Corrigé du bac de maths 2024 en Amérique du Nord (sujet 1) à télécharger en PDF

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Amérique du Nord : bac de maths 2024 sujet 1 corrigé en PDF. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé Nord 2024 : organisation du corrigé

Avant tout, ce corrigé Nord 2024 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2024 en Amérique du Nord (sujet 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Côté programme, il faut notamment maîtriser les probabilités conditionnelles, la loi binomiale, la fonction logarithme népérien 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 :

Probabilités conditionnelles et loi binomiale

Partie A

1. On traduit les données de l’énoncé par un arbre pondéré. On note \( R \) l’événement « l’objet obtenu est rare » et \( E \) l’événement étudié dans l’énoncé : \( P(R) = 0{,}07 \), \( P_R(E) = 0{,}8 \) et \( P_{\overline{R}}(E) = 0{,}4 \). Les probabilités manquantes s’obtiennent par complément à 1 sur chaque nœud.

On demande ensuite \( P(R \cap E) \). Par la règle du produit le long d’un chemin :

\[ P(R \cap E) = P(R) \times P_R(E) = 0{,}07 \times 0{,}8 = 0{,}056. \]

\( P(R \cap E) = 0{,}056 \).

2. On calcule \( P(E) \). Les événements \( R \) et \( \overline{R} \) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :

\[ P(E) = P(R \cap E) + P(\overline{R} \cap E) = 0{,}056 + P(\overline{R}) \times P_{\overline{R}}(E) = 0{,}056 + 0{,}93 \times 0{,}4 = 0{,}056 + 0{,}372. \]

\( P(E) = 0{,}428 \).

3. On cherche la probabilité que l’objet soit rare sachant que \( E \) est réalisé, c’est-à-dire \( P_E(R) \) :

\[ P_E(R) = \dfrac{P(R \cap E)}{P(E)} = \dfrac{0{,}056}{0{,}428} \approx 0{,}131. \]

\( P_E(R) \approx 0{,}131 \) à \( 10^{-3} \) près.

Partie B

1. Le joueur effectue 30 tirages identiques et indépendants ; chacun donne un objet rare (succès) avec la probabilité \( 0{,}07 \). La variable \( X \), qui compte le nombre d’objets rares obtenus, compte donc les succès d’un schéma de Bernoulli de 30 épreuves : \( X \) suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(30\,;\,0{,}07) \). Son espérance vaut :

\[ E(X) = n \times p = 30 \times 0{,}07 = 2{,}1. \]

En moyenne, sur 30 tirages, le joueur obtient 2,1 objets rares.

2. On cherche \( P(X \lt 6) \). Comme \( X \) prend des valeurs entières, \( P(X \lt 6) = P(X \leq\, 5) \). La calculatrice (fonction de répartition binomiale) donne :

\( P(X \lt 6) = P(X \leq\, 5) \approx 0{,}984 \) au millième.

3. On cherche le plus grand entier \( k \) tel que \( P(X \geq\, k) \geq\, 0{,}5 \). On calcule \( P(X \geq\, k) = 1 – P(X \leq\, k-1) \) :

• \( P(X \geq\, 2) = 1 – P(X \leq\, 1) \approx 0{,}631 \), qui est supérieur à 0,5 ;
• \( P(X \geq\, 3) = 1 – P(X \leq\, 2) \approx 0{,}351 \), qui est inférieur à 0,5.

Comme \( k \mapsto P(X \geq\, k) \) est décroissante, l’entier cherché est \( k = 2 \). Interprétation : le joueur a au moins une chance sur deux d’obtenir au moins 2 objets rares en 30 tirages, mais moins d’une chance sur deux d’en obtenir 3 ou plus.

Exercice 1 du corrigé Nord 2024, partie B : question 4

4. On cherche le nombre minimal \( N \) de tirages pour que la probabilité d’obtenir au moins un objet rare soit supérieure ou égale à 0,95. Notons \( Y \) le nombre d’objets rares obtenus en \( N \) tirages : \( Y \) suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(N\,;\,0{,}07) \).

L’événement « au moins un objet rare » est le contraire de « aucun objet rare », donc :

\[ P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}93^N. \]

On résout \( 1 – 0{,}93^N \geq\, 0{,}95 \) :

\[ 1 – 0{,}93^N \geq\, 0{,}95 \iff 0{,}93^N \leq\, 0{,}05 \iff \ln(0{,}93^N) \leq\, \ln(0{,}05) \iff N\ln(0{,}93) \leq\, \ln(0{,}05), \]

la deuxième équivalence venant de la stricte croissance de \( \ln \) sur \( ]0\,;+\infty[ \). Comme \( 0 \lt 0{,}93 \lt 1 \), on a \( \ln(0{,}93) \lt 0 \) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :

\[ N \geq\, \dfrac{\ln(0{,}05)}{\ln(0{,}93)} \approx 41{,}28. \]

Vérification : \( 1 – 0{,}93^{41} \approx 0{,}949 \) et \( 1 – 0{,}93^{42} \approx 0{,}953 \). Il faut donc au moins 42 tirages pour que la probabilité d’obtenir au moins un objet rare atteigne 0,95.

Exercice 2 :

QCM de géométrie dans l’espace

1. On cherche une représentation paramétrique de la droite \( (AB) \) avec \( A(1\,;0\,;3) \) et \( B(4\,;1\,;0) \). Un vecteur directeur est :

\[ \vec{AB}\begin{pmatrix} 4-1 \\ 1-0 \\ 0-3 \end{pmatrix} \text{ soit } \vec{AB}\begin{pmatrix} 3 \\ 1 \\ -3 \end{pmatrix}. \]

La droite \( (AB) \) passe par \( A \) et est dirigée par \( \vec{AB} \) ; une représentation paramétrique est :

\[ \begin{cases} x = 1 + 3t \\ y = t \\ z = 3 – 3t \end{cases} \quad t \in \mathbb{R}. \]

Contrôle : \( t = 0 \) donne \( A \) et \( t = 1 \) donne \( B \). On peut aussi raisonner par élimination : les propositions a, b et d ont pour vecteurs directeurs \( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} \), \( \begin{pmatrix} 4 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix} \) et \( \begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ -3 \end{pmatrix} \), aucun n’étant colinéaire à \( \vec{AB} \). Réponse c.

2. On cherche lequel des points proposés appartient à la droite \( (d) \) de représentation paramétrique \( x = 3 + 4t \), \( y = 6t \), \( z = 4 – 2t \).

Les points \( M \), \( N \) et \( P \) ont tous pour ordonnée 6. Or \( y = 6t = 6 \) impose \( t = 1 \), qui donne le point \( (7\,;6\,;2) \) : il ne correspond à aucun de ces trois points. Il reste le point \( R(-3\,;-9\,;7) \). Vérifions :

\[ 3 + 4t = -3 \iff t = -\dfrac{3}{2}, \qquad 6t = -9 \iff t = -\dfrac{3}{2}, \qquad 4 – 2t = 7 \iff t = -\dfrac{3}{2}. \]

Les trois équations donnent la même valeur du paramètre, donc \( R \in (d) \). Réponse d.

Exercice 2 du corrigé Nord 2024 : questions 3 à 4

3. On étudie la position relative de \( (d) \) et de \( (d^{\prime}) \) : \( x = -2 + 3k \), \( y = -1 – 2k \), \( z = 1 + k \), \( k \in \mathbb{R} \).

Un vecteur directeur de \( (d) \) est \( \vec{u}\begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} \) et un vecteur directeur de \( (d^{\prime}) \) est \( \vec{v}\begin{pmatrix} 3 \\ -2 \\ 1 \end{pmatrix} \). Leurs coordonnées ne sont pas proportionnelles (\( \frac{4}{3} \neq \frac{6}{-2} \)), donc les droites ne sont ni parallèles ni confondues.

Cherchons un éventuel point commun, c’est-à-dire des réels \( t \) et \( k \) tels que :

\[ \begin{cases} 3 + 4t = -2 + 3k \\ 6t = -1 – 2k \\ 4 – 2t = 1 + k \end{cases} \iff \begin{cases} 3 + 4t = -2 + 3(3 – 2t) \\ 6t = -1 – 2(3 – 2t) \\ k = 3 – 2t \end{cases} \iff \begin{cases} 10t = 4 \\ 2t = -7 \\ k = 3 – 2t \end{cases} \iff \begin{cases} t = \frac{2}{5} \\ t = -\frac{7}{2} \\ k = 3 – 2t \end{cases} \]

Les deux premières lignes sont incompatibles : le système n’a pas de solution, les droites ne sont pas sécantes. Non parallèles et non sécantes, \( (d) \) et \( (d^{\prime}) \) sont non coplanaires. Réponse b.

4. On cherche une équation du plan \( (P) \) passant par le point \( I \) et orthogonal à la droite \( (d) \).

En remplaçant \( x \), \( y \) et \( z \) par les coordonnées de \( I \), on constate que \( I \) n’appartient pas aux plans des propositions c et d : il ne reste que les propositions a et b.

Exercice 2 (suite)

Le plan \( (P) \), orthogonal à \( (d) \), a pour vecteur normal un vecteur directeur de \( (d) \), par exemple \( \vec{u}\begin{pmatrix} 4 \\ 6 \\ -2 \end{pmatrix} \). En outre, le plan de la proposition a a pour vecteur normal \( \begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \), et \( \vec{u} = 2\begin{pmatrix} 2 \\ 3 \\ -1 \end{pmatrix} \) : ces vecteurs sont colinéaires. Le plan de la proposition b a pour vecteur normal \( \begin{pmatrix} -1 \\ 1 \\ -4 \end{pmatrix} \), qui n’est pas colinéaire à \( \vec{u} \). Réponse a.

Exercice 3 :

Fonction logarithme, convexité et théorème des valeurs intermédiaires

La fonction étudiée est définie sur \( ]0\,;+\infty[ \) par \( f(x) = x\ln(x^2) – \dfrac{1}{x} \). Comme \( x \gt 0 \), on peut aussi écrire \( \ln(x^2) = 2\ln(x) \), soit \( f(x) = 2x\ln(x) – \dfrac{1}{x} \).

Partie A : lectures graphiques

1. On lit \( f^{\prime}(1) \) et l’équation de la tangente \( (T) \) au point \( A \) d’abscisse 1. Cette tangente est la droite \( (AB) \) avec \( A(1\,;-1) \) et \( B(0\,;-4) \). Son coefficient directeur vaut :

\[ f^{\prime}(1) = \dfrac{y_A – y_B}{x_A – x_B} = \dfrac{-1 – (-4)}{1 – 0} = 3. \]

Le point \( B \), situé sur l’axe des ordonnées, donne l’ordonnée à l’origine \( -4 \). \( f^{\prime}(1) = 3 \) et \( (T) : y = 3x – 4 \).

2. Graphiquement, la courbe est sous ses tangentes sur \( ]0\,;1] \) et au-dessus sur \( [1\,;+\infty[ \) : \( f \) semble concave sur \( ]0\,;1] \) et convexe sur \( [1\,;+\infty[ \), et le point \( A \) semble être un point d’inflexion de \( \mathcal{C}_f \).

Partie B : étude de la fonction

1. On détermine les limites de \( f \) aux bornes de son ensemble de définition.

En \( +\infty \) : \( \lim\limits_{x \to +\infty} x^2 = +\infty \) et \( \lim\limits_{X \to +\infty} \ln(X) = +\infty \), donc par composition \( \lim\limits_{x \to +\infty} \ln(x^2) = +\infty \). Par produit avec \( x \to +\infty \), \( x\ln(x^2) \to +\infty \) ; de plus \( \dfrac{1}{x} \to 0 \). Par somme :

\[ \lim_{x \to +\infty} f(x) = +\infty. \]

En \( 0^+ \) : \( x\ln(x^2) = 2x\ln(x) \), et par croissances comparées \( \lim\limits_{x \to 0^+} x\ln(x) = 0 \). D’autre part \( \lim\limits_{x \to 0^+} (-\dfrac{1}{x}) = -\infty \). Par somme :

\[ \lim_{x \to 0^+} f(x) = -\infty. \]

2. a) On calcule \( f^{\prime}(x) \). Pour \( x \gt 0 \), on dérive le produit \( x \times \ln(x^2) \), avec \( (\ln(x^2))^{\prime} = \dfrac{2x}{x^2} = \dfrac{2}{x} \), et \( (-\dfrac{1}{x})^{\prime} = \dfrac{1}{x^2} \) :

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

2. b) On calcule \( f^{\prime\prime}(x) \). Pour \( x \gt 0 \) :

\[ f^{\prime\prime}(x) = \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^3} = \dfrac{2x^2 – 2}{x^3} = \dfrac{2(x^2 – 1)}{x^3} = \dfrac{2(x+1)(x-1)}{x^3}. \]

3. a) On étudie la convexité de \( f \). Pour \( x \gt 0 \), \( x + 1 \gt 0 \) et \( x^3 \gt 0 \) : \( f^{\prime\prime}(x) \) est du signe de \( x – 1 \), négatif sur \( ]0\,;1] \) et positif sur \( [1\,;+\infty[ \).

\( f \) est concave sur \( ]0\,;1] \) et convexe sur \( [1\,;+\infty[ \) ; \( f^{\prime\prime} \) s’annule en changeant de signe en 1, donc le point \( A(1\,;-1) \) est bien le point d’inflexion de \( \mathcal{C}_f \), ce qui confirme les conjectures de la partie A.

Exercice 3 du corrigé Nord 2024, partie B : questions 3 à 4

3. b) On en déduit les variations de \( f^{\prime} \), puis le sens de variation de \( f \). Le signe de \( f^{\prime\prime} \) donne le tableau suivant, avec \( f^{\prime}(1) = \ln(1) + 2 + 1 = 3 \) :

\( x \)	\( 0 \)		\( 1 \)		\( +\infty \)
\( f^{\prime\prime}(x) \)		\( – \)	\( 0 \)	\( + \)
\( f^{\prime} \)		décroissante	\( 3 \) (minimum)	croissante

Le minimum de \( f^{\prime} \) sur \( ]0\,;+\infty[ \) vaut 3 : pour tout \( x \gt 0 \), \( f^{\prime}(x) \geq\, 3 \gt 0 \). La fonction \( f \) est donc strictement croissante sur \( ]0\,;+\infty[ \).

4. a) On montre que l’équation \( f(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) sur \( ]0\,;+\infty[ \).

La fonction \( f \) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \( ]0\,;+\infty[ \), avec \( \lim\limits_{x \to 0^+} f(x) = -\infty \) et \( \lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = +\infty \). Comme \( 0 \in \, ]-\infty\,;+\infty[ \), d’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l’équation \( f(x) = 0 \) admet une unique solution \( \alpha \) dans \( ]0\,;+\infty[ \).

4. b) On donne une valeur approchée de \( \alpha \), puis on établit la relation \( \alpha^2 = \exp(\dfrac{1}{\alpha^2}) \).

Par balayage à la calculatrice : \( f(1{,}32) \lt 0 \) et \( f(1{,}33) \gt 0 \), donc \( \alpha \approx 1{,}33 \) à \( 10^{-2} \) près (plus précisément \( \alpha \approx 1{,}328 \)).

Par définition, \( f(\alpha) = 0 \), c’est-à-dire :

\[ \alpha\ln(\alpha^2) – \dfrac{1}{\alpha} = 0 \iff \alpha\ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha} \iff \ln(\alpha^2) = \dfrac{1}{\alpha^2}, \]

en divisant par \( \alpha \gt 0 \). En appliquant la fonction exponentielle, réciproque de \( \ln \) :

\[ \alpha^2 = \exp(\dfrac{1}{\alpha^2}). \]

Exercice 4 :

Suite d’intégrales et intégration par parties

Pour tout entier naturel \( n \), on pose \( I_n = \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\sin(x)\,\mathrm{d}x \) et \( J_n = \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x \).

1. On calcule \( I_0 = \displaystyle\int_0^{\pi} \sin(x)\,\mathrm{d}x \). Une primitive de \( \sin \) est \( -\cos \), donc :

\[ I_0 = \big[-\cos(x)\big]_0^{\pi} = -\cos(\pi) + \cos(0) = 1 + 1 = 2. \]

\( I_0 = 2 \).

2. a) On montre que \( I_n \geq\, 0 \). Pour tout \( x \in [0\,;\pi] \), \( e^{-nx} \gt 0 \) et \( \sin(x) \geq\, 0 \) (il s’annule en 0 et en \( \pi \)). Ainsi \( e^{-nx}\sin(x) \geq\, 0 \) sur \( [0\,;\pi] \) et, par positivité de l’intégrale (avec \( 0 \lt \pi \)), \( I_n \geq\, 0 \).

2. b) On montre que la suite \( (I_n) \) est décroissante. Pour tout \( x \in [0\,;\pi] \) :

\[ e^{-(n+1)x}\sin(x) – e^{-nx}\sin(x) = e^{-nx}\sin(x)(e^{-x} – 1). \]

Pour \( x \geq\, 0 \), \( e^{-x} \leq\, 1 \) donc \( e^{-x} – 1 \leq\, 0 \), alors que \( e^{-nx}\sin(x) \geq\, 0 \) : la différence est négative ou nulle. Par linéarité et positivité de l’intégrale :

\[ I_{n+1} – I_n = \int_0^{\pi} (e^{-(n+1)x}\sin(x) – e^{-nx}\sin(x))\mathrm{d}x \leq\, 0. \]

La suite \( (I_n) \) est décroissante.

2. c) La suite \( (I_n) \) est décroissante (question 2.b) et minorée par 0 (question 2.a). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \( (I_n) \) converge.

Exercice 4 du corrigé Nord 2024 : questions 3 à 4

3. a) On montre que \( I_n \leq\, \displaystyle\int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x \). Pour tout réel \( x \), \( \sin(x) \leq\, 1 \) ; en multipliant par \( e^{-nx} \gt 0 \), on obtient \( e^{-nx}\sin(x) \leq\, e^{-nx} \) sur \( [0\,;\pi] \). En intégrant cette inégalité (croissance de l’intégrale) :

\[ I_n \leq\, \int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x. \]

3. b) Pour \( n \geq\, 1 \), une primitive de \( x \mapsto e^{-nx} \) est \( x \mapsto -\dfrac{e^{-nx}}{n} \). Ainsi :

\[ \int_0^{\pi} e^{-nx}\,\mathrm{d}x = [-\dfrac{e^{-nx}}{n}]_0^{\pi} = -\dfrac{e^{-n\pi}}{n} + \dfrac{1}{n} = \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n}. \]

3. c) On en déduit la limite de \( (I_n) \). Pour tout entier \( n \geq\, 1 \) :

\[ 0 \leq\, I_n \leq\, \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n}. \]

Comme \( \lim\limits_{n \to +\infty} e^{-n\pi} = 0 \), le numérateur tend vers 1 et le dénominateur vers \( +\infty \) : \( \lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1 – e^{-n\pi}}{n} = 0 \). D’après le théorème des gendarmes, \( \lim\limits_{n \to +\infty} I_n = 0 \).

4. a) On établit deux relations par intégration par parties.

Première intégration par parties. On pose \( u(x) = e^{-nx} \), \( u^{\prime}(x) = -ne^{-nx} \), \( v(x) = -\cos(x) \), \( v^{\prime}(x) = \sin(x) \), fonctions dérivables à dérivées continues sur \( [0\,;\pi] \) :

\[ I_n = \Big[-e^{-nx}\cos(x)\Big]_0^{\pi} – \int_0^{\pi} (-ne^{-nx})(-\cos(x))\mathrm{d}x = (e^{-n\pi} + 1) – n\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x, \]

car \( -e^{-n\pi}\cos(\pi) = e^{-n\pi} \) et \( e^{0}\cos(0) = 1 \). Donc \( I_n = 1 + e^{-n\pi} – nJ_n \).

Seconde intégration par parties (pour \( n \geq\, 1 \)). On pose \( w(x) = \sin(x) \), \( w^{\prime}(x) = \cos(x) \), \( p(x) = -\dfrac{e^{-nx}}{n} \), \( p^{\prime}(x) = e^{-nx} \) :

\[ I_n = [-\dfrac{e^{-nx}}{n}\sin(x)]_0^{\pi} – \int_0^{\pi} (-\dfrac{e^{-nx}}{n})\cos(x)\,\mathrm{d}x = 0 – 0 + \dfrac{1}{n}\int_0^{\pi} e^{-nx}\cos(x)\,\mathrm{d}x, \]

car \( \sin(0) = \sin(\pi) = 0 \). Donc \( I_n = \dfrac{1}{n}J_n \).

Exercice 4 : questions 4 à 5

4. b) On en déduit l’expression de \( I_n \). La seconde relation donne \( J_n = nI_n \). En reportant dans la première :

\[ I_n = 1 + e^{-n\pi} – n \times nI_n \iff I_n + n^2 I_n = 1 + e^{-n\pi} \iff (1 + n^2)I_n = 1 + e^{-n\pi}. \]
\[ I_n = \dfrac{1 + e^{-n\pi}}{1 + n^2}. \]

On remarque que cette formule reste vraie pour \( n = 0 \) : elle donne \( \dfrac{1+1}{1} = 2 = I_0 \).

5. On complète une fonction Python qui renvoie le plus petit entier \( n \) tel que \( I_n \lt 0{,}1 \). On part de \( n = 0 \) et \( I_0 = 2 \), et tant que \( I \geq\, 0{,}1 \), on augmente \( n \) de 1 et on recalcule \( I_n \) grâce à la formule de la question 4.b :

from math import *
def seuil():
    n = 0
    I = 2
    while I >= 0.1:
        n = n + 1
        I = (1 + exp(-n*pi)) / (n*n + 1)
    return n

À titre de contrôle : \( I_3 = \dfrac{1 + e^{-3\pi}}{10} \approx 0{,}100008 \), encore supérieur à 0,1, et \( I_4 = \dfrac{1 + e^{-4\pi}}{17} \approx 0{,}0588 \). La fonction renvoie donc 4.

Comment réviser avec ce corrigé Nord 2024

Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. 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 les probabilités conditionnelles ou la loi binomiale. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. En complément, l’article probabilités conditionnelles de Wikipédia rappelle les définitions et propriétés utiles.

Les pièges classiques

• 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.
• Avant d’annoncer une loi binomiale, justifiez la répétition d’épreuves identiques et indépendantes à deux issues, puis précisez les deux paramètres.
• Avec le logarithme, vérifiez toujours que l’expression est strictement positive avant d’appliquer une propriété algébrique.

Corrigé Nord 2024 : vos questions

Quelles notions revoir avant de commencer ? En priorité, les probabilités conditionnelles, la loi binomiale et la fonction logarithme népérien, 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.