L’essentiel : Corrigé du bac de maths 2025 aux centres étrangers (jour 2) : chaque question est résolue avec les calculs et la méthode attendue. Idéal pour réviser l’examen en se corrigeant ; corrigé gratuit en PDF.
Corrigé étrangers 2025 : ce que contient la correction
Tout d’abord, ce corrigé étrangers 2025 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 aux centres étrangers (jour 2), 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 la géométrie dans l’espace. 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 : correction du corrigé étrangers 2025
Partie A
1. Le 1er janvier 2026 correspond à \(n = 1\). Pour passer d’un terme au suivant, on multiplie par la raison : \(u_1 = 0{,}93 \times u_0 = 0{,}93 \times 6 = 5{,}58\). Selon ce modèle, il y aura 5 580 individus dans le milieu A au 1er janvier 2026.
2. Pour une suite géométrique de premier terme \(u_0\) et de raison \(q\), on a \(u_n = u_0 \times q^n\). Donc, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n = 6 \times 0{,}93^n\).
3. La raison vérifie \(0 \lt 0{,}93 \lt 1\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} 0{,}93^n = 0\) et, en multipliant par 6, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).
Interprétation : dans le milieu A, la population diminue de 7 % par an et finit, à long terme, par disparaître.
Partie B
1. On applique la relation de récurrence avec \(n = 0\) :
\[v_1 = -0{,}05 \times 6^2 + 1{,}1 \times 6 = -1{,}8 + 6{,}6 = 4{,}8.\]
Selon ce modèle, il y aura 4 800 individus dans le milieu B au 1er janvier 2026.
2. La fonction \(f\) est un polynôme, donc dérivable sur \([0\ ;\ +\infty[\), et \(f^{\prime}(x) = -0{,}1x + 1{,}1\). Or :
\[f^{\prime}(x) \geq\, 0 \iff 1{,}1 \geq\, 0{,}1x \iff x \leq\, 11.\]
La dérivée est positive (et ne s’annule qu’en 11) sur \([0\ ;\ 11]\) : \(f\) est croissante sur \([0\ ;\ 11]\).
3. Remarquons que \(v_{n+1} = f(v_n)\) pour tout \(n\). Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\) ».
Initialisation. \(v_0 = 6\) et \(v_1 = 4{,}8\), donc \(2 \leq\, v_1 \leq\, v_0 \leq\, 6\) : \(\mathcal{P}_0\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\). Tous ces nombres sont dans \([2\ ;\ 6]\), donc dans \([0\ ;\ 11]\) où \(f\) est croissante. Appliquer \(f\) conserve donc l’ordre :
\[f(2) \leq\, f(v_{n+1}) \leq\, f(v_n) \leq\, f(6).\]
On calcule \(f(2) = -0{,}2 + 2{,}2 = 2\) et \(f(6) = 4{,}8\). L’encadrement devient \(2 \leq\, v_{n+2} \leq\, v_{n+1} \leq\, 4{,}8\), et comme \(4{,}8 \leq\, 6\), on obtient \(2 \leq\, v_{n+2} \leq\, v_{n+1} \leq\, 6\) : \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2 \leq\, v_{n+1} \leq\, v_n \leq\, 6\).
Exercice 1 du corrigé étrangers 2025, partie B : questions 4 à 5
4. D’après la question 3, pour tout \(n\), \(v_{n+1} \leq\, v_n\) : la suite \((v_n)\) est décroissante. Elle est de plus minorée par 2. D’après le théorème de convergence monotone, une suite décroissante et minorée converge : \((v_n)\) converge vers une limite \(\ell\), et par passage à la limite dans les inégalités larges, \(2 \leq\, \ell \leq\, 6\).
5. a. On a \(v_{n+1} = f(v_n)\). Quand \(n\) tend vers \(+\infty\), \(v_{n+1}\) tend vers \(\ell\) ; comme \(f\) est continue (c’est un polynôme), \(f(v_n)\) tend vers \(f(\ell)\). Par unicité de la limite, \(f(\ell) = \ell\).
On résout cette équation :
\[-0{,}05\ell^2 + 1{,}1\ell = \ell \iff -0{,}05\ell^2 + 0{,}1\ell = 0 \iff -0{,}05\,\ell\,(\ell – 2) = 0 \iff \ell = 0 \text{ ou } \ell = 2.\]
Comme \(\ell \geq\, 2\), la valeur 0 est exclue : \(\ell = 2\).
b. À long terme, la population du milieu B diminue et se stabilise autour de 2 000 individus : contrairement au milieu A, elle ne s’éteint pas.
Partie C
1. 3 000 individus correspondent à 3 milliers. On résout \(u_n \lt 3\) :
\[6 \times 0{,}93^n \lt 3 \iff 0{,}93^n \lt 0{,}5 \iff n\ln(0{,}93) \lt \ln(0{,}5)\]
(la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0\ ;\ +\infty[\)). Comme \(\ln(0{,}93) \lt 0\), diviser par ce nombre change le sens de l’inégalité :
\[n \gt \dfrac{\ln(0{,}5)}{\ln(0{,}93)} \approx 9{,}55.\]
Le plus petit entier solution est \(n = 10\), qui correspond à l’année \(2025 + 10\). La population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2035.
2. La suite \((v_n)\) est décroissante ; il suffit de trouver le premier rang où elle passe sous 3. La calculatrice donne \(v_5 \approx 3{,}145\) et \(v_6 \approx 2{,}965\). Le premier rang est donc \(n = 6\) : la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus à partir de 2031.
3. D’après la partie B, pour tout \(n\), \(v_n \geq\, 2\). D’autre part, \((u_n)\) tend vers 0 : par définition de la limite, l’intervalle \(]-1\ ;\ 2[\) contient tous les termes \(u_n\) à partir d’un certain rang \(N\). Pour \(n \geq\, N\), on a donc \(u_n \lt 2 \leq\, v_n\).
On peut même préciser ce rang : \(6 \times 0{,}93^n \lt 2 \iff n \gt \dfrac{\ln(1/3)}{\ln(0{,}93)} \approx 15{,}1\). Dès 2041 (\(n = 16\)), et même plus tôt comme le montre la question suivante, la population du milieu B dépasse celle du milieu A.
Exercice 1 du corrigé étrangers 2025, partie C : question 4
4. a. Au départ \(u = v = 6\). On doit répéter le calcul des termes suivants tant que la population B n’a pas strictement dépassé la population A, c’est-à-dire tant que \(u \geq\, v\). Dans la boucle, \(u\) est multiplié par 0,93 et \(v\) est remplacé par \(f(v)\). Le programme complété est :
n=0
u = 6
v = 6
while u >= v :
u = 0.93*u
v= -0.05*v**2 + 1.1*v
n = n+1
print (2025 + n)
b. On calcule les termes successifs. Jusqu’au rang 12 la population A reste la plus grande (\(u_{12} \approx 2{,}512\) et \(v_{12} \approx 2{,}406\)) ; au rang 13, \(u_{13} \approx 2{,}336\) et \(v_{13} \approx 2{,}358\), donc \(v_{13} \gt u_{13}\) et la boucle s’arrête avec \(n = 13\). Le programme affiche 2038.
Exercice 2 :
Partie A
1. On repère sur la courbe le point d’abscisse 10 et on lit son ordonnée : elle se situe un peu en dessous de 0,9. Ainsi \(f(10) \approx 0{,}9\) (dans la limite de précision du graphique ; la valeur exacte, une fois \(a\) et \(b\) connus, est environ 0,88).
2. La limite finie 1 en \(+\infty\) signifie que la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à la courbe \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\) : la courbe s’en rapproche autant qu’on veut quand \(x\) devient grand.
3. Le point A\((0\ ;\ 0{,}5)\) est sur la courbe, donc \(f(0) = 0{,}5\). Or \(f(0) = \dfrac{1}{a + \text{e}^{0}} = \dfrac{1}{a + 1}\). Ainsi \(\dfrac{1}{a+1} = \dfrac{1}{2}\), d’où \(a + 1 = 2\) et \(a = 1\).
4. Le coefficient directeur de (AB) vaut :
\[m = \dfrac{y_B – y_A}{x_B – x_A} = \dfrac{1 – 0{,}5}{10 – 0} = \dfrac{0{,}5}{10} = 0{,}05.\]
Le coefficient directeur de (AB) est \(0{,}05\).
5. a. Avec \(a = 1\), \(f = \dfrac{1}{u}\) où \(u(x) = 1 + \text{e}^{-bx}\), qui ne s’annule pas. On a \(u^{\prime}(x) = -b\,\text{e}^{-bx}\) et \((\dfrac{1}{u})^{\prime} = -\dfrac{u^{\prime}}{u^2}\), donc pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[f^{\prime}(x) = -\dfrac{-b\,\text{e}^{-bx}}{(1 + \text{e}^{-bx})^2} = \dfrac{b\,\text{e}^{-bx}}{(1 + \text{e}^{-bx})^2}.\]
b. La droite (AB) est tangente à \(\mathcal{C}_f\) au point A d’abscisse 0 : son coefficient directeur est le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\). Or \(f^{\prime}(0) = \dfrac{b \times 1}{(1 + 1)^2} = \dfrac{b}{4}\). L’égalité \(\dfrac{b}{4} = 0{,}05\) donne \(b = 0{,}2\).
Partie B
1. Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(-0{,}2x\) tend vers \(-\infty\) et donc \(\text{e}^{-0{,}2x}\) tend vers 0 (par composition). Le dénominateur tend vers 1 et, par quotient, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1\).
2. D’après la partie A (avec \(b = 0{,}2\)), pour tout \(x \geq\, 0\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{-0{,}2x}}{(1 + \text{e}^{-0{,}2x})^2}.\]
Une exponentielle est strictement positive et un carré non nul aussi : \(f^{\prime}(x) \gt 0\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \([0\ ;\ +\infty[\), de \(f(0) = 0{,}5\) jusqu’à la limite 1.
3. Sur \([0\ ;\ +\infty[\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(f(0) = 0{,}5\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 1\). Elle prend donc toutes les valeurs de \([0{,}5\ ;\ 1[\), chacune une seule fois. Comme \(0{,}97 \in [0{,}5\ ;\ 1[\), le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure qu’il existe un unique réel \(\alpha \geq\, 0\) tel que \(f(\alpha) = 0{,}97\).
4. À la calculatrice : \(f(17) \approx 0{,}9677 \lt 0{,}97\) et \(f(18) \approx 0{,}9734 \gt 0{,}97\). Donc \(17 \lt \alpha \lt 18\) (on trouve \(\alpha \approx 17{,}38\)).
Interprétation : la fonction \(f\) part de 0,5 et tend vers 1 ; c’est entre \(x = 17\) et \(x = 18\) qu’elle dépasse 0,97, c’est-à-dire qu’elle atteint 97 % de sa valeur limite. Au-delà de \(\alpha\), la courbe est à moins de 0,03 de son asymptote.
Partie C
1. On multiplie le numérateur et le dénominateur de \(f(x)\) par \(\text{e}^{0{,}2x}\), qui est non nul, en utilisant \(\text{e}^{0{,}2x} \times \text{e}^{-0{,}2x} = \text{e}^0 = 1\) :
\[f(x) = \dfrac{1 \times \text{e}^{0{,}2x}}{(1 + \text{e}^{-0{,}2x})\text{e}^{0{,}2x}} = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{\text{e}^{0{,}2x} + 1} = \dfrac{\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}}.\]
2. Posons \(w(x) = 1 + \text{e}^{0{,}2x}\), strictement positive, de dérivée \(w^{\prime}(x) = 0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}\). Alors \(f(x) = 5 \times \dfrac{0{,}2\,\text{e}^{0{,}2x}}{1 + \text{e}^{0{,}2x}} = 5\,\dfrac{w^{\prime}(x)}{w(x)}\). Une primitive de \(\dfrac{w^{\prime}}{w}\) (avec \(w \gt 0\)) est \(\ln(w)\). Une primitive de \(f\) sur \([0\ ;\ +\infty[\) est donc :
\[F(x) = 5\ln(1 + \text{e}^{0{,}2x}).\]
3. Avec la primitive précédente :
\[I = \dfrac{1}{40}[F(40) – F(0)] = \dfrac{5}{40}[\ln(1 + \text{e}^{8}) – \ln 2] = \dfrac{1}{8}\ln(\dfrac{1 + \text{e}^8}{2}).\]
La valeur exacte est \(I = \dfrac{1}{8}\ln(\dfrac{1 + \text{e}^8}{2})\), et \(I \approx 0{,}913\).
Exercice 3 :
Partie A
1. Une séquence est une liste ordonnée de 4 caractères pris parmi 64, les répétitions étant permises (c’est un 4-uplet). Il y a 64 choix pour chaque position, donc \(64^4 =\) 16 777 216 séquences.
2. Si les caractères sont distincts, on choisit le premier parmi 64, le deuxième parmi les 63 restants, et ainsi de suite (arrangements de 4 éléments parmi 64) : \(64 \times 63 \times 62 \times 61 =\) 15 249 024 séquences.
3. a. Sans lettre A majuscule, chaque position n’a plus que 63 choix : \(63^4 =\) 15 752 961 séquences.
b. « Au moins un A » est le contraire de « aucun A ». On soustrait donc du total : \(64^4 – 63^4 = 16\,777\,216 – 15\,752\,961 =\) 1 024 255 séquences.
c. On choisit la position du A (4 possibilités), puis on remplit les 3 autres positions avec des caractères différents de A (63 choix chacune) : \(4 \times 63^3 = 4 \times 250\,047 =\) 1 000 188 séquences.
d. On choisit les deux positions des A parmi les 4 : \(\dbinom{4}{2} = 6\) façons. Les 2 positions restantes reçoivent un caractère autre que A : \(63^2 = 3969\) possibilités. Au total \(6 \times 3969 =\) 23 814 séquences.
Partie B
1. On répète 250 fois de façon indépendante une épreuve à deux issues dont le « succès » (caractère mal transmis) a pour probabilité 0,01 ; \(X\) compte les succès. \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 250\) et \(p = 0{,}01\).
2. Tous les caractères sont bien transmis lorsque \(X = 0\) :
\[P(X = 0) = \binom\,{250}{0} \times 0{,}01^0 \times 0{,}99^{250} = 0{,}99^{250} \approx 0{,}081.\]
La probabilité cherchée vaut \(0{,}99^{250} \approx 0{,}081\).
3. « Plus de 16 caractères mal transmis » correspond à \(X \gt 16\), soit \(X \geq\, 17\). À la calculatrice :
\[P(X \geq\, 17) = 1 – P(X \leq\, 16) \approx 1{,}04 \times 10^{-9}.\]
C’est environ une chance sur un milliard ; en moyenne, on n’attend que \(E(X) = 250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) erreurs. L’affirmation est donc juste : cette probabilité est négligeable.
Partie C
Chaque \(X_i\) suit la loi \(\mathcal{B}(250\ ;\ 0{,}01)\), donc \(E(X_i) = 250 \times 0{,}01 = 2{,}5\) et \(V(X_i) = 250 \times 0{,}01 \times 0{,}99 = 2{,}475\).
Espérance. Par linéarité de l’espérance (valable sans hypothèse d’indépendance) :
\[E(S) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4) = 4 \times 2{,}5 = 10.\]
Variance. Les variables \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\), \(X_4\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme des variances :
\[V(S) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) + V(X_4) = 4 \times 2{,}475 = 9{,}9.\]
Ainsi \(E(S) = 10\) et \(V(S) = 9{,}9\).
Exercice 4 :
1. a. On calcule \(\vec{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}\) et \(\vec{AC}\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{AB} = k\,\vec{AC}\) ; la première coordonnée impose \(k = 3\), la deuxième \(k = \dfrac{1}{3}\) : contradiction. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés.
b. Dans le repère orthonormé :
\[\vec{n} \cdot \vec{AB} = (-1)(-3) + 1 \times 1 + 4 \times (-1) = 3 + 1 – 4 = 0,\]
\[\vec{n} \cdot \vec{AC} = (-1)(-1) + 1 \times 3 + 4 \times (-1) = 1 + 3 – 4 = 0.\]
Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : \(\vec{n}\) est normal au plan (ABC).
c. Comme \(\vec{n}\) est normal à (ABC), ce plan a une équation de la forme \(-x + y + 4z + d = 0\). Le point A\((1\ ;\ 0\ ;\ 3)\) lui appartient : \(-1 + 0 + 12 + d = 0\), d’où \(d = -11\). Une équation cartésienne de (ABC) est bien \(-x + y + 4z – 11 = 0\).
2. a. Des équations, on lit les vecteurs normaux \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}\) et \(\vec{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}\) pour \(\mathcal{P}^{\prime}\). Si \(\vec{n_1} = k\,\vec{n_2}\), la première coordonnée donne \(k = 3\) et la troisième \(k = -2\) : impossible. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans ne sont ni parallèles ni confondus : \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont sécants, selon une droite \((d)\).
b. Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. Or
\[\vec{n_1} \cdot \vec{n_2} = 3 \times 1 + (-3)(-1) + 2 \times (-1) = 3 + 3 – 2 = 4 \neq 0.\]
Exercice 4 du corrigé étrangers 2025 : questions 3 à 4
Les plans \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) ne sont pas perpendiculaires.
3. La droite \((d)\) est contenue dans \(\mathcal{P}\) et dans \(\mathcal{P}^{\prime}\) : un vecteur directeur de \((d)\) est donc orthogonal à la fois à \(\vec{n_1}\) et à \(\vec{n_2}\). Réciproquement, un vecteur non nul orthogonal à ces deux vecteurs normaux est parallèle aux deux plans, donc à leur droite d’intersection. Vérifions :
\[\vec{u} \cdot \vec{n_1} = 1 \times 3 + 1 \times (-3) + 0 \times 2 = 0 \qquad \vec{u} \cdot \vec{n_2} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) + 0 \times (-1) = 0.\]
Le vecteur \(\vec{u}\), non nul, est orthogonal aux deux vecteurs normaux : \(\vec{u}\) dirige la droite \((d)\).
4. On remplace les coordonnées de M\((2\ ;\ 1\ ;\ 3)\) dans chaque équation :
- pour \(\mathcal{P}\) : \(3 \times 2 – 3 \times 1 + 2 \times 3 – 9 = 6 – 3 + 6 – 9 = 0\), donc \(\text{M} \in \mathcal{P}\) ;
- pour \(\mathcal{P}^{\prime}\) : \(2 – 1 – 3 + 2 = 0\), donc \(\text{M} \in \mathcal{P}^{\prime}\).
Le point M appartient aux deux plans, donc à leur intersection \((d)\). La droite \((d)\) passe par M et est dirigée par \(\vec{u}\) ; une représentation paramétrique en est :
\[\{\begin{array}{l}x = 2 + t\\ y = 1 + t\\ z = 3\end{array}. \quad t \in \mathbb{R}.\]
Exercice 4 du corrigé étrangers 2025 : question 5
5. Un point quelconque de \((d)\) a pour coordonnées \((2 + t\ ;\ 1 + t\ ;\ 3)\). On le remplace dans l’équation de (ABC) :
\[-(2 + t) + (1 + t) + 4 \times 3 – 11 = -2 – t + 1 + t + 12 – 11 = 0.\]
L’égalité est vraie pour toute valeur de \(t\) : tous les points de \((d)\) sont dans (ABC), donc la droite \((d)\) est incluse dans le plan (ABC).
Conclusion sur les trois plans : le vecteur normal \(\vec{n}\) de (ABC) n’est colinéaire ni à \(\vec{n_1}\) ni à \(\vec{n_2}\) (si \(\vec{n} = k\,\vec{n_1}\), les premières coordonnées imposent \(k = -\dfrac{1}{3}\) et les troisièmes \(k = 2\) ; si \(\vec{n} = k\,\vec{n_2}\), on trouve \(k = -1\) puis \(k = -4\)), donc (ABC) n’est confondu avec aucun des deux autres plans. Les trois plans (ABC), \(\mathcal{P}\) et \(\mathcal{P}^{\prime}\) sont deux à deux sécants et se coupent tous les trois selon la même droite \((d)\).
Corrigé étrangers 2025 : 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, 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, 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 étrangers 2025 : questions fréquentes
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 ? En priorité, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et les limites, mais aussi la géométrie dans l’espace.
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.
Par ailleurs, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 aux centres étrangers (jour 2) : sujet et corrigé.
