Corrigé Asie 2026 : organisation du corrigé
Tout d’abord, ce corrigé Asie 2026 porte sur l’épreuve de spécialité mathématiques 2026 en Asie (jour 1), dont chaque question est corrigée et justifiée. En effet, l’épreuve se compose de 4 exercices indépendants. De plus, on y mobilise surtout la fonction logarithme népérien, la fonction exponentielle, les probabilités conditionnelles et la géométrie dans l’espace. Pour vous situer, l’épreuve dure 4 heures, soit environ 60 minutes par exercice si vous répartissez le temps équitablement. Par conséquent, la correction sert autant à contrôler un résultat qu’à apprendre la rédaction attendue le jour de l’examen.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Au premier tir, l’énoncé donne directement la probabilité d’atteindre le centre : \(p_1 = \dfrac{1}{2}\).
Pour le deuxième tir, on traduit les deux autres informations en probabilités conditionnelles : \(P_{T_1}(T_2) = \dfrac{4}{5}\) et \(P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{3}\). Comme \(T_1\) et \(\overline{T_1}\) forment une partition de l’univers, la formule des probabilités totales donne :
\[p_2 = P(T_1)\times P_{T_1}(T_2) + P(\overline{T_1})\times P_{\overline{T_1}}(T_2) = \dfrac{1}{2}\times \dfrac{4}{5} + \dfrac{1}{2}\times \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{5} + \dfrac{1}{6} = \dfrac{12}{30} + \dfrac{5}{30}\]
On obtient bien \(p_2 = \dfrac{17}{30}\).
2. Sur chaque nœud, la somme des probabilités des branches qui en partent vaut 1. On complète donc l’arbre ainsi :
- branche vers \(\overline{T_n}\) : \(1 – p_n\) ;
- de \(T_n\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{4}{5} = \dfrac{1}{5}\) ;
- de \(\overline{T_n}\) vers \(T_{n+1}\) : \(\dfrac{1}{3}\) (il a manqué le centre au tir précédent) ;
- de \(\overline{T_n}\) vers \(\overline{T_{n+1}}\) : \(1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}\).
3. Soit \(n\) un entier naturel non nul. Les évènements \(T_n\) et \(\overline{T_n}\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales, en lisant l’arbre :
\[p_{n+1} = P(T_n \cap T_{n+1}) + P(\overline{T_n}\cap T_{n+1}) = \dfrac{4}{5}p_n + \dfrac{1}{3}(1 – p_n)\]
En développant puis en regroupant les termes en \(p_n\) :
\[p_{n+1} = \dfrac{4}{5}p_n – \dfrac{1}{3}p_n + \dfrac{1}{3} = (\dfrac{12}{15} – \dfrac{5}{15})p_n + \dfrac{1}{3}\]
On a donc bien, pour tout \(n \geq\, 1\), \(p_{n+1} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3}\).
Exercice 1 du corrigé Asie 2026 : questions 4 à 5
4. a. Pour tout \(n \geq\, 1\), on exprime \(u_{n+1}\) à l’aide de la relation précédente, puis on remplace \(p_n\) par \(u_n + \dfrac{5}{8}\) :
\[u_{n+1} = p_{n+1} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n + \dfrac{1}{3} – \dfrac{5}{8} = \dfrac{7}{15}p_n – \dfrac{7}{24}\]
\[u_{n+1} = \dfrac{7}{15}(u_n + \dfrac{5}{8}) – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{35}{120} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n + \dfrac{7}{24} – \dfrac{7}{24} = \dfrac{7}{15}u_n\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par le même nombre : \((u_n)\) est géométrique de raison \(q = \dfrac{7}{15}\), de premier terme \(u_1 = p_1 – \dfrac{5}{8} = \dfrac{4}{8} – \dfrac{5}{8} = -\dfrac{1}{8}\).
b. La suite commence au rang 1, donc pour tout \(n \geq\, 1\), \(u_n = u_1 \times q^{n-1}\), soit :
\[u_n = -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]
c. Comme \(p_n = u_n + \dfrac{5}{8}\), on obtient pour tout \(n \geq\, 1\) :
\[p_n = \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1}\]
Vérification : pour \(n = 2\), \(\dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}\times \dfrac{7}{15} = \dfrac{75 – 7}{120} = \dfrac{68}{120} = \dfrac{17}{30}\), ce qui est cohérent avec la question 1.
5. La raison \(\dfrac{7}{15}\) vérifie \(-1 \lt \dfrac{7}{15} \lt 1\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty}(\dfrac{7}{15})^{n-1} = 0\). Par produit par \(-\dfrac{1}{8}\) puis par somme, on en déduit :
\[\lim\limits_{n \to +\infty} p_n = \dfrac{5}{8}\]
La suite \((p_n)\) converge vers \(\dfrac{5}{8} = 0{,}625\) : après un grand nombre de tirs, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible se stabilise autour de 0,625, soit environ 62,5 %.
Exercice 1 : questions 6 à 7
6. On part de \(n = 1\) et \(p = p_1 = 0{,}5\). Tant que \(p\) est strictement inférieur à 0,6, on passe au tir suivant : on augmente \(n\) de 1 et on remplace \(p\) par le terme suivant grâce à la relation de récurrence de la question 3. Dès que \(p \geq\, 0{,}6\), la boucle s’arrête et on renvoie \(n\).
def seuil():
n = 1
p = 0.5
while p < 0.6:
n = n + 1
p = 7/15*p + 1/3
return n
Les valeurs successives sont \(p_1 = 0{,}5\), \(p_2 \approx 0{,}567\), \(p_3 \approx 0{,}598\) puis \(p_4 \approx 0{,}612\) : la fonction renvoie 4, ce que confirme la question suivante.
7. Pour \(n \in \mathbb{N}\), \(n \geq\, 1\), on remplace \(p_n\) par son expression :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff \dfrac{5}{8} – \dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, 0{,}6 \iff -\dfrac{1}{8}(\dfrac{7}{15})^{n-1} \geq\, -0{,}025\]
On multiplie par \(-8\), qui est négatif, donc le sens de l’inégalité change :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (\dfrac{7}{15})^{n-1} \leq\, 0{,}2\]
Les deux membres sont strictement positifs et la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) :
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff (n-1)\ln(\dfrac{7}{15}) \leq\, \ln(0{,}2)\]
Comme \(\dfrac{7}{15} \lt 1\), on a \(\ln(\dfrac{7}{15}) \lt 0\) : en divisant par ce nombre, l’inégalité change encore de sens.
\[p_n \geq\, 0{,}6 \iff n \geq\, 1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})}\]
À la calculatrice, \(1 + \dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln(\dfrac{7}{15})} \approx 3{,}11\). Les solutions sont les entiers \(n \geq\, 4\) : à partir du quatrième tir, la probabilité d’atteindre le centre est au moins égale à 0,6.
Exercice 2 :
1. Affirmation 1 : vraie.
On a une forme indéterminée « \(\dfrac{\infty}{\infty}\) ». Pour \(x \gt 1\), on factorise \(x^2 – 1 = (x-1)(x+1)\), et comme \(x – 1 \gt 0\), on peut écrire \(x – 1 = \sqrt{(x-1)^2}\). Donc :
\[f(x) = \dfrac{\sqrt{(x-1)^2}}{\sqrt{(x-1)(x+1)}} = \sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}} = \sqrt{\dfrac{1 – \dfrac{1}{x}}{1 + \dfrac{1}{x}}}\]
Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(\dfrac{1}{x}\) tend vers 0, donc le quotient sous la racine tend vers \(\dfrac{1}{1} = 1\). Par composition avec la fonction racine carrée, continue en 1, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = \sqrt{1} = 1\).
2. Affirmation 2 : vraie.
On démontre par récurrence la propriété \(\mathcal{P}(n)\) : « \(w_n = (n+1)^2\) ».
Initialisation : \(w_0 = 1\) et \((0+1)^2 = 1\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité : soit \(n\) un entier naturel tel que \(w_n = (n+1)^2\). Alors \(w_{n+1} = (n+1)^2 + 2n + 3 = n^2 + 2n + 1 + 2n + 3 = n^2 + 4n + 4 = (n+2)^2\), ce qui est exactement \(\mathcal{P}(n+1)\).
Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(w_n = (n+1)^2\).
3. Affirmation 3 : vraie.
Pour une loi binomiale \(\mathcal{B}(3 ; p)\), la formule du cours donne :
\[P(X=1) = \binom\,{3}{1}p^1(1-p)^2 = 3p(1 – 2p + p^2) = 3p – 6p^2 + 3p^3\]
4. Affirmation 4 : fausse.
Pour \(n \geq\, 1\), une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{nx}\) est \(x \mapsto \dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}\). Donc :
\[v_n = [\dfrac{1}{n}\text{e}^{nx}]_0^1 = \dfrac{\text{e}^n}{n} – \dfrac{\text{e}^0}{n} = \dfrac{\text{e}^n – 1}{n}\]
Cette valeur est différente de \(\dfrac{\text{e}^n}{n}\) : par exemple \(v_1 = \text{e} – 1 \approx 1{,}72\) alors que \(\dfrac{\text{e}^1}{1} \approx 2{,}72\).
Exercice 2 du corrigé Asie 2026 : question 5
5. Affirmation 5 : fausse.
Numérotons les cases de 1 à 16. Un coloriage revient à choisir une couleur parmi 3 pour la case 1, puis une couleur parmi 3 pour la case 2, et ainsi de suite, les couleurs pouvant se répéter : c’est une 16-liste d’éléments d’un ensemble à 3 éléments. D’après le principe multiplicatif, il y a \(3^{16} = 43\,046\,721\) coloriages différents.
Or \(\displaystyle\binom\,{16}{3} = \dfrac{16\times 15\times 14}{3\times 2\times 1} = 560\), qui compte seulement le nombre de façons de choisir 3 cases parmi 16. L’affirmation est donc fausse.
Exercice 3 :
1. a. On calcule deux vecteurs issus de B :
\[\vec{\text{BC}}\begin{pmatrix} 2 \\ 1 \\ -2 \end{pmatrix} \qquad \vec{\text{BE}}\begin{pmatrix} 1 \\ -4 \\ -1 \end{pmatrix}\]
Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait un réel \(k\) tel que \(\vec{\text{BE}} = k\,\vec{\text{BC}}\). La première coordonnée impose \(k = \dfrac{1}{2}\), mais la deuxième impose \(k = -4\) : c’est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc B, C et E ne sont pas alignés et définissent bien un plan.
b. On a \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 3 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}\). Le repère étant orthonormé :
\[\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BC}} = 3\times 2 + 0\times 1 + 3\times (-2) = 0 \qquad \vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{BE}} = 3\times 1 + 0\times (-4) + 3\times (-1) = 0\]
Le vecteur \(\vec{\text{AF}}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (BCE) : il est normal au plan (BCE).
c. Un plan de vecteur normal \(\vec{\text{AF}}(3 ; 0 ; 3)\) a une équation de la forme \(3x + 3z + d = 0\). Le point B appartient au plan : \(3\times 1 + 3\times 3 + d = 0\), d’où \(d = -12\). Le plan (BCE) a pour équation \(3x + 3z – 12 = 0\) et, en divisant par 3, \(x + z – 4 = 0\).
2. a. Pour G(5 ; 1 ; 2) : \(x_\text{G} + z_\text{G} – 4 = 5 + 2 – 4 = 3 \neq 0\). Les coordonnées de G ne vérifient pas l’équation, donc G n’appartient pas au plan (BCE).
b. On a \(\vec{\text{AG}}\begin{pmatrix} 5 \\ 1 \\ 1 \end{pmatrix}\). Puisque \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\) ne sont pas colinéaires, les trois vecteurs sont coplanaires si et seulement s’il existe deux réels \(a\) et \(b\) tels que \(\vec{\text{AG}} = a\,\vec{\text{BC}} + b\,\vec{\text{BE}}\), c’est-à-dire :
\[\{\begin{array}{l} 2a + b = 5 \\ a – 4b = 1 \\ -2a – b = 1 \end{array}.\]
Exercice 3 : question 3
En additionnant la première et la troisième équation, on obtient \(0 = 6\), ce qui est absurde. Le système n’a pas de solution : \(\vec{\text{BE}}\), \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{AG}}\) ne sont pas coplanaires.
Autre justification possible : \(\vec{\text{AF}}\cdot\vec{\text{AG}} = 15 + 0 + 3 = 18 \neq 0\), donc \(\vec{\text{AG}}\) n’est pas orthogonal au vecteur normal du plan (BCE) : ce n’est pas un vecteur de la direction de ce plan.
c. Le vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}\) de la droite (AG) ne peut pas s’écrire comme combinaison de \(\vec{\text{BC}}\) et \(\vec{\text{BE}}\), qui dirigent le plan (BCE). La droite n’est donc ni parallèle au plan ni contenue dans lui : la droite (AG) et le plan (BCE) sont sécants.
3. a. La droite (AG) passe par A(0 ; 0 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\). Un point M(x ; y ; z) appartient à (AG) si et seulement s’il existe un réel \(t\) tel que \(\vec{\text{AM}} = t\,\vec{\text{AG}}\), soit \(x = 0 + 5t\), \(y = 0 + t\), \(z = 1 + t\). On retrouve la représentation paramétrique annoncée.
b. Le point P est sur (AG) : ses coordonnées sont \((5t ; t ; 1 + t)\) pour un certain réel \(t\). Il est aussi dans (BCE), donc :
\[5t + (1 + t) – 4 = 0 \iff 6t = 3 \iff t = \dfrac{1}{2}\]
On en déduit P(2,5 ; 0,5 ; 1,5).
c. Le milieu du segment [EC] a pour coordonnées :
\[(\dfrac{2 + 3}{2} ; \dfrac{-2 + 3}{2} ; \dfrac{2 + 1}{2}) = (2{,}5 ; 0{,}5 ; 1{,}5)\]
Exercice 3 du corrigé Asie 2026 : question 4
Ce sont les coordonnées de P : P est le milieu de [EC].
4. Les points A, C, G ne sont pas alignés (\(\vec{\text{AC}}(3 ; 3 ; 0)\) et \(\vec{\text{AG}}(5 ; 1 ; 1)\) ne sont pas colinéaires), ils définissent donc le plan (ACG).
- Le point C appartient aux deux plans.
- Le point P appartient à (BCE) par définition, et à la droite (AG), donc au plan (ACG).
- Les deux plans ne sont pas confondus, puisque G appartient à (ACG) mais pas à (BCE) (question 2. a.).
Deux plans distincts qui ont deux points communs C et P (distincts, car P a pour abscisse 2,5 et C pour abscisse 3) se coupent selon la droite (CP). Comme P est le milieu de [EC], cette droite est aussi la droite (CE). L’intersection des plans (BCE) et (ACG) est la droite (CE), qui passe par C(3 ; 3 ; 1) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{CE}}(-1 ; -5 ; 1)\).
Exercice 4 :
1. a. La fonction \(g\) est la différence entre le produit \(x \mapsto x\cos(x)\) et la fonction sinus. Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x\) et \(v(x) = \cos(x)\) :
\[g^{\prime}(x) = 1\times \cos(x) + x\times (-\sin(x)) – \cos(x) = -x\sin(x)\]
b. On vérifie d’abord les valeurs extrêmes du tableau :
- \(g(0) = 0\times 1 – 0 = 0\) ;
- \(g(\pi) = \pi\times (-1) – 0 = -\pi\) ;
- \(g(2\pi) = 2\pi\times 1 – 0 = 2\pi\).
On étudie ensuite le signe de \(g^{\prime}(x) = -x\sin(x)\) :
- sur \(]0 ; \pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \gt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \lt 0\) ;
- sur \(]\pi ; 2\pi[\), \(x \gt 0\) et \(\sin(x) \lt 0\), donc \(g^{\prime}(x) \gt 0\) ;
- \(g^{\prime}\) ne s’annule qu’en 0, \(\pi\) et \(2\pi\).
Une dérivée strictement négative sur un intervalle (sauf en des points isolés) donne une fonction strictement décroissante : \(g\) est strictement décroissante sur \([0 ; \pi]\) et strictement croissante sur \([\pi ; 2\pi]\). Tous les éléments du tableau sont justifiés.
c. Sur l’intervalle \([\pi ; 2\pi]\), la fonction \(g\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(g(\pi) = -\pi \lt 0\) et \(g(2\pi) = 2\pi \gt 0\). Le nombre 0 est compris entre \(g(\pi)\) et \(g(2\pi)\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \(g(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([\pi ; 2\pi]\). À la calculatrice, \(\alpha \approx 4{,}49\).
d. Sur \([0 ; \pi]\), \(g\) décroît de 0 à \(-\pi\) : \(g(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \leq\, \pi\) et \(g(0) = 0\). Sur \([\pi ; 2\pi]\), \(g\) est strictement croissante et s’annule en \(\alpha\) : \(g(x) \lt 0\) sur \([\pi ; \alpha[\) et \(g(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\). D’où le tableau de signes :
Exercice 4 : questions 2 à 3
| \(x\) | \(0\) | \(\alpha\) | \(2\pi\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(g(x)\) | 0 | − | 0 | + |
2. a. Sur \(]0 ; 2\pi]\), \(f = \dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \sin(x)\) et \(v(x) = x\), qui ne s’annule pas. Avec \((\dfrac{u}{v})^{\prime} = \dfrac{u^{\prime}v – uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\cos(x)\times x – \sin(x)\times 1}{x^2} = \dfrac{x\cos(x) – \sin(x)}{x^2} = \dfrac{g(x)}{x^2}\]
b. Pour \(x \in ]0 ; 2\pi]\), \(x^2 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le même signe que \(g(x)\). D’après la question 1. d. : \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\), \(f^{\prime}(\alpha) = 0\) et \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; 2\pi]\).
c. On en déduit que \(f\) est strictement décroissante sur \(]0 ; \alpha]\) et strictement croissante sur \([\alpha ; 2\pi]\).
d. Pour \(x \neq 0\), le taux d’accroissement de la fonction sinus entre 0 et \(x\) vaut :
\[\dfrac{\sin(x) – \sin(0)}{x – 0} = \dfrac{\sin(x)}{x} = f(x)\]
La fonction sinus est dérivable en 0, donc ce taux d’accroissement tend, quand \(x\) tend vers 0, vers le nombre dérivé \(\sin^{\prime}(0) = \cos(0) = 1\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 1\).
3. Soit \(0 \lt r \lt s \lt \pi\). Comme \(\alpha \geq\, \pi\), les réels \(r\) et \(s\) appartiennent à \(]0 ; \alpha]\), intervalle sur lequel \(f\) est strictement décroissante. Donc \(r \lt s\) entraîne \(f(r) \gt f(s)\), c’est-à-dire :
\[\dfrac{\sin(r)}{r} \gt \dfrac{\sin(s)}{s}\]
Les nombres \(r\) et \(\sin(s)\) sont strictement positifs (car \(s \in ]0 ; \pi[\)). En multipliant les deux membres par le nombre strictement positif \(\dfrac{r}{\sin(s)}\), le sens de l’inégalité est conservé :
\[\dfrac{\sin(r)}{\sin(s)} \gt \dfrac{r}{s}\]
On a donc bien démontré que \(\dfrac{r}{s} \lt \dfrac{\sin(r)}{\sin(s)}\).
Comment réviser avec ce corrigé Asie 2026
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. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction logarithme propose un rappel complet.
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.
- En probabilités, ne confondez pas la probabilité d’une intersection avec une probabilité conditionnelle : la première se lit le long d’un chemin de l’arbre, la seconde sur une seule branche.
Corrigé Asie 2026 : 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 logarithme népérien, la fonction exponentielle et les probabilités conditionnelles, mais aussi la géométrie dans l’espace.
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.
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