Bac maths 2024 Amérique du Sud J2 : sujet et corrigé

Retrouvez ici le sujet du jour 2 du bac de spécialité mathématiques 2024 en Amérique du Sud, daté du 22 novembre 2024, avec l’énoncé complet et son corrigé détaillé juste en dessous. Le premier exercice part d’un diagramme en barres des groupes sanguins en France : probabilités conditionnelles sur le rhésus, loi binomiale pour compter les donneurs universels et fonction Python qui cumule des probabilités. Le deuxième, en vrai-faux, porte sur une suite arithmético-géométrique et sur l’équation différentielle \(y^{\prime} = \dfrac{3}{2}y + 2\). Le troisième étudie \(f(x) = (x^2 – 4)\text{e}^{-x}\), une suite d’intégrales obtenue par parties et l’aire d’un domaine hachuré. Le dernier, dans le tétraèdre trirectangle OABC, démontre une version spatiale du théorème de Pythagore sur les aires des faces.

Entraînez-vous avec les autres annales corrigées réunies sur notre page consacrée au bac maths 2027.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2024
Mathématiques — Jour 2
Amérique du Sud — 22 novembre 2024
Durée de l’épreuve : 4 heures

Exercice 1 (5 points)

Voici la répartition des principaux groupes sanguins des habitants de France :

A+, O+, B+, A−, O−, AB+, B− et AB− sont les différents groupes sanguins combinés aux rhésus.

Par exemple : A+ est le groupe sanguin A de rhésus +.

Une expérience aléatoire consiste à choisir une personne au hasard dans la population française et à déterminer son groupe sanguin et son rhésus.

Dans l’exercice, on adopte les notations du type :

\(A+\) est l’évènement « la personne est de groupe sanguin A et de rhésus + »
\(A-\) est l’évènement « la personne est de groupe sanguin A et de rhésus − »
\(A\) est l’évènement « la personne est de groupe sanguin A »

Les parties 1 et 2 sont indépendantes.

Partie 1

On note \(Rh+\) l’évènement « La personne est de rhésus positif ».

1. Justifier que la probabilité que la personne choisie soit de rhésus positif est égale à 0,849.

2. Démontrer à l’aide des données de l’énoncé que \(P_{Rh+}(A) = 0{,}450\) à 0,001 près.

3. Une personne se souvient que son groupe sanguin est AB mais a oublié son rhésus.

Quelle est la probabilité que son rhésus soit négatif ? Arrondir le résultat à 0,001 près.

Partie 2

Dans cette partie, les résultats seront arrondis à 0,001 près.

Un donneur universel de sang est une personne de groupe sanguin O et de rhésus négatif. On rappelle que 6,5 % de la population française est de groupe O−.

1. On considère 50 personnes choisies au hasard dans la population française et on note \(X\) la variable aléatoire qui compte le nombre de donneurs universels.

a. Déterminer la probabilité que 8 personnes soient des donneurs universels. Justifier votre réponse.

b. On considère la fonction ci-dessous nommée proba d’argument k écrite en langage Python.

def proba(k):
    p=0
    for i in range(k+1):
        p = p + binomiale(i,50,0.065)
    return p

Cette fonction utilise la fonction binomiale d’argument \(i\), \(n\) et \(p\), créée pour l’occasion, qui renvoie la valeur de la probabilité \(P(X = i)\) dans le cas où \(X\) suit une loi binomiale de paramètres \(n\) et \(p\).

Déterminer la valeur numérique renvoyée par la fonction proba lorsqu’on saisit proba(8) dans la console Python. Interpréter ce résultat dans le contexte de l’exercice.

2. Quel est le nombre minimal de personnes à choisir au hasard dans la population française pour que la probabilité qu’au moins une des personnes choisies soit donneur universel, soit supérieure à \(0{,}999\).

Exercice 2 (5 points)

Cet exercice contient 5 affirmations.

Pour chaque affirmation, répondre par VRAI ou FAUX en justifiant la réponse.

Toute absence de justification ou justification incorrecte ne sera pas prise en compte dans la notation.

Partie 1

On considère la suite \((u_n)\) définie par :

\(u_0 = 10\) et pour tout entier naturel \(n\), \(u_{n+1} = \dfrac{1}{3}u_n + 2\).

1. Affirmation 1 : La suite \((u_n)\) est décroissante minorée par 0.

2. Affirmation 2 : \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0\).

3. Affirmation 3 : La suite \((v_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(v_n = u_n – 3\) est géométrique.

Partie 2

On considère l’équation différentielle \((E) : y^{\prime} = \dfrac{3}{2}y + 2\) d’inconnue \(y\), fonction définie et dérivable sur \(\mathbb{R}\).

1. Affirmation 4 : Il existe une fonction constante solution de l’équation différentielle \((E)\).

2. Dans un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath})\) on note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de la fonction \(f\) solution de \((E)\) telle que \(f(0) = 0\).

3. Affirmation 5 : La tangente au point d’abscisse 1 de \(\mathcal{C}_f\) a pour coefficient directeur \(2\,\text{e}^{\frac{3}{2}}\).

Exercice 3 (5 points)

Partie 1

On considère la fonction \(f\) définie sur l’ensemble des nombres réels \(\mathbb{R}\) par :

\[f(x) = (x^2 – 4)\text{e}^{-x}.\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

1. Déterminer les limites de la fonction \(f\) en \(-\infty\) et en \(+\infty\).

2. Justifier que pour tout réel \(x\), \(f^{\prime}(x) = (-x^2 + 2x + 4)\text{e}^{-x}\).

3. En déduire les variations de la fonction \(f\) sur \(\mathbb{R}\).

Partie 2

On considère la suite \((I_n)\) définie pour tout entier naturel \(n\) par \(I_n = \displaystyle\int_{-2}^{0} x^n\text{e}^{-x}\,\text{d}x\).

1. Justifier que \(I_0 = \text{e}^2 – 1\).

2. En utilisant une intégration par partie, démontrer l’égalité :

\[I_{n+1} = (-2)^{n+1}\text{e}^2 + (n + 1)I_n.\]

3. En déduire les valeurs exactes de \(I_1\) et de \(I_2\).

Partie 3

1. Déterminer le signe sur \(\mathbb{R}\) de la fonction \(f\) définie dans la partie 1.

2. On a représenté ci-dessous la courbe \(\mathcal{C}_f\) de la fonction \(f\) dans un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath})\).

Le domaine \(D\) du plan hachuré ci-dessus est délimité par la courbe \(\mathcal{C}_f\), l’axe des abscisses et l’axe des ordonnées.

Calculer la valeur exacte, en unité d’aire, de l’aire \(S\) du domaine \(D\).

Exercice 4 (5 points)

L’espace est muni d’un repère orthonormé \((\text{O}\,;\,\vec{\imath},\,\vec{\jmath},\,\vec{k})\).

On considère les trois points \(\text{A}(3\,;\,0\,;\,0)\), \(\text{B}(0\,;\,2\,;\,0)\) et \(\text{C}(0\,;\,0\,;\,2)\).

L’objectif de cet exercice est de démontrer la propriété suivante :

« Le carré de l’aire du triangle ABC est égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces du tétraèdre OABC »,

Partie 1 : Distance du point O au plan (ABC)

1. Démontrer que le vecteur \(\vec{n}(2\,;\,3\,;\,3)\) est normal au plan (ABC).

2. Démontrer qu’une équation cartésienne du plan (ABC) est : \(2x + 3y + 3z – 6 = 0\).

3. Donner une représentation paramétrique de la droite \(d\) passant par O et de vecteur directeur \(\vec{n}\).

4. On note H le point d’intersection de la droite \(d\) et du plan (ABC).

Déterminer les coordonnées du point H.

5. En déduire que la distance du point O au plan (ABC) est égale à \(\dfrac{3\sqrt{22}}{11}\).

Partie 2 : Démonstration de la propriété

1. Démontrer que le volume du tétraèdre OABC est égal à 2.

2. En déduire que l’aire du triangle ABC est égale à \(\sqrt{22}\).

3. Démontrer que pour le tétraèdre OABC, « le carré de l’aire du triangle ABC est égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces du tétraèdre ».

On rappelle que le volume d’un tétraèdre est donné par \(V = \dfrac{1}{3}B \times h\) où \(B\) est l’aire d’une base du tétraèdre et \(h\) est la hauteur relative à cette base.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Partie 1

1. Une personne est de rhésus positif lorsqu’elle est A+, O+, B+ ou AB+. Ces quatre évènements sont deux à deux incompatibles, donc leurs probabilités s’additionnent :

\[P(Rh+) = 0{,}382 + 0{,}365 + 0{,}077 + 0{,}025 = 0{,}849.\]

2. Être de groupe A et de rhésus positif, c’est exactement l’évènement \(A+\) : \(P(A \cap Rh+) = 0{,}382\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :

\[P_{Rh+}(A) = \dfrac{P(A \cap Rh+)}{P(Rh+)} = \dfrac{0{,}382}{0{,}849} \approx 0{,}450.\]

On obtient bien \(P_{Rh+}(A) \approx 0{,}450\) à 0,001 près.

3. On cherche \(P_{AB}(Rh-)\). Le groupe AB regroupe AB+ et AB−, donc \(P(AB) = 0{,}025 + 0{,}004 = 0{,}029\), et \(P(AB \cap Rh-) = P(AB-) = 0{,}004\). D’où :

\[P_{AB}(Rh-) = \dfrac{0{,}004}{0{,}029} = \dfrac{4}{29} \approx 0{,}138.\]

La probabilité que son rhésus soit négatif est environ 0,138.

Partie 2

1. a. Choisir une personne et regarder si elle est donneur universel est une épreuve de Bernoulli de succès « la personne est O− », de probabilité \(p = 0{,}065\). La population étant très grande, on assimile le choix des 50 personnes à 50 répétitions identiques et indépendantes de cette épreuve. \(X\) compte les succès, donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(50\,;\,0{,}065)\). Ainsi :

\[P(X = 8) = \dbinom{50}{8} \times 0{,}065^8 \times 0{,}935^{42} \approx 0{,}010.\]

La probabilité qu’exactement 8 des 50 personnes soient donneurs universels est environ 0,010.

b. La boucle ajoute à \(p\) les valeurs \(P(X = 0)\), \(P(X = 1)\), …, \(P(X = k)\). Donc proba(k) renvoie \(P(X \leq\, k)\), et proba(8) renvoie \(P(X \leq\, 8) \approx\) 0,995.

Interprétation : parmi 50 personnes choisies au hasard, la probabilité qu’il y ait au plus 8 donneurs universels est environ 0,995.

2. On choisit maintenant \(n\) personnes ; le nombre \(Y\) de donneurs universels parmi elles suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}065)\). L’évènement « au moins un donneur universel » est le contraire de « aucun », donc \(P(Y \geq\, 1) = 1 – P(Y = 0) = 1 – 0{,}935^n\). On résout, avec \(\ln\) strictement croissante sur \(]0\,;\,+\infty[\) :

\[1 – 0{,}935^n \gt 0{,}999 \iff 0{,}935^n \lt 0{,}001 \iff n\ln(0{,}935) \lt \ln(0{,}001) \iff n \gt \dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)}.\]

On a divisé par \(\ln(0{,}935) \lt 0\), d’où le changement de sens. Comme \(\dfrac{\ln(0{,}001)}{\ln(0{,}935)} \approx 102{,}8\), il faut choisir au minimum 103 personnes. (Contrôle : \(1 – 0{,}935^{102} \approx 0{,}99895\) et \(1 – 0{,}935^{103} \approx 0{,}99901\).)

Exercice 2 :

Partie 1

On commence par l’affirmation 3, qui donne l’expression explicite de \(u_n\) et facilite les deux autres.

3. Affirmation 3 : VRAI. Pour tout entier naturel \(n\) :

\[v_{n+1} = u_{n+1} – 3 = \dfrac{1}{3}u_n + 2 – 3 = \dfrac{1}{3}u_n – 1 = \dfrac{1}{3}(u_n – 3) = \dfrac{1}{3}v_n.\]

La suite \((v_n)\) est donc géométrique de raison \(\dfrac{1}{3}\) et de premier terme \(v_0 = 10 – 3 = 7\). On en déduit \(v_n = 7(\dfrac{1}{3})^n\), puis \(u_n = 3 + 7(\dfrac{1}{3})^n\).

1. Affirmation 1 : VRAI. D’après l’expression précédente, \(u_n \gt 3 \gt 0\) pour tout \(n\) : la suite est minorée par 0. De plus :

\[u_{n+1} – u_n = 7(\dfrac{1}{3})^{n+1} – 7(\dfrac{1}{3})^n = 7(\dfrac{1}{3})^n(\dfrac{1}{3} – 1) = -\dfrac{14}{3}(\dfrac{1}{3})^n \lt 0.\]

La suite \((u_n)\) est donc décroissante et minorée par 0.

2. Affirmation 2 : FAUX. Comme \(-1 \lt \dfrac{1}{3} \lt 1\), \(\lim\limits_{n \to +\infty} (\dfrac{1}{3})^n = 0\), donc \(\lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 3\), et non 0.

Partie 2

1. Affirmation 4 : VRAI. Une fonction constante \(y = c\) a une dérivée nulle ; elle est solution de \((E)\) si et seulement si \(0 = \dfrac{3}{2}c + 2\), c’est-à-dire \(c = -\dfrac{4}{3}\). La fonction constante \(x \mapsto -\dfrac{4}{3}\) est donc solution de \((E)\).

3. Affirmation 5 : VRAI. Les solutions de \(y^{\prime} = \dfrac{3}{2}y\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x}\) ; en ajoutant la solution constante trouvée ci-dessus, les solutions de \((E)\) sont les fonctions \(x \mapsto C\text{e}^{\frac{3}{2}x} – \dfrac{4}{3}\), \(C \in \mathbb{R}\).

La condition \(f(0) = 0\) donne \(C – \dfrac{4}{3} = 0\), donc \(C = \dfrac{4}{3}\) et \(f(x) = \dfrac{4}{3}(\text{e}^{\frac{3}{2}x} – 1)\). Le coefficient directeur de la tangente au point d’abscisse 1 est \(f^{\prime}(1)\) :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{4}{3} \times \dfrac{3}{2}\text{e}^{\frac{3}{2}x} = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}x}, \quad \text{donc} \quad f^{\prime}(1) = 2\,\text{e}^{\frac{3}{2}}.\]

Exercice 3 :

Partie 1

1. En \(-\infty\) : \(\lim\limits_{x \to -\infty} (x^2 – 4) = +\infty\) et \(\lim\limits_{x \to -\infty} \text{e}^{-x} = +\infty\), donc par produit \(\lim\limits_{x \to -\infty} f(x) = +\infty\).

En \(+\infty\) : on écrit \(f(x) = x^2\text{e}^{-x} – 4\text{e}^{-x} = \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} – \dfrac{4}{\text{e}^{x}}\). Par croissances comparées, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{x^2}{\text{e}^{x}} = 0\), et \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{4}{\text{e}^{x}} = 0\). Donc \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = 0\) : l’axe des abscisses est asymptote à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).

2. On dérive le produit \(u(x) = x^2 – 4\), \(v(x) = \text{e}^{-x}\), avec \(u^{\prime}(x) = 2x\) et \(v^{\prime}(x) = -\text{e}^{-x}\) :

\[f^{\prime}(x) = 2x\,\text{e}^{-x} – (x^2 – 4)\text{e}^{-x} = (-x^2 + 2x + 4)\text{e}^{-x}.\]

3. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe du trinôme \(-x^2 + 2x + 4\). Son discriminant est \(\Delta = 4 + 16 = 20\), ses racines sont \(x_1 = \dfrac{-2 + \sqrt{20}}{-2} = 1 – \sqrt{5}\) et \(x_2 = 1 + \sqrt{5}\). Le coefficient de \(x^2\) étant négatif, le trinôme est négatif à l’extérieur des racines et positif entre elles.

Valeurs aux bornes : \(f(1 – \sqrt{5}) = (2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1} \approx -8{,}51\) et \(f(1 + \sqrt{5}) = (2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}} \approx 0{,}25\) (on a utilisé \((1 \pm \sqrt{5})^2 – 4 = 2 \pm 2\sqrt{5}\)).

\(x\)	\(-\infty\)		\(1 – \sqrt{5}\)		\(1 + \sqrt{5}\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)		\(-\)	0	\(+\)	0	\(-\)
variations de \(f\)	\(+\infty\)	\(\searrow\)	\((2 – 2\sqrt{5})\text{e}^{\sqrt{5} – 1}\)	\(\nearrow\)	\((2 + 2\sqrt{5})\text{e}^{-1 – \sqrt{5}}\)	\(\searrow\)	0

\(f\) est décroissante sur \(]-\infty\,;\,1 – \sqrt{5}]\), croissante sur \([1 – \sqrt{5}\,;\,1 + \sqrt{5}]\) et décroissante sur \([1 + \sqrt{5}\,;\,+\infty[\).

Partie 2

1. Une primitive de \(x \mapsto \text{e}^{-x}\) est \(x \mapsto -\text{e}^{-x}\), donc :

\[I_0 = \displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = \Big[-\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} = -\text{e}^{0} + \text{e}^{2} = \text{e}^2 – 1.\]

2. Dans \(I_{n+1} = \displaystyle\int_{-2}^{0} x^{n+1}\text{e}^{-x}\,\text{d}x\), on pose \(u(x) = x^{n+1}\) et \(v^{\prime}(x) = \text{e}^{-x}\), d’où \(u^{\prime}(x) = (n + 1)x^n\) et \(v(x) = -\text{e}^{-x}\). Ces fonctions sont dérivables à dérivées continues sur \([-2\,;\,0]\). La formule d’intégration par parties donne :

\[I_{n+1} = \Big[-x^{n+1}\text{e}^{-x}\Big]_{-2}^{0} + (n + 1)\displaystyle\int_{-2}^{0} x^n\text{e}^{-x}\,\text{d}x = (0 + (-2)^{n+1}\text{e}^{2}) + (n + 1)I_n.\]

En effet, le crochet vaut 0 en 0 et \(-(-2)^{n+1}\text{e}^{2}\) en \(-2\). On obtient bien \(I_{n+1} = (-2)^{n+1}\text{e}^2 + (n + 1)I_n\).

3. Avec \(n = 0\) : \(I_1 = (-2)^1\text{e}^2 + 1 \times I_0 = -2\text{e}^2 + \text{e}^2 – 1\), donc \(I_1 = -\text{e}^2 – 1\).

Avec \(n = 1\) : \(I_2 = (-2)^2\text{e}^2 + 2I_1 = 4\text{e}^2 – 2\text{e}^2 – 2\), donc \(I_2 = 2\text{e}^2 – 2\).

Partie 3

1. Comme \(\text{e}^{-x} \gt 0\), \(f(x)\) a le signe de \(x^2 – 4 = (x – 2)(x + 2)\). Donc \(f(x) \gt 0\) sur \(]-\infty\,;\,-2[\) et sur \(]2\,;\,+\infty[\), \(f(x) \lt 0\) sur \(]-2\,;\,2[\), et \(f\) s’annule en \(-2\) et en 2.

2. Le domaine \(D\) correspond à \(x\) compris entre \(-2\) et 0. Sur cet intervalle \(f\) est continue et négative, donc l’aire vaut l’opposé de l’intégrale. Par linéarité :

\[S = -\displaystyle\int_{-2}^{0} (x^2 – 4)\text{e}^{-x}\,\text{d}x = -\displaystyle\int_{-2}^{0} x^2\text{e}^{-x}\,\text{d}x + 4\displaystyle\int_{-2}^{0} \text{e}^{-x}\,\text{d}x = -I_2 + 4I_0.\]

\[S = -(2\text{e}^2 – 2) + 4(\text{e}^2 – 1) = 2\text{e}^2 – 2.\]

L’aire du domaine \(D\) vaut \(2\text{e}^2 – 2 \approx 12{,}78\) unités d’aire, ce qui est cohérent avec la figure (un peu moins que le rectangle de 2 sur 8,5).

Exercice 4 :

Partie 1 : Distance du point O au plan (ABC)

1. On a \(\vec{\text{AB}}(-3\,;\,2\,;\,0)\) et \(\vec{\text{AC}}(-3\,;\,0\,;\,2)\), qui ne sont pas colinéaires (la deuxième coordonnée de \(\vec{\text{AC}}\) est nulle, pas celle de \(\vec{\text{AB}}\)). Or :

\[\vec{n} \cdot \vec{\text{AB}} = -6 + 6 + 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{\text{AC}} = -6 + 0 + 6 = 0.\]

\(\vec{n}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : c’est un vecteur normal au plan (ABC).

2. Le plan (ABC) admet donc une équation de la forme \(2x + 3y + 3z + d = 0\). Il passe par A, d’où \(6 + d = 0\), soit \(d = -6\). Une équation cartésienne de (ABC) est \(2x + 3y + 3z – 6 = 0\). (Contrôle : B donne \(6 – 6 = 0\) et C donne \(6 – 6 = 0\).)

3. La droite \(d\) passe par O(0 ; 0 ; 0) et est dirigée par \(\vec{n}\) :

\[d : \{\begin{array}{l}x = 2t\\y = 3t\\z = 3t\end{array}., \quad t \in \mathbb{R}.\]

4. On injecte la représentation paramétrique dans l’équation du plan : \(2(2t) + 3(3t) + 3(3t) – 6 = 0\), soit \(22t = 6\), donc \(t = \dfrac{3}{11}\). On obtient \(\text{H}(\dfrac{6}{11}\,;\,\dfrac{9}{11}\,;\,\dfrac{9}{11})\).

5. La droite (OH) est dirigée par un vecteur normal au plan et H appartient au plan : H est le projeté orthogonal de O sur (ABC), et la distance de O au plan est OH. Le repère étant orthonormé :

\[\text{OH} = \sqrt{\dfrac{36 + 81 + 81}{121}} = \dfrac{\sqrt{198}}{11} = \dfrac{\sqrt{9 \times 22}}{11} = \dfrac{3\sqrt{22}}{11}.\]

Partie 2 : Démonstration de la propriété

1. Les axes du repère sont deux à deux perpendiculaires : le triangle OAB est rectangle en O et la droite (OC) est perpendiculaire au plan (OAB). On prend OAB comme base et OC = 2 comme hauteur. L’aire de OAB vaut \(\dfrac{\text{OA} \times \text{OB}}{2} = \dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), donc :

\[V = \dfrac{1}{3} \times 3 \times 2 = 2.\]

Le volume du tétraèdre OABC vaut bien 2 unités de volume.

2. On calcule ce même volume en prenant ABC pour base ; la hauteur associée est alors OH. En notant \(\mathcal{A}\) l’aire de ABC : \(2 = \dfrac{1}{3} \times \mathcal{A} \times \dfrac{3\sqrt{22}}{11}\), c’est-à-dire \(2 = \dfrac{\sqrt{22}}{11}\mathcal{A}\). D’où :

\[\mathcal{A} = \dfrac{22}{\sqrt{22}} = \sqrt{22}.\]

3. Les trois autres faces sont des triangles rectangles en O :

OAB : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
OAC : aire \(\dfrac{3 \times 2}{2} = 3\), dont le carré vaut 9 ;
OBC : aire \(\dfrac{2 \times 2}{2} = 2\), dont le carré vaut 4.

La somme des carrés vaut \(9 + 9 + 4 = 22\), et le carré de l’aire de ABC vaut \((\sqrt{22})^2 = 22\). Le carré de l’aire de ABC est donc égal à la somme des carrés des aires des trois autres faces : c’est l’analogue, dans l’espace, du théorème de Pythagore.

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