Corrigé Polynésie 2022 : présentation de la correction
D’abord, précisons que ce corrigé Polynésie 2022 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2022 en Polynésie (septembre), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la convexité, la géométrie dans l’espace et les limites. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 : la solution du corrigé Polynésie 2022
Partie 1
Le patient est choisi au hasard, donc les proportions de l’énoncé sont des probabilités : \(P(A)=0{,}25\), \(P_A(T)=0{,}9\) et \(P_{\overline{A}}(\overline{T})=0{,}95\). On complète par les probabilités contraires : \(P(\overline{A})=0{,}75\), \(P_A(\overline{T})=0{,}1\) et \(P_{\overline{A}}(T)=0{,}05\).
L’arbre pondéré se construit ainsi :
- premier niveau : \(A\) avec \(0{,}25\) et \(\overline{A}\) avec \(0{,}75\) ;
- après \(A\) : \(T\) avec \(0{,}9\) et \(\overline{T}\) avec \(0{,}1\) ;
- après \(\overline{A}\) : \(T\) avec \(0{,}05\) et \(\overline{T}\) avec \(0{,}95\).
1. On multiplie les probabilités le long du chemin \(A\) puis \(T\) :
\[P(A\cap T)=P(A)\times P_A(T)=0{,}25\times 0{,}9=0{,}225.\]
\(P(A\cap T)=0{,}225\).
2. \(A\) et \(\overline{A}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[P(T)=P(A\cap T)+P(\overline{A}\cap T)=0{,}225+0{,}75\times 0{,}05=0{,}225+0{,}0375=0{,}2625.\]
On a bien \(P(T)=0{,}2625\).
3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_T(A)\) :
\[P_T(A)=\dfrac{P(A\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}225}{0{,}2625}=\dfrac{6}{7}\approx 0{,}8571.\]
Un patient dont le test est positif a une angine nécessitant des antibiotiques avec une probabilité d’environ \(0{,}8571\).
4. a. Le test se trompe lorsqu’il est positif alors que l’angine ne nécessite pas d’antibiotiques (faux positif), ou lorsqu’il est négatif alors qu’elle en nécessite (faux négatif). Les évènements \(A\cap T\) et \(\overline{A}\cap\overline{T}\) correspondent au contraire à des résultats justes.
Les résultats erronés sont \(\overline{A}\cap T\) et \(A\cap\overline{T}\).
b. Ces deux évènements sont incompatibles, donc :
\[p(E)=P(\overline{A}\cap T)+P(A\cap\overline{T})=0{,}75\times 0{,}05+0{,}25\times 0{,}1=0{,}0375+0{,}025=0{,}0625.\]
On a bien \(p(E)=0{,}0625\).
Partie 2
1. a. Pour chaque patient de l’échantillon, on regarde si son test est erroné ou non : c’est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le test est erroné » a pour probabilité \(p=0{,}0625\) (question 4.b). L’échantillon étant assimilé à un tirage avec remise, on répète 50 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, et \(X\) compte les succès.
Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}0625)\).
b. Avec la formule de la loi binomiale :
\[P(X=7)=\binom\,{50}{7}\times 0{,}0625^7\times 0{,}9375^{43}\approx 0{,}0232.\]
\(P(X=7)\approx 0{,}0232\).
c. L’évènement « au moins un test erroné » est le contraire de « aucun test erroné » :
\[P(X\geq\, 1)=1-P(X=0)=1-0{,}9375^{50}\approx 0{,}9603.\]
La probabilité qu’au moins un patient ait un test erroné est environ \(0{,}9603\).
2. Pour un échantillon de taille \(n\), \(X\) suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}0625)\). On a \(P(X\geq\, 10)=1-P(X\leq\, 9)\), donc la condition \(P(X\geq\, 10)\gt 0{,}95\) équivaut à \(P(X\leq\, 9)\lt 0{,}05\).
La probabilité \(P(X\leq\, 9)\) diminue quand \(n\) augmente. On la calcule à la calculatrice (fonction de répartition binomiale) pour différentes valeurs de \(n\) :
| \(n\) | 246 | 247 | 248 | 249 |
|---|---|---|---|---|
| \(P(X\leq\, 9)\) | \(\approx 0{,}0530\) | \(\approx 0{,}0514\) | \(\approx 0{,}0498\) | \(\approx 0{,}0483\) |
Pour \(n=247\), \(P(X\geq\, 10)\approx 0{,}9486\lt 0{,}95\) ; pour \(n=248\), \(P(X\geq\, 10)\approx 0{,}9502\gt 0{,}95\).
La taille minimale de l’échantillon est 248 patients.
Exercice 2 :
Partie 1
1. a. \(f(x)=1{,}9x-1{,}9x^2\) est une fonction polynôme dérivable sur \([0\,;\,1]\) et :
\[f^{\prime}(x)=1{,}9-3{,}8x=1{,}9(1-2x).\]
\(f^{\prime}(x)\) est positif pour \(x\leq\,\dfrac{1}{2}\) et négatif pour \(x\geq\,\dfrac{1}{2}\). On calcule \(f(0)=0\), \(f(\dfrac{1}{2})=1{,}9\times \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{2}=0{,}475\) et \(f(1)=0\).
| \(x\) | \(0\) | \(\dfrac{1}{2}\) | \(1\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | \(0\) | \(-\) | ||
| \(f\) | \(0\) | \(\nearrow\) | \(0{,}475\) | \(\searrow\) | \(0\) |
\(f\) est croissante sur \([0\,;\,\dfrac{1}{2}]\) et décroissante sur \([\dfrac{1}{2}\,;\,1]\), avec un maximum de \(0{,}475\) atteint en \(\dfrac{1}{2}\).
b. D’après le tableau, pour tout \(x\in[0\,;\,1]\), le minimum de \(f\) est 0 et son maximum 0,475, donc \(0\leq\, f(x)\leq\, 0{,}475\). Comme \(0{,}475\leq\, 1\), \(f(x)\in[0\,;\,1]\).
2. Sur le graphique, les termes \(u_0\), \(u_1\), \(u_2\), \(u_3\) placés sur l’axe des abscisses se déplacent vers la droite et se rapprochent du point d’intersection de \(\mathcal{C}_f\) et de \(D\), d’abscisse un peu inférieure à 0,5.
On conjecture que la suite \((u_n)\) est croissante et converge vers l’abscisse du point d’intersection de \(\mathcal{C}_f\) et de \(D\), environ 0,47.
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(0\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\dfrac{1}{2}\) ».
Initialisation. \(u_0=0{,}1\) et \(u_1=1{,}9\times 0{,}1\times 0{,}9=0{,}171\). On a bien \(0\leq\, 0{,}1\leq\, 0{,}171\leq\,\dfrac{1}{2}\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) est vraie. Les nombres \(0\), \(u_n\), \(u_{n+1}\) et \(\dfrac{1}{2}\) sont rangés dans l’ordre croissant dans l’intervalle \([0\,;\,\dfrac{1}{2}]\), sur lequel \(f\) est croissante (question 1.a). Appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(0)\leq\, f(u_n)\leq\, f(u_{n+1})\leq\, f(\dfrac{1}{2}),\ \text{soit}\ 0\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\, 0{,}475.\]
Comme \(0{,}475\leq\,\dfrac{1}{2}\), on obtient \(0\leq\, u_{n+1}\leq\, u_{n+2}\leq\,\dfrac{1}{2}\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Exercice 2 du corrigé Polynésie 2022, partie 1 (suite)
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(0\leq\, u_n\leq\, u_{n+1}\leq\,\dfrac{1}{2}\).
b. L’inégalité \(u_n\leq\, u_{n+1}\) montre que la suite est croissante, et \(u_n\leq\,\dfrac{1}{2}\) qu’elle est majorée par \(\dfrac{1}{2}\). Toute suite croissante et majorée converge (théorème de convergence monotone) : \((u_n)\) converge.
c. Notons \(\ell\) sa limite. Tous les termes sont dans \([0\,;\,\dfrac{1}{2}]\), donc \(\ell\) aussi ; \(f\) est continue (polynôme) et \(u_{n+1}=f(u_n)\), donc en passant à la limite \(\ell=f(\ell)\). On résout :
\[1{,}9x(1-x)=x \iff x(1{,}9-1{,}9x-1)=0 \iff x(0{,}9-1{,}9x)=0 \iff x=0\ \text{ou}\ x=\dfrac{0{,}9}{1{,}9}=\dfrac{9}{19}.\]
La suite étant croissante, \(u_n\geq\, u_0=0{,}1\) pour tout \(n\), donc \(\ell\geq\, 0{,}1\), ce qui exclut 0.
La suite \((u_n)\) converge vers \(\ell=\dfrac{9}{19}\approx 0{,}474\), ce qui confirme la conjecture.
Partie 2
1. Comme \(0\lt\dfrac{1}{2}\lt 1\), la suite géométrique \(((\dfrac{1}{2})^n)\) tend vers 0. On a donc, pour tout \(n\), \(0\leq\, u_n\leq\,(\dfrac{1}{2})^n\), où les deux suites qui encadrent \(u_n\) tendent vers 0.
D’après le théorème des gendarmes, la suite \((u_n)\) converge et sa limite est 0.
2. La fonction part de \(u=u_0\) et, à chaque passage dans la boucle, remplace u par le terme suivant de la suite et augmente n de 1. La boucle s’arrête dès que u est inférieur ou égal à \(10^{-p}\) ; la fonction renvoie alors le premier rang \(n\) tel que \(u_n\leq\, 10^{-p}\).
Un tel rang existe toujours. En effet, \(10^{-p}\) est un nombre strictement positif et \((\dfrac{1}{2})^n\) tend vers 0 : il existe donc un entier \(N\) tel que \((\dfrac{1}{2})^N\leq\, 10^{-p}\) (par exemple tout \(N\geq\,\dfrac{p\ln 10}{\ln 2}\)). Pour ce rang, \(u_N\leq\,(\dfrac{1}{2})^N\leq\, 10^{-p}\). Plus simplement, cela découle aussi de la question 1 : puisque \(u_n\) tend vers 0, ses termes finissent par passer sous n’importe quel seuil strictement positif.
La condition u > 10**(-p) devient donc fausse au bout d’un nombre fini de passages : la boucle while s’arrête et algo(p) renvoie une valeur.
Exercice 3 :
Partie 1
1. \(g=\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x)=2\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{2}{x}\), \(v(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=1\), toutes dérivables sur \(]0\,;\,+\infty[\) et \(v\) ne s’annulant pas. Alors :
\[g^{\prime}(x)=\dfrac{u^{\prime}(x)v(x)-u(x)v^{\prime}(x)}{v(x)^2}=\dfrac{\dfrac{2}{x}\times x-2\ln x\times 1}{x^2}=\dfrac{2-2\ln x}{x^2}.\]
On retrouve bien \(g^{\prime}(x)=\dfrac{2-2\ln x}{x^2}\).
2. a. La valeur \(\dfrac{2}{\text{e}}\) est l’image de e : \(g(\text{e})=\dfrac{2\ln\text{e}}{\text{e}}=\dfrac{2\times 1}{\text{e}}=\dfrac{2}{\text{e}}\). De même, le 0 placé sous l’abscisse 1 vient de \(g(1)=\dfrac{2\ln 1}{1}=0\).
b. Comme \(x^2\gt 0\), \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(2-2\ln x=2(1-\ln x)\).
- Si \(0\lt x\lt\text{e}\), alors \(\ln x\lt 1\) (car \(\ln\) est strictement croissante et \(\ln\text{e}=1\)), donc \(g^{\prime}(x)\gt 0\) : \(g\) est strictement croissante sur \(]0\,;\,\text{e}]\).
- Si \(x\gt\text{e}\), alors \(\ln x\gt 1\), donc \(g^{\prime}(x)\lt 0\) : \(g\) est strictement décroissante sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\).
Cela justifie les flèches du tableau, avec un maximum \(\dfrac{2}{\text{e}}\) atteint en \(x=\text{e}\).
c. En 0 : on écrit \(g(x)=2\ln x\times \dfrac{1}{x}\). Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(2\ln x\) tend vers \(-\infty\) et \(\dfrac{1}{x}\) vers \(+\infty\) ; par produit, \(\displaystyle\lim_{x\to 0} g(x)=-\infty\).
En \(+\infty\) : par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty} g(x)=0\).
3. Sur \(]0\,;\,\text{e}]\), \(g\) est strictement croissante et s’annule en 1 : elle est négative avant 1 et positive après. Sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\), elle décroît de \(\dfrac{2}{\text{e}}\) vers la limite 0 sans l’atteindre, donc reste strictement positive. (On le voit aussi directement : \(x\gt 0\), donc \(g(x)\) a le signe de \(\ln x\).)
| \(x\) | \(0\) | \(1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g(x)\) | || | \(-\) | \(0\) | \(+\) |
\(g(x)\lt 0\) sur \(]0\,;\,1[\), \(g(1)=0\) et \(g(x)\gt 0\) sur \(]1\,;\,+\infty[\).
Partie 2
1. \(f=u^2\) avec \(u(x)=\ln x\) dérivable sur \(]0\,;\,+\infty[\), donc \(f^{\prime}=2u^{\prime}u\) :
\[f^{\prime}(x)=2\times \dfrac{1}{x}\times \ln x=\dfrac{2\ln x}{x}=g(x).\]
\(f\) est donc une primitive de \(g\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).
2. a. Puisque \(f^{\prime}=g\), on a \(f^{\prime\prime}=g^{\prime}\). D’après la partie 1, \(g^{\prime}\) est positive sur \(]0\,;\,\text{e}]\) et négative sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\) : autrement dit \(f^{\prime}\) croît puis décroît.
\(f\) est convexe sur \(]0\,;\,\text{e}]\) et concave sur \([\text{e}\,;\,+\infty[\) ; sa courbe admet un point d’inflexion au point d’abscisse e, de coordonnées \((\text{e}\,;\,1)\).
b. Les variations de \(f\) sont données par le signe de \(f^{\prime}=g\) (question 3 de la partie 1) : \(f^{\prime}\) est négative sur \(]0\,;\,1]\) et positive sur \([1\,;\,+\infty[\).
\(f\) est décroissante sur \(]0\,;\,1]\) et croissante sur \([1\,;\,+\infty[\) ; elle atteint son minimum \(f(1)=(\ln 1)^2=0\) en \(x=1\).
3. a. La tangente au point d’abscisse e a pour équation \(y=f^{\prime}(\text{e})(x-\text{e})+f(\text{e})\), avec \(f(\text{e})=(\ln\text{e})^2=1\) et \(f^{\prime}(\text{e})=g(\text{e})=\dfrac{2}{\text{e}}\) :
\[y=\dfrac{2}{\text{e}}(x-\text{e})+1=\dfrac{2}{\text{e}}x-2+1.\]
La tangente a pour équation \(y=\dfrac{2}{\text{e}}x-1\).
b. Sur l’intervalle \(]0\,;\,\text{e}]\), la fonction \(f\) est convexe (question 2.a) et le point d’abscisse e appartient à cet intervalle. Or la courbe d’une fonction convexe sur un intervalle est située au-dessus de chacune de ses tangentes en un point de cet intervalle. Sur \(]0\,;\,\text{e}]\), la courbe de \(f\) est donc au-dessus de sa tangente au point d’abscisse e, ce qui s’écrit :
\[[\ln(x)]^2\geq\,\dfrac{2}{\text{e}}x-1\ \text{pour tout}\ x\in\,]0\,;\,\text{e}].\]
Vérification par une autre voie : posons \(h(x)=[\ln(x)]^2-\dfrac{2}{\text{e}}x+1\). Alors \(h^{\prime}(x)=g(x)-\dfrac{2}{\text{e}}\leq\, 0\), car \(\dfrac{2}{\text{e}}\) est le maximum de \(g\). La fonction \(h\) est donc décroissante, et comme \(h(\text{e})=1-2+1=0\), on a \(h(x)\geq\, h(\text{e})=0\) pour tout \(x\leq\,\text{e}\). L’inégalité est démontrée.
Exercice 4 :
1. a. Le cube a pour arête 1 dans ce repère :
\(\text{C}(1\,;\,1\,;\,0)\), \(\text{F}(1\,;\,0\,;\,1)\), \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\).
b. On calcule deux vecteurs du plan (CFI) :
\[\vec{\text{CF}}\begin{pmatrix}0\\-1\\1\end{pmatrix},\qquad \vec{\text{CI}}\begin{pmatrix}-1\\-\frac{1}{2}\\1\end{pmatrix}.\]
Leurs premières coordonnées (0 et \(-1\)) montrent qu’ils ne sont pas colinéaires : C, F, I ne sont pas alignés et ces vecteurs dirigent le plan (CFI). Dans le repère orthonormé :
\[\vec{n}\cdot\vec{\text{CF}}=1\times 0+2\times (-1)+2\times 1=0,\qquad \vec{n}\cdot\vec{\text{CI}}=1\times (-1)+2\times (-\dfrac{1}{2})+2\times 1=0.\]
\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan : \(\vec{n}\) est normal au plan (CFI).
c. Comme \(\vec{n}(1\,;\,2\,;\,2)\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(x+2y+2z+d=0\). Le point C y appartient : \(1+2+0+d=0\), donc \(d=-3\).
Contrôle avec les deux autres points : F donne \(1+0+2-3=0\) et I donne \(0+1+2-3=0\). Une équation cartésienne de (CFI) est \(x+2y+2z-3=0\).
2. a. La droite \(d\) est orthogonale au plan (CFI), donc elle est dirigée par le vecteur normal \(\vec{n}\). Elle passe par \(\text{G}(1\,;\,1\,;\,1)\). Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l} x=1+t\\ y=1+2t\\ z=1+2t\end{array}.\quad t\in\mathbb{R}.\]
b. Le projeté orthogonal de G sur (CFI) est le point commun à la droite \(d\) (perpendiculaire au plan passant par G) et au plan. Vérifions que K remplit ces deux conditions.
- K appartient à \(d\) : avec \(t=-\dfrac{2}{9}\), on obtient \(x=1-\dfrac{2}{9}=\dfrac{7}{9}\), \(y=1-\dfrac{4}{9}=\dfrac{5}{9}\) et \(z=\dfrac{5}{9}\), ce sont bien les coordonnées de K.
- K appartient au plan : \(\dfrac{7}{9}+2\times \dfrac{5}{9}+2\times \dfrac{5}{9}-3=\dfrac{7+10+10}{9}-3=3-3=0\).
K est donc le projeté orthogonal de G sur le plan (CFI).
c. La distance de G au plan (CFI) est la longueur GK. Le vecteur \(\vec{\text{GK}}\) a pour coordonnées \((-\dfrac{2}{9}\,;\,-\dfrac{4}{9}\,;\,-\dfrac{4}{9})\), c’est-à-dire \(-\dfrac{2}{9}\vec{n}\), donc :
\[\text{GK}=\sqrt{\dfrac{4}{81}+\dfrac{16}{81}+\dfrac{16}{81}}=\sqrt{\dfrac{36}{81}}=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}.\]
Exercice 4 du corrigé Polynésie 2022 : question 3
La distance du point G au plan (CFI) vaut \(\dfrac{2}{3}\).
3. a. On prend pour base le triangle GCF et pour sommet I. Ce triangle est rectangle en G (angle d’une face carrée BCGF), avec \(\text{GC}=\text{GF}=1\), donc son aire vaut \(\dfrac{1\times 1}{2}=\dfrac{1}{2}\).
La face BCGF est contenue dans le plan d’équation \(x=1\), tandis que I a pour abscisse 0. La perpendiculaire à ce plan passant par I est parallèle à (AB) et le coupe au point \((1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,1)\), qui est le milieu J de [FG]. La hauteur issue de I vaut donc \(\text{IJ}=1\) (longueur d’une arête).
\[V=\dfrac{1}{3}\times \dfrac{1}{2}\times 1=\dfrac{1}{6}.\]
Le volume de la pyramide GCFI est \(\dfrac{1}{6}\) unité de volume.
b. Prenons maintenant pour base le triangle CFI, d’aire \(\mathcal{A}\), et pour sommet G. La hauteur associée est la distance de G au plan (CFI), soit \(\text{GK}=\dfrac{2}{3}\). Le volume étant le même :
\[\dfrac{1}{3}\times \mathcal{A}\times \dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{6} \iff \dfrac{2}{9}\mathcal{A}=\dfrac{1}{6} \iff \mathcal{A}=\dfrac{9}{12}=\dfrac{3}{4}.\]
L’aire du triangle CFI est \(\dfrac{3}{4}\) unité d’aire.
Bien travailler ce corrigé Polynésie 2022
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 logarithme népérien ou la convexité, 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 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.
- La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.
- En géométrie dans l’espace, ne confondez pas le vecteur normal d’un plan et le vecteur directeur d’une droite.
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 ? Avant tout, la fonction logarithme népérien, la convexité et la géométrie dans l’espace, mais aussi les limites.
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.
De plus, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2022 en Polynésie (septembre) : sujet et corrigé.
