L’essentiel : Corrigé du bac de maths 2023 en Polynésie (jour 1) : chaque question est résolue avec les calculs et la méthode attendue. Idéal pour réviser l’examen en se corrigeant ; corrigé gratuit en PDF.
Corrigé Polynésie 2023 : ce que contient la correction
Tout d’abord, ce corrigé Polynésie 2023 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2023 en Polynésie (jour 1), dont chaque question est corrigée et justifiée. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, les limites et les probabilités conditionnelles. Enfin, l’épreuve officielle dure 4 heures : comptez donc environ 60 minutes par exercice, relecture comprise. 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. On commence par traduire l’énoncé. 21 % des utilisateurs ont moins de 35 ans : \(P(J) = 0{,}21\), donc \(P(\overline{J}) = 0{,}79\). Parmi les moins de 35 ans, 68 % roulent uniquement pour les loisirs, donc les autres, soit \(100 – 68 = 32\) %, utilisent le vélo pour le travail : \(P_J(T) = 0{,}32\) et \(P_J(\overline{T}) = 0{,}68\). Parmi les 35 ans ou plus : \(P_{\overline{J}}(T) = 0{,}20\) et \(P_{\overline{J}}(\overline{T}) = 0{,}80\).
Ces données forment un arbre pondéré à deux niveaux (d’abord \(J\) ou \(\overline{J}\), puis \(T\) ou \(\overline{T}\)) :
| Premier niveau | Second niveau | Probabilité du chemin |
|---|---|---|
| \(J\) : 0,21 | \(T\) : 0,32 | \(0{,}067\,2\) |
| \(J\) : 0,21 | \(\overline{T}\) : 0,68 | \(0{,}142\,8\) |
| \(\overline{J}\) : 0,79 | \(T\) : 0,20 | \(0{,}158\) |
| \(\overline{J}\) : 0,79 | \(\overline{T}\) : 0,80 | \(0{,}632\) |
On cherche \(P(J \cap T)\) ; on multiplie les probabilités le long du chemin \(J \to T\) :
\[P(J \cap T) = P(J) \times P_J(T) = 0{,}21 \times 0{,}32 = 0{,}067\,2.\]
La probabilité cherchée est \(0{,}067\,2\).
2. Les évènements \(J\) et \(\overline{J}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[P(T) = P(J \cap T) + P(\overline{J} \cap T) = 0{,}067\,2 + 0{,}79 \times 0{,}20 = 0{,}067\,2 + 0{,}158 = 0{,}225\,2.\]
La valeur exacte est \(P(T) = 0{,}225\,2\).
3. On sait que la personne utilise son vélo pour le travail : on cherche la probabilité conditionnelle \(P_T(J)\).
\[P_T(J) = \dfrac{P(J \cap T)}{P(T)} = \dfrac{0{,}067\,2}{0{,}225\,2} \approx 0{,}298\,4.\]
Arrondie au centième, cette probabilité vaut bien 0,30.
Partie B
1. Pour chaque personne de l’échantillon, on observe une épreuve à deux issues : « elle a moins de 35 ans » (succès, de probabilité \(p = 0{,}3\)) ou non. La sélection étant assimilée à un tirage avec remise, les 120 épreuves sont identiques et indépendantes. \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 120\) et \(p = 0{,}3\).
2. On cherche \(P(X \geq\, 50)\). On passe par l’évènement contraire \(X \leq\, 49\), que la calculatrice sait traiter avec la fonction de répartition :
\[P(X \geq\, 50) = 1 – P(X \leq\, 49) \approx 1 – 0{,}995\,6 \approx 0{,}004.\]
La probabilité qu’au moins 50 personnes de l’échantillon aient moins de 35 ans est environ 0,004 : c’est très peu probable, ce qui est cohérent avec l’espérance \(E(X) = 120 \times 0{,}3 = 36\).
Exercice 2 :
1. a. Dans la représentation paramétrique de \(d_2\), les coefficients du paramètre \(k\) donnent un vecteur directeur : \(\vec{v}\begin{pmatrix}2\\1\\0\end{pmatrix}\).
b. Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. S’il existait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{v} = \lambda\vec{u}\), la troisième coordonnée donnerait \(0 = \lambda \times 1\), donc \(\lambda = 0\), puis la première donnerait \(2 = 0\) : c’est impossible. Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires, donc \(d_1\) et \(d_2\) ne sont pas parallèles.
c. La droite \(d_1\) passe par \(\text{H}(2~;~3~;~0)\) et est dirigée par \(\vec{u}\) ; elle admet la représentation paramétrique \(x = 2 + t\), \(y = 3 – t\), \(z = t\), avec \(t \in \mathbb{R}\). Un point commun aux deux droites correspondrait à des réels \(t\) et \(k\) vérifiant le système :
\[\{\begin{array}{l}2 + t = 2k – 3\\3 – t = k\\t = 5\end{array}.\]
La troisième équation donne \(t = 5\), la deuxième donne alors \(k = 3 – 5 = -2\). La première devient \(2 + 5 = 2 \times (-2) – 3\), soit \(7 = -7\), ce qui est faux. Le système n’a pas de solution : \(d_1\) et \(d_2\) ne sont pas sécantes.
d. Deux droites de l’espace qui ne sont ni parallèles ni sécantes ne sont contenues dans aucun plan commun : \(d_1\) et \(d_2\) sont non coplanaires.
Exercice 2 du corrigé Polynésie 2023 : questions 2 à 3
2. a. Le repère étant orthonormé, on calcule les produits scalaires avec les coordonnées :
\[\vec{w} \cdot \vec{u} = (-1) \times 1 + 2 \times (-1) + 3 \times 1 = -1 – 2 + 3 = 0,\]
\[\vec{w} \cdot \vec{v} = (-1) \times 2 + 2 \times 1 + 3 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0.\]
Les deux produits scalaires sont nuls : \(\vec{w}\) est orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{v}\).
b. Un point de \(d_2\), de paramètre \(k\), a pour coordonnées \((2k – 3~;~k~;~5)\). Il appartient au plan \(P\) si et seulement si :
\[5(2k – 3) + 4k – 5 – 22 = 0 \iff 10k – 15 + 4k – 27 = 0 \iff 14k = 42 \iff k = 3.\]
Cette équation a une seule solution, donc \(P\) et \(d_2\) ont un seul point commun, obtenu pour \(k = 3\) : \(x = 2 \times 3 – 3 = 3\), \(y = 3\), \(z = 5\). L’intersection de \(P\) et de \(d_2\) est bien le point \(\text{M}(3~;~3~;~5)\).
3. a. Les vecteurs directeurs \(\vec{w}\) de \(\Delta\) et \(\vec{u}\) de \(d_1\) sont orthogonaux (question 2. a.), donc les droites sont orthogonales. Pour qu’elles soient perpendiculaires, il reste à montrer qu’elles sont sécantes. On résout, avec les paramètres \(t\) (pour \(d_1\)) et \(r\) (pour \(\Delta\)) :
\[\{\begin{array}{l}2 + t = -r + 3\\3 – t = 2r + 3\\t = 3r + 5\end{array}.\]
Exercice 2 (suite)
La deuxième équation donne \(t = -2r\). En reportant dans la troisième : \(-2r = 3r + 5\), donc \(r = -1\) et \(t = 2\). On contrôle la première équation : \(2 + 2 = 4\) et \(-(-1) + 3 = 4\), elle est vérifiée. Les droites sont donc sécantes au point obtenu pour \(t = 2\) : \(x = 4\), \(y = 1\), \(z = 2\).
Les droites \(\Delta\) et \(d_1\) sont perpendiculaires au point \(\text{L}(4~;~1~;~2)\).
b. La droite \(\Delta\) passe par M, qui appartient à \(d_2\) (question 2. b.), et son vecteur directeur \(\vec{w}\) est orthogonal à \(\vec{v}\) : \(\Delta\) et \(d_2\) sont donc sécantes en M et orthogonales, c’est-à-dire perpendiculaires en M. D’après la question 3. a., \(\Delta\) est aussi perpendiculaire à \(d_1\) en L. La droite \(\Delta\) est donc perpendiculaire à la fois à \(d_1\) et à \(d_2\) : elle répond au problème posé (c’est la perpendiculaire commune aux deux droites).
Exercice 3 :
1. Vrai. La fonction \(f\) est deux fois dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x – 1\) et \(f^{\prime\prime}(x) = \text{e}^x\). Or \(\text{e}^x \gt 0\) pour tout réel \(x\) : la dérivée seconde est positive sur \(\mathbb{R}\), donc \(f\) est convexe sur \(\mathbb{R}\).
2. Vrai. Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.
- \(2\text{e}^x – 6 = 0 \iff \text{e}^x = 3 \iff x = \ln(3)\) ;
- \(\text{e}^x + 2 = 0 \iff \text{e}^x = -2\), qui n’a pas de solution car une exponentielle est toujours strictement positive.
L’équation a donc \(\ln(3)\) pour unique solution.
3. Faux. Pour lever l’indétermination, on factorise par le terme dominant au numérateur (\(\text{e}^{2x}\)) et au dénominateur (\(\text{e}^x\)) :
\[\dfrac{\text{e}^{2x} – 1}{\text{e}^x – x} = \dfrac{\text{e}^{2x}(1 – \text{e}^{-2x})}{\text{e}^x(1 – \dfrac{x}{\text{e}^x})} = \text{e}^x \times \dfrac{1 – \text{e}^{-2x}}{1 – \dfrac{x}{\text{e}^x}}.\]
On a \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-2x} = 0\) et, par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x}{\text{e}^x} = 0\). La fraction tend donc vers \(\dfrac{1 – 0}{1 – 0} = 1\), tandis que \(\text{e}^x\) tend vers \(+\infty\). Par produit, la limite vaut \(+\infty\) et non 0.
4. Vrai. On dérive \(F\) comme produit : avec \(u(x) = 2x + 1\), \(u^{\prime}(x) = 2\), et \(v(x) = \text{e}^{3x}\), \(v^{\prime}(x) = 3\text{e}^{3x}\) :
\[F^{\prime}(x) = 2\text{e}^{3x} + (2x + 1) \times 3\text{e}^{3x} = (2 + 6x + 3)\text{e}^{3x} = (6x + 5)\text{e}^{3x} = f(x).\]
Donc \(F\) est une primitive de \(f\) sur \(\mathbb{R}\). De plus, \(F(0) = (0 + 1)\text{e}^0 + 4 = 1 + 4 = 5\). Comme deux primitives de \(f\) diffèrent d’une constante, il n’y en a qu’une qui vaut 5 en 0 : c’est bien \(F\).
Exercice 3 du corrigé Polynésie 2023 : question 5
5. Faux. La boucle parcourt tous les indices de la liste et ajoute chaque élément à S : à la fin, S contient la somme des éléments. La fonction renvoie cette somme divisée par le nombre d’éléments, c’est-à-dire la moyenne de la liste.
Ici, la somme vaut \(1 + 9 + 9 + 5 + 0 + 3 + 6 + 12 + 0 + 5 = 50\) et la liste compte 10 éléments. L’appel renvoie donc \(\dfrac{50}{10} = 5\) (affiché 5.0 en Python), et non 50.
Exercice 4 :
1. a. Pour \(n \in \mathbb{N}\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(u_n = 2 \times 0{,}9^n – 3\) ».
Initialisation. Pour \(n = 0\) : \(2 \times 0{,}9^0 – 3 = 2 – 3 = -1 = u_0\). \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \in \mathbb{N}\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. Alors :
\[u_{n+1} = 0{,}9u_n – 0{,}3 = 0{,}9(2 \times 0{,}9^n – 3) – 0{,}3 = 2 \times 0{,}9^{n+1} – 2{,}7 – 0{,}3 = 2 \times 0{,}9^{n+1} – 3.\]
\(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, \(u_n = 2 \times 0{,}9^n – 3\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
b. Comme \(0 \lt 0{,}9 \lt 1\), on a pour tout entier naturel \(n\) : \(0 \lt 0{,}9^n \leq\, 1\) (la valeur 1 étant atteinte pour \(n = 0\)). En multipliant par 2, puis en retranchant 3 :
\[0 \lt 2 \times 0{,}9^n \leq\, 2 \quad \text{donc} \quad -3 \lt 2 \times 0{,}9^n – 3 \leq\, -1.\]
Ainsi, \(-3 \lt u_n \leq\, -1\) pour tout \(n \in \mathbb{N}\).
c. Pour tout \(n \in \mathbb{N}\), grâce à la formule explicite :
\[u_{n+1} – u_n = 2 \times 0{,}9^{n+1} – 2 \times 0{,}9^n = 2 \times 0{,}9^n \times (0{,}9 – 1) = -0{,}2 \times 0{,}9^n.\]
Comme \(0{,}9^n \gt 0\), cette différence est strictement négative : la suite \((u_n)\) est strictement décroissante.
d. Comme \(-1 \lt 0{,}9 \lt 1\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}9^n = 0\), donc par opérations sur les limites \(\lim\limits_{n \to +\infty} (2 \times 0{,}9^n – 3) = -3\). La suite \((u_n)\) converge vers \(-3\). (On pouvait aussi invoquer le théorème de convergence monotone : la suite est décroissante et minorée par \(-3\), mais la formule explicite donne directement la limite.)
Exercice 4 : question 2
2. a. Ensemble de définition. \(g(x)\) existe si \(0{,}5x + 1{,}5 \gt 0\), c’est-à-dire \(x \gt -3\) : c’est bien le cas sur \(]-3~;~-1]\), et la barre double en \(-3\) dans le tableau indique que \(g\) n’y est pas définie.
Limite en \(-3\). Quand \(x\) tend vers \(-3\) par valeurs supérieures, \(0{,}5x + 1{,}5\) tend vers 0 par valeurs positives, donc \(\ln(0{,}5x + 1{,}5)\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(-x\) tend vers 3, par somme \(\lim\limits_{x \to -3} g(x) = -\infty\).
Variations. La fonction \(g\) est dérivable sur \(]-3~;~-1]\) et, avec \((\ln u)^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}}{u}\) :
\[g^{\prime}(x) = \dfrac{0{,}5}{0{,}5x + 1{,}5} – 1 = \dfrac{0{,}5 – 0{,}5x – 1{,}5}{0{,}5x + 1{,}5} = \dfrac{-0{,}5x – 1}{0{,}5x + 1{,}5}.\]
Le dénominateur est strictement positif sur l’intervalle, donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(-0{,}5x – 1\), qui est positif si et seulement si \(x \leq\, -2\). Ainsi \(g^{\prime}\) est positive sur \(]-3~;~-2]\) et négative sur \([-2~;~-1]\) (nulle seulement en \(-2\)) : \(g\) est croissante sur \(]-3~;~-2]\) et décroissante sur \([-2~;~-1]\).
Valeurs. \(g(-1) = \ln(-0{,}5 + 1{,}5) + 1 = \ln 1 + 1 = 1\), comme indiqué. Le maximum vaut \(g(-2) = \ln(0{,}5) + 2 = 2 – \ln 2 \approx 1{,}31\).
b. Sur \([-2~;~-1]\) : \(g\) est décroissante, donc pour tout \(x\) de cet intervalle \(g(x) \geq\, g(-1) = 1 \gt 0\). L’équation \(g(x) = 0\) n’y a aucune solution.
Exercice 4 du corrigé Polynésie 2023 : question 3
Sur \(]-3~;~-2]\) : \(g\) est continue et strictement croissante, avec \(\lim\limits_{x \to -3} g(x) = -\infty\) et \(g(-2) = 2 – \ln 2 \gt 0\). Comme 0 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
Au total, l’équation \(g(x) = 0\) a exactement une solution \(\alpha\) sur \(]-3~;~-1]\). Par balayage à la calculatrice : \(g(-2{,}889) \approx -0{,}002\,4 \lt 0\) et \(g(-2{,}888) \approx 0{,}005\,6 \gt 0\), donc :
\[-2{,}889 \lt \alpha \lt -2{,}888.\]
3. a. D’après la question 1. a., \(0{,}5u_n + 1{,}5 = 0{,}5(2 \times 0{,}9^n – 3) + 1{,}5 = 0{,}9^n – 1{,}5 + 1{,}5 = 0{,}9^n\). Donc, pour tout \(n \in \mathbb{N}\) :
\[v_n = \ln(0{,}9^n) = n\ln(0{,}9).\]
On en déduit \(v_{n+1} – v_n = (n+1)\ln(0{,}9) – n\ln(0{,}9) = \ln(0{,}9)\), qui ne dépend pas de \(n\) : la suite \(v\) est arithmétique de raison \(\ln(0{,}9)\) (et de premier terme \(v_0 = 0\)).
b. D’après la question 1. b., \(u_n \in ]-3~;~-1]\), donc \(g(u_n)\) est bien défini. Alors :
\[u_n = v_n \iff u_n = \ln(0{,}5u_n + 1{,}5) \iff \ln(0{,}5u_n + 1{,}5) – u_n = 0 \iff g(u_n) = 0.\]
On a donc bien \(u_n = v_n\) si, et seulement si, \(g(u_n) = 0\).
c. Supposons qu’il existe un rang \(k\) tel que \(u_k = \alpha\). On aurait alors \(-2{,}889 \lt u_k \lt -2{,}888\). Or on calcule avec la formule explicite :
\[u_{27} = 2 \times 0{,}9^{27} – 3 \approx -2{,}883\,7 \quad \text{et} \quad u_{28} = 2 \times 0{,}9^{28} – 3 \approx -2{,}895\,3.\]
La suite étant strictement décroissante :
Exercice 4 (suite)
- si \(k \leq\, 27\), alors \(u_k \geq\, u_{27} \approx -2{,}883\,7 \gt -2{,}888\) ;
- si \(k \geq\, 28\), alors \(u_k \leq\, u_{28} \approx -2{,}895\,3 \lt -2{,}889\).
Dans les deux cas, \(u_k\) n’est pas dans l’intervalle \(]-2{,}889~;~-2{,}888[\) qui contient \(\alpha\). La suite « saute » par-dessus \(\alpha\) entre les rangs 27 et 28 : il n’existe aucun rang \(k\) tel que \(u_k = \alpha\).
d. Soit \(k \in \mathbb{N}\). D’après la question 3. b., \(v_k = u_k \iff g(u_k) = 0\). Comme \(u_k \in ]-3~;~-1]\) et que \(\alpha\) est l’unique solution de \(g(x) = 0\) sur cet intervalle (question 2. b.), cela équivaut à \(u_k = \alpha\), ce qui est impossible d’après la question 3. c. Donc il n’existe aucun rang \(k\) pour lequel \(v_k = u_k\).
Corrigé Polynésie 2023 : méthode pour bien s’entraîner
D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction exponentielle et la fonction logarithme népérien. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article fonction exponentielle de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.
Les erreurs qui coûtent des points
- 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.
- Pour une limite, signalez explicitement la forme indéterminée puis la méthode choisie (factorisation, croissances comparées, composition).
Questions fréquentes sur ce corrigé Polynésie 2023
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 les limites, mais aussi les probabilités conditionnelles.
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.
Ensuite, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2023 en Polynésie (jour 1) : sujet et corrigé.
