Corrigé Nord 2025 : ce que contient la correction
Avant tout, ce corrigé Nord 2025 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Amérique du Nord (jour 1) et détaille la démarche attendue à chaque question. Ainsi, vous trouverez 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, la loi binomiale et les probabilités conditionnelles. 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 :
Partie A
1. Les pourcentages de l’énoncé deviennent des probabilités, puisque la connexion est choisie au hasard. Au premier niveau : \(P(A) = 0{,}25\), \(P(B) = 0{,}15\) et, pour le serveur C qui reçoit le reste, \(P(C) = 1 – 0{,}25 – 0{,}15 = 0{,}6\). Au second niveau, on place les probabilités conditionnelles de stabilité et leurs complémentaires à 1 :
| Branche vers le serveur | Branche vers \(S\) | Branche vers \(\overline{S}\) |
|---|---|---|
| \(P(A) = 0{,}25\) | \(P_A(S) = 0{,}9\) | \(P_A(\overline{S}) = 0{,}1\) |
| \(P(B) = 0{,}15\) | \(P_B(S) = 0{,}8\) | \(P_B(\overline{S}) = 0{,}2\) |
| \(P(C) = 0{,}6\) | \(P_C(S) = 0{,}85\) | \(P_C(\overline{S}) = 0{,}15\) |
Sur l’arbre, on écrit donc 0,25, 0,15 et 0,6 sur les trois premières branches, puis 0,9 et 0,1 après A, 0,8 et 0,2 après B, 0,85 et 0,15 après C.
2. L’évènement « la connexion est stable et passe par B » est \(B \cap S\). On multiplie les probabilités le long du chemin : \(P(B \cap S) = P(B) \times P_B(S) = 0{,}15 \times 0{,}8 = 0{,}12\). On a bien \(P(B \cap S) = 0{,}12\).
3. De même, \(P(C \cap \overline{S}) = P(C) \times P_C(\overline{S}) = 0{,}6 \times 0{,}15 = 0{,}09\). Donc \(P(C \cap \overline{S}) = 0{,}09\) : 9 % de l’ensemble des connexions passent par le serveur C et subissent une déconnexion.
Exercice 1 du corrigé Nord 2025, partie A : questions 4 à 5
4. Les évènements \(A\), \(B\) et \(C\) forment une partition de l’univers (chaque connexion passe par un et un seul serveur). La formule des probabilités totales donne :
\[P(S) = P(A \cap S) + P(B \cap S) + P(C \cap S) = 0{,}25 \times 0{,}9 + 0{,}12 + 0{,}6 \times 0{,}85\]
\[P(S) = 0{,}225 + 0{,}12 + 0{,}51 = 0{,}855\]
On a bien \(P(S) = 0{,}855\).
5. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_S(B)\). Par définition, \(P_S(B) = \dfrac{P(B \cap S)}{P(S)} = \dfrac{0{,}12}{0{,}855} = \dfrac{8}{57} \approx 0{,}14035\). Sachant que la connexion est stable, la probabilité qu’elle soit passée par le serveur B vaut environ 0,140.
Partie B
1. a. On répète 50 fois, de façon identique et indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues dont le succès « la connexion est instable » a pour probabilité 0,145. \(X\) compte les succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 50\) et \(p = 0{,}145\).
b. On cherche \(P(X \leq\, 8)\). La calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) donne \(P(X \leq\, 8) \approx 0{,}70447\). La probabilité qu’au plus huit connexions soient instables est environ 0,704.
2. a. L’évènement « au moins une connexion est instable » est le contraire de « aucune connexion n’est instable », c’est-à-dire de \(\{X_n = 0\}\). Or \(P(X_n = 0) = \binom\,{n}{0} \times 0{,}145^0 \times 0{,}855^n = 0{,}855^n\). Donc \(p_n = 1 – 0{,}855^n\).
b. On résout l’inéquation \(p_n \geq\, 0{,}99\) :
\[1 – 0{,}855^n \geq\, 0{,}99 \iff 0{,}855^n \leq\, 0{,}01 \iff n \ln(0{,}855) \leq\, \ln(0{,}01)\]
(la fonction \(\ln\) est strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\), donc elle conserve l’ordre, et \(\ln(0{,}855^n) = n\ln(0{,}855)\)). Comme \(0{,}855 \lt 1\), on a \(\ln(0{,}855) \lt 0\) : en divisant par ce nombre négatif, on change le sens de l’inégalité :
\[n \geq\, \dfrac{\ln(0{,}01)}{\ln(0{,}855)} \approx 29{,}4\]
Le plus petit entier qui convient est \(n = 30\). Contrôle : \(p_{29} \approx 0{,}9894 \lt 0{,}99\) et \(p_{30} \approx 0{,}9909 \geq\, 0{,}99\).
Exercice 1 du corrigé Nord 2025, partie B : question 3
3. a. Pour une loi binomiale, \(E(X_n) = n \times 0{,}145\). Par linéarité de l’espérance, \(E(F_n) = E(\dfrac{X_n}{n}) = \dfrac{1}{n} E(X_n) = \dfrac{0{,}145n}{n}\), donc \(E(F_n) = 0{,}145\).
b. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|F_n – E(F_n)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(F_n)}{\delta^2}\). Avec \(\delta = 0{,}1\), donc \(\delta^2 = 0{,}01\) :
\[P(|F_n – 0{,}145| \geq\, 0{,}1) \leq\, \dfrac{0{,}123975}{0{,}01 \, n} = \dfrac{12{,}3975}{n}\]
Comme \(12{,}3975 \lt 12{,}5\) et \(n \gt 0\), on a \(\dfrac{12{,}3975}{n} \lt \dfrac{12{,}5}{n}\), d’où \(P(|F_n – 0{,}145| \geq\, 0{,}1) \leq\, \dfrac{12{,}5}{n}\).
c. Avec \(n = 1\,000\), l’inégalité précédente donne \(P(|F_{1000} – 0{,}145| \geq\, 0{,}1) \leq\, \dfrac{12{,}5}{1\,000} = 0{,}0125\). Or l’échantillon observé donne \(|0{,}3 – 0{,}145| = 0{,}155 \geq\, 0{,}1\) : il réalise un évènement dont la probabilité, en fonctionnement normal, est au plus de 1,25 %. Un tel écart est très peu probable si les serveurs fonctionnent normalement : le responsable a raison de soupçonner un dysfonctionnement (sans que ce soit une certitude).
Exercice 2 :
1. On applique la relation de récurrence avec \(u_0 = 2\) : \(u_1 = \dfrac{2 \times 2 + 1}{2 + 2} = \dfrac{5}{4}\), soit \(u_1 = 1{,}25\).
2. a. \(a_0 = \dfrac{u_0}{u_0 – 1} = \dfrac{2}{1} = 2\) et \(a_1 = \dfrac{1{,}25}{1{,}25 – 1} = \dfrac{1{,}25}{0{,}25} = 5\). Donc \(a_0 = 2\) et \(a_1 = 5\).
b. Soit \(n\) un entier naturel. Commençons par le dénominateur de \(a_{n+1}\) :
\[u_{n+1} – 1 = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2} – \dfrac{u_n + 2}{u_n + 2} = \dfrac{u_n – 1}{u_n + 2}\]
On en déduit, en multipliant par l’inverse :
\[a_{n+1} = \dfrac{u_{n+1}}{u_{n+1} – 1} = \dfrac{2u_n + 1}{u_n + 2} \times \dfrac{u_n + 2}{u_n – 1} = \dfrac{2u_n + 1}{u_n – 1}\]
D’autre part :
\[3a_n – 1 = \dfrac{3u_n}{u_n – 1} – \dfrac{u_n – 1}{u_n – 1} = \dfrac{3u_n – u_n + 1}{u_n – 1} = \dfrac{2u_n + 1}{u_n – 1}\]
Les deux expressions sont égales : pour tout entier naturel \(n\), \(a_{n+1} = 3a_n – 1\).
c. Pour tout entier \(n \geq\, 1\), notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(a_n \geq\, 3n – 1\) ».
Initialisation. Pour \(n = 1\) : \(a_1 = 5\) et \(3 \times 1 – 1 = 2\). Comme \(5 \geq\, 2\), \(\mathcal{P}(1)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n \geq\, 1\) un entier tel que \(\mathcal{P}(n)\) est vraie : \(a_n \geq\, 3n – 1\). En multipliant par 3 (nombre positif) puis en retirant 1 : \(3a_n – 1 \geq\, 9n – 4\), c’est-à-dire \(a_{n+1} \geq\, 9n – 4\) d’après la question b. Or \(9n – 4 – (3(n+1) – 1) = 9n – 4 – 3n – 2 = 6n – 6 = 6(n – 1) \geq\, 0\) puisque \(n \geq\, 1\). Donc \(a_{n+1} \geq\, 9n – 4 \geq\, 3(n+1) – 1\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Exercice 2 du corrigé Nord 2025 : question 3
Conclusion. La propriété est vraie au rang 1 et héréditaire, donc par récurrence \(a_n \geq\, 3n – 1\) pour tout entier \(n \geq\, 1\).
d. On a \(\lim\limits_{n \to +\infty} (3n – 1) = +\infty\) et \(a_n \geq\, 3n – 1\) pour tout \(n \geq\, 1\). Par le théorème de comparaison, \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = +\infty\).
3. a. Soit \(n\) un entier naturel. Le nombre \(a_n\) ne peut pas valoir 1 : sinon on aurait \(u_n = u_n – 1\), ce qui est impossible. De \(a_n = \dfrac{u_n}{u_n – 1}\), on tire \(a_n(u_n – 1) = u_n\), soit \(a_n u_n – u_n = a_n\), c’est-à-dire \(u_n(a_n – 1) = a_n\). Comme \(a_n – 1 \neq 0\), on peut diviser : \(u_n = \dfrac{a_n}{a_n – 1}\).
b. Pour \(n \geq\, 1\), \(a_n \geq\, 3n – 1 \gt 0\), et \(a_0 = 2\) : \(a_n\) n’est jamais nul, on peut donc diviser numérateur et dénominateur par \(a_n\) :
\[u_n = \dfrac{1}{1 – \dfrac{1}{a_n}}\]
Comme \(\lim\limits_{n \to +\infty} a_n = +\infty\), on a \(\lim\limits_{n \to +\infty} \dfrac{1}{a_n} = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} (1 – \dfrac{1}{a_n}) = 1\) et, par quotient, \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 1\).
Exercice 2 : question 4
4. a. La fonction part de \(u = u_0 = 2\) et \(n = 0\). À chaque passage dans la boucle, u est remplacé par le terme suivant de la suite et n augmente de 1 : la variable u contient donc toujours \(u_n\). La boucle continue tant que \(u_n – 1 \gt p\), c’est-à-dire tant que l’écart entre \(u_n\) et sa limite 1 dépasse \(p\) (cet écart est positif car la suite, décroissante et de limite 1, reste supérieure ou égale à 1). La fonction renvoie le premier indice \(n\) tel que \(u_n – 1 \leq\, p\), et la valeur \(u_n\) correspondante, premier terme de la suite situé à moins de \(p\) de sa limite.
b. En faisant tourner le programme, on obtient \(u_5 \approx 1{,}0027\) (écart supérieur à 0,001) et \(u_6 \approx 1{,}00091\) (écart inférieur à 0,001). Pour \(p = 0{,}001\), on obtient \(n = 6\).
Exercice 3 :
Affirmation 1 : vraie.
D’après la représentation paramétrique, \((d)\) passe par le point \((3 ; -1 ; 2)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{u}\begin{pmatrix} -2 \\ 0 \\ -6 \end{pmatrix}\). L’axe des ordonnées passe par O et est dirigé par \(\vec{\jmath}\begin{pmatrix} 0 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\). Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{u}\) est nulle mais pas les autres), donc les droites ne sont pas parallèles.
Cherchons un point commun. Un point de l’axe des ordonnées a ses coordonnées \(x\) et \(z\) nulles. Pour un point de \((d)\), \(x = 0\) impose \(3 – 2t = 0\), soit \(t = 1{,}5\), et alors \(z = 2 – 6 \times 1{,}5 = -7 \neq 0\). Aucun point de \((d)\) n’est donc sur l’axe des ordonnées : les droites ne sont pas sécantes.
Deux droites coplanaires sont soit parallèles, soit sécantes. Ici elles ne sont ni l’un ni l’autre : elles sont non coplanaires.
Affirmation 2 : vraie.
Un plan orthogonal à \((d)\) admet pour vecteur normal un vecteur directeur de \((d)\), par exemple \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix} = -\dfrac{1}{2}\vec{u}\). Son équation est donc de la forme \(x + 3z + d = 0\). Il passe par \(\text{A}(3 ; -3 ; -2)\), donc \(3 + 3 \times (-2) + d = 0\), soit \(d = 3\). Le plan cherché a bien pour équation \(x + 3z + 3 = 0\).
Affirmation 3 : fausse.
Exercice 3 du corrigé Nord 2025 (suite)
Coordonnées de C : l’abscisse vaut 2, donc \(3 – 2t = 2\), d’où \(t = \dfrac{1}{2}\), puis \(y = -1\) et \(z = 2 – 3 = -1\). Ainsi \(\text{C}(2 ; -1 ; -1)\).
On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix} 2 \\ -1 \\ 1 \end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix} -1 \\ 2 \\ 1 \end{pmatrix}\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = 2 \times (-1) + (-1) \times 2 + 1 \times 1 = -3\]
\[\text{AB} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6} \quad \text{et} \quad \text{AC} = \sqrt{1 + 4 + 1} = \sqrt{6}\]
Comme \(\vec{\text{AB}} \cdot \vec{\text{AC}} = \text{AB} \times \text{AC} \times \cos\widehat{\text{BAC}}\), on obtient \(\cos\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{-3}{6} = -\dfrac{1}{2}\). L’angle géométrique, compris entre 0 et \(\pi\), vaut donc \(\dfrac{2\pi}{3}\), et non \(\dfrac{\pi}{6}\) (dont le cosinus est positif, \(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)). L’affirmation est fausse : \(\widehat{\text{BAC}} = \dfrac{2\pi}{3}\).
Affirmation 4 : vraie.
Le vecteur \(\vec{n}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 3 \end{pmatrix}\) est normal au plan \(\mathcal{P}\). H est le point d’intersection de \(\mathcal{P}\) avec la droite passant par B et dirigée par \(\vec{n}\), qui a pour représentation paramétrique :
\[\begin{cases} x = 5 + k \\ y = -4 \\ z = -1 + 3k \end{cases} \quad k \in \mathbb{R}\]
On remplace dans l’équation de \(\mathcal{P}\) : \((5 + k) + 3(-1 + 3k) – 7 = 0\), soit \(10k – 5 = 0\), donc \(k = \dfrac{1}{2}\). Ainsi \(\text{H}(\dfrac{11}{2} ; -4 ; \dfrac{1}{2})\) et \(\vec{\text{BH}}\begin{pmatrix} \frac{1}{2} \\ 0 \\ \frac{3}{2} \end{pmatrix} = \dfrac{1}{2}\vec{n}\).
\[\text{BH} = \sqrt{\dfrac{1}{4} + 0 + \dfrac{9}{4}} = \sqrt{\dfrac{10}{4}} = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\]
L’affirmation est vraie : \(\text{BH} = \dfrac{\sqrt{10}}{2}\).
Exercice 4 :
Partie A
1. Le signe de la dérivée donne le sens de variation de la fonction. Observons les deux courbes :
- la courbe \(\mathcal{C}_2\) est au-dessus de l’axe des abscisses sur \(]-2 ; 1[\) et en dessous sur \(]-\infty ; -2[\) et \(]1 ; +\infty[\) ;
- la fonction représentée par \(\mathcal{C}_1\) est décroissante sur \(]-\infty ; -2]\), croissante sur \([-2 ; 1]\), décroissante sur \([1 ; +\infty[\), avec un minimum en \(-2\) et un maximum en 1.
Les changements de signe de la fonction de \(\mathcal{C}_2\) correspondent exactement aux changements de variation de celle de \(\mathcal{C}_1\). À l’inverse, \(\mathcal{C}_2\) change de sens de variation vers \(x \approx -1{,}3\), alors que \(\mathcal{C}_1\) y est nettement en dessous de l’axe (vers \(-4{,}4\)) et ne s’y annule pas : \(\mathcal{C}_1\) ne peut pas représenter la dérivée de la fonction de \(\mathcal{C}_2\). Conclusion : \(\mathcal{C}_1\) représente \(g\) et \(\mathcal{C}_2\) représente \(g^{\prime}\).
2. La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation \(y = g^{\prime}(0)(x – 0) + g(0)\). D’après l’énoncé, \(\mathcal{C}_1\) passe par \((0 ; 1)\), donc \(g(0) = 1\), et \(\mathcal{C}_2\) passe par \((0 ; 2)\), donc \(g^{\prime}(0) = 2\). L’équation réduite de la tangente est bien \(y = 2x + 1\).
Partie B
1. \(f_0\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables. Avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\), où \(u(x) = x^2 + 3x\) et \(v(x) = \text{e}^{-x}\) :
\[f_0^{\prime}(x) = (2x + 3)\text{e}^{-x} – (x^2 + 3x)\text{e}^{-x} = (-x^2 – x + 3)\text{e}^{-x}\]
\[f_0(x) + f_0^{\prime}(x) = (x^2 + 3x – x^2 – x + 3)\text{e}^{-x} = (2x + 3)\text{e}^{-x}\]
L’égalité est vraie pour tout réel \(x\) : \(f_0\) est une solution particulière de \((E)\).
2. \((E_0)\) s’écrit \(y^{\prime} = -y\), de la forme \(y^{\prime} = ay\) avec \(a = -1\). Ses solutions sont les fonctions \(x \mapsto k\,\text{e}^{-x}\), où \(k\) est un réel quelconque.
3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à la solution particulière \(f_0\) les solutions de l’équation homogène \((E_0)\). Ce sont donc les fonctions \(x \mapsto (x^2 + 3x + k)\text{e}^{-x}\), avec \(k \in \mathbb{R}\).
4. Comme \(g\) est solution de \((E)\), il existe un réel \(k\) tel que \(g(x) = (x^2 + 3x + k)\text{e}^{-x}\). Or \(g(0) = 1\) (partie A) et \(g(0) = k \times \text{e}^0 = k\), donc \(k = 1\). Ainsi \(g(x) = (x^2 + 3x + 1)\text{e}^{-x}\).
5. Soit \(y_k(x) = (x^2 + 3x + k)\text{e}^{-x}\) une solution de \((E)\). En dérivant comme à la question 1 :
\[y_k^{\prime}(x) = (-x^2 – x + 3 – k)\text{e}^{-x}\]
\[y_k^{\prime\prime}(x) = (-2x – 1)\text{e}^{-x} – (-x^2 – x + 3 – k)\text{e}^{-x} = (x^2 – x + k – 4)\text{e}^{-x}\]
Exercice 4 du corrigé Nord 2025, partie B (suite)
Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(y_k^{\prime\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(x^2 – x + k – 4\). La courbe a un point d’inflexion là où la dérivée seconde s’annule en changeant de signe. Un trinôme change de signe exactement deux fois lorsque son discriminant est strictement positif (s’il est nul ou négatif, il garde un signe constant et il n’y a aucun point d’inflexion). Ici \(\Delta = (-1)^2 – 4(k – 4) = 17 – 4k\), et \(\Delta \gt 0 \iff k \lt \dfrac{17}{4}\).
Les solutions cherchées sont les fonctions \(x \mapsto (x^2 + 3x + k)\text{e}^{-x}\) avec \(k \lt \dfrac{17}{4}\).
Partie C
1. Pour tout réel \(x\), on développe : \(f(x) = x^2\text{e}^{-x} + 3x\text{e}^{-x} + 2\text{e}^{-x}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} x^2\text{e}^{-x} = 0\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} x\text{e}^{-x} = 0\). De plus \(\lim\limits_{x \to +\infty} \text{e}^{-x} = 0\). Par somme, \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\).
2. a. Avec la formule de dérivation d’un produit :
\[f^{\prime}(x) = (2x + 3)\text{e}^{-x} – (x^2 + 3x + 2)\text{e}^{-x} = (-x^2 – x + 1)\text{e}^{-x}\]
ce qui est bien l’expression annoncée.
b. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(-x^2 – x + 1\). Son discriminant vaut \(\Delta = (-1)^2 – 4 \times (-1) \times 1 = 5 \gt 0\), d’où deux racines :
\[x_1 = \dfrac{-1 – \sqrt{5}}{2} \approx -1{,}618 \quad \text{et} \quad x_2 = \dfrac{-1 + \sqrt{5}}{2} \approx 0{,}618\]
Le coefficient de \(x^2\) est \(-1\), négatif : le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. On en déduit le tableau :
| \(x\) | \(-\infty\) | \(x_1\) | \(x_2\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | \(\searrow\) | \(f(x_1)\) | \(\nearrow\) | \(f(x_2)\) | \(\searrow\) | 0 |
\(f\) est décroissante sur \(]-\infty ; x_1]\), croissante sur \([x_1 ; x_2]\) et décroissante sur \([x_2 ; +\infty[\). Pour information, \(f(x_1) = (2 – \sqrt{5})\text{e}^{\frac{1 + \sqrt{5}}{2}} \approx -1{,}19\) et \(f(x_2) = (2 + \sqrt{5})\text{e}^{\frac{1 – \sqrt{5}}{2}} \approx 2{,}28\).
Exercice 4, partie C : questions 3 à 4
3. Pour \(x \geq\, 0\), on a \(x^2 \geq\, 0\) et \(3x \geq\, 0\), donc \(x^2 + 3x + 2 \geq\, 2 \gt 0\). Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), le produit \(f(x)\) est strictement positif : \(f\) est positive sur \([0 ; +\infty[\). (On peut aussi factoriser \(x^2 + 3x + 2 = (x + 1)(x + 2)\), dont les racines \(-2\) et \(-1\) sont négatives.)
4. La fonction \(f\) est continue et positive sur \([0 ; \alpha]\), donc l’aire cherchée est l’intégrale de \(f\) entre 0 et \(\alpha\). Avec la primitive \(F\) donnée :
\[\mathcal{A}(\alpha) = \int_0^{\alpha} f(x)\,\text{d}x = F(\alpha) – F(0) = (-\alpha^2 – 5\alpha – 7)\text{e}^{-\alpha} – (-7)\text{e}^{0}\]
Donc \(\mathcal{A}(\alpha) = 7 – (\alpha^2 + 5\alpha + 7)\text{e}^{-\alpha}\) unités d’aire. On remarque que cette aire tend vers 7 quand \(\alpha\) tend vers \(+\infty\).
Corrigé Nord 2025 : méthode pour bien s’entraîner
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. 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. 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 exponentielle propose un rappel complet.
Les erreurs qui coûtent des points
- 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.
- Avant d’annoncer une loi binomiale, justifiez la répétition d’épreuves identiques et indépendantes à deux issues, puis précisez les deux paramètres.
Corrigé Nord 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 exponentielle, la fonction logarithme népérien et la loi binomiale, mais aussi les probabilités conditionnelles.
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.
Ensuite, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 en Amérique du Nord (jour 1) : sujet et corrigé.
