Corrigé du bac de maths 2026 aux Antilles-Guyane (jour 2) à télécharger en PDF

Corrigé Antilles 2026 : organisation du corrigé

D’abord, précisons que ce corrigé Antilles 2026 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2026 aux Antilles-Guyane (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 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 : réponses détaillées du corrigé Antilles 2026

Partie A

1. Au premier niveau, \(P(A_1)=0{,}96\) et donc \(P(\overline{A_1})=1-0{,}96=0{,}04\). Au second niveau, les données sur un relai se traduisent ainsi : un message sans erreur reste correct avec probabilité 0,94, et un message erroné est corrigé avec probabilité 0,35. Chaque couple de branches issues d’un même nœud a une somme de 1.

2. Les évènements \(A_1\) et \(\overline{A_1}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :

\[P(A_2)=P(A_1)\times P_{A_1}(A_2)+P(\overline{A_1})\times P_{\overline{A_1}}(A_2)=0{,}96\times 0{,}94+0{,}04\times 0{,}35=0{,}9024+0{,}014.\]

On obtient bien \(P(A_2)=0{,}9164\).

3. Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{A_2}(\overline{A_1})=\dfrac{P(\overline{A_1}\cap A_2)}{P(A_2)}=\dfrac{0{,}04\times 0{,}35}{0{,}9164}=\dfrac{0{,}014}{0{,}9164}\approx 0{,}015277.\]

Donc \(P_{A_2}(\overline{A_1})\approx 0{,}0153\). Interprétation : parmi les messages arrivés sans erreur au deuxième relai, environ 1,53 % avaient été reçus avec des erreurs par le premier relai (les erreurs ont été corrigées en route).

Partie B

1. a. Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}04)\), \(P(X=k)=\dbinom{50}{k}0{,}04^k\times 0{,}96^{50-k}\). Avec \(k=4\) :

\[P(X=4)=\dbinom{50}{4}\times 0{,}04^4\times 0{,}96^{46}=230\,300\times 0{,}04^4\times 0{,}96^{46}\approx 0{,}0902.\]

La probabilité que 4 tests exactement soient positifs est environ 0,09.

b. L’évènement contraire de « au moins un test positif » est « aucun test positif » :

\[P(X\geq\, 1)=1-P(X=0)=1-0{,}96^{50}\approx 1-0{,}1299=0{,}8701.\]

La probabilité qu’au moins un test soit positif est environ 0,87.

c. Pour une loi binomiale, \(\mathrm{E}(X)=np=50\times 0{,}04=2\) et \(\mathrm{V}(X)=np(1-p)=50\times 0{,}04\times 0{,}96=1{,}92\). Donc \(\mathrm{E}(X)=2\) et \(\mathrm{V}(X)=1{,}92\).

2. a. Par linéarité de l’espérance :

\[\mathrm{E}(M)=\dfrac{1}{25}(\mathrm{E}(X_1)+\cdots+\mathrm{E}(X_{25}))=\dfrac{25\times 2}{25}=2.\]

Les variables étant indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances, et \(\mathrm{V}(aY)=a^2\mathrm{V}(Y)\) :

\[\mathrm{V}(M)=\dfrac{1}{25^2}(\mathrm{V}(X_1)+\cdots+\mathrm{V}(X_{25}))=\dfrac{25\times 1{,}92}{625}=\dfrac{1{,}92}{25}=0{,}0768.\]

On a donc \(\mathrm{E}(M)=2\) et \(\mathrm{V}(M)=0{,}0768\).

b. D’après l’indication, \(P(M\lt 7)=P(-3\lt M\lt 7)=P(-5\lt M-2\lt 5)=P(|M-\mathrm{E}(M)|\lt 5)\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée à \(M\) avec \(\delta=5\) donne :

\[P(|M-2|\geq\, 5)\leq\,\dfrac{\mathrm{V}(M)}{5^2}=\dfrac{0{,}0768}{25}=0{,}003072.\]

Par passage à l’évènement contraire, \(P(M\lt 7)\geq\, 1-0{,}003072=0{,}996928\). Comme \(0{,}996928\gt 0{,}99\), la probabilité que la moyenne des tests positifs soit strictement inférieure à 7 est bien supérieure à 0,99.

Partie C

1. Notons \(\mathcal{P}_n\) la propriété « \(p_{n+1}\leq\, p_n\) », pour \(n\geq\, 1\).

Initialisation. \(p_2=0{,}59\times 0{,}96+0{,}35=0{,}5664+0{,}35=0{,}9164\) (on retrouve \(P(A_2)\)). Comme \(0{,}9164\leq\, 0{,}96\), \(\mathcal{P}_1\) est vraie.

Hérédité. Soit \(n\geq\, 1\) tel que \(p_{n+1}\leq\, p_n\). En multipliant par \(0{,}59\), qui est positif, l’ordre est conservé : \(0{,}59p_{n+1}\leq\, 0{,}59p_n\). En ajoutant 0,35 : \(0{,}59p_{n+1}+0{,}35\leq\, 0{,}59p_n+0{,}35\), c’est-à-dire \(p_{n+2}\leq\, p_{n+1}\). Donc \(\mathcal{P}_{n+1}\) est vraie.

Conclusion. Par récurrence, pour tout entier \(n\geq\, 1\), \(p_{n+1}\leq\, p_n\).

2. La question précédente montre que la suite \((p_n)\) est décroissante. De plus, chaque \(p_n\) est une probabilité, donc \(p_n\geq\, 0\) : la suite est minorée par 0. Une suite décroissante et minorée converge (théorème de convergence monotone) : \((p_n)\) est convergente.

3. Notons \(\ell\) sa limite. La fonction \(x\mapsto 0{,}59x+0{,}35\) est affine donc continue ; en passant à la limite dans la relation de récurrence, \(\ell=0{,}59\ell+0{,}35\), d’où \(0{,}41\ell=0{,}35\) et \(\ell=\dfrac{35}{41}\approx 0{,}854\). Après un très grand nombre de relais, un message a environ 85 % de chances d’arriver sans erreur.

Exercice 2 : la solution du corrigé Antilles 2026

Partie A

1. a. Le repère est orthonormé, on peut donc calculer des distances. Avec \(\text{A}(0\,;\,0\,;\,0)\) :

\[\text{CA}^2=(\dfrac{9}{4})^2+3^2+0^2=\dfrac{81}{16}+\dfrac{144}{16}=\dfrac{225}{16} \quad\text{et}\quad \text{CB}^2=(\dfrac{9}{2}-\dfrac{9}{4})^2+(0-3)^2+0^2=\dfrac{81}{16}+9=\dfrac{225}{16}.\]

Donc \(\text{CA}=\text{CB}=\dfrac{15}{4}=3{,}75\) m : le triangle ABC est isocèle en C.

b. Dans un triangle isocèle en C, la hauteur issue de C coupe [AB] en son milieu \(\text{I}(\dfrac{9}{4}\,;\,0\,;\,0)\). Alors \(\vec{\text{IC}}\begin{pmatrix}0\\3\\0\end{pmatrix}\), donc \(\text{IC}=3\), et \(\text{AB}=\dfrac{9}{2}=4{,}5\). L’aire vaut :

\[\mathcal{A}_{\text{ABC}}=\dfrac{\text{AB}\times \text{IC}}{2}=\dfrac{4{,}5\times 3}{2}=6{,}75.\]

L’aire du triangle ABC est bien 6,75 m².

2. a. Les coordonnées de A, B et C ont toutes une troisième coordonnée nulle, donc elles vérifient \(z=0\). Ces trois points ne sont pas alignés (ABC est un vrai triangle, d’aire non nulle), ils définissent donc un plan, et l’équation \(z=0\) est celle d’un plan : une équation de (ABC) est \(z=0\).

b. H a pour troisième coordonnée 0, donc H appartient au plan (ABC). Ensuite \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}0\\0\\-3\end{pmatrix}=-3\vec{k}\). Or \(\vec{k}\), de coordonnées \((0\,;\,0\,;\,1)\), est un vecteur normal au plan d’équation \(z=0\). La droite (DH) est donc orthogonale au plan (ABC) et le coupe en H : H est le projeté orthogonal de D sur (ABC).

3. En prenant ABC comme base, la hauteur correspondante est \(\text{DH}=3\) m. Le volume du module vaut :

\[\mathcal{V}=\dfrac{1}{3}\times 6{,}75\times 3=6{,}75.\]

Le module a un volume de 6,75 m³.

Partie B

1. a. On calcule \(\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix}-\frac{9}{4}\\3\\0\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{BD}}\begin{pmatrix}-3\\1\\3\end{pmatrix}\). Ces vecteurs ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de l’un est nulle mais pas celle de l’autre, alors que leurs premières coordonnées sont non nulles). Ensuite :

\[\vec{n}\cdot\vec{\text{BC}}=4\times (-\dfrac{9}{4})+3\times 3+3\times 0=-9+9=0 \quad\text{et}\quad \vec{n}\cdot\vec{\text{BD}}=4\times (-3)+3\times 1+3\times 3=-12+3+9=0.\]

Le vecteur \(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCD) : c’est un vecteur normal à ce plan.

b. Un plan de vecteur normal \(\vec{n}(4\,;\,3\,;\,3)\) a une équation de la forme \(4x+3y+3z+d=0\). Le point B appartient au plan, donc \(4\times \dfrac{9}{2}+0+0+d=0\), soit \(d=-18\). Une équation de (BCD) est donc \(4x+3y+3z-18=0\).

c. La droite \(\Delta\), orthogonale à (BCD), est dirigée par \(\vec{n}\) et passe par D. Une représentation paramétrique est :

\[\{\begin{array}{l} x=\dfrac{3}{2}+4t \\ y=1+3t \\ z=3+3t \end{array}.,\quad t\in\mathbb{R}.\]

2. Le point L appartient à \(\Delta\) et au plan d’équation \(z=0\). On résout \(3+3t=0\), d’où \(t=-1\). En remplaçant : \(x=\dfrac{3}{2}-4=-\dfrac{5}{2}\) et \(y=1-3=-2\). On obtient bien \(\text{L}(-\dfrac{5}{2}\,;\,-2\,;\,0)\).

3. On utilise le produit scalaire avec les vecteurs \(\vec{\text{DL}}\begin{pmatrix}-4\\-3\\-3\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{DH}}\begin{pmatrix}0\\0\\-3\end{pmatrix}\) :

\[\vec{\text{DL}}\cdot\vec{\text{DH}}=0+0+(-3)\times (-3)=9,\quad \text{DL}=\sqrt{16+9+9}=\sqrt{34},\quad \text{DH}=3.\]

Comme \(\vec{\text{DL}}\cdot\vec{\text{DH}}=\text{DL}\times \text{DH}\times \cos\widehat{\text{LDH}}\) :

\[\cos\widehat{\text{LDH}}=\dfrac{9}{3\sqrt{34}}=\dfrac{3}{\sqrt{34}}\approx 0{,}514.\]

On compare à \(\cos 60°=\dfrac{1}{2}\) : \(\dfrac{3}{\sqrt{34}}\gt\dfrac{1}{2}\iff 6\gt\sqrt{34}\iff 36\gt 34\), ce qui est vrai. La fonction cosinus étant strictement décroissante sur \([0°\,;\,180°]\), on en déduit \(\widehat{\text{LDH}}\lt 60°\) (précisément \(\widehat{\text{LDH}}\approx 59{,}04°\)). Le module est donc adapté aux débutants.

Exercice 3 : correction du corrigé Antilles 2026

Affirmation 1 : fausse.

L’équation \(y^{\prime}+2y=0\) s’écrit \(y^{\prime}=-2y\) ; ses solutions sont les fonctions \(x\mapsto K\text{e}^{-2x}\), \(K\in\mathbb{R}\). La condition \(f(0)=1\) impose \(K=1\), donc \(f(x)=\text{e}^{-2x}\). Alors \(f(\ln 2)=\text{e}^{-2\ln 2}=(\text{e}^{\ln 2})^{-2}=2^{-2}=\dfrac{1}{4}\). Comme \(\dfrac{1}{4}\neq\dfrac{1}{2}\), la courbe ne passe pas par le point A.

Affirmation 2 : fausse.

La fonction \(f\) est deux fois dérivable avec \(f^{\prime}(x)=1+\sin(x)\) et \(f^{\prime\prime}(x)=\cos(x)\). Sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi]\), \(\cos(x)\leq\, 0\), et même \(\cos(x)\lt 0\) sur \(]\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi]\). La fonction \(f\) est donc concave sur cet intervalle : sa courbe est en dessous de ses tangentes, et non au-dessus. Par exemple, la tangente au point d’abscisse \(\pi\) a pour équation \(y=x+1\) et \(f(\dfrac{\pi}{2})=\dfrac{\pi}{2}\lt\dfrac{\pi}{2}+1\).

Affirmation 3 : vraie.

Pour tout \(x\gt 0\), \(-1\leq\,\sin(x)\leq\, 1\), donc en divisant par \(x\gt 0\) : \(-\dfrac{1}{x}\leq\,\dfrac{\sin(x)}{x}\leq\,\dfrac{1}{x}\). Comme \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=\lim\limits_{x\to+\infty}(-\dfrac{1}{x})=0\), le théorème des gendarmes donne \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\sin(x)}{x}=0\), donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=1\). La droite d’équation \(y=1\) est asymptote horizontale à la courbe en \(+\infty\).

Affirmation 4 : vraie.

La fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) avec \(f^{\prime}(x)=2-3\text{e}^{3x}\). On calcule :

\[f^{\prime}(x)-3f(x)=2-3\text{e}^{3x}-3(2x-\text{e}^{3x})=2-3\text{e}^{3x}-6x+3\text{e}^{3x}=2-6x.\]

L’égalité est vérifiée pour tout réel \(x\) : \(f\) est bien solution de \((E_2)\).

Exercice 4 :

Partie A

1. Comme \(F_2\) est une primitive de \(f_2\), on a \(F_2^{\prime}=f_2\) : les variations de \(F_2\) se lisent sur le signe de \(f_2\), c’est-à-dire sur la position de \(\mathcal{C}_2\) par rapport à l’axe des abscisses. D’après le graphique, \(f_2\) s’annule vers \(x\approx 0{,}3\) et \(x\approx 2{,}5\) ; elle est négative sur \(]0\,;\,0{,}3]\), positive sur \([0{,}3\,;\,2{,}5]\) et négative sur \([2{,}5\,;\,3]\). Donc \(F_2\) est décroissante sur \(]0\,;\,0{,}3]\), croissante sur \([0{,}3\,;\,2{,}5]\) et décroissante sur \([2{,}5\,;\,3]\) (valeurs lues à la précision du graphique ; par le calcul, les zéros de \(f_2\) valent environ 0,33 et 2,53).

2. Courbe de \(f_2^{\prime}\). La fonction \(f_2\) est croissante puis décroissante, avec un maximum vers \(x\approx 0{,}75\). Sa dérivée doit donc être positive, puis négative, en s’annulant vers 0,75. De plus, \(f_2^{\prime}\) admet un minimum au point d’inflexion A (d’abscisse proche de 1,6), puisque c’est là que \(f_2^{\prime\prime}\) change de signe. La courbe 1 correspond : la courbe 1 représente \(f_2^{\prime}\). La courbe 3, négative près de 0,5, ne convient pas.

Courbe de \(f_2^{\prime\prime}\). A est un point d’inflexion : \(f_2^{\prime\prime}\) s’annule en changeant de signe en son abscisse, environ 1,6. Avant A, la courbe \(\mathcal{C}_2\) est au-dessous de sa tangente (\(f_2\) concave, \(f_2^{\prime\prime}\leq\, 0\)), après elle est au-dessus (\(f_2\) convexe, \(f_2^{\prime\prime}\geq\, 0\)). La courbe 2 est négative puis positive et s’annule vers 1,6, alors que la courbe 3 s’annule vers 2,5. Donc la courbe 2 représente \(f_2^{\prime\prime}\).

Partie B

1. a. On écrit \(f_1(x)=1-x+\dfrac{u(x)}{v(x)}\) avec \(u(x)=1+\ln x\), \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\), \(v(x)=x\), \(v^{\prime}(x)=1\). Alors :

\[f_1^{\prime}(x)=-1+\dfrac{\frac{1}{x}\times x-(1+\ln x)\times 1}{x^2}=-1+\dfrac{1-1-\ln x}{x^2}=-1-\dfrac{\ln x}{x^2}.\]

b. On écrit \(\dfrac{\ln x}{x^2}=\dfrac{\ln x}{x}\times \dfrac{1}{x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{\ln x}{x}=0\), et \(\lim\limits_{x\to+\infty}\dfrac{1}{x}=0\) ; par produit, \(\dfrac{\ln x}{x^2}\) tend vers 0. Donc \(\lim\limits_{x\to+\infty}f_1^{\prime}(x)=-1\).

2. a. Pour \(x\gt 0\), \(x^3\gt 0\), donc \(f_1^{\prime\prime}(x)\) a le signe de \(2\ln x-1\). Or \(2\ln x-1\gt 0\iff\ln x\gt\dfrac{1}{2}\iff x\gt\text{e}^{\frac{1}{2}}\), par stricte croissance de l’exponentielle. Ainsi \(f_1^{\prime\prime}\lt 0\) sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}[\) et \(f_1^{\prime\prime}\gt 0\) sur \(]\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\) : \(f_1^{\prime}\) est décroissante sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}]\) puis croissante sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\). Elle atteint donc un minimum en \(\text{e}^{\frac{1}{2}}\), qui vaut :

\[f_1^{\prime}(\text{e}^{\frac{1}{2}})=-1-\dfrac{\frac{1}{2}}{(\text{e}^{\frac{1}{2}})^2}=-1-\dfrac{1}{2\text{e}}\approx -1{,}18.\]

b. Quand \(x\) tend vers 0 par valeurs positives, \(\ln x\) tend vers \(-\infty\), donc \(-\ln x\) tend vers \(+\infty\), et \(\dfrac{1}{x^2}\) tend vers \(+\infty\). Par produit, \(-\dfrac{\ln x}{x^2}\) tend vers \(+\infty\), puis par somme \(\lim\limits_{x\to 0^+}f_1^{\prime}(x)=+\infty\).

c. Sur \([\text{e}^{\frac{1}{2}}\,;\,+\infty[\) : \(f_1^{\prime}\) est strictement croissante et tend vers \(-1\), donc \(f_1^{\prime}(x)\lt -1\lt 0\) ; l’équation n’a pas de solution sur cet intervalle.

Sur \(]0\,;\,\text{e}^{\frac{1}{2}}]\) : \(f_1^{\prime}\) est continue (elle est dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) à \(-1-\dfrac{1}{2\text{e}}\lt 0\). La valeur 0 est comprise entre ces deux bornes : d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f_1^{\prime}(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur cet intervalle.

Exercice 4 du corrigé Antilles 2026, partie B (suite)

Finalement, l’équation \(f_1^{\prime}(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;\,+\infty[\) (on trouve \(\alpha\approx 0{,}65\)). De plus \(f_1^{\prime}\gt 0\) sur \(]0\,;\,\alpha[\) et \(f_1^{\prime}\lt 0\) sur \(]\alpha\,;\,+\infty[\) : \(f_1\) est croissante puis décroissante, donc \(f_1\) admet un maximum en \(\alpha\).

d. On part de \(u=0{,}5\), où \(f_1^{\prime}(0{,}5)\approx 1{,}77\gt 0\), c’est-à-dire à gauche de \(\alpha\). On avance par pas de 0,01 tant que \(d(u)\) est strictement positif ; la boucle s’arrête au premier \(u\) tel que \(d(u)\leq\, 0\), donc au premier pas qui dépasse \(\alpha\). Le programme complété est :

def d(x) :
  return -1-ln(x)/x**2

def alpha() :
  u = 0.5
  while d(u) > 0 :
    u = u + 0.01
  return u

Il renvoie 0,66, valeur approchée de \(\alpha\) par excès à \(10^{-2}\) près (\(\alpha\approx 0{,}653\)). Pour l’exécuter réellement, il faut importer la fonction logarithme, par exemple avec from math import log as ln.

Partie C

1. \(H\) est de la forme \(\dfrac{1}{2}w^2\) avec \(w(x)=1+\ln x\) et \(w^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\). Sa dérivée est \(\dfrac{1}{2}\times 2w^{\prime}w=w^{\prime}w\), donc pour tout \(x\gt 0\) :

\[H^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x}\times (1+\ln x)=\dfrac{1+\ln x}{x}=h(x).\]

\(H\) est bien une primitive de \(h\) sur \(]0\,;\,+\infty[\).

2. La valeur moyenne de \(f_k\) sur \([1\,;\,\text{e}]\) est \(\mu_k=\dfrac{1}{\text{e}-1}\displaystyle\int_1^{\text{e}}f_k(x)\,\text{d}x\). Comme \(f_k(x)=1-x+k\,h(x)\), une primitive de \(f_k\) est \(x\mapsto x-\dfrac{x^2}{2}+k\,H(x)\). Avec \(H(\text{e})=\dfrac{1}{2}(1+1)^2=2\) et \(H(1)=\dfrac{1}{2}\) :

\[\int_1^{\text{e}}f_k(x)\,\text{d}x=(\text{e}-\dfrac{\text{e}^2}{2}+2k)-(1-\dfrac{1}{2}+\dfrac{k}{2})=\text{e}-\dfrac{\text{e}^2}{2}-\dfrac{1}{2}+\dfrac{3k}{2}.\]

Comme \(\text{e}-1\neq 0\), la valeur moyenne est nulle si et seulement si cette intégrale est nulle :

\[\dfrac{3k}{2}=\dfrac{\text{e}^2-2\text{e}+1}{2}\iff k=\dfrac{(\text{e}-1)^2}{3}.\]

Cette valeur est strictement positive (environ 0,98), donc admissible. Oui : il existe une unique valeur, \(k=\dfrac{(\text{e}-1)^2}{3}\approx 0{,}98\), pour laquelle la valeur moyenne de \(f_k\) sur \([1\,;\,\text{e}]\) est nulle.

Comment réviser avec ce corrigé Antilles 2026

D’abord, ouvrez l’énoncé du sujet et traitez un exercice entier sans aide, comme le jour de l’épreuve. Puis confrontez votre travail à la correction en vérifiant chaque argument, car une bonne valeur sans justification rapporte peu de points. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien, puis reprenez le cours correspondant. 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.

Corrigé Antilles 2026 : 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 ? Surtout, la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien et la convexité, mais aussi la géométrie dans l’espace.

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.

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