Corrigé France 2024 : organisation du corrigé
D’abord, précisons que ce corrigé France 2024 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en France (septembre, jour 2), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la convexité et le calcul intégral. 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 :
1. a. Dans ce repère, A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0) et G(1 ; 1 ; 1). Les coordonnées d’un milieu sont les moyennes des coordonnées des extrémités :
- I, milieu de [AB] : \(\text{I}(0{,}5\,;\,0\,;\,0)\) ;
- J, milieu de [CG] : \(\text{J}(1\,;\,1\,;\,0{,}5)\) ;
- N, milieu de [IJ] : \((\dfrac{0{,}5 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 1}{2}\,;\,\dfrac{0 + 0{,}5}{2})\), soit \(\text{N}(0{,}75\,;\,0{,}5\,;\,0{,}25)\).
b. On soustrait les coordonnées de l’origine du vecteur à celles de son extrémité. Avec F(1 ; 0 ; 1) :
\[\vec{\text{IJ}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}5 \\ 1 – 0 \\ 0{,}5 – 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}5 \\ 1 \\ 0{,}5 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{NF}}\begin{pmatrix} 1 – 0{,}75 \\ 0 – 0{,}5 \\ 1 – 0{,}25 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 0{,}25 \\ -0{,}5 \\ 0{,}75 \end{pmatrix}\]
Ce sont bien les coordonnées annoncées.
c. Le repère étant orthonormé, on calcule le produit scalaire :
\[\vec{\text{IJ}} \cdot \vec{\text{NF}} = 0{,}5 \times 0{,}25 + 1 \times (-0{,}5) + 0{,}5 \times 0{,}75 = 0{,}125 – 0{,}5 + 0{,}375 = 0.\]
Le produit scalaire est nul : \(\vec{\text{IJ}}\) et \(\vec{\text{NF}}\) sont orthogonaux.
d. N est un point de [IJ] et (NF) est perpendiculaire à (IJ) : [NF] est donc la hauteur du triangle FIJ issue de F. Calculons la base : \(\text{IJ} = \sqrt{0{,}5^2 + 1^2 + 0{,}5^2} = \sqrt{1{,}5} = \sqrt{\dfrac{6}{4}} = \dfrac{\sqrt{6}}{2}\).
\[\mathcal{A}_{\text{FIJ}} = \dfrac{\text{IJ} \times \text{NF}}{2} = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{\sqrt{14}}{4} = \dfrac{\sqrt{84}}{16} = \dfrac{2\sqrt{21}}{16}.\]
L’aire du triangle FIJ vaut \(\dfrac{\sqrt{21}}{8}\).
Exercice 1 du corrigé France 2024 : question 2
2. a. Un vecteur est normal à un plan s’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On prend \(\vec{\text{IJ}}(0{,}5\,;\,1\,;\,0{,}5)\) et \(\vec{\text{IF}}(0{,}5\,;\,0\,;\,1)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{IF}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{IJ}}\)).
- \(\vec{u} \cdot \vec{\text{IJ}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 1 + (-2) \times 0{,}5 = 2 – 1 – 1 = 0\) ;
- \(\vec{u} \cdot \vec{\text{IF}} = 4 \times 0{,}5 + (-1) \times 0 + (-2) \times 1 = 2 – 0 – 2 = 0\).
Le vecteur \(\vec{u}\) est normal au plan (FIJ).
b. Puisque \(\vec{u}(4\,;\,-1\,;\,-2)\) est normal au plan, celui-ci a une équation de la forme \(4x – y – 2z + c = 0\). Le point F(1 ; 0 ; 1) lui appartient, donc \(4 – 0 – 2 + c = 0\), soit \(c = -2\).
Une équation cartésienne de (FIJ) est \(4x – y – 2z – 2 = 0\). (Contrôle : pour I, \(2 – 0 – 0 – 2 = 0\) ; pour J, \(4 – 1 – 1 – 2 = 0\).)
c. La droite \(d\) est orthogonale au plan (FIJ), donc dirigée par \(\vec{u}\), et passe par H(0 ; 1 ; 1). Une représentation paramétrique est :
\[d : \{\begin{array}{l} x = 4t \\ y = 1 – t \\ z = 1 – 2t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
d. La distance de H au plan est HK, où K est le point d’intersection de \(d\) avec (FIJ) (projeté orthogonal de H). On remplace dans l’équation du plan :
\[4(4t) – (1 – t) – 2(1 – 2t) – 2 = 0 \iff 16t – 1 + t – 2 + 4t – 2 = 0 \iff 21t = 5 \iff t = \dfrac{5}{21}.\]
Exercice 1 du corrigé France 2024 (suite)
Alors \(\vec{\text{HK}} = \dfrac{5}{21}\vec{u}\) et \(\|\vec{u}\| = \sqrt{16 + 1 + 4} = \sqrt{21}\), donc :
\[\text{HK} = \dfrac{5}{21} \times \sqrt{21} = \dfrac{5\sqrt{21}}{21}.\]
La distance de H au plan (FIJ) est \(\dfrac{5\sqrt{21}}{21}\).
e. On prend pour base le triangle FIJ ; la hauteur associée est la distance de H au plan (FIJ). Donc :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{21}}{8} \times \dfrac{5\sqrt{21}}{21} = \dfrac{5 \times 21}{3 \times 8 \times 21} = \dfrac{5}{24}.\]
Le volume du tétraèdre HFIJ est \(\dfrac{5}{24}\) unité de volume.
Exercice 2 :
Partie A
1. On lit dans l’énoncé \(P(D_1) = \dfrac{1}{3}\), \(P_{D_1}(D_2) = \dfrac{3}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{2}\). Les probabilités manquantes s’obtiennent car la somme des branches issues d’un même nœud vaut 1 : \(P(\overline{D_1}) = \dfrac{2}{3}\), \(P_{D_1}(\overline{D_2}) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{\overline{D_1}}(D_2) = \dfrac{1}{2}\).
2. \(P(D_1 \cap D_2) = P(D_1) \times P_{D_1}(D_2) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{3}{4} = \dfrac{1}{4}\). La probabilité que le robot aille deux fois à droite est \(\dfrac{1}{4}\).
3. Les évènements \(D_1\) et \(\overline{D_1}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[p_2 = P(D_1 \cap D_2) + P(\overline{D_1} \cap D_2) = \dfrac{1}{4} + \dfrac{2}{3} \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{12} + \dfrac{4}{12} = \dfrac{7}{12}.\]
On a bien \(p_2 = \dfrac{7}{12}\).
4. On cherche \(P_{\overline{D_2}}(D_1)\). D’abord \(P(\overline{D_2}) = 1 – \dfrac{7}{12} = \dfrac{5}{12}\) et \(P(D_1 \cap \overline{D_2}) = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{1}{4} = \dfrac{1}{12}\). Alors :
\[P_{\overline{D_2}}(D_1) = \dfrac{P(D_1 \cap \overline{D_2})}{P(\overline{D_2})} = \dfrac{1/12}{5/12} = \dfrac{1}{5}.\]
La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{5} = 0{,}2\).
Partie B
1. Les règles de passage d’un déplacement au suivant sont les mêmes à chaque étape, ce que résume l’arbre ci-dessous :
Par la formule des probabilités totales avec la partition \((D_n, \overline{D_n})\) :
\[p_{n+1} = p_n \times \dfrac{3}{4} + (1 – p_n) \times \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{4}p_n – \dfrac{1}{2}p_n + \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2}.\]
C’est la relation demandée, valable pour tout \(n \geq\, 1\).
2. a. Notons \(P(n)\) : « \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) ».
Initialisation : \(p_1 = \dfrac{4}{12}\), \(p_2 = \dfrac{7}{12}\) et \(\dfrac{2}{3} = \dfrac{8}{12}\), donc \(p_1 \leq\, p_2 \lt \dfrac{2}{3}\) : \(P(1)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\) pour un entier \(n \geq\, 1\). En multipliant par \(\dfrac{1}{4} \gt 0\) puis en ajoutant \(\dfrac{1}{2}\), on conserve le sens des inégalités :
\[\dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} \leq\, \dfrac{1}{4}p_{n+1} + \dfrac{1}{2} \lt \dfrac{1}{4} \times \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2}, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad p_{n+1} \leq\, p_{n+2} \lt \dfrac{1}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{2}{3}.\]
\(P(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion : par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n \leq\, p_{n+1} \lt \dfrac{2}{3}\).
b. D’après la question précédente, la suite \((p_n)\) est croissante et majorée par \(\dfrac{2}{3}\). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((p_n)\) est convergente.
Exercice 2 du corrigé France 2024, partie B : question 3
3. a. Pour tout \(n \geq\, 1\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n + \dfrac{1}{2} – \dfrac{2}{3} = \dfrac{1}{4}p_n – \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{4}(p_n – \dfrac{2}{3}) = \dfrac{1}{4}u_n.\]
\((u_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{4}\) et de premier terme \(u_1 = \dfrac{1}{3} – \dfrac{2}{3} = -\dfrac{1}{3}\).
b. On en déduit \(u_n = -\dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\) et \(p_n = \dfrac{2}{3} – \dfrac{1}{3} \times (\dfrac{1}{4})^{n-1}\). Comme \(0 \lt \dfrac{1}{4} \lt 1\), \((\dfrac{1}{4})^{n-1} \to 0\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{2}{3}\).
Interprétation : après un grand nombre de déplacements, la probabilité que le robot se déplace à droite est très proche de \(\dfrac{2}{3}\) ; il va environ deux fois plus souvent à droite qu’à gauche.
Partie C
Pour revenir au point de départ après dix déplacements d’un mètre, le robot doit faire autant de pas à droite qu’à gauche, soit exactement 5 à droite et 5 à gauche.
Soit \(X\) le nombre de déplacements à droite. On répète 10 fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli de succès « aller à droite » de probabilité \(\dfrac{3}{4}\) : \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(10\,;\,\dfrac{3}{4})\). Donc :
\[P(X = 5) = \dbinom{10}{5}(\dfrac{3}{4})^5(\dfrac{1}{4})^5 = 252 \times \dfrac{3^5}{4^{10}} = \dfrac{61\,236}{1\,048\,576} \approx 0{,}0584.\]
La probabilité que le robot revienne à son point de départ est environ 0,058.
Exercice 3 :
Partie A
1. \(\text{e}^{-\ln 5} = \dfrac{1}{\text{e}^{\ln 5}} = \dfrac{1}{5}\), donc \(f(\ln 5) = \dfrac{6}{1 + 5 \times \dfrac{1}{5}} = \dfrac{6}{2} = 3\). Le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\) est bien sur \(\mathcal{C}_f\).
2. Quand \(x \to +\infty\), \(-x \to -\infty\) donc \(\text{e}^{-x} \to 0\) ; ainsi \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to 1\) et \(f(x) \to 6\). Comme \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 6\), la droite d’équation \(y = 6\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).
3. a. \(f = \dfrac{6}{v}\) avec \(v(x) = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), qui ne s’annule pas, et \(v^{\prime}(x) = -5\,\text{e}^{-x}\). Avec \((\dfrac{1}{v})^{\prime} = -\dfrac{v^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = 6 \times \dfrac{-(-5\,\text{e}^{-x})}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2}.\]
C’est l’expression attendue.
b. Pour tout réel \(x\), \(\text{e}^{-x} \gt 0\) et le dénominateur est un carré non nul, donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).
Limite en \(-\infty\) : \(-x \to +\infty\), donc \(\text{e}^{-x} \to +\infty\), \(1 + 5\,\text{e}^{-x} \to +\infty\) et \(f(x) \to 0\). La limite en \(+\infty\) vaut 6 (question 2).
| \(x\) | \(-\infty\) | \(+\infty\) | |
|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | ||
| variations de \(f\) | 0 | \(\nearrow\) | 6 |
4. a. Dans \(f^{\prime\prime}(x)\), les facteurs \(30\,\text{e}^{-x}\) et \((1 + 5\,\text{e}^{-x})^3\) sont strictement positifs : \(f^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(5\,\text{e}^{-x} – 1\). Or, la fonction \(\ln\) étant strictement croissante :
\[5\,\text{e}^{-x} – 1 \gt 0 \iff \text{e}^{-x} \gt \dfrac{1}{5} \iff -x \gt -\ln 5 \iff x \lt \ln 5.\]
- Sur \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), \(f^{\prime\prime} \geq\, 0\) : \(f\) est convexe ;
- sur \([\ln 5\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime} \leq\, 0\) : \(f\) est concave.
Exercice 3 du corrigé France 2024, partie A : question 5
La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\ln 5\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un point d’inflexion, le point \(\text{A}(\ln 5\,;\,3)\).
b. La droite d’équation \(y = \dfrac{5}{6}x + 1\) est la tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point d’abscisse 0. En effet \(f(0) = \dfrac{6}{1 + 5} = 1\) et \(f^{\prime}(0) = \dfrac{30}{6^2} = \dfrac{5}{6}\), donc la tangente a pour équation \(y = f^{\prime}(0)(x – 0) + f(0) = \dfrac{5}{6}x + 1\).
Sur l’intervalle \(]-\infty\,;\,\ln 5]\), qui contient 0, la fonction \(f\) est convexe, donc sa courbe est au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle, en particulier de celle en 0. Pour tout \(x \leq\, \ln 5\), \(f(x) \geq\, \dfrac{5}{6}x + 1\).
5. a. \(F_k\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) car \(\text{e}^{x} + 5 \gt 0\), et \(F_k^{\prime}(x) = k \times \dfrac{\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}\). Par ailleurs, en multipliant numérateur et dénominateur de \(f(x)\) par \(\text{e}^{x}\) :
\[f(x) = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5\,\text{e}^{-x}\text{e}^{x}} = \dfrac{6\,\text{e}^{x}}{\text{e}^{x} + 5}.\]
Donc \(F_k^{\prime} = f\) si et seulement si \(k = 6\). Pour \(k = 6\), \(F_6(x) = 6\ln(\text{e}^{x} + 5)\) est une primitive de \(f\).
b. La fonction \(f\) est continue et strictement positive sur \([0\,;\,\ln 5]\), donc l’aire du domaine vaut, en unités d’aire :
\[\int_0^{\ln 5} f(x)\,\text{d}x = F_6(\ln 5) – F_6(0) = 6\ln(5 + 5) – 6\ln(1 + 5) = 6\ln(\dfrac{10}{6}).\]
L’aire vaut \(6\ln(\dfrac{5}{3}) \approx 3{,}06\) unités d’aire.
Partie B
1. Posons \(D = 1 + 5\,\text{e}^{-x}\), de sorte que \(f(x) = \dfrac{6}{D}\). Alors :
\[f(x) – \dfrac{1}{6}[f(x)]^2 = \dfrac{6}{D} – \dfrac{1}{6} \times \dfrac{36}{D^2} = \dfrac{6D – 6}{D^2} = \dfrac{6 \times 5\,\text{e}^{-x}}{D^2} = \dfrac{30\,\text{e}^{-x}}{(1 + 5\,\text{e}^{-x})^2} = f^{\prime}(x).\]
\(f\) est solution de \((E)\).
2. L’équation s’écrit \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -1\) et \(b = \dfrac{1}{6}\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\,\text{e}^{ax} – \dfrac{b}{a}\), soit : \(y(x) = C\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}\), avec \(C \in \mathbb{R}\). (Vérification : \(y^{\prime} = -C\,\text{e}^{-x}\) et \(-y + \dfrac{1}{6} = -C\,\text{e}^{-x}\).)
3. a. Comme \(h = \dfrac{1}{g}\), on a \(h^{\prime} = -\dfrac{g^{\prime}}{g^2}\). Si \(h\) vérifie \(h^{\prime} = -h + \dfrac{1}{6}\), alors pour tout réel \(x\) :
\[-\dfrac{g^{\prime}(x)}{[g(x)]^2} = -\dfrac{1}{g(x)} + \dfrac{1}{6}.\]
En multipliant par \(-[g(x)]^2\), non nul : \(g^{\prime}(x) = g(x) – \dfrac{1}{6}[g(x)]^2\). \(g\) est donc solution de \(y^{\prime} = y – \dfrac{1}{6}y^2\).
b. Soit \(m \geq\, 0\). Pour tout \(x\), \(1 + 6m\,\text{e}^{-x} \geq\, 1 \gt 0\), donc \(g_m\) est définie, dérivable et ne s’annule pas sur \(\mathbb{R}\). Son inverse est :
\[h_m(x) = \dfrac{1}{g_m(x)} = \dfrac{1 + 6m\,\text{e}^{-x}}{6} = m\,\text{e}^{-x} + \dfrac{1}{6}.\]
C’est la solution de la question 2 avec \(C = m\) : \(h_m\) est solution de \(y^{\prime} = -y + \dfrac{1}{6}\). D’après la question 3.a, \(g_m\) est solution de \((E)\) pour tout réel positif \(m\). On remarque que pour \(m = \dfrac{5}{6}\), on retrouve \(g_m = f\).
Exercice 4 :
1. Affirmation 1 : vraie.
Le programme part de \(u = 7\) et remplace \(u\) par \(1{,}05u + 3\) tant que \(u \lt 100\), en comptant les passages dans \(n\). Il renvoie le premier rang \(n\) pour lequel \(u_n \geq\, 100\), avec \(u_0 = 7\) et \(u_{n+1} = 1{,}05u_n + 3\). La suite est croissante et à la calculatrice : \(u_{17} \approx 93{,}57 \lt 100\) et \(u_{18} \approx 101{,}24 \geq\, 100\). La boucle s’arrête donc après 18 passages : seuil(100) renvoie 18.
2. Affirmation 2 : vraie.
\(S_n\) est la somme des \(n + 1\) premiers termes de la suite géométrique de premier terme 1 et de raison \(\dfrac{1}{5}\) :
\[S_n = \dfrac{1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}}{1 – \dfrac{1}{5}} = \dfrac{5}{4}(1 – (\dfrac{1}{5})^{n+1}).\]
Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{5} \lt 1\), \((\dfrac{1}{5})^{n+1} \to 0\), donc \(S_n \to \dfrac{5}{4}\).
3. Affirmation 3 : fausse.
Un binôme de délégués est un ensemble de 2 élèves pris parmi 30, sans ordre : le binôme {Léa, Tom} est le même que {Tom, Léa}. Leur nombre est \(\dbinom{30}{2} = \dfrac{30 \times 29}{2} = 435\). Le nombre 870 \(= 30 \times 29\) compte chaque binôme deux fois (c’est le nombre de couples ordonnés).
Exercice 4 : questions 4 à 5
4. Affirmation 4 : vraie.
\(f\) est dérivable sur \([1\,;\,+\infty[\) et \(f^{\prime}(x) = (\ln x)^2 + x \times 2\ln x \times \dfrac{1}{x} = (\ln x)^2 + 2\ln x = \ln x\,(\ln x + 2)\). Pour \(x \gt 1\), \(\ln x \gt 0\) donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) ; \(f^{\prime}\) ne s’annule qu’en 1 : \(f\) est strictement croissante sur \([1\,;\,+\infty[\).
De plus \(f(1) = 0\) et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\) (produit de deux termes tendant vers \(+\infty\)). \(f\) est continue, strictement croissante, et 1 est compris entre 0 et \(+\infty\) : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 1\) a une unique solution sur \([1\,;\,+\infty[\) (environ 2,02).
5. Affirmation 5 : vraie.
Intégration par parties avec \(u(x) = x\), \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), \(u^{\prime}(x) = 1\), \(v(x) = -\text{e}^{-x}\) :
\[\int_0^1 x\,\text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-x\,\text{e}^{-x}\Big]_0^1 + \int_0^1 \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\text{e}^{-1} + \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_0^1 = -\text{e}^{-1} – \text{e}^{-1} + 1 = 1 – \dfrac{2}{\text{e}}.\]
Or \(1 – \dfrac{2}{\text{e}} = \dfrac{\text{e} – 2}{\text{e}}\) : l’égalité est exacte (valeur environ 0,264).
Comment réviser avec ce corrigé France 2024
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 exponentielle ou 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 pièges classiques
- 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.
- 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 France 2024
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 convexité, mais aussi le calcul intégral.
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 2024 en France (septembre, jour 2) : sujet et corrigé.
