Corrigé Polynésie 2024 : ce que contient la correction
D’abord, précisons que ce corrigé Polynésie 2024 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Polynésie (jour 1), avec une rédaction complète des réponses. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout 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 :
Affirmation 1 : fausse.
Un vecteur est normal à un plan lorsqu’il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Les vecteurs \(\vec{\text{OA}}\begin{pmatrix}2\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{OC}}\begin{pmatrix}5\\0\\-3\end{pmatrix}\) ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{OC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{OA}}\)) : les points O, A et C définissent bien un plan.
On calcule les produits scalaires : \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OA}} = 1 \times 2 + 0 \times 1 + 2 \times (-1) = 0\), mais \(\vec{n} \cdot \vec{\text{OC}} = 1 \times 5 + 0 \times 0 + 2 \times (-3) = -1 \neq 0\).
Le vecteur \(\vec{n}\) n’est pas orthogonal au vecteur \(\vec{\text{OC}}\), qui est pourtant un vecteur du plan (OAC) : \(\vec{n}\) n’est pas normal au plan (OAC), l’affirmation 1 est fausse.
Affirmation 2 : vraie.
Il suffit de vérifier que C appartient aux deux droites et que ces droites ne sont pas confondues.
C appartient à (AB) ? On a \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\), donc \(\vec{\text{AC}} = -\vec{\text{AB}}\) : les points A, B, C sont alignés et \(\text{C} \in (\text{AB})\).
C appartient à \(\mathcal{D}\) ? On cherche \(t\) tel que \(-t + 3 = 5\), \(t + 2 = 0\) et \(2t + 1 = -3\). La première équation donne \(t = -2\), qui vérifie aussi \(t + 2 = 0\) et \(2 \times (-2) + 1 = -3\). Donc \(\text{C} \in \mathcal{D}\) (paramètre \(t = -2\)).
Exercice 1 du corrigé Polynésie 2024 (suite)
Enfin, un vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}-1\\1\\2\end{pmatrix}\), qui n’est pas colinéaire à \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}-3\\1\\2\end{pmatrix}\) (les deuxièmes coordonnées imposeraient un coefficient 1, incompatible avec les premières). Les droites ne sont donc pas parallèles : elles ont un seul point commun. Les droites \(\mathcal{D}\) et (AB) sont sécantes en C, l’affirmation 2 est vraie.
Affirmation 3 : vraie.
Un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}1\\5\\-2\end{pmatrix}\) (coefficients de \(x\), \(y\), \(z\) dans l’équation). On a \(\vec{u} \cdot \vec{n^{\prime}} = -1 + 5 – 4 = 0\) : le vecteur directeur de \(\mathcal{D}\) est orthogonal au vecteur normal du plan, donc \(\mathcal{D}\) est parallèle à \(\mathcal{P}\).
On peut préciser : le point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t = 0\) est \((3~;~2~;~1)\), et \(3 + 5 \times 2 – 2 \times 1 + 3 = 14 \neq 0\), donc ce point n’est pas dans \(\mathcal{P}\). La droite est strictement parallèle au plan \(\mathcal{P}\) : l’affirmation 3 est vraie.
Affirmation 4 : vraie.
Le milieu I de [BC] a pour coordonnées \((\dfrac{-1 + 5}{2}~;~\dfrac{2 + 0}{2}~;~\dfrac{1 – 3}{2})\), c’est-à-dire \(\text{I}(2~;~1~;~-1)\) (c’est d’ailleurs le point A). On vérifie qu’il est dans \(Q\) : \(3 \times 2 – 1 – 2 \times (-1) – 7 = 6 – 1 + 2 – 7 = 0\).
Un vecteur normal à \(Q\) est \(\vec{v}\begin{pmatrix}3\\-1\\-2\end{pmatrix}\). Or \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}6\\-2\\-4\end{pmatrix} = 2\vec{v}\) : le segment [BC] est donc perpendiculaire au plan \(Q\).
Le plan \(Q\) passe par le milieu de [BC] et est perpendiculaire à [BC] : c’est bien le plan médiateur de [BC], l’affirmation 4 est vraie.
Exercice 2 :
Partie A
1. Le logiciel note \(k * \text{exp}(-0.02 * t)\) ce que l’on écrit \(k\text{e}^{-0{,}02t}\) : il affirme donc que les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), avec \(k\) réel.
L’équation s’écrit \(y^{\prime} = -0{,}02y + m\), de la forme \(y^{\prime} = ay + b\) avec \(a = -0{,}02 \neq 0\) et \(b = m\). D’après le cours, ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{at} – \dfrac{b}{a}\), \(k \in \mathbb{R}\). Ici \(-\dfrac{b}{a} = \dfrac{m}{0{,}02} = 50m\), d’où les fonctions \(t \mapsto k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\).
Vérification directe : si \(y(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\), alors \(y^{\prime}(t) = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t}\) et \(y^{\prime} + 0{,}02y = -0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02k\text{e}^{-0{,}02t} + 0{,}02 \times 50m = m\). L’affichage du logiciel est donc justifié.
2. La fonction \(f\) est l’une de ces solutions : \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 50m\) pour un certain réel \(k\).
Comme \(-0{,}02 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}02t} = 0\), donc \(\lim\limits_{t \to +\infty} f(t) = 50m\).
On sait que cette limite vaut 30, donc \(50m = 30\), soit \(m = \dfrac{30}{50}\) : \(m = 0{,}6\).
3. Avec \(m = 0{,}6\), on a \(50m = 30\) et \(f(t) = k\text{e}^{-0{,}02t} + 30\).
La condition initiale donne \(f(0) = k \times \text{e}^{0} + 30 = k + 30 = 210\), donc \(k = 180\).
\(f(t) = 180\text{e}^{-0{,}02t} + 30\) pour tout \(t \geq\, 0\).
Partie B
1. a. On trace la droite horizontale d’ordonnée 50 : elle coupe la courbe en un point dont l’abscisse se situe un peu avant 110. On lit \(T \approx 110\) secondes.
b. La fonction \(f\) est strictement décroissante (car \(f^{\prime}(t) = -3{,}6\text{e}^{-0{,}02t} \lt 0\)), donc la température passe sous 50 °C à l’instant \(T\) où \(f(T) = 50\). On résout :
\[180\text{e}^{-0{,}02T} + 30 = 50 \iff 180\text{e}^{-0{,}02T} = 20 \iff \text{e}^{-0{,}02T} = \dfrac{1}{9}\]
En appliquant la fonction logarithme népérien (bijective sur \(]0~;~+\infty[\)) :
\[-0{,}02T = \ln(\dfrac{1}{9}) = -\ln 9 \iff T = \dfrac{\ln 9}{0{,}02} = 50\ln 9.\]
\(T = 50\ln 9\) secondes, soit environ 109,9 s, ce qui confirme la lecture graphique.
2. La valeur moyenne de \(f\) sur \([0~;~100]\) est \(\mu = \dfrac{1}{100 – 0}\displaystyle\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t\).
Une primitive de \(t \mapsto 180\text{e}^{-0{,}02t}\) est \(t \mapsto \dfrac{180}{-0{,}02}\text{e}^{-0{,}02t} = -9000\text{e}^{-0{,}02t}\), donc une primitive de \(f\) est \(F(t) = -9000\text{e}^{-0{,}02t} + 30t\).
\[\int_0^{100} f(t)\,\text{d}t = F(100) – F(0) = (-9000\text{e}^{-2} + 3000) – (-9000) = 12000 – 9000\text{e}^{-2}.\]
\[\mu = \dfrac{12000 – 9000\text{e}^{-2}}{100} = 120 – 90\text{e}^{-2}.\]
La température moyenne sur les 100 premières secondes vaut \(120 – 90\text{e}^{-2} \approx 107{,}8\) °C.
Exercice 3 :
Partie A
1. On répète trois fois, de façon identique et indépendante, une épreuve à deux issues : « Face » (succès), de probabilité \(\dfrac{1}{2}\) puisque la pièce est équilibrée, ou « Pile ». La variable \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 3\) et \(p = \dfrac{1}{2}\).
2. Pour \(k \in \{0~;~1~;~2~;~3\}\), \(P(X = k) = \dbinom{3}{k}(\dfrac{1}{2})^k(\dfrac{1}{2})^{3-k} = \dbinom{3}{k} \times \dfrac{1}{8}\). Avec \(\dbinom{3}{0} = \dbinom{3}{3} = 1\) et \(\dbinom{3}{1} = \dbinom{3}{2} = 3\) :
| \(k\) | 0 | 1 | 2 | 3 |
|---|---|---|---|---|
| \(P(X = k)\) | \(\dfrac{1}{8}\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(\dfrac{3}{8}\) | \(\dfrac{1}{8}\) |
Partie B
1. Si \(A_1\) est réalisé, une seule pièce est sur « Face » : on la garde et on relance les deux autres. La partie est gagnée si ces deux pièces tombent toutes les deux sur « Face ». Les deux lancers sont indépendants, chacun donnant « Face » avec probabilité \(\dfrac{1}{2}\), donc \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{2} \times \dfrac{1}{2}\), soit \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\).
2. Le même raisonnement donne les autres probabilités conditionnelles :
- sachant \(A_0\), on relance les trois pièces et il faut trois « Face » : \(P_{A_0}(G) = (\dfrac{1}{2})^3 = \dfrac{1}{8}\), donc \(P_{A_0}(\overline{G}) = \dfrac{7}{8}\) ;
- sachant \(A_1\) : \(P_{A_1}(G) = \dfrac{1}{4}\) et \(P_{A_1}(\overline{G}) = \dfrac{3}{4}\) ;
- sachant \(A_2\), on relance une seule pièce : \(P_{A_2}(G) = \dfrac{1}{2}\) et \(P_{A_2}(\overline{G}) = \dfrac{1}{2}\) ;
- sachant \(A_3\), la partie est gagnée d’emblée : \(P_{A_3}(G) = 1\).
3. Les évènements \(A_0\), \(A_1\), \(A_2\), \(A_3\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[p = P(G) = P(A_0)P_{A_0}(G) + P(A_1)P_{A_1}(G) + P(A_2)P_{A_2}(G) + P(A_3)P_{A_3}(G)\]
\[p = \dfrac{1}{8} \times \dfrac{1}{8} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4} + \dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{8} \times 1 = \dfrac{1}{64} + \dfrac{6}{64} + \dfrac{12}{64} + \dfrac{8}{64} = \dfrac{27}{64}.\]
On a bien \(p = \dfrac{27}{64}\).
4. On cherche \(P_G(A_1)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_G(A_1) = \dfrac{P(A_1 \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{3}{8} \times \dfrac{1}{4}}{\dfrac{27}{64}} = \dfrac{6}{64} \times \dfrac{64}{27} = \dfrac{6}{27} = \dfrac{2}{9}.\]
Sachant que la partie a été gagnée, la probabilité qu’une seule pièce soit tombée sur « Face » au premier lancer est \(\dfrac{2}{9}\).
Exercice 3 du corrigé Polynésie 2024, partie B : question 5
5. On joue \(n\) parties indépendantes, chacune gagnée avec la probabilité \(\dfrac{27}{64}\) et perdue avec la probabilité \(\dfrac{37}{64}\). L’évènement « gagner au moins une partie » est le contraire de « perdre les \(n\) parties », donc sa probabilité est \(1 – (\dfrac{37}{64})^n\).
\[1 – (\dfrac{37}{64})^n \gt 0{,}95 \iff (\dfrac{37}{64})^n \lt 0{,}05 \iff n\ln(\dfrac{37}{64}) \lt \ln(0{,}05)\]
en appliquant la fonction \(\ln\), strictement croissante. Comme \(\dfrac{37}{64} \lt 1\), \(\ln(\dfrac{37}{64}) \lt 0\) et diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(\dfrac{37}{64})} \approx 5{,}47.\]
Contrôle : \((\dfrac{37}{64})^5 \approx 0{,}065\) et \((\dfrac{37}{64})^6 \approx 0{,}037\). Il faut jouer au moins 6 parties.
Exercice 4 :
Partie A
1. La variable u part de \(u_0 = 3\) et, à chacun des \(n\) passages dans la boucle, on remplace \(u\) par \(\dfrac{4}{5 – u}\) :
def suite(n):
u = 3
for i in range(n) :
u = 4/(5 - u)
return u
2. suite(2) effectue deux passages dans la boucle. Au premier : \(u_1 = \dfrac{4}{5 – 3} = 2\). Au second : \(u_2 = \dfrac{4}{5 – 2} = \dfrac{4}{3}\).
Or \(\dfrac{4}{3} = 1{,}333\ldots\) a une écriture décimale illimitée ; Python en affiche une valeur approchée à 16 chiffres. L’affichage 1.3333333333333333 correspond donc à \(u_2 = \dfrac{4}{3}\).
3. Les valeurs \(u_0 = 3\), \(u_1 = 2\), \(u_2 \approx 1{,}333\), \(u_5 \approx 1{,}0058\), \(u_{10} \approx 1{,}000006\), \(u_{20} \approx 1{,}000\,000\,000\,005\) diminuent en se rapprochant de 1. On conjecture que la suite \((u_n)\) est décroissante et qu’elle converge vers 1.
Partie B
1. Sur \(]-\infty~;~5[\), \(f = \dfrac{4}{v}\) avec \(v(x) = 5 – x\), qui ne s’annule pas et vérifie \(v^{\prime}(x) = -1\). Donc :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{4v^{\prime}(x)}{v(x)^2} = \dfrac{4}{(5 – x)^2}.\]
Un carré non nul étant strictement positif, \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-\infty~;~5[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]-\infty~;~5[\).
2. Pour tout entier naturel \(n\), notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété : « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\) ».
Initialisation. \(u_0 = 3\) et \(u_1 = 2\) (calculé en partie A), donc \(1 \leq\, u_1 \leq\, u_0 \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}_n\) soit vraie : \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\). Les nombres 1, \(u_{n+1}\), \(u_n\) et 4 appartiennent tous à \(]-\infty~;~5[\), où \(f\) est croissante ; l’application de \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(1) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n) \leq\, f(4).\]
Or \(f(1) = \dfrac{4}{4} = 1\), \(f(4) = \dfrac{4}{1} = 4\), \(f(u_{n+1}) = u_{n+2}\) et \(f(u_n) = u_{n+1}\). On obtient \(1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1} \leq\, 4\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. \(\mathcal{P}_0\) est vraie et la propriété est héréditaire ; par le principe de récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n \leq\, 4\).
Exercice 4 du corrigé Polynésie 2024, partie B : questions 3 à 4
3. a. Soit \(x \in ]-\infty~;~5[\). Alors \(5 – x \neq 0\) (et même \(5 – x \gt 0\)), on peut donc multiplier les deux membres par \(5 – x\) sans perdre l’équivalence :
\[f(x) = x \iff \dfrac{4}{5 – x} = x \iff 4 = x(5 – x) \iff 4 = 5x – x^2 \iff x^2 – 5x + 4 = 0.\]
L’équivalence est démontrée.
b. Le trinôme \(x^2 – 5x + 4\) a pour discriminant \(\Delta = 25 – 16 = 9 = 3^2\), d’où deux racines \(x_1 = \dfrac{5 – 3}{2} = 1\) et \(x_2 = \dfrac{5 + 3}{2} = 4\). On a donc \(x^2 – 5x + 4 = (x – 1)(x – 4)\).
Les deux racines appartiennent à \(]-\infty~;~5[\). Les solutions de \(f(x) = x\) sur \(]-\infty~;~5[\) sont 1 et 4.
4. D’après la question 2, pour tout \(n\), \(u_{n+1} \leq\, u_n\) : la suite est décroissante ; et \(u_n \geq\, 1\) : elle est minorée par 1. Toute suite décroissante et minorée converge : la suite \((u_n)\) est convergente. Notons \(\ell\) sa limite.
Comme \(1 \leq\, u_n \leq\, u_0 = 3\) pour tout \(n\), on a par passage à la limite \(1 \leq\, \ell \leq\, 3\), donc \(\ell \in ]-\infty~;~5[\).
La fonction \(f\) est continue sur \(]-\infty~;~5[\) (elle y est dérivable) et \(u_{n+1} = f(u_n)\). En passant à la limite dans cette égalité, on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question 3.b, \(\ell = 1\) ou \(\ell = 4\) ; comme \(\ell \leq\, 3\), on exclut 4. La suite \((u_n)\) converge vers 1, ce qui confirme la conjecture de la partie A.
Exercice 4 du corrigé Polynésie 2024, partie B : question 5
5. Si \(u_0 = 4\), alors \(u_1 = f(4) = \dfrac{4}{5 – 4} = 4\). Puisque 4 est un point fixe de \(f\), on montre immédiatement par récurrence que \(u_n = 4\) pour tout \(n\) : si \(u_n = 4\), alors \(u_{n+1} = f(4) = 4\).
La suite est alors constante égale à 4 : elle converge vers 4, et non plus vers 1, et elle n’est plus strictement décroissante. Le comportement n’est donc pas le même qu’avec \(u_0 = 3\).
Corrigé Polynésie 2024 : 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, refaites les questions ratées deux ou trois jours plus tard, cette fois sans rien regarder. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
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).
Corrigé Polynésie 2024 : vos questions
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 exponentielle, la fonction logarithme népérien et les limites, mais aussi les probabilités conditionnelles.
Faut-il tout justifier ? Oui, en règle générale ; en revanche, dans un QCM, l’énoncé précise le plus souvent qu’aucune justification n’est attendue.
Retour à l’énoncé : Bac de maths 2024 en Polynésie (jour 1) : sujet et corrigé.
