Corrigé Nord 2025 : la correction en un coup d’œil
D’abord, précisons que ce corrigé Nord 2025 concerne l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Amérique du Nord (jour 2), avec une rédaction complète des réponses. Concrètement, le sujet compte 4 exercices indépendants. Par ailleurs, les notions les plus sollicitées sont la fonction exponentielle, la fonction logarithme népérien, le calcul intégral et la géométrie dans l’espace. Côté timing, l’épreuve dure 4 heures ; par conséquent, prévoyez à peu près 60 minutes pour chaque exercice. Ainsi, chaque étape de calcul reste visible, ce qui permet de repérer précisément l’endroit où un raisonnement a dévié.
Corrigé du sujet
Exercice 1 : réponses détaillées du corrigé Nord 2025
Partie A
1. Chaque lancer est une épreuve de Bernoulli : soit Victor marque (succès, de probabilité 0,32), soit il rate. On répète 15 fois cette épreuve de façon identique et indépendante, et \(N\) compte les succès. \(N\) suit donc la loi binomiale de paramètres \(n=15\) et \(p=0{,}32\), notée \(\mathcal{B}(15\,;\,0{,}32)\).
2. Pour une loi binomiale, \(P(N=k)=\dbinom{15}{k}\,0{,}32^k\,0{,}68^{15-k}\). Avec \(k=4\) :
\[P(N=4)=\dbinom{15}{4}\times 0{,}32^4\times 0{,}68^{11}=1\,365\times 0{,}32^4\times 0{,}68^{11}\approx 0{,}206.\]
La probabilité que Victor réussisse exactement 4 paniers est environ 0,206.
3. « Au plus 6 paniers » correspond à l’évènement \(N \leq\, 6\). La calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale) donne :
\[P(N \leq\, 6)=P(N=0)+P(N=1)+\ldots+P(N=6)\approx 0{,}828.\]
La probabilité cherchée vaut environ 0,828.
4. L’espérance d’une loi binomiale est \(E(N)=np\), donc \(E(N)=15\times 0{,}32=\) 4,8. Sur un grand nombre de séries de 15 tirs, Victor marque en moyenne 4,8 paniers par série.
5. a. Chaque panier réussi lors de cette série est un panier à trois points : le nombre de points est le triple du nombre de paniers, donc \(T=3N\).
b. Par linéarité de l’espérance, \(E(T)=E(3N)=3E(N)=3\times 4{,}8=\) 14,4.
Interprétation : si Victor répète un très grand nombre de fois cette série de 15 tirs à trois points, il marque en moyenne 14,4 points par série.
c. Comme \(T=3N\), l’encadrement \(12 \leq\, 3N \leq\, 18\) équivaut, en divisant par 3, à \(4 \leq\, N \leq\, 6\). Donc :
\[P(12 \leq\, T \leq\, 18)=P(4 \leq\, N \leq\, 6)=P(N \leq\, 6)-P(N \leq\, 3).\]
La calculatrice donne \(P(N \leq\, 3)\approx 0{,}242\), d’où \(P(12 \leq\, T \leq\, 18)\approx 0{,}828-0{,}242\), soit environ 0,586. On retrouve ce résultat en additionnant \(P(N=4)+P(N=5)+P(N=6)\approx 0{,}206+0{,}213+0{,}167\).
Partie B
1. a. \(M_{50}\) est la somme des points marqués sur 50 matchs divisée par 50 : c’est le nombre moyen de points marqués par Victor par match sur ces 50 matchs (moyenne empirique de l’échantillon \(X_1, \ldots, X_{50}\)).
b. Les \(X_i\) ont toutes la même loi que \(X\). Par linéarité de l’espérance :
\[E(M_{50})=\dfrac{1}{50}(E(X_1)+\ldots+E(X_{50}))=\dfrac{50\times 22}{50}=22.\]
Les \(X_i\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances, et \(V(aY)=a^2V(Y)\) :
\[V(M_{50})=\dfrac{1}{50^2}(V(X_1)+\ldots+V(X_{50}))=\dfrac{50\times 65}{2\,500}=\dfrac{65}{50}=1{,}3.\]
Ainsi \(E(M_{50})=22\) et \(V(M_{50})=1{,}3\).
c. L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que pour toute variable aléatoire \(Y\) et tout réel \(\delta \gt 0\), \(P(|Y-E(Y)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(Y)}{\delta^2}\). On l’applique à \(Y=M_{50}\), d’espérance 22, avec \(\delta=3\) :
\[P(|M_{50}-22| \geq\, 3) \leq\, \dfrac{1{,}3}{9}=\dfrac{13}{90}.\]
C’est bien l’inégalité demandée.
d. L’encadrement \(19 \lt M_{50} \lt 25\) s’écrit \(-3 \lt M_{50}-22 \lt 3\), c’est-à-dire \(|M_{50}-22| \lt 3\) : c’est l’évènement contraire de \(|M_{50}-22| \geq\, 3\). Donc :
\[P(19 \lt M_{50} \lt 25)=1-P(|M_{50}-22| \geq\, 3) \geq\, 1-\dfrac{13}{90}=\dfrac{77}{90}.\]
Or \(\dfrac{77}{90}\approx 0{,}856\) et \(\dfrac{77}{90} \gt 0{,}85\) (car \(0{,}85\times 90=76{,}5 \lt 77\)). On conclut que \(P(19 \lt M_{50} \lt 25) \gt 0{,}85\).
Exercice 1 du corrigé Nord 2025, partie B : question 2
2. On reprend le raisonnement pour \(n\) quelconque : \(E(M_n)=22\) et \(V(M_n)=\dfrac{65}{n}\). L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev (ou inégalité de concentration) donne :
\[P(|M_n-22| \geq\, 3) \leq\, \dfrac{65}{9n}.\]
Il suffit donc que \(\dfrac{65}{9n} \lt 0{,}01\), c’est-à-dire \(n \gt \dfrac{6\,500}{9}\approx 722{,}2\). Pour \(n=723\) par exemple, on a \(P(|M_{723}-22| \geq\, 3) \leq\, \dfrac{65}{6\,507} \lt 0{,}01\).
Il existe donc des entiers \(n\) qui conviennent (tous ceux supérieurs ou égaux à 723) : l’affirmation est fausse.
Exercice 2 :
Partie A
1. a. \(u_1=\sqrt{u_0}=\) \(\sqrt{2}\) et \(u_2=\sqrt{u_1}=\sqrt{\sqrt{2}}=\) \(2^{\frac{1}{4}}\) (la racine quatrième de 2).
b. La calculatrice donne \(u_1\approx 1{,}414\), \(u_2\approx 1{,}189\), \(u_3\approx 1{,}091\), \(u_4\approx 1{,}044\), \(u_5\approx 1{,}022\)… On peut conjecturer que la suite \((u_n)\) est décroissante et converge vers 1.
2. a. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».
Initialisation. \(u_0=2\) et \(u_1=\sqrt{2}\approx 1{,}414\), donc \(1 \leq\, u_1 \leq\, u_0\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(\mathcal{P}(n)\) soit vraie : \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). Tous ces nombres sont positifs et la fonction racine carrée est croissante sur \([0\,;\,+\infty[\), donc elle conserve l’ordre :
\[\sqrt{1} \leq\, \sqrt{u_{n+1}} \leq\, \sqrt{u_n}, \quad \text{c^{\prime}est-à-dire} \quad 1 \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}.\]
\(\mathcal{P}(n+1)\) est donc vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(1 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).
b. D’après la question précédente, \(u_{n+1} \leq\, u_n\) pour tout \(n\) : la suite est décroissante. De plus \(u_n \geq\, 1\) pour tout \(n\) (pour \(n \geq\, 1\) par l’inégalité de gauche, et \(u_0=2\)) : la suite est minorée par 1. Une suite décroissante et minorée converge, donc \((u_n)\) est convergente, vers une limite \(\ell\) qui vérifie \(\ell \geq\, 1\) (passage à la limite dans \(u_n \geq\, 1\)).
c. Pour \(x \geq\, 0\), les deux membres de \(\sqrt{x}=x\) sont positifs, donc l’équation équivaut à \(x=x^2\) (on élève au carré), soit \(x^2-x=0\), soit \(x(x-1)=0\). Un produit est nul si et seulement si l’un de ses facteurs l’est : \(x=0\) ou \(x=1\). Les deux valeurs sont bien dans \([0\,;\,+\infty[\). L’ensemble des solutions est \(\{0\,;\,1\}\).
d. La suite converge vers \(\ell\) et vérifie \(u_{n+1}=h(u_n)\) avec \(h(x)=\sqrt{x}\), fonction continue sur \([0\,;\,+\infty[\). En passant à la limite dans cette relation, on obtient \(\ell=\sqrt{\ell}\) : \(\ell\) est une solution de l’équation de la question c., donc \(\ell=0\) ou \(\ell=1\). Comme \(\ell \geq\, 1\), on a \(\ell=1\) : \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n=1\), ce qui confirme la conjecture.
Partie B
1. a. Les termes \(u_n\) sont strictement positifs, donc \(v_n\) est bien défini. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(\ln(\sqrt{a})=\dfrac{1}{2}\ln(a)\) pour \(a \gt 0\) :
\[v_{n+1}=\ln(u_{n+1})=\ln(\sqrt{u_n})=\dfrac{1}{2}\ln(u_n)=\dfrac{1}{2}v_n.\]
Chaque terme s’obtient en multipliant le précédent par \(\dfrac{1}{2}\) : \((v_n)\) est géométrique de raison \(\dfrac{1}{2}\), de premier terme \(v_0=\ln(u_0)=\ln(2)\).
b. Pour une suite géométrique, \(v_n=v_0\times q^n\), donc pour tout entier naturel \(n\) : \(v_n=\ln(2)\times (\dfrac{1}{2})^n=\dfrac{\ln(2)}{2^n}\).
c. Comme \(v_n=\ln(u_n)\), on a \(\ln(u_n)=\dfrac{\ln(2)}{2^n}\) ; en multipliant les deux membres par \(2^n\), on obtient \(\ln(2)=2^n\ln(u_n)\) pour tout entier naturel \(n\).
2. a. On sait que \(u_n \geq\, 1\) pour tout \(n\), donc \(u_k\) est dans \(]0{,}99\,;\,1{,}01[\) dès que \(u_k \lt 1{,}01\). La calculatrice donne \(u_6\approx 1{,}010\,89\), encore trop grand, puis \(u_7\approx 1{,}005\,43\). Comme la suite est décroissante, le plus petit entier convenable est \(k=7\), avec \(u_7\approx 1{,}005\,43\) à \(10^{-5}\) près.
b. Puisque \(u_7\) est dans \(]0{,}99\,;\,1{,}01[\), on approche \(\ln(u_7)\) par \(u_7-1\) (c’est l’ordonnée du point de la tangente T d’abscisse \(u_7\), très proche de la courbe près de 1) : \(\ln(u_7)\approx 0{,}005\,43\).
c. D’après la question 1. c. avec \(n=7\), \(\ln(2)=2^7\ln(u_7)=128\ln(u_7)\). Avec l’approximation précédente :
\[\ln(2)\approx 128\times 0{,}005\,43\approx 0{,}695.\]
On obtient \(\ln(2)\approx 0{,}695\) (la vraie valeur est \(0{,}693\,1\ldots\), l’approximation est donc correcte à 2 millièmes près).
Exercice 2 du corrigé Nord 2025, partie B : question 3
3. La boucle prend des racines carrées successives de \(a\) tant que le résultat est supérieur ou égal à 1,01 ; en sortie, a contient \(a^{\frac{1}{2^n}}\), qui est dans \([1\,;\,1{,}01[\), et n compte le nombre de racines prises. Exactement comme en partie B, \(\ln(a)=2^n\ln(a^{\frac{1}{2^n}})\approx 2^n(a^{\frac{1}{2^n}}-1)\). Il faut donc écrire L = 2**n*(a-1) :
from math import*
def Briggs(a):
n = 0
while a >= 1.01:
a = sqrt(a)
n = n+1
L = 2**n*(a-1)
return L
Par exemple, Briggs(2) renvoie environ 0,695, la valeur trouvée à la question 2. c.
Exercice 3 : réponses détaillées du corrigé Nord 2025
Partie A
On travaille dans le repère orthonormé \((\mathrm{A}\,;\,\vec{\mathrm{AB}},\,\vec{\mathrm{AD}},\,\vec{\mathrm{AE}})\), légitime car le cube est d’arête 1. On y lit : \(\mathrm{B}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\mathrm{C}(1\,;\,1\,;\,0)\), \(\mathrm{D}(0\,;\,1\,;\,0)\), \(\mathrm{G}(1\,;\,1\,;\,1)\), \(\mathrm{H}(0\,;\,1\,;\,1)\), puis les milieux \(\mathrm{I}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,0)\), \(\mathrm{J}(1\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2})\), \(\mathrm{L}(\dfrac{1}{2}\,;\,1\,;\,0)\), \(\mathrm{M}(0\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{2})\).
Affirmation 1 : vraie. D’une part \(\vec{\mathrm{JH}}\) a pour coordonnées \((0-1\,;\,1-0\,;\,1-\dfrac{1}{2})=(-1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{2})\).
D’autre part \(2\vec{\mathrm{BI}}=2(-\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,0)=(-1\,;\,0\,;\,0)\), \(\vec{\mathrm{DM}}=(0\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2})\) et \(-\vec{\mathrm{CB}}=\vec{\mathrm{BC}}=(0\,;\,1\,;\,0)\). Leur somme vaut \((-1\,;\,1\,;\,\dfrac{1}{2})\) : les deux vecteurs sont égaux.
Autre lecture sans coordonnées : \(2\vec{\mathrm{BI}}=\vec{\mathrm{BA}}\), \(\vec{\mathrm{DM}}=\vec{\mathrm{JF}}\), \(-\vec{\mathrm{CB}}=\vec{\mathrm{BC}}=\vec{\mathrm{EH}}\) et \(\vec{\mathrm{BA}}=\vec{\mathrm{FE}}\) ; la somme devient \(\vec{\mathrm{JF}}+\vec{\mathrm{FE}}+\vec{\mathrm{EH}}=\vec{\mathrm{JH}}\) par la relation de Chasles.
Affirmation 2 : fausse. \(\vec{\mathrm{AB}}(1\,;\,0\,;\,0)\), \(\vec{\mathrm{AH}}(0\,;\,1\,;\,1)\) et \(\vec{\mathrm{AG}}(1\,;\,1\,;\,1)\), donc \(\vec{\mathrm{AG}}=\vec{\mathrm{AB}}+\vec{\mathrm{AH}}\) (géométriquement, \(\vec{\mathrm{AH}}=\vec{\mathrm{BG}}\) car ABGH est un rectangle).
Le troisième vecteur est une combinaison linéaire des deux autres : les trois vecteurs sont coplanaires (ils sont tous dans le plan (ABG)), ils ne forment donc pas une base de l’espace.
Affirmation 3 : vraie. \(\vec{\mathrm{IB}}(\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,0)\) et \(\vec{\mathrm{LM}}(-\dfrac{1}{2}\,;\,0\,;\,\dfrac{1}{2})\). Dans un repère orthonormé :
\[\vec{\mathrm{IB}} \cdot \vec{\mathrm{LM}}=\dfrac{1}{2}\times (-\dfrac{1}{2})+0\times 0+0\times \dfrac{1}{2}=-\dfrac{1}{4}.\]
Partie B
Affirmation 4 : fausse. Un vecteur directeur de (AB) est \(\vec{\mathrm{AB}}(3\,;\,-3\,;\,8)\) et, d’après l’équation de \(\mathcal{P}\), un vecteur normal à \(\mathcal{P}\) est \(\vec{n}(2\,;\,-1\,;\,3)\). La droite est parallèle au plan si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à \(\vec{n}\). Or :
\[\vec{\mathrm{AB}} \cdot \vec{n}=3\times 2+(-3)\times (-1)+8\times 3=6+3+24=33 \neq 0.\]
La droite (AB) n’est donc pas parallèle à \(\mathcal{P}\) : elle le coupe en un point.
Affirmation 5 : vraie. Le plan d’équation \(-2x+y-3z+34=0\) admet pour vecteur normal \(\vec{n^{\prime}}(-2\,;\,1\,;\,-3)=-\vec{n}\), colinéaire à \(\vec{n}\) : il est parallèle à \(\mathcal{P}\). Il contient B car \(-2\times 5+(-3)-3\times 7+34=-10-3-21+34=0\).
Comme il n’existe qu’un seul plan parallèle à \(\mathcal{P}\) passant par B, c’est bien \(\mathcal{P}^{\prime}\).
Affirmation 6 : vraie. La distance de A au plan est la longueur AH, où H est le projeté orthogonal de A sur \(\mathcal{P}\). La droite passant par A et dirigée par \(\vec{n}\) a pour représentation paramétrique \(x=2+2t\), \(y=-t\), \(z=-1+3t\) (\(t \in \mathbb{R}\)). On cherche son point d’intersection avec \(\mathcal{P}\) :
\[2(2+2t)-(-t)+3(-1+3t)+6=0 \iff 7+14t=0 \iff t=-\dfrac{1}{2}.\]
Donc \(\mathrm{H}(1\,;\,\dfrac{1}{2}\,;\,-\dfrac{5}{2})\) et \(\vec{\mathrm{AH}}=-\dfrac{1}{2}\vec{n}\), d’où :
\[\mathrm{AH}=\dfrac{1}{2}\|\vec{n}\|=\dfrac{1}{2}\sqrt{2^2+(-1)^2+3^2}=\dfrac{\sqrt{14}}{2}.\]
La distance de A à \(\mathcal{P}\) est bien \(\dfrac{\sqrt{14}}{2}\).
Affirmation 7 : fausse. Une représentation paramétrique de (AB), passant par A et dirigée par \(\vec{\mathrm{AB}}\), est \(x=2+3t\), \(y=-3t\), \(z=-1+8t\) (\(t \in \mathbb{R}\)). Les vecteurs directeurs \((3\,;\,-3\,;\,8)\) et \((2\,;\,0\,;\,-5)\) ne sont pas colinéaires (deuxièmes coordonnées \(-3\) et 0), donc les droites ne sont pas parallèles. Cherchons si elles sont sécantes :
\[\{\begin{array}{l} 2+3t=-12+2k \\ -3t=6 \\ -1+8t=3-5k \end{array}.\]
La deuxième équation donne \(t=-2\). La première devient \(-4=-12+2k\), donc \(k=4\). On vérifie la troisième : \(-1+8\times (-2)=-17\) et \(3-5\times 4=-17\). Le système a une solution : les droites (AB) et \((d)\) se coupent au point de coordonnées \((-4\,;\,6\,;\,-17)\).
Deux droites sécantes sont contenues dans un même plan : (AB) et \((d)\) sont coplanaires, l’affirmation est fausse.
Exercice 4 :
Partie A
1. a. \(f\) est le produit de \(u(x)=\text{e}^x\) et \(v(x)=\sin(x)\), dérivables sur \([0\,;\,\pi]\) avec \(u^{\prime}(x)=\text{e}^x\) et \(v^{\prime}(x)=\cos(x)\). D’après \((uv)^{\prime}=u^{\prime}v+uv^{\prime}\) :
\[f^{\prime}(x)=\text{e}^x\sin(x)+\text{e}^x\cos(x)=\text{e}^x[\sin(x)+\cos(x)].\]
b. Sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), on a \(\sin(x) \geq\, 0\) et \(\cos(x) \geq\, 0\), et ces deux nombres ne sont jamais nuls en même temps (\(\sin^2(x)+\cos^2(x)=1\)). Donc \(\sin(x)+\cos(x) \gt 0\) ; comme \(\text{e}^x \gt 0\), on obtient \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur cet intervalle. \(f\) est strictement croissante sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\).
2. a. La tangente au point d’abscisse 0 a pour équation \(y=f^{\prime}(0)(x-0)+f(0)\). Or \(f(0)=\text{e}^0\sin(0)=0\) et \(f^{\prime}(0)=\text{e}^0(0+1)=1\). Donc \(T : y=x\).
b. On dérive \(f^{\prime}(x)=\text{e}^x[\sin(x)+\cos(x)]\) comme un produit :
\[f^{\prime\prime}(x)=\text{e}^x[\sin(x)+\cos(x)]+\text{e}^x[\cos(x)-\sin(x)]=2\text{e}^x\cos(x).\]
Sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), \(\cos(x) \geq\, 0\) et \(\text{e}^x \gt 0\), donc \(f^{\prime\prime}(x) \geq\, 0\) : \(f\) est convexe sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\).
c. Une fonction convexe sur un intervalle a sa courbe au-dessus de chacune de ses tangentes sur cet intervalle. La tangente \(T\) au point d’abscisse 0 (qui appartient à l’intervalle) a pour équation \(y=x\), donc pour tout \(x\) de \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), \(\text{e}^x\sin(x) \geq\, x\).
3. Le signe de \(f^{\prime\prime}(x)=2\text{e}^x\cos(x)\) est celui de \(\cos(x)\) : positif sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\), négatif sur \([\dfrac{\pi}{2}\,;\,\pi]\), nul en \(\dfrac{\pi}{2}\). La dérivée seconde s’annule en changeant de signe en \(\dfrac{\pi}{2}\) : \(f\) passe de convexe à concave. Le point d’abscisse \(\dfrac{\pi}{2}\), c’est-à-dire \((\dfrac{\pi}{2}\,;\,\text{e}^{\frac{\pi}{2}})\), est un point d’inflexion de la courbe.
Partie B
1. Première intégration par parties : on dérive \(\sin\) et on intègre l’exponentielle. On pose \(u(x)=\sin(x)\), \(v^{\prime}(x)=\text{e}^x\), d’où \(u^{\prime}(x)=\cos(x)\), \(v(x)=\text{e}^x\) (fonctions dérivables à dérivées continues) :
\[I=[\text{e}^x\sin(x)]_0^{\frac{\pi}{2}}-\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \text{e}^x\cos(x)\,\text{d}x=(\text{e}^{\frac{\pi}{2}}\times 1-1\times 0)-J=\text{e}^{\frac{\pi}{2}}-J.\]
Seconde intégration par parties : on dérive cette fois l’exponentielle. On pose \(u(x)=\text{e}^x\), \(v^{\prime}(x)=\sin(x)\), d’où \(u^{\prime}(x)=\text{e}^x\), \(v(x)=-\cos(x)\) :
\[I=[-\text{e}^x\cos(x)]_0^{\frac{\pi}{2}}+\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} \text{e}^x\cos(x)\,\text{d}x=(-\text{e}^{\frac{\pi}{2}}\times 0+\text{e}^0\times 1)+J=1+J.\]
On a donc bien \(I=1+J\) et \(I=\text{e}^{\frac{\pi}{2}}-J\).
2. En additionnant membre à membre les deux relations, \(J\) disparaît : \(2I=1+\text{e}^{\frac{\pi}{2}}\), donc \(I=\dfrac{1+\text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2}\) (et au passage \(J=I-1=\dfrac{\text{e}^{\frac{\pi}{2}}-1}{2}\)).
3. D’après la question A. 2. c., \(f(x) \geq\, g(x)\) sur \([0\,;\,\dfrac{\pi}{2}]\) : la courbe \(\mathcal{C}_f\) est au-dessus de \(\mathcal{C}_g\). L’aire du domaine hachuré, en unités d’aire, est donc l’intégrale de la différence :
\[\mathcal{A}=\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} (f(x)-g(x))\text{d}x=I-\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\,\text{d}x\]
par linéarité. Or \(\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} x\,\text{d}x=[\dfrac{x^2}{2}]_0^{\frac{\pi}{2}}=\dfrac{1}{2}\times \dfrac{\pi^2}{4}=\dfrac{\pi^2}{8}\). Finalement :
\[\mathcal{A}=\dfrac{1+\text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{\pi^2}{8}\ \text{u.a.}\approx 1{,}67\ \text{u.a.}\]
L’aire du domaine hachuré vaut \(\dfrac{1+\text{e}^{\frac{\pi}{2}}}{2}-\dfrac{\pi^2}{8}\) unités d’aire, soit environ 1,67 u.a.
Corrigé Nord 2025 : conseils de révision
Tout d’abord, travaillez l’énoncé du sujet en temps limité, sans ouvrir la correction. Ensuite, relisez la correction question par question et soulignez les arguments qui manquaient dans votre copie. Par ailleurs, faites la liste des points de cours à revoir ; ici, ce sera souvent la fonction exponentielle et la fonction logarithme népérien. Pour finir, reprenez plus tard les exercices où vous avez hésité, jusqu’à pouvoir les rédiger seul du début à la fin. Pour un rappel de cours indépendant, vous pouvez aussi consulter l’article de Wikipédia sur fonction exponentielle.
Points de vigilance
- 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.
- Une intégrale ne mesure une aire que si la fonction est positive sur l’intervalle : vérifiez le signe avant de conclure en unités d’aire.
Corrigé Nord 2025 : 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 exponentielle, la fonction logarithme népérien et le calcul intégral, 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.
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