Corrigé du bac de maths 2025 en Polynésie (jour 2) à télécharger en PDF

Corrigé Polynésie 2025 : organisation du corrigé

D’abord, précisons que ce corrigé Polynésie 2025 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Polynésie (jour 2), avec une rédaction complète des réponses. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, la convexité et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie A

1. a. Chaque transmission est fidèle avec probabilité 0,9. Si la machine précédente détient 1, la suivante détient 1 avec probabilité 0,9 (transmission fidèle) et 0 avec probabilité 0,1 (transmission contraire). Si la machine précédente détient 0, c’est l’inverse : la suivante détient 0 avec probabilité 0,9 et 1 avec probabilité 0,1.

• Branches issues de \(V_1\) : \(P_{V_1}(V_2) = 0{,}9\) et \(P_{V_1}(\overline{V_2}) = 0{,}1\).
• Branches issues de \(V_2\) : \(P_{V_2}(V_3) = 0{,}9\) et \(P_{V_2}(\overline{V_3}) = 0{,}1\).
• Branches issues de \(\overline{V_2}\) : \(P_{\overline{V_2}}(V_3) = 0{,}1\) et \(P_{\overline{V_2}}(\overline{V_3}) = 0{,}9\).

b. La machine 3 détient la valeur 1 en suivant deux chemins : deux transmissions fidèles (\(V_2\) puis \(V_3\)) ou deux transmissions contraires (\(\overline{V_2}\) puis \(V_3\)). Comme \(V_2\) et \(\overline{V_2}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :

\[P(V_3) = P(V_2 \cap V_3) + P(\overline{V_2} \cap V_3) = 0{,}9 \times 0{,}9 + 0{,}1 \times 0{,}1 = 0{,}81 + 0{,}01 = 0{,}82.\]

Donc \(P(V_3) = 0{,}82\) : après deux transmissions, la troisième machine détient la valeur de départ (1) dans 82 % des cas.

c. On cherche \(P_{V_3}(V_2)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{V_3}(V_2) = \dfrac{P(V_2 \cap V_3)}{P(V_3)} = \dfrac{0{,}81}{0{,}82} = \dfrac{81}{82} \approx 0{,}988.\]

Sachant que la troisième machine a reçu 1, la probabilité que la deuxième ait aussi reçu 1 est d’environ \(0{,}988\).

Exercice 1 du corrigé Polynésie 2025, partie A : question 2

2. a. Soit \(n \geq\, 1\). On raisonne comme en 1. b, mais entre les machines \(n\) et \(n+1\). Les évènements \(V_n\) et \(\overline{V_n}\) forment une partition, avec \(P(V_n) = p_n\) et \(P(\overline{V_n}) = 1 – p_n\). D’après la formule des probabilités totales :

\[p_{n+1} = P(V_n) \times P_{V_n}(V_{n+1}) + P(\overline{V_n}) \times P_{\overline{V_n}}(V_{n+1}) = 0{,}9p_n + 0{,}1(1 – p_n).\]

En développant : \(p_{n+1} = 0{,}9p_n + 0{,}1 – 0{,}1p_n\), c’est-à-dire \(p_{n+1} = 0{,}8p_n + 0{,}1\).

b. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\) ».

Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(0{,}5 \times 0{,}8^{0} + 0{,}5 = 0{,}5 + 0{,}5 = 1 = p_1\). La propriété \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie. En utilisant la relation de la question 2. a :

\[p_{n+1} = 0{,}8(0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5) + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}4 + 0{,}1 = 0{,}5 \times 0{,}8^{n} + 0{,}5.\]

C’est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\), puisque \(0{,}8^{n} = 0{,}8^{(n+1)-1}\).

Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire ; par récurrence, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_n = 0{,}5 \times 0{,}8^{n-1} + 0{,}5\).

c. Comme \(-1 \lt 0{,}8 \lt 1\), la suite géométrique \((0{,}8^{n-1})\) tend vers 0. Par produit puis par somme :

\[\lim_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5 \times 0 + 0{,}5 = 0{,}5.\]

Donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = 0{,}5\). Interprétation : après un très grand nombre de transmissions, la dernière machine détient la valeur 1 ou la valeur 0 avec des probabilités presque égales à 0,5. La valeur initiale est « oubliée » : la donnée reçue au bout de la chaîne ne renseigne plus du tout sur la donnée de départ.

Partie B

1. Ligne 5. Le nombre rand() est choisi au hasard dans \([0\,;\,1[\) ; il est strictement inférieur à 0,1 avec une probabilité égale à la longueur de l’intervalle \([0\,;\,0{,}1[\), c’est-à-dire 0,1. Le test simule donc un évènement de probabilité 0,1 : une transmission contraire.

Ligne 6. Elle n’est exécutée que si ce test est vrai. Elle remplace donnee par 1 - donnee : si la donnée vaut 1, elle devient \(1 – 1 = 0\) ; si elle vaut 0, elle devient \(1 – 0 = 1\). De plus, elle inverse donc la valeur.

En résumé, les lignes 5 et 6 simulent une transmission : avec une probabilité de 0,1, la donnée est changée en son contraire, sinon (probabilité 0,9) elle est conservée. (Pour que le script fonctionne en Python, il faut ajouter les deux-points à la fin de la ligne 5 : if rand() < 0.1:.)

2. Les transmissions sont indépendantes, donc la probabilité d’une liste donnée est le produit des probabilités de chaque transmission : 0,9 pour une transmission fidèle (deux valeurs consécutives égales), 0,1 pour une transmission contraire (deux valeurs consécutives différentes).

La liste [1, 1, 1, 1, 1] correspond à 4 transmissions fidèles :

\[P = 0{,}9^4 = 0{,}6561 \approx 0{,}656.\]

Exercice 1 du corrigé Polynésie 2025, partie B (suite)

La liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1] correspond aux 6 transmissions successives : \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 0\) contraire, \(0 \to 0\) fidèle, \(0 \to 1\) contraire, \(1 \to 1\) fidèle. Soit 4 transmissions contraires et 2 fidèles :

\[P = 0{,}1^4 \times 0{,}9^2 = 0{,}0001 \times 0{,}81 = 0{,}000\,081.\]

Les probabilités cherchées sont donc environ \(0{,}656\) pour [1, 1, 1, 1, 1] et \(8{,}1 \times 10^{-5}\) pour [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1], soit environ \(0{,}000\) à \(10^{-3}\) près : cette seconde liste est très improbable.

Exercice 2 :

1. D’après le graphique, on peut conjecturer que :

• \(f\) est croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\) ;
• \(\lim\limits_{x \to 2} f(x) = -\infty\), ce qui correspondrait à une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) ;
• \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty\), sans asymptote apparente en \(+\infty\).

2. Pour \(x \gt 2\), un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul : \(x = 0\) ou \(\ln(x – 2) = 0\). Le cas \(x = 0\) est exclu car \(x \gt 2\). Il reste \(\ln(x – 2) = 0 \iff x – 2 = 1 \iff x = 3\), et 3 appartient bien à \(]2\,;\,+\infty[\).

L’équation \(f(x) = 0\) a pour unique solution \(x = 3\) (ce que confirme le graphique : \(\mathcal{C}_f\) coupe l’axe des abscisses en 3).

3. Quand \(x\) tend vers 2 par valeurs supérieures, \(x – 2\) tend vers 0 en restant strictement positif. Comme \(\lim\limits_{X \to 0^+} \ln X = -\infty\), par composition \(\lim\limits_{x \to 2^+} \ln(x – 2) = -\infty\). Par ailleurs, \(x\) tend vers 2, qui est strictement positif. Par produit :

\[\lim_{\substack{x \to 2\\ x \gt 2}} f(x) = -\infty.\]

Ce résultat confirme la conjecture sur la limite en 2, et donc aussi l’existence d’une asymptote verticale d’équation \(x = 2\) pour \(\mathcal{C}_f\).

Exercice 2 : questions 4 à 5

4. \(f\) est le produit de \(u(x) = x\), avec \(u^{\prime}(x) = 1\), et de \(v(x) = \ln(x – 2)\). La fonction \(x \mapsto x – 2\) est strictement positive et dérivable sur \(]2\,;\,+\infty[\), donc \(v^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x – 2}\) (dérivée de \(\ln w\) égale à \(\dfrac{w^{\prime}}{w}\)). D’après \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :

\[f^{\prime}(x) = 1 \times \ln(x – 2) + x \times \dfrac{1}{x – 2} = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}.\]

5. a. On dérive les deux termes de \(g(x) = \ln(x – 2) + \dfrac{x}{x – 2}\). La dérivée de \(\ln(x – 2)\) est \(\dfrac{1}{x – 2}\). Pour le quotient, \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) donne \(\dfrac{1 \times (x – 2) – x \times 1}{(x – 2)^2} = \dfrac{-2}{(x – 2)^2}\). En réduisant au même dénominateur :

\[g^{\prime}(x) = \dfrac{x – 2}{(x – 2)^2} – \dfrac{2}{(x – 2)^2} = \dfrac{x – 4}{(x – 2)^2}.\]

b. Sur \(]2\,;\,+\infty[\), \((x – 2)^2 \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x)\) a le signe de \(x – 4\) : négatif sur \(]2\,;\,4[\), nul en 4, positif sur \(]4\,;\,+\infty[\). La fonction \(g\) est donc décroissante sur \(]2\,;\,4]\) et croissante sur \([4\,;\,+\infty[\). Son minimum est atteint en 4 :

\[g(4) = \ln(4 – 2) + \dfrac{4}{4 – 2} = \ln 2 + 2.\]

Le minimum de \(g\) est \(g(4) = 2 + \ln 2\) (environ 2,69).

c. Le minimum de \(g\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) est \(2 + \ln 2\). Comme \(\ln 2 \gt 0\), on a \(2 + \ln 2 \gt 2 \gt 0\). Toutes les valeurs de \(g\) sont supérieures ou égales à ce minimum, donc \(g(x) \gt 0\) pour tout \(x \gt 2\).

d. Comme \(g = f^{\prime}\), on a \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]2\,;\,+\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]2\,;\,+\infty[\), ce qui confirme la conjecture de la question 1.

Exercice 2 du corrigé Polynésie 2025 : questions 6 à 7

6. La convexité de \(f\) dépend du signe de \(f^{\prime\prime} = g^{\prime}\), étudié à la question 5. b :

• sur \(]2\,;\,4]\), \(f^{\prime\prime}(x) \leq\, 0\) : \(f\) est concave ;
• sur \([4\,;\,+\infty[\), \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe.

La dérivée seconde s’annule en 4 en changeant de signe, donc la courbe change de convexité en ce point. Comme \(f(4) = 4\ln(4 – 2) = 4\ln 2\), la courbe \(\mathcal{C}_f\) admet un unique point d’inflexion, de coordonnées \((4\,;\,4\ln 2)\), soit environ \((4\,;\,2{,}77)\).

7. La tangente au point d’abscisse \(x\) a pour coefficient directeur \(f^{\prime}(x) = g(x)\). On cherche donc le nombre de solutions de \(g(x) = 3\) sur \(]2\,;\,+\infty[\).

Rappelons que \(g(4) = 2 + \ln 2 \approx 2{,}69\), donc \(g(4) \lt 3\).

• Sur \(]2\,;\,4]\), \(g\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) (limite en 2) à \(g(4) \lt 3\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\alpha\) dans cet intervalle.
• Sur \([4\,;\,+\infty[\), \(g\) est continue et strictement croissante, de \(g(4) \lt 3\) à \(+\infty\). Pour la même raison, l’équation \(g(x) = 3\) a exactement une solution \(\beta\) dans cet intervalle.

La valeur 4 n’est pas solution puisque \(g(4) \neq 3\) : les deux solutions sont distinctes. Il existe donc exactement deux valeurs de \(x\) pour lesquelles \(\mathcal{C}_f\) admet une tangente de coefficient directeur 3 (on remarque que \(\alpha = 3\), puisque \(g(3) = \ln 1 + \dfrac{3}{1} = 3\), et la calculatrice donne \(\beta \approx 6{,}92\)).

Exercice 3 :

1. On calcule \(\vec{\text{AB}}(-2\,;\,1\,;\,5)\) et \(\vec{\text{AC}}(-1\,;\,-2\,;\,0)\). S’ils étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{AB}} = k\vec{\text{AC}}\) ; la troisième coordonnée donnerait \(5 = k \times 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc A, B et C ne sont pas alignés et déterminent un plan.

2. Le repère est orthonormé, donc :

\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = (-2) \times (-1) + 1 \times (-2) + 5 \times 0 = 2 – 2 + 0 = 0.\]

Les vecteurs \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\), non nuls, sont orthogonaux : les droites (AB) et (AC) sont perpendiculaires, et le triangle ABC est rectangle en A.

3. a. Une droite est orthogonale à un plan lorsque son vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. Avec \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) :

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AB}} = 2 \times (-2) + (-1) \times 1 + 1 \times 5 = -4 – 1 + 5 = 0,\]

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times (-1) + (-1) \times (-2) + 1 \times 0 = -2 + 2 + 0 = 0.\]

\(\vec{u}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), donc la droite \(\Delta\) est orthogonale au plan (ABC).

b. D’après la question précédente, \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) est un vecteur normal à (ABC). Une équation de (ABC) est donc de la forme \(2x – y + z + d = 0\). Le point A appartient au plan : \(2 \times 1 – 3 + 0 + d = 0\), d’où \(d = 1\). Une équation cartésienne de (ABC) est bien \(2x – y + z + 1 = 0\).

Exercice 3 : questions 4 à 5

On peut contrôler avec B et C : \(2 \times (-1) – 4 + 5 + 1 = 0\) et \(2 \times 0 – 1 + 0 + 1 = 0\).

c. \(\Delta\) passe par \(\text{D}(-2\,;\,2\,;\,1)\) et est dirigée par \(\vec{u}(2\,;\,-1\,;\,1)\) :

\[\Delta : \begin{cases} x = -2 + 2t \\ y = 2 – t \\ z = 1 + t \end{cases} \quad \text{où } t \text{ décrit } \mathbb{R}.\]

4. Le projeté orthogonal de D sur (ABC) est le point d’intersection du plan avec la droite passant par D et orthogonale au plan, c’est-à-dire avec \(\Delta\). Il suffit donc de vérifier que H appartient à la fois à \(\Delta\) et à (ABC).

Ensuite, H appartient à (ABC) : \(2 \times (-\dfrac{2}{3}) – \dfrac{4}{3} + \dfrac{5}{3} + 1 = \dfrac{-4 – 4 + 5 + 3}{3} = 0\).

H appartient à \(\Delta\) : avec \(t = \dfrac{2}{3}\), on obtient \(x = -2 + \dfrac{4}{3} = -\dfrac{2}{3}\), \(y = 2 – \dfrac{2}{3} = \dfrac{4}{3}\) et \(z = 1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{5}{3}\).

H est donc sur la perpendiculaire à (ABC) passant par D et dans le plan (ABC) : H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

5. a. On a \(\vec{\text{DH}}(-\dfrac{2}{3} + 2\,;\,\dfrac{4}{3} – 2\,;\,\dfrac{5}{3} – 1) = (\dfrac{4}{3}\,;\,-\dfrac{2}{3}\,;\,\dfrac{2}{3})\), c’est-à-dire \(\vec{\text{DH}} = \dfrac{2}{3}\vec{u}\). Dans le repère orthonormé :

\[\text{DH} = \sqrt{\dfrac{16}{9} + \dfrac{4}{9} + \dfrac{4}{9}} = \sqrt{\dfrac{24}{9}} = \dfrac{\sqrt{24}}{3} = \dfrac{2\sqrt{6}}{3}.\]

b. On prend pour base le triangle ABC. Puisque H est le projeté orthogonal de D sur (ABC), la hauteur associée est \(h = \text{DH}\).

Le triangle ABC est rectangle en A, donc son aire est \(\dfrac{\text{AB} \times \text{AC}}{2}\), avec \(\text{AB} = \sqrt{4 + 1 + 25} = \sqrt{30}\) et \(\text{AC} = \sqrt{1 + 4 + 0} = \sqrt{5}\) :

\[B = \dfrac{\sqrt{30} \times \sqrt{5}}{2} = \dfrac{\sqrt{150}}{2} = \dfrac{5\sqrt{6}}{2}.\]

Exercice 3 du corrigé Polynésie 2025 : question 6

Le volume vaut alors :

\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{5\sqrt{6}}{2} \times \dfrac{2\sqrt{6}}{3} = \dfrac{10 \times 6}{18} = \dfrac{10}{3}.\]

Le volume du tétraèdre ABCD est \(\dfrac{10}{3}\) unités de volume, soit environ 3,33.

6. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{w}(-2\,;\,-3\,;\,1)\). On le compare au vecteur normal \(\vec{u}\) du plan :

\[\vec{u} \cdot \vec{w} = 2 \times (-2) + (-1) \times (-3) + 1 \times 1 = -4 + 3 + 1 = 0.\]

Le vecteur directeur de \(d\) est orthogonal au vecteur normal de (ABC) : la droite \(d\) est parallèle au plan (ABC). On peut préciser : le point \((1\,;\,0\,;\,1)\) de \(d\) (obtenu pour \(k = 0\)) donne \(2 \times 1 – 0 + 1 + 1 = 4 \neq 0\), il n’est pas dans le plan ; \(d\) est donc strictement parallèle à (ABC), sans point commun avec lui.

Exercice 4 :

1. Affirmation n° 1 : fausse. Un 3-uplet d’éléments distincts de \(E\) est une liste ordonnée sans répétition de 3 éléments parmi 7 : il y en a \(7 \times 6 \times 5 = 210\). Une combinaison à 4 éléments de \(F\) est une partie à 4 éléments parmi 10 : il y en a

\[\binom\,{10}{4} = \dfrac{10 \times 9 \times 8 \times 7}{4 \times 3 \times 2 \times 1} = \dfrac{5\,040}{24} = 210.\]

Les deux nombres sont égaux : il n’y a pas davantage de 3-uplets que de combinaisons, l’affirmation est fausse.

2. Affirmation n° 2 : vraie. Le carré ABCD a pour côté 3, donc pour aire \(3^2 = 9\) unités d’aire. La zone hachurée est limitée par la parabole, l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0\) et \(x = 3\) ; la fonction carré étant continue et positive sur \([0\,;\,3]\), son aire est :

\[\int_0^3 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^3 = \dfrac{27}{3} – 0 = 9.\]

Les deux aires valent 9 unités d’aire : elles sont égales.

3. Affirmation n° 3 : fausse. On pose \(u(x) = \ln x\), donc \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), et \(v^{\prime}(x) = x\), donc \(v(x) = \dfrac{x^2}{2}\) ; ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([1\,;\,2]\). L’intégration par parties donne :

\[J = [\dfrac{x^2}{2}\ln x]_1^2 – \int_1^2 \dfrac{x^2}{2} \times \dfrac{1}{x}\,\text{d}x = 2\ln 2 – 0 – \int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x.\]

Or \(\displaystyle\int_1^2 \dfrac{x}{2}\,\text{d}x = [\dfrac{x^2}{4}]_1^2 = 1 – \dfrac{1}{4} = \dfrac{3}{4}\), donc \(J = 2\ln 2 – \dfrac{3}{4} \approx 0{,}636\,29\).

Exercice 4 : questions 4 à 5

Or \(\dfrac{7}{11} \approx 0{,}636\,36\) : les deux nombres sont très proches, mais différents (\(J\) contient \(\ln 2\), qui est irrationnel, alors que \(\dfrac{7}{11}\) est rationnel). Donc \(J \neq \dfrac{7}{11}\).

4. Affirmation n° 4 : vraie. \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et \(f^{\prime}(x) = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}\). D’autre part :

\[2f(x) – \text{e}^x = 2\text{e}^x + 2\text{e}^{2x} – \text{e}^x = \text{e}^x + 2\text{e}^{2x}.\]

Pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = 2f(x) – \text{e}^x\) : \(f\) est bien solution de \((E)\).

5. Affirmation n° 5 : vraie. Comme \(0 \leq\, x \lt 1\), le nombre \(x – 1\) appartient à \([-1\,;\,0[\) : il est strictement négatif. Pour tout entier \(n\), \(\cos(n) \leq\, 1\), donc :

\[u_n \leq\, (x – 1)\text{e}^n + 1.\]

Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^n = +\infty\) et \(x – 1 \lt 0\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (x – 1)\text{e}^n = -\infty\), puis \(\lim\limits_{n \to +\infty} ((x – 1)\text{e}^n + 1) = -\infty\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = -\infty\) : la suite diverge vers \(-\infty\).

Comment réviser avec ce corrigé Polynésie 2025

Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. 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 logarithme népérien et la fonction exponentielle. 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 logarithme.

Les pièges classiques

• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.
• Face à une forme indéterminée avec l’exponentielle, pensez aux croissances comparées plutôt qu’à un calcul direct.
• La convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde, pas sur celui de la dérivée : c’est une confusion très courante.

Corrigé Polynésie 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 logarithme népérien, la fonction exponentielle et la convexité, 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.

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