Corrigé Sud 2025 : présentation de la correction
Avant tout, ce corrigé Sud 2025 reprend l’épreuve de spécialité mathématiques 2025 en Amérique du Sud (jour 2) et détaille la démarche attendue à chaque question. Concrètement, le sujet compte 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. De cette façon, vous pouvez vérifier non seulement vos résultats, mais aussi la qualité de votre rédaction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. L’évènement \(S\) signifie qu’Abel réussit son premier service ; son contraire \(\overline{S}\) signifie qu’Abel manque son premier service et doit donc jouer une deuxième balle. D’après l’énoncé, \(P(S) = 0{,}7\), donc \(P(\overline{S}) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3\). Les probabilités conditionnelles sont \(P_S(G) = 0{,}8\) (donc \(P_S(\overline{G}) = 0{,}2\)) et \(P_{\overline{S}}(G) = 0{,}45\) (donc \(P_{\overline{S}}(\overline{G}) = 0{,}55\)).
2. On suit la branche \(S\) puis \(G\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(S \cap G) = P(S) \times P_S(G) = 0{,}7 \times 0{,}8 = 0{,}56.\]
\(P(S \cap G) = 0{,}56\).
3. Les évènements \(S\) et \(\overline{S}\) forment une partition de l’univers. La formule des probabilités totales donne :
\[P(G) = P(S \cap G) + P(\overline{S} \cap G) = 0{,}56 + 0{,}3 \times 0{,}45 = 0{,}56 + 0{,}135 = 0{,}695.\]
On retrouve bien \(P(G) = 0{,}695\).
4. On cherche la probabilité de \(S\) sachant \(G\) :
\[P_G(S) = \dfrac{P(S \cap G)}{P(G)} = \dfrac{0{,}56}{0{,}695} \approx 0{,}806.\]
Sachant qu’Abel a gagné le point, la probabilité qu’il ait réussi son premier service vaut environ 0,806.
5. On compare \(P(S \cap G)\) au produit \(P(S) \times P(G)\) : \(P(S) \times P(G) = 0{,}7 \times 0{,}695 = 0{,}4865\), alors que \(P(S \cap G) = 0{,}56\). Ces deux nombres sont différents, donc les évènements \(S\) et \(G\) ne sont pas indépendants. On pouvait aussi le voir directement : \(P_S(G) = 0{,}8\) est différent de \(P(G) = 0{,}695\), réussir son premier service augmente les chances de gagner le point.
Partie B
1. a. Chaque test est une épreuve de Bernoulli à deux issues : le succès « la balle est conforme », de probabilité \(p = 0{,}85\), et l’échec. On répète 20 fois cette épreuve de manière identique et indépendante (assimilation à un tirage avec remise). La variable \(X\) compte le nombre de succès, donc \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 20\) et \(p = 0{,}85\).
b. À la calculatrice (fonction de répartition de la loi binomiale), on obtient \(P(X \leq\, 18) \approx 0{,}824\). On peut aussi passer par l’évènement contraire : \(P(X \leq\, 18) = 1 – P(X = 19) – P(X = 20) = 1 – 20 \times 0{,}85^{19} \times 0{,}15 – 0{,}85^{20}\).
c. Parmi 20 balles, « au moins deux balles non conformes » équivaut à « au plus 18 balles conformes », c’est-à-dire à l’évènement \(X \leq\, 18\). La probabilité cherchée est donc la même qu’à la question précédente : environ 0,824.
d. Pour une loi binomiale, \(E(X) = np = 20 \times 0{,}85 = 17\). \(E(X) = 17\) : en moyenne, sur 20 balles testées, 17 sont conformes.
2. a. Chaque \(X_i\) suit la loi de Bernoulli de paramètre \(0{,}85\), donc \(E(X_i) = 0{,}85\) et \(V(X_i) = 0{,}85 \times (1 – 0{,}85) = 0{,}1275\).
Par linéarité de l’espérance :
\[E(M_n) = \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{E(X_i)}{n} = n \times \dfrac{0{,}85}{n} = 0{,}85.\]
Les variables \(X_i\) étant indépendantes, la variance d’une somme est la somme des variances, et \(V(\dfrac{X_i}{n}) = \dfrac{1}{n^2}V(X_i)\) :
\[V(M_n) = \displaystyle\sum_{i=1}^n \dfrac{V(X_i)}{n^2} = n \times \dfrac{0{,}1275}{n^2} = \dfrac{0{,}1275}{n}.\]
\(E(M_n) = 0{,}85\) et \(V(M_n) = \dfrac{0{,}1275}{n}\).
b. Inégalité de Bienaymé-Tchebychev : pour toute variable aléatoire \(Y\) admettant une espérance et une variance, et pour tout réel \(\delta \gt 0\),
\[P(|Y – E(Y)| \geq\, \delta) \leq\, \dfrac{V(Y)}{\delta^2}.\]
Exercice 1 du corrigé Sud 2025, partie B (suite)
En passant à l’évènement contraire, on obtient \(P(|Y – E(Y)| \lt \delta) \geq\, 1 – \dfrac{V(Y)}{\delta^2}\).
On l’applique à \(Y = M_n\) avec \(\delta = 0{,}1\). D’une part, \(|M_n – 0{,}85| \lt 0{,}1\) équivaut à \(-0{,}1 \lt M_n – 0{,}85 \lt 0{,}1\), soit \(0{,}75 \lt M_n \lt 0{,}95\). D’autre part :
\[1 – \dfrac{V(M_n)}{0{,}1^2} = 1 – \dfrac{0{,}1275}{0{,}01\,n} = 1 – \dfrac{12{,}75}{n}.\]
Donc, pour tout entier naturel non nul \(n\), \(P(0{,}75 \lt M_n \lt 0{,}95) \geq\, 1 – \dfrac{12{,}75}{n}\).
c. Il suffit de choisir \(n\) tel que \(1 – \dfrac{12{,}75}{n} \geq\, 0{,}9\). Pour \(n \gt 0\), cela équivaut à \(\dfrac{12{,}75}{n} \leq\, 0{,}1\), soit \(12{,}75 \leq\, 0{,}1\,n\), soit \(n \geq\, 127{,}5\).
Par exemple, \(n = 128\) convient (et tout entier supérieur aussi) : avec un échantillon de 128 balles, la proportion de balles conformes est comprise strictement entre 0,75 et 0,95 avec une probabilité d’au moins 0,9.
Exercice 2 :
| Question | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| Réponse | c | b | a | c |
1. Des vecteurs directeurs sont \(\vec{u_1}\begin{pmatrix}-3\\2\\1\end{pmatrix}\) pour \(\Delta_1\) et \(\vec{u_2}\begin{pmatrix}1\\2\\1\end{pmatrix}\) pour \(\Delta_2\). Leurs deux dernières coordonnées sont égales mais pas les premières : ils ne sont pas colinéaires, donc les droites ne sont pas parallèles. Leur produit scalaire vaut \(-3 + 4 + 1 = 2 \neq 0\), donc elles ne sont pas orthogonales. Cherchons un point commun : la troisième coordonnée donne \(t = -1 + s\) ; en reportant dans la première, \(1 – 3(-1 + s) = -4 + s\), soit \(4 – 3s = -4 + s\), d’où \(s = 2\) et \(t = 1\). Vérification de la deuxième coordonnée : \(4 + 2 \times 1 = 6\) et \(2 + 2 \times 2 = 6\). Le point \((-2~;~6~;~1)\) appartient aux deux droites : réponse c, les droites sont sécantes.
2. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{u}\begin{pmatrix}1\\-1\\2\end{pmatrix}\) et un vecteur normal à \(P\) est \(\vec{n}\begin{pmatrix}4\\2\\-1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{u} \cdot \vec{n} = 4 – 2 – 2 = 0\) : la droite est parallèle au plan (incluse ou strictement parallèle). Le point \((1~;~3~;~1)\) de \(d\) (obtenu pour \(t = 0\)) donne \(4 + 6 – 1 + 3 = 12 \neq 0\) : il n’est pas dans \(P\). Réponse b, la droite est strictement parallèle au plan.
Exercice 2 du corrigé Sud 2025 : question 3
3. On calcule \(\vec{\text{AB}}\begin{pmatrix}4\\1\\0\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix}-4\\2\\4\end{pmatrix}\), \(\vec{\text{AD}}\begin{pmatrix}-6\\1\\4\end{pmatrix}\) et \(\vec{\text{CD}}\begin{pmatrix}-2\\-1\\0\end{pmatrix}\). \(\vec{\text{AB}}\) et \(\vec{\text{AC}}\) ne sont pas colinéaires (la troisième coordonnée de \(\vec{\text{AB}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{AC}}\)), donc A, B, C ne sont pas alignés : b est fausse. Si \(\vec{\text{CD}} = k\,\vec{\text{AB}}\), la première coordonnée impose \(k = -\dfrac{1}{2}\) et la deuxième \(k = -1\) : impossible, c est fausse. Enfin, cherchons \(x\) et \(y\) tels que \(\vec{\text{AD}} = x\,\vec{\text{AB}} + y\,\vec{\text{AC}}\) : la troisième coordonnée donne \(4y = 4\), donc \(y = 1\) ; la deuxième donne \(x + 2 = 1\), donc \(x = -1\) ; la première devient alors \(4 \times (-1) – 4 \times 1 = -8 \neq -6\). Il n’y a pas de solution : D n’est pas dans le plan (ABC). Réponse a, les quatre points ne sont pas coplanaires.
Exercice 2 du corrigé Sud 2025 : question 4
4. Pour R : \(3 – 2 – 2 + 1 = 0\), donc R est dans \(Q\), mais \(4 + 1 + 2 + 3 = 10 \neq 0\), donc R n’est pas dans \(Q^{\prime}\) : a est fausse. Les vecteurs normaux \(\vec{n}\begin{pmatrix}3\\-2\\1\end{pmatrix}\) et \(\vec{n^{\prime}}\begin{pmatrix}4\\1\\-1\end{pmatrix}\) ont pour produit scalaire \(12 – 2 – 1 = 9 \neq 0\) : les plans ne sont pas orthogonaux, b est fausse. Les vecteurs normaux ne sont pas colinéaires, donc les plans sont sécants selon une droite. Un point de coordonnées \((t~;~7t + 4~;~11t + 7)\) vérifie \(3t – 2(7t + 4) + (11t + 7) + 1 = 3t – 14t – 8 + 11t + 7 + 1 = 0\) et \(4t + (7t + 4) – (11t + 7) + 3 = 0\) : toute la droite proposée est contenue dans les deux plans, c’est donc leur intersection. Réponse c.
Exercice 3 :
1. Comme \(\text{e}^{\ln 4} = 4\) :
\[v_1 = \ln(-1 + 2\text{e}^{v_0}) = \ln(-1 + 2 \times 4) = \ln 7 \qquad \text{et} \qquad w_0 = -1 + \text{e}^{\ln 4} = -1 + 4 = 3.\]
\(v_1 = \ln 7\) et \(w_0 = 3\) (on retrouve 3 dans la cellule C2 et \(\ln 7 \approx 1{,}9459\) dans la cellule B3).
2. a. Dans un tableur, une formule doit commencer par le signe « = », ce qui élimine la formule 1. Le terme \(v_1\) (cellule B3) se calcule à partir de \(v_0\), qui se trouve en B2 ; la cellule A2 contient l’indice 0, pas le terme de la suite, ce qui élimine la formule 3. Il faut saisir la formule 2 : = LN(−1 + 2 * EXP(B2)).
b. Les valeurs de la colonne B augmentent d’une ligne à l’autre : on conjecture que la suite \((v_n)\) est croissante.
c. Notons \(\mathcal{P}(n)\) la propriété : « \(v_n \leq\, v_{n+1}\) ».
Initialisation. \(v_0 = \ln 4\) et \(v_1 = \ln 7\). Comme \(4 \leq\, 7\) et que la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0~;~+\infty[\), \(v_0 \leq\, v_1\) : \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Exercice 3 : question 3
Hérédité. Supposons \(\mathcal{P}(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\), c’est-à-dire \(v_n \leq\, v_{n+1}\). La fonction exponentielle est croissante sur \(\mathbb{R}\), donc \(\text{e}^{v_n} \leq\, \text{e}^{v_{n+1}}\). En multipliant par 2 (positif) puis en ajoutant \(-1\), on obtient \(-1 + 2\text{e}^{v_n} \leq\, -1 + 2\text{e}^{v_{n+1}}\). Ces deux nombres sont strictement positifs (la suite est bien définie), et la fonction \(\ln\) est croissante sur \(]0~;~+\infty[\), donc \(\ln(-1 + 2\text{e}^{v_n}) \leq\, \ln(-1 + 2\text{e}^{v_{n+1}})\), c’est-à-dire \(v_{n+1} \leq\, v_{n+2}\) : \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. D’après le principe de récurrence, \(v_n \leq\, v_{n+1}\) pour tout entier naturel \(n\) : la suite \((v_n)\) est croissante, ce qui valide la conjecture.
3. a. Pour tout entier naturel \(n\), en utilisant \(\text{e}^{\ln A} = A\) pour \(A \gt 0\) :
\[w_{n+1} = -1 + \text{e}^{v_{n+1}} = -1 + (-1 + 2\text{e}^{v_n}) = -2 + 2\text{e}^{v_n} = 2(-1 + \text{e}^{v_n}) = 2w_n.\]
La suite \((w_n)\) est géométrique de raison 2 et de premier terme \(w_0 = 3\).
b. On en déduit que pour tout \(n\), \(w_n = 3 \times 2^n\). Or \(w_n = -1 + \text{e}^{v_n}\), donc \(\text{e}^{v_n} = 1 + w_n = 1 + 3 \times 2^n\). Ce nombre est strictement positif, et en appliquant la fonction \(\ln\) : \(v_n = \ln(1 + 3 \times 2^n)\) pour tout entier naturel \(n\).
c. Comme \(2 \gt 1\), \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} 2^n = +\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} (1 + 3 \times 2^n) = +\infty\). Puisque \(\displaystyle\lim_{X \to +\infty} \ln X = +\infty\), par composition : \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty\).
Exercice 3 du corrigé Sud 2025 : question 4
4. La fonction part de \(V = v_0 = \ln 4\) et \(n = 0\), puis à chaque passage dans la boucle remplace \(V\) par le terme suivant de la suite (car \(\ln(2\text{e}^{V} – 1)\) correspond à la relation de récurrence) et augmente \(n\) de 1. Ainsi, à tout moment, \(V = v_n\). La boucle continue tant que \(v_n \lt S\). Comme \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} v_n = +\infty\), quel que soit le réel S, il existe un rang à partir duquel \(v_n \geq\, S\) : la condition du « while » finit par être fausse, la boucle s’arrête. La fonction renvoie donc toujours un résultat : le plus petit entier \(n\) tel que \(v_n \geq\, S\).
Exercice 4 :
Partie A : dénombrement
1. On a 60 choix pour \(a\) ; comme le tirage se fait sans remise, il reste 59 choix pour \(c\). L’ordre compte (le couple \((a~;~c)\) n’est pas le même que \((c~;~a)\)). On obtient \(60 \times 59 = 3\,540\) couples. Il y a 3 540 couples possibles.
2. Comme \(a \neq 0\), l’équation \(ax^2 + 2x + c = 0\) est du second degré. Son discriminant vaut \(\Delta = 2^2 – 4ac = 4 – 4ac = 4(1 – ac)\). Elle possède deux solutions réelles distinctes si et seulement si \(\Delta \gt 0\), c’est-à-dire \(1 – ac \gt 0\). L’évènement \(M\) est réalisé si et seulement si \(ac \lt 1\).
3. \(\overline{M}\) est réalisé lorsque \(ac \geq\, 1\). Comme \(a\) et \(c\) sont des entiers non nuls, \(ac\) est un entier non nul, et \(ac \geq\, 1\) équivaut à \(ac \gt 0\), c’est-à-dire à « \(a\) et \(c\) sont de même signe ». Il y a 30 entiers strictement positifs et 30 strictement négatifs. Couples de deux entiers positifs (sans remise) : \(30 \times 29 = 870\). Couples de deux entiers négatifs : de même 870. Au total, \(870 + 870 = 1\,740\) issues réalisent \(\overline{M}\).
4. Les couples sont équiprobables. \(M\) compte \(3\,540 – 1\,740 = 1\,800\) issues, donc :
\[P(M) = \dfrac{1\,800}{3\,540} = \dfrac{30}{59} \approx 0{,}51.\]
\(P(M) \approx 0{,}51\) à \(10^{-2}\) près.
Partie B : équation différentielle
1. L’équation s’écrit \(y^{\prime} = -10y\). D’après le cours, les solutions de \(y^{\prime} = ay\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{ax}\). Les solutions sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{-10x}\), où \(C\) est un réel quelconque.
2. On dérive \(f\) comme un produit \(uv\) avec \(u(x) = 6x^2 + 2x – 2\), \(u^{\prime}(x) = 12x + 2\), \(v(x) = \text{e}^{-5x+1}\), \(v^{\prime}(x) = -5\text{e}^{-5x+1}\) :
\[f^{\prime}(x) = (12x + 2)\text{e}^{-5x+1} – 5(6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} = (-30x^2 + 2x + 12)\text{e}^{-5x+1}.\]
Alors :
\[f^{\prime}(x) + 10f(x) = (-30x^2 + 2x + 12 + 60x^2 + 20x – 20)\text{e}^{-5x+1} = (30x^2 + 22x – 8)\text{e}^{-5x+1}.\]
\(f\) vérifie \((E)\) sur \(\mathbb{R}\) : c’est une solution particulière de \((E)\).
3. Les solutions de \((E)\) s’obtiennent en ajoutant à la solution particulière \(f\) les solutions de l’équation homogène \(y^{\prime} + 10y = 0\). Les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto (6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} + C\text{e}^{-10x}\), avec \(C \in \mathbb{R}\).
Partie C : étude de fonction
1. En \(-\infty\), le trinôme \(6x^2 + 2x – 2\) se comporte comme son terme de plus haut degré : \(6x^2 + 2x – 2 = x^2(6 + \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^2})\), avec \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} x^2 = +\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (6 + \dfrac{2}{x} – \dfrac{2}{x^2}) = 6\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (6x^2 + 2x – 2) = +\infty\). Par ailleurs \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} (-5x + 1) = +\infty\), et par composition \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} \text{e}^{-5x+1} = +\infty\). Par produit : \(\displaystyle\lim_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).
2. Une exponentielle est toujours strictement positive, donc \(f(x) = 0\) équivaut à \(6x^2 + 2x – 2 = 0\). Cette équation est de la forme \(ax^2 + 2x + c = 0\) de la partie A avec \(a = 6\) et \(c = -2\). Comme \(ac = -12 \lt 1\), d’après la question A.2, elle possède deux solutions réelles distinctes. \(\mathcal{C}_f\) coupe donc l’axe des abscisses en exactement deux points. (Pour information, ces abscisses sont \(\dfrac{-1 – \sqrt{13}}{6} \approx -0{,}77\) et \(\dfrac{-1 + \sqrt{13}}{6} \approx 0{,}43\).)
3. D’après la partie B, \(f^{\prime}(x) = (-30x^2 + 2x + 12)\text{e}^{-5x+1}\), et \(f^{\prime}(x) = 0\) équivaut à \(-30x^2 + 2x + 12 = 0\). C’est encore une équation de la forme \(ax^2 + 2x + c = 0\), avec \(a = -30\) et \(c = 12\) ; comme \(ac = -360 \lt 1\), elle admet deux solutions distinctes. Le calcul donne \(\Delta = 4 + 1\,440 = 1\,444 = 38^2\), d’où :
\[x_1 = \dfrac{-2 + 38}{-60} = -\dfrac{3}{5} \qquad \text{et} \qquad x_2 = \dfrac{-2 – 38}{-60} = \dfrac{2}{3}.\]
En ces deux abscisses, \(f^{\prime}\) s’annule : \(\mathcal{C}_f\) admet deux tangentes horizontales, aux points d’abscisses \(-\dfrac{3}{5}\) et \(\dfrac{2}{3}\).
Exercice 4 du corrigé Sud 2025, partie C : questions 4 à 6
4. Le signe de \(f^{\prime}(x)\) est celui de \(-30x^2 + 2x + 12\), trinôme de coefficient dominant négatif : il est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles. On calcule les extremums :
\[f(-\dfrac{3}{5}) = (\dfrac{54}{25} – \dfrac{6}{5} – 2)\text{e}^{4} = -\dfrac{26}{25}\text{e}^{4} \approx -56{,}78 \qquad \text{et} \qquad f(\dfrac{2}{3}) = (\dfrac{8}{3} + \dfrac{4}{3} – 2)\text{e}^{-7/3} = 2\text{e}^{-7/3} \approx 0{,}19.\]
| \(x\) | \(-\infty\) | \(-\dfrac{3}{5}\) | \(\dfrac{2}{3}\) | \(+\infty\) | |||
|---|---|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(-\) | 0 | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(+\infty\) | décroissante | \(-\dfrac{26}{25}\text{e}^{4}\) | croissante | \(2\text{e}^{-7/3}\) | décroissante | 0 |
5. Sur \(]-\infty~;~-\dfrac{3}{5}]\), \(f\) est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de \(+\infty\) à \(-\dfrac{26}{25}\text{e}^{4} \approx -56{,}78\). Comme 1 est compris entre ces deux valeurs, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x) = 1\) admet une unique solution sur cet intervalle (environ \(-0{,}769\)). Sur \([-\dfrac{3}{5}~;~+\infty[\), le maximum de \(f\) est \(f(\dfrac{2}{3}) = 2\text{e}^{-7/3} \approx 0{,}19 \lt 1\) : pas de solution. L’équation \(f(x) = 1\) admet exactement une solution sur \(\mathbb{R}\).
6. a. \(F\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables, et :
\[F^{\prime}(x) = (-\dfrac{12}{5}x – \dfrac{22}{25})\text{e}^{-5x+1} – 5(-\dfrac{6}{5}x^2 – \dfrac{22}{25}x + \dfrac{28}{125})\text{e}^{-5x+1}\]
\[F^{\prime}(x) = (-\dfrac{12}{5}x – \dfrac{22}{25} + 6x^2 + \dfrac{22}{5}x – \dfrac{28}{25})\text{e}^{-5x+1} = (6x^2 + 2x – 2)\text{e}^{-5x+1} = f(x).\]
\(F^{\prime} = f\) sur \(\mathbb{R}\) : \(F\) est une primitive de \(f\).
b. Pour \(m \gt 0{,}2\), \(I_m = F(m) – F(0{,}2)\). Or
\[F(0{,}2) = (-\dfrac{6}{5} \times \dfrac{1}{25} – \dfrac{22}{25} \times \dfrac{1}{5} + \dfrac{28}{125})\text{e}^{0} = -\dfrac{6}{125} – \dfrac{22}{125} + \dfrac{28}{125} = 0,\]
donc \(I_m = F(m)\). Comme \(\text{e}^{-5m+1} \gt 0\), \(I_m = 0\) équivaut à \(-\dfrac{6}{5}m^2 – \dfrac{22}{25}m + \dfrac{28}{125} = 0\), soit, en multipliant par \(-\dfrac{125}{2}\), \(75m^2 + 55m – 14 = 0\). Le discriminant vaut \(55^2 + 4 \times 75 \times 14 = 7\,225 = 85^2\), et les racines sont \(\dfrac{-55 + 85}{150} = \dfrac{1}{5}\) et \(\dfrac{-55 – 85}{150} = -\dfrac{14}{15}\). Aucune n’est strictement supérieure à 0,2. Il n’existe aucune valeur de \(m \gt 0{,}2\) telle que \(I_m = 0\). Plus précisément, pour \(m \gt 0{,}2\), le trinôme \(75m^2 + 55m – 14\) est strictement positif (à droite de sa plus grande racine), donc \(I_m = F(m) \lt 0\).
Exercice 4, partie C (suite)
Interprétation graphique. D’après la question 2, \(f\) est négative entre \(0{,}2\) et \(x_0 = \dfrac{-1 + \sqrt{13}}{6} \approx 0{,}43\), puis positive au-delà. L’intégrale \(I_m\) est la différence entre l’aire du domaine situé au-dessus de l’axe des abscisses (entre \(x_0\) et \(m\)) et l’aire du domaine situé sous l’axe (entre 0,2 et \(x_0\)), ces domaines étant limités par \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et les droites d’équations \(x = 0{,}2\) et \(x = m\). Dire que \(I_m\) n’est jamais nulle (et même toujours négative) signifie que, quel que soit \(m \gt 0{,}2\), l’aire de la partie située au-dessus de l’axe ne compense jamais celle de la partie située en dessous.
Bien travailler ce corrigé Sud 2025
Pour commencer, reprenez l’énoncé du sujet et cherchez chaque exercice seul, au brouillon puis au propre. Ensuite, comparez votre copie avec la correction ligne par ligne : au-delà du résultat final, regardez surtout la justification attendue. En outre, identifiez les chapitres qui vous ont bloqué, notamment la fonction exponentielle ou la fonction logarithme népérien, puis reprenez le cours correspondant. Enfin, revenez sur les questions manquées quelques jours après : c’est ainsi que la méthode s’installe durablement. Si une définition vous échappe, la page Wikipédia consacrée à fonction exponentielle propose un rappel complet.
Les erreurs fréquentes à éviter
- 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 Sud 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 ? Avant tout, 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.
Ainsi, Retour à l’énoncé : Bac de maths 2025 en Amérique du Sud (jour 2) : sujet et corrigé.
