dfrac{1}{3^n} – 1)}{2^n(\dfrac{1}{2^n} + 1)} = (\dfrac{3}{2})^n \times \dfrac{\dfrac{1}{3^n} – 1}{\dfrac{1}{2^n} + 1}.\]
Comme \(\dfrac{1}{3^n}\) et \(\dfrac{1}{2^n}\) tendent vers 0, la fraction de droite tend vers \(\dfrac{-1}{1} = -1\). Comme \(\dfrac{3}{2} \gt 1\), \((\dfrac{3}{2})^n\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = -\infty\).
Exercice 1 du corrigé Polynésie 2022 : questions 4 à 5
4. Réponse d. Une fonction est concave sur un intervalle où sa dérivée est décroissante, convexe là où sa dérivée est croissante. D’après le tableau, \(f^{\prime}\) est décroissante sur \([-2~;~0]\) (de 1 à \(-2\)) puis croissante sur \([0~;~2]\) (de \(-2\) à \(-1\)). Donc \(f\) est concave sur \([-2~;~0]\) et convexe sur \([0~;~2]\). La proposition a est fausse (\(f\) est concave sur \([-2~;~-1]\)), b aussi (\(f\) est convexe sur \([0~;~1]\)), et c aussi puisque \(f^{\prime}\) n’est pas croissante sur \([-1~;~2]\).
5. Réponse c. Les variations de \(f\) se lisent sur le signe de \(f^{\prime}\), c’est-à-dire la position de la courbe par rapport à l’axe des abscisses. On lit : \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\) sur \([-1~;~1]\), \(f^{\prime}(x) \leq\, 0\) sur \([1~;~3]\) et \(f^{\prime}(x) \geq\, 0\) sur \([3~;~4]\). Sur \([0~;~2]\), \(f\) est donc croissante sur \([0~;~1]\) puis décroissante sur \([1~;~2]\) : elle admet un maximum en 1. La proposition a est fausse (\(f\) croît sur \([0~;~1]\)), b aussi (\(f^{\prime}\) est positive sur \([-1~;~0]\)), et en 3 la dérivée passe du négatif au positif : \(f\) y admet un minimum et non un maximum, ce qui élimine d.
Exercice 1 : question 6
6. Réponse a. Il faut répéter la hausse de 3 % (multiplication par 1,03) et compter les mois tant que la valeur n’a pas atteint 200 € : c’est exactement la boucle while v < 200 de la réponse a, qui renvoie le compteur m. Avec la réponse b, la condition \(57 \gt 200\) est fausse dès le départ : la boucle ne s’exécute jamais et la fonction renvoie 0. La réponse c renvoie une valeur (le cours après 200 mois) et non un nombre de mois. La réponse d ne contient aucune boucle : elle renvoie 1. Pour information, la fonction a renvoie 43 : la valeur de l’action dépasse 200 € au bout de 43 mois.
Exercice 2 :
1. Traduisons l’énoncé en probabilités : \(P(M) = 0{,}07\), donc \(P(\overline{M}) = 0{,}93\). Chez les malades, le test est négatif dans 20 % des cas, donc positif dans 80 % des cas : \(P_M(T) = 0{,}8\) et \(P_M(\overline{T}) = 0{,}2\). Chez les personnes saines : \(P_{\overline{M}}(T) = 0{,}01\) et \(P_{\overline{M}}(\overline{T}) = 0{,}99\).
| Chemin de l’arbre | Première branche | Seconde branche | Probabilité du chemin |
|---|---|---|---|
| \(M \cap T\) | \(0{,}07\) | \(0{,}8\) | \(0{,}056\) |
| \(M \cap \overline{T}\) | \(0{,}07\) | \(0{,}2\) | \(0{,}014\) |
| \(\overline{M} \cap T\) | \(0{,}93\) | \(0{,}01\) | \(0{,}0093\) |
| \(\overline{M} \cap \overline{T}\) | \(0{,}93\) | \(0{,}99\) | \(0{,}9207\) |
La probabilité d’un chemin est le produit des probabilités portées par ses branches :
\[P(M \cap T) = P(M) \times P_M(T) = 0{,}07 \times 0{,}8 = 0{,}056.\]
Donc \(P(M \cap T) = 0{,}056\).
2. Les évènements \(M\) et \(\overline{M}\) forment une partition de l’univers. D’après 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 retrouve bien \(P(T) = 0{,}0653\).
3. \(P_M(T)\) mesure la capacité du test à repérer les malades : c’est une caractéristique du test, déjà connue (0,8). Mais dans un dépistage, on connaît le résultat du test et pas l’état de santé : la question qui se pose à une personne testée positive est « quelle est la probabilité que je sois réellement malade ? ». C’est donc \(P_T(M)\) qu’il est plus pertinent de connaître.
Exercice 2 du corrigé Polynésie 2022 : questions 4 à 6
4. On calcule la probabilité conditionnelle :
\[P_T(M) = \dfrac{P(M \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}0653} \approx 0{,}8576.\]
Une personne dont le test est positif est malade avec une probabilité d’environ 0,86. Autrement dit, environ 14 % des tests positifs concernent des personnes saines.
5. a. Pour chacune des 10 personnes, on observe une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le test est positif », de probabilité \(p = P(T) = 0{,}0653\). Le prélèvement étant assimilé à un tirage avec remise, les 10 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 10\) et \(p = 0{,}0653\).
b. D’après la formule de la loi binomiale :
\[P(X = 2) = \binom\,{10}{2} \times 0{,}0653^2 \times (1 – 0{,}0653)^8 = 45 \times 0{,}0653^2 \times 0{,}9347^8 \approx 0{,}1118.\]
La probabilité qu’exactement deux personnes aient un test positif est d’environ 0,11.
6. Pour \(n\) personnes testées, 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 », dont la probabilité est \(0{,}9347^n\). On cherche donc le plus petit entier \(n\) tel que :
\[1 – 0{,}9347^n \gt 0{,}99 \iff 0{,}9347^n \lt 0{,}01.\]
La fonction \(\ln\) étant strictement croissante sur \(]0~;~+\infty[\), cette inégalité équivaut à \(n\ln(0{,}9347) \lt \ln(0{,}01)\). Comme \(\ln(0{,}9347) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}9347)} \approx 68{,}19.\]
Contrôle : \(1 – 0{,}9347^{68} \approx 0{,}9899\), inférieur à 0,99, et \(1 – 0{,}9347^{69} \approx 0{,}9905\), supérieur à 0,99. Il faut donc tester au minimum 69 personnes.
Exercice 3 :
1. a. On applique la relation de récurrence de proche en proche :
\[u_1 = \dfrac{1}{1 + 1} = \dfrac{1}{2}, \qquad u_2 = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{1 + \dfrac{1}{2}} = \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{3}{2}} = \dfrac{1}{3}, \qquad u_3 = \dfrac{\dfrac{1}{3}}{1 + \dfrac{1}{3}} = \dfrac{\dfrac{1}{3}}{\dfrac{4}{3}} = \dfrac{1}{4}.\]
Donc \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = \dfrac{1}{3}\) et \(u_3 = \dfrac{1}{4}\).
b. La variable u doit d’abord recevoir le premier terme \(u_0 = 1\) (ligne 3). Dans la boucle, après avoir ajouté la valeur courante à la liste, on la remplace par le terme suivant, calculé avec la relation de récurrence (ligne 6). La boucle tourne \(k + 1\) fois, ce qui range bien \(u_0, u_1, \ldots, u_k\) dans la liste. Le script complété est :
1. def liste(k) : 2. L = [] 3. u = 1 4. for i in range(0, k+1) : 5. L.append(u) 6. u = u/(1+u) 7. return(L)
2. Étudions le signe de la différence de deux termes consécutifs. Pour tout entier naturel \(n\) :
\[u_{n+1} – u_n = \dfrac{u_n}{1 + u_n} – u_n = \dfrac{u_n – u_n(1 + u_n)}{1 + u_n} = \dfrac{-u_n^2}{1 + u_n}.\]
Comme \(u_n \gt 0\), le numérateur \(-u_n^2\) est strictement négatif et le dénominateur \(1 + u_n\) strictement positif. Donc \(u_{n+1} – u_n \lt 0\) pour tout \(n\) : la suite \((u_n)\) est strictement décroissante.
Exercice 3 : questions 3 à 5
3. La suite \((u_n)\) est décroissante (question 2) et minorée par 0 puisque tous ses termes sont strictement positifs. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
4. Notons \(\ell\) la limite. Comme \(u_n \gt 0\) pour tout \(n\), on a \(\ell \geq\, 0\). La fonction \(h : x \longmapsto \dfrac{x}{1 + x}\) est continue sur \([0~;~+\infty[\) et \(u_{n+1} = h(u_n)\) ; en passant à la limite, on obtient \(\ell = h(\ell)\), c’est-à-dire :
\[\ell = \dfrac{\ell}{1 + \ell} \iff \ell(1 + \ell) = \ell \iff \ell^2 = 0 \iff \ell = 0.\]
La suite \((u_n)\) a pour limite 0.
5. a. Les premiers termes sont \(u_0 = 1 = \dfrac{1}{1}\), \(u_1 = \dfrac{1}{2}\), \(u_2 = \dfrac{1}{3}\), \(u_3 = \dfrac{1}{4}\) : le dénominateur vaut à chaque fois le rang augmenté de 1. On conjecture que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\).
b. Notons \(P(n)\) la propriété « \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\) ».
Initialisation. \(u_0 = 1\) et \(\dfrac{1}{0 + 1} = 1\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(P(n)\) est vraie, c’est-à-dire \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\). Alors \(1 + u_n = \dfrac{n + 1 + 1}{n + 1} = \dfrac{n + 2}{n + 1}\), et :
\[u_{n+1} = \dfrac{u_n}{1 + u_n} = \dfrac{1}{n + 1} \times \dfrac{n + 1}{n + 2} = \dfrac{1}{n + 2} = \dfrac{1}{(n + 1) + 1}.\]
La propriété \(P(n + 1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = \dfrac{1}{n + 1}\). On retrouve au passage que la limite de la suite est 0.
Exercice 4 :
1. a. On calcule les coordonnées des vecteurs issus de A : \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}1 – 2\\0 – (-1)\\-3 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}-1\\1\\-3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}6 – 2\\6 – (-1)\\1 – 0\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}4\\7\\1\end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-1) \times 4 + 1 \times 7 + (-3) \times 1 = -4 + 7 – 3 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\), non nuls, sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.
b. On a \(\vec{\text{BA}}\begin{pmatrix}1\\-1\\3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}5\\6\\4\end{pmatrix}\), donc :
\[\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = 1 \times 5 + (-1) \times 6 + 3 \times 4 = 5 – 6 + 12 = 11.\]
\[\text{BA} = \sqrt{1^2 + (-1)^2 + 3^2} = \sqrt{11} \qquad \text{et} \qquad \text{BC} = \sqrt{5^2 + 6^2 + 4^2} = \sqrt{77}.\]
Ainsi \(\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = 11\), \(\text{BA} = \sqrt{11}\) et \(\text{BC} = \sqrt{77}\).
c. Le produit scalaire s’écrit aussi \(\vec{\text{BA}} \cdot \vec{\text{BC}} = \text{BA} \times \text{BC} \times \cos\widehat{\text{ABC}}\). Donc :
\[\cos\widehat{\text{ABC}} = \dfrac{11}{\sqrt{11} \times \sqrt{77}} = \dfrac{11}{\sqrt{847}} = \dfrac{11}{11\sqrt{7}} = \dfrac{1}{\sqrt{7}}.\]
À la calculatrice, \(\widehat{\text{ABC}} = \arccos(\dfrac{1}{\sqrt{7}}) \approx 67{,}8^\circ\), soit \(\widehat{\text{ABC}} \approx 68^\circ\) au degré près. (Vérification : dans le triangle rectangle en A, \(\cos\widehat{\text{ABC}} = \dfrac{\text{AB}}{\text{BC}} = \dfrac{\sqrt{11}}{\sqrt{77}} = \dfrac{1}{\sqrt{7}}\).)
2. a. D’après son équation, le plan \(\mathcal{P}\) admet pour vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}\). Calculons :
\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times (-1) + (-1) \times 1 + (-1) \times (-3) = -2 – 1 + 3 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times 4 + (-1) \times 7 + (-1) \times 1 = 8 – 7 – 1 = 0.\]
Exercice 4 du corrigé Polynésie 2022 (suite)
Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (ils sont orthogonaux et non nuls) : ils dirigent le plan ABC. Le vecteur \(\vec{n}\) leur est orthogonal, il est donc normal au plan ABC. Les plans \(\mathcal{P}\) et ABC ont un vecteur normal commun : ils sont parallèles. (Ils sont même distincts, car A n’est pas dans \(\mathcal{P}\) : \(2 \times 2 – (-1) – 0 + 4 = 9 \neq 0\).)
b. Le plan ABC, de vecteur normal \(\vec{n}\), a une équation de la forme \(2x – y – z + d = 0\). Il contient \(\text{A}(2~;~-1~;~0)\), donc \(4 + 1 – 0 + d = 0\), soit \(d = -5\). Une équation cartésienne du plan ABC est \(2x – y – z – 5 = 0\). On peut contrôler avec B : \(2 – 0 + 3 – 5 = 0\), et avec C : \(12 – 6 – 1 – 5 = 0\).
c. La droite \(\mathcal{D}\) est orthogonale au plan ABC : elle est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-1\end{pmatrix}\). Comme elle passe par \(\text{E}(1~;~2~;~4)\), une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est :
\[\{\begin{array}{l} x = 1 + 2t \\ y = 2 – t \\ z = 4 – t \end{array}. ,\ t \in \mathbb{R}.\]
d. Le projeté orthogonal H de E sur le plan ABC est le point d’intersection de la droite \(\mathcal{D}\) avec ce plan. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan :
\[2(1 + 2t) – (2 – t) – (4 – t) – 5 = 0 \iff 2 + 4t – 2 + t – 4 + t – 5 = 0 \iff 6t – 9 = 0 \iff t = \dfrac{3}{2}.\]
Exercice 4 : question 3
Pour \(t = \dfrac{3}{2}\) : \(x = 1 + 3 = 4\), \(y = 2 – \dfrac{3}{2} = \dfrac{1}{2}\) et \(z = 4 – \dfrac{3}{2} = \dfrac{5}{2}\). Donc \(\text{H}(4~;~\dfrac{1}{2}~;~\dfrac{5}{2})\).
3. Le triangle ABC est rectangle en A, donc son aire vaut la moitié du produit des côtés de l’angle droit. On a \(\text{AB} = \sqrt{(-1)^2 + 1^2 + (-3)^2} = \sqrt{11}\) et \(\text{AC} = \sqrt{4^2 + 7^2 + 1^2} = \sqrt{66}\), d’où :
\[\mathcal{B} = \dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2} = \dfrac{\sqrt{11} \times \sqrt{66}}{2} = \dfrac{\sqrt{726}}{2} = \dfrac{11\sqrt{6}}{2}.\]
L’aire du triangle ABC est \(\dfrac{11\sqrt{6}}{2}\) unités d’aire (environ 13,47).
On prend ABC comme base de la pyramide ABCE. La hauteur associée est la distance de E au plan ABC, c’est-à-dire la longueur EH, puisque H est le projeté orthogonal de E sur ce plan. Avec \(\vec{\text{EH}}\begin{pmatrix}3\\-\dfrac{3}{2}\\-\dfrac{3}{2}\end{pmatrix}\) :
\[\text{EH} = \sqrt{9 + \dfrac{9}{4} + \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{27}{2}} = \sqrt{\dfrac{54}{4}} = \dfrac{3\sqrt{6}}{2}.\]
On en déduit le volume :
\[\mathcal{V} = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{11\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{3\sqrt{6}}{2} = \dfrac{11 \times 3 \times 6}{3 \times 4} = \dfrac{66}{4} = 16{,}5.\]
Le volume de la pyramide ABCE est bien 16,5 unités de volume.
Comment réviser avec ce corrigé Polynésie 2022
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. 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 géométrie dans l’espace. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction logarithme propose un rappel complet.
Les pièges classiques
- 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.
- La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.
Questions fréquentes sur ce corrigé Polynésie 2022
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 logarithme népérien, la géométrie dans l’espace et la convexité, mais aussi la dérivation.
Faut-il tout justifier ? Oui, sauf mention contraire : en effet, au bac, une réponse sans justification rapporte peu de points, tandis que les QCM précisent en général qu’aucune justification n’est demandée.
En outre, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2022 en Polynésie (jour 1) : sujet et corrigé.
