Corrigé Maths Antilles 2026 jour 1
Cette correction reprend toutes les questions du sujet officiel : probabilités, variables aléatoires, équation différentielle, suite récurrente, géométrie dans l’espace, logarithme, convexité et intégration.
En résumé : les résultats essentiels
Analyse du sujet : les compétences évaluées
Le sujet couvre une grande partie du programme officiel de terminale. Il demande d’abord de modéliser une situation par un arbre pondéré et des variables aléatoires, puis d’utiliser l’inégalité de Bienaymé-Tchebychev. L’exercice 2 fait dialoguer le continu et le discret : équation différentielle pour une perfusion continue, suite récurrente pour des injections horaires. L’exercice 3 vérifie la maîtrise des vecteurs, produits scalaires, représentations paramétriques et projections orthogonales. Enfin, l’exercice 4 mobilise la lecture graphique, le logarithme, la dérivée seconde, le point d’inflexion et l’intégration par parties.
Exercice 1 – Probabilités et production nucléaire (4 points)
Partie A – Contrôle d’un réacteur
1. Compléter l’arbre de probabilités
On a 20 % de réacteurs à l’arrêt et 5 % au ralenti. La probabilité de fonctionnement normal est donc :
P(N) = 1 − 0,20 − 0,05 = 0,75.Les probabilités conditionnelles à placer sont :
PA(C)=0,85 ; PA(C̄)=0,15 ; PR(C)=0,60 ; PR(C̄)=0,40 ; PN(C)=x ; PN(C̄)=1−x.2. Probabilité que le réacteur soit arrêté et contrôlé
La probabilité d’un chemin dans un arbre est le produit des probabilités rencontrées :
P(A ∩ C) = P(A) × PA(C) = 0,20 × 0,85 = 0,17.3. Déterminer x
Les événements A, R et N forment une partition. La formule des probabilités totales donne :
P(C)=P(A)PA(C)+P(R)PR(C)+P(N)PN(C).0,35 = 0,20×0,85 + 0,05×0,60 + 0,75x = 0,20 + 0,75x.Ainsi 0,75x = 0,15, donc :
x = 0,20.4. Probabilité de fonctionnement normal sachant que le réacteur est contrôlé
On cherche PC(N). Par définition :
PC(N) = P(N ∩ C) / P(C) = [P(N)PN(C)] / 0,35.PC(N) = (0,75×0,20)/0,35 = 0,15/0,35 = 3/7 ≈ 0,429.Partie B – Production des douze réacteurs
1.a. Loi de la variable X
| Production k, en GWh | 0 | 10 | 16 |
|---|---|---|---|
| P(X=k) | 0,20 | 0,05 | 0,75 |
1.b. Espérance et variance
E(X)=0×0,20 + 10×0,05 + 16×0,75 = 0,5 + 12 = 12,5.Calculons d’abord E(X²) :
E(X²)=0²×0,20 + 10²×0,05 + 16²×0,75 = 5 + 192 = 197.V(X)=E(X²)−[E(X)]²=197−12,5²=197−156,25=40,75.2.a. Espérance et variance de S
Par linéarité de l’espérance :
E(S)=E(X₁)+…+E(X₁₂)=12×12,5=150.Les variables étant indépendantes, les variances s’additionnent :
V(S)=12×40,75=489.2.b. Probabilité d’une production comprise strictement entre 100 et 200 GWh
La production est conforme lorsque 100 < S < 200, c’est-à-dire lorsque |S−150| < 50. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :
P(|S−E(S)| ≥ 50) ≤ V(S)/50² = 489/2500 = 0,1956.Par passage à l’événement contraire :
P(|S−150| < 50) ≥ 1−0,1956 = 0,8044.Exercice 2 – Médicament : équation différentielle et suite (6 points)
Partie A – Premier protocole : perfusion continue
1. Résoudre l’équation différentielle
L’équation est y′ = −(3/10)y + 1. Une solution particulière constante vaut 10/3. Les solutions sont donc :
y(t)=10/3 + C e−3t/10, avec C ∈ ℝ.2. Expression de q
Comme q(0)=1 :
1 = 10/3 + C, donc C = −7/3.3. Limite en +∞
Lorsque t tend vers +∞, e−3t/10 tend vers 0. Donc :
lim q(t) = 10/3 ≈ 3,33 mg.À long terme, la quantité présente dans le sang se stabilise théoriquement vers 10/3 mg.
4. Variations de q
q′(t)= (7/10)e−3t/10.L’exponentielle est strictement positive, donc q′(t)>0 pour tout t≥0. La fonction q est strictement croissante de q(0)=1 vers 10/3.
5. À partir de quand apparaît le risque ?
Le risque apparaît lorsque q(t)≥3 :
10/3 − (7/3)e−3t/10 ≥ 31 ≥ 7e−3t/10 ⇔ e−3t/10 ≤ 1/7.La fonction logarithme étant croissante :
−3t/10 ≤ ln(1/7)=−ln(7), donc t ≥ (10/3)ln(7).6. Le protocole présente-t-il un risque ?
Le traitement doit durer au moins 7 heures, alors que le seuil de 3 mg est atteint au bout d’environ 6,5 heures.
Partie B – Second protocole : injections horaires
1. Relation de récurrence
Après une heure, il reste 70 % de la quantité précédente, puis on ajoute 0,75 mg :
un+1=0,7un+0,75.2.a. Montrer que uₙ ≤ uₙ₊₁ ≤ 4
Initialisation : u₀=1 et u₁=0,7×1+0,75=1,45. Ainsi u₀≤u₁≤4.
Hérédité : supposons uₙ≤uₙ₊₁≤4. Comme 0,7>0 :
0,7uₙ+0,75 ≤ 0,7uₙ₊₁+0,75, donc uₙ₊₁≤uₙ₊₂.De plus :
uₙ₊₂=0,7uₙ₊₁+0,75 ≤ 0,7×4+0,75=3,55≤4.La propriété est donc vraie pour tout entier naturel n.
2.b. Convergence
La suite est croissante et majorée par 4. D’après le théorème de convergence monotone, elle converge.
2.c. Limite
Notons ℓ sa limite. En passant à la limite dans la relation de récurrence :
ℓ=0,7ℓ+0,75 ⇔ 0,3ℓ=0,75 ⇔ ℓ=2,5.2.d. Risque du second protocole
La suite est croissante et converge vers 2,5. Elle reste donc inférieure à 2,5 mg, et a fortiori inférieure au seuil de toxicité de 3 mg.
3.a. Nature de la suite vₙ
Avec vₙ=uₙ−2,5 :
vₙ₊₁=uₙ₊₁−2,5=0,7uₙ+0,75−2,5=0,7(uₙ−2,5)=0,7vₙ.La suite (vₙ) est géométrique de raison 0,7 et v₀=1−2,5=−1,5.
3.b. Expression explicite de uₙ
vₙ=−1,5×0,7ⁿ, donc uₙ=2,5−1,5×0,7ⁿ.4. Dépasser 2,4 mg
2,5−1,5×0,7ⁿ > 2,4 ⇔ 0,7ⁿ < 1/15.En prenant le logarithme, et puisque ln(0,7)<0 :
n > ln(1/15)/ln(0,7) ≈ 7,59.Exercice 3 – Géométrie dans l’espace (4 points)
Affirmation 1 : SA est normal au plan (ABC)
Calculons les vecteurs :
SA=(3;0;3), AB=(−1;0;1), AC=(0;−√2;0).SA·AB=3×(−1)+0+3×1=0 ; SA·AC=0.Le vecteur SA est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC).
Affirmation 2 : les droites (SB) et d sont sécantes
Une représentation paramétrique de (SB) est :
x=−1+2t ; y=√2 ; z=−4+4t.Pour appartenir à d, l’égalité des coordonnées y impose k=1. Sur d, le point correspondant est (1;√2;−2). Sur (SB), l’égalité x=1 impose t=1, mais la coordonnée z vaut alors 0. Il n’existe donc pas de couple (t,k) commun.
Affirmation 3 : d est parallèle au plan P
Un vecteur directeur de d est u=(−1;√2;−1). Un vecteur normal à P est n=(1;0;−1).
u·n=−1+1=0.La direction de d est orthogonale à un vecteur normal au plan. La droite est donc parallèle au plan. Elle n’est pas incluse dans P puisque le point (2;0;−1) de d ne vérifie pas l’équation du plan.
Affirmation 4 : H est le projeté orthogonal de S sur P
Vérifions que H appartient au plan :
−3−(−2)+1=0.Ensuite :
SH=(−2;0;2)=−2(1;0;−1).Le vecteur SH est colinéaire au vecteur normal n de P. La droite (SH) est donc perpendiculaire au plan P.
Exercice 4 – Logarithme, convexité et intégration (6 points)
Partie A – Lecture graphique
1. Déterminer f′(1)
La tangente en A(1;0) passe par B(0;−2). Son coefficient directeur vaut :
f′(1)=(0−(−2))/(1−0)=2.2. La fonction est-elle concave sur tout ]1/2;+∞[ ?
Non. La courbe change de courbure au point A : elle est concave avant x=1 puis convexe après x=1.
3. Déterminer f″(1)
Le point A est un point d’inflexion et f est deux fois dérivable. On lit donc :
f″(1)=0.Partie B – Étude de f(x)=x ln(2x−1)
1. Limite en 1/2 par valeurs supérieures
Lorsque x tend vers 1/2 par valeurs supérieures, 2x−1 tend vers 0+, donc ln(2x−1) tend vers −∞, tandis que x tend vers 1/2>0.
limx→1/2⁺ f(x)=−∞.La droite d’équation x=1/2 est une asymptote verticale à la courbe.
2. Résoudre f(x)=0
Sur le domaine, x>1/2, donc x≠0. Ainsi :
x ln(2x−1)=0 ⇔ ln(2x−1)=0 ⇔ 2x−1=1 ⇔ x=1.3.a. Calcul de f″
À partir de f′(x)=ln(2x−1)+2x/(2x−1) :
f″(x)=2/(2x−1) + [2(2x−1)−4x]/(2x−1)²f″(x)=[2(2x−1)−2]/(2x−1)²=4(x−1)/(2x−1)².3.b. Point d’inflexion
Le dénominateur est strictement positif. Le signe de f″ est donc celui de x−1 : négatif avant 1, positif après 1. La convexité change une seule fois, en x=1.
f(1)=1×ln(1)=0.4.a. Positivité sur [1;2]
Pour x∈[1;2], x>0 et 2x−1≥1, donc ln(2x−1)≥0. Ainsi f(x)≥0.
4.b. Calcul de l’intégrale auxiliaire
En utilisant la décomposition admise :
x²/(2x−1)=x/2 + 1/4 + (1/8)×[2/(2x−1)].Donc :
∫₁² x²/(2x−1) dx = [x²/4 + x/4 + (1/8)ln(2x−1)]₁²= (1+1/2+(1/8)ln3) − (1/4+1/4)=1+(1/8)ln3.4.c. Aire A
Comme f est positive sur [1;2] :
A=∫₁² x ln(2x−1) dx.Effectuons une intégration par parties avec u=ln(2x−1) et dv=x dx. Alors du=2/(2x−1)dx et v=x²/2 :
A=[(x²/2)ln(2x−1)]₁² − ∫₁² x²/(2x−1) dx.A=2ln3 − [1+(1/8)ln3] = (15/8)ln3 − 1.Partie C – Généralisation
1. Existence et unicité du point d’inflexion
On admet :
fa″(x)=a(ax−2)/(ax−1)².Sur le domaine x>1/a, le dénominateur est strictement positif et a>0. Le signe est donc celui de ax−2. Il change de signe une seule fois pour :
x=2/a.Chaque courbe Ca possède donc un unique point d’inflexion Aa.
2. Alignement des points Aₐ
L’abscisse du point est 2/a. Son ordonnée vaut :
fa(2/a)=(2/a)ln(a×2/a−1)=(2/a)ln(1)=0.Ainsi :
Aa(2/a ; 0).Méthode pour gagner des points sur ce sujet
Compléter prochainement ses révisions de mathématiques
Les futures fiches et le futur lexique pourront reprendre les notions clés de ce sujet : probabilités conditionnelles, espérance, variance, Bienaymé-Tchebychev, équations différentielles, suites géométriques, produit scalaire, plan, convexité, logarithme et intégration par parties. Les boutons sont volontairement inactifs tant que les pages ne sont pas publiées.
Télécharger le sujet officiel de mathématiques
Refaites le sujet en conditions d’examen avant de lire le corrigé. Conservez les traces de recherche : le sujet précise qu’elles peuvent être valorisées, même si elles sont incomplètes.
| Document | Accès |
|---|---|
| Mathématiques 2026 Antilles-Guyane – Jour 1 Code : 26-MATJ1AG1 | SUJET OFFICIEL PDF |
| Corrigé complet | CORRIGÉ DANS LA PAGE |
FAQ
La totalité du sujet est-elle corrigée ?
Oui. Les quatre exercices et chacune de leurs sous-questions sont traités avec les calculs et les justifications.
Pourquoi Bienaymé-Tchebychev permet-elle de répondre à l’exercice 1 ?
Elle minore la probabilité que S reste à moins de 50 GWh de son espérance. La borne obtenue, 0,8044, est déjà supérieure à 0,80.
Pourquoi le premier protocole est-il dangereux alors que la limite n’est que 3,33 mg ?
Le seuil de toxicité est 3 mg. La fonction croissante l’atteint vers 6,5 heures, alors que le traitement doit durer au moins 7 heures.
Pourquoi le second protocole ne dépasse-t-il jamais 3 mg ?
La suite est croissante et converge vers 2,5 mg. Tous ses termes restent donc inférieurs à 2,5 mg.
Quelles sont les réponses de l’exercice 3 ?
Les affirmations sont, dans l’ordre : vraie, fausse, vraie et vraie.
Quelle est la valeur exacte de l’aire de l’exercice 4 ?
L’aire vaut (15/8)ln(3)−1 unité d’aire.
Les fiches et le lexique Maths sont-ils déjà disponibles ?
Non. Leur publication est annoncée prochainement ; aucun faux lien n’a été inséré.