Voici le corrigé complet du bac de maths 2024 aux centres étrangers, sujet 1 (premier jour de l’épreuve de spécialité mathématiques, groupe 1). L’épreuve comporte quatre exercices de 5 points. Le premier étudie la valeur prédictive positive d’un test antidopage : dérivée d’une fonction rationnelle, arbre pondéré, probabilités totales et probabilité conditionnelle, puis résolution d’une inéquation. Le deuxième porte sur une suite récurrente définie par \( u_{n+1} = 2u_n\mathrm{e}^{-u_n} \) : raisonnement par récurrence, convergence, recherche de la limite par le théorème du point fixe et script Python de seuil. Le troisième traite une équation différentielle avec second membre trigonométrique, puis un calcul d’intégrale. Le dernier est un exercice de géométrie dans l’espace : vecteur normal, équation cartésienne de plan, représentations paramétriques, intersection de deux droites, projeté orthogonal et distance d’un point à un plan. Chaque réponse est justifiée pas à pas.
L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac maths 2024 aux centres étrangers : sujet n° 1 corrigé : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.
Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Probabilités, fonction rationnelle – 5 points
On étudie un test antidopage. On note \( D \) l’évènement « le sportif est dopé » et \( T \) l’évènement « le test est positif ». On note \( x \) la proportion de sportifs dopés dans la population testée. Le test a une sensibilité de \( 0{,}96 \) (\( P_D(T) = 0{,}96 \)) et une spécificité de \( 0{,}97 \) (\( P_{\overline{D}}(\overline{T}) = 0{,}97 \)). On considère la fonction \( f \) définie sur \( [0\,;\,1] \) par \( f(x) = \dfrac{0{,}96x}{0{,}93x + 0{,}03} \).
Partie A
1. On doit montrer que \( f^{\prime}(x) = \dfrac{0{,}0288}{(0{,}93x+0{,}03)^2} \).
Sur \( [0\,;\,1] \), le dénominateur \( 0{,}93x + 0{,}03 \) ne s’annule pas (il est supérieur ou égal à \( 0{,}03 \)) : \( f \) est un quotient de fonctions dérivables, donc dérivable. Avec \( u(x) = 0{,}96x \) et \( v(x) = 0{,}93x + 0{,}03 \), on a \( u^{\prime}(x) = 0{,}96 \) et \( v^{\prime}(x) = 0{,}93 \), d’où :
\[ f^{\prime}(x) = \frac{0{,}96(0{,}93x+0{,}03) – 0{,}96x \times 0{,}93}{(0{,}93x+0{,}03)^2} = \frac{0{,}8928x + 0{,}0288 – 0{,}8928x}{(0{,}93x+0{,}03)^2} = \frac{0{,}0288}{(0{,}93x+0{,}03)^2}. \]
On obtient bien l’expression demandée.
2. On demande le sens de variation de \( f \) sur \( [0\,;\,1] \).
Le numérateur \( 0{,}0288 \) est strictement positif et le dénominateur est le carré d’un réel non nul, donc strictement positif. Ainsi \( f^{\prime}(x) \gt 0 \) pour tout \( x \in [0\,;\,1] \) : la fonction \( f \) est strictement croissante sur \( [0\,;\,1] \).
Partie B
1. On représente la situation par un arbre pondéré.
Les probabilités \( 0{,}04 = 1 – 0{,}96 \) et \( 0{,}03 = 1 – 0{,}97 \) s’obtiennent par passage au complémentaire.
2. On cherche \( P(D \cap T) \), en fonction de \( x \).
\[ P(D \cap T) = P(D) \times P_D(T) = x \times 0{,}96 = 0{,}96x. \]
Donc \( P(D \cap T) = 0{,}96x \).
3. On doit montrer que \( P(T) = 0{,}93x + 0{,}03 \).
Les évènements \( D \) et \( \overline{D} \) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :
\[ P(T) = P(D \cap T) + P(\overline{D} \cap T) = 0{,}96x + (1-x) \times 0{,}03 = 0{,}96x + 0{,}03 – 0{,}03x = 0{,}93x + 0{,}03. \]
On retrouve bien \( P(T) = 0{,}93x + 0{,}03 \).
4. On veut la valeur prédictive positive \( P_T(D) \) lorsque 50 sportifs sur 1 000 testés sont dopés.
Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[ P_T(D) = \frac{P(D \cap T)}{P(T)} = \frac{0{,}96x}{0{,}93x + 0{,}03} = f(x). \]
Le sportif étant choisi au hasard, on est en situation d’équiprobabilité et \( x = \dfrac{50}{1\,000} = 0{,}05 \). Donc :
\[ P_T(D) = f(0{,}05) = \frac{0{,}96 \times 0{,}05}{0{,}93 \times 0{,}05 + 0{,}03} = \frac{0{,}048}{0{,}0765} = \frac{32}{51} \approx 0{,}627. \]
La valeur prédictive positive vaut environ 0,63 : un sportif contrôlé positif n’a qu’environ 63 % de chances d’être réellement dopé.
5. a. On cherche à partir de quelle proportion \( x \) la valeur prédictive positive est supérieure ou égale à \( 0{,}9 \).
D’après la question précédente, la valeur prédictive positive est \( f(x) \). On résout donc \( f(x) \geq\, 0{,}9 \) sur \( [0\,;\,1] \). Comme \( 0{,}93x + 0{,}03 \gt 0 \) sur cet intervalle, on peut multiplier par ce nombre sans changer le sens de l’inégalité :
\[ \frac{0{,}96x}{0{,}93x+0{,}03} \geq\, 0{,}9 \iff 0{,}96x \geq\, 0{,}837x + 0{,}027 \iff 0{,}123x \geq\, 0{,}027 \iff x \geq\, \frac{27}{123} = \frac{9}{41}. \]
La valeur prédictive positive est supérieure ou égale à \( 0{,}9 \) dès que \( x \geq\, \dfrac{9}{41} \approx 0{,}22 \), c’est-à-dire lorsque au moins 22 % environ des sportifs testés sont dopés.
5. b. On commente l’affirmation : il vaut mieux tester en priorité les sportifs les plus performants, s’ils sont plus fréquemment dopés.
Si les sportifs les plus performants sont plus souvent dopés, restreindre les contrôles à ce groupe fait augmenter la proportion \( x \) de dopés dans la population testée. Or la valeur prédictive positive vaut \( f(x) \) et \( f \) est strictement croissante sur \( [0\,;\,1] \) (Partie A). Donc plus \( x \) est grand, plus la valeur prédictive positive est élevée : un test positif est alors plus fiable, ce qui justifie ce choix de ciblage.
Exercice 2 :
Suites, fonction exponentielle, algorithmique – 5 points
On considère la fonction \( f \) définie sur \( [0\,;\,1] \) par \( f(x) = 2x\mathrm{e}^{-x} \) et la suite \( (u_n) \) définie par \( u_0 = 0{,}1 \) et \( u_{n+1} = f(u_n) \) pour tout entier naturel \( n \).
1. a. On résout l’équation \( f(x) = x \) dans \( [0\,;\,1] \).
\[ f(x) = x \iff 2x\mathrm{e}^{-x} – x = 0 \iff x(2\mathrm{e}^{-x} – 1) = 0 \iff x = 0 \ \text{ou} \ \mathrm{e}^{-x} = \frac{1}{2}. \]
Or \( \mathrm{e}^{-x} = \dfrac{1}{2} \iff -x = \ln(\dfrac{1}{2}) \iff x = \ln(2) \).
Comme \( 1 \lt 2 \lt \mathrm{e} \) et que \( \ln \) est strictement croissante, \( 0 \lt \ln(2) \lt 1 \) : les deux valeurs sont bien dans \( [0\,;\,1] \). L’équation admet deux solutions : \( 0 \) et \( \ln(2) \).
1. b. On doit montrer que \( f^{\prime}(x) = 2(1-x)\mathrm{e}^{-x} \).
\( f \) est dérivable sur \( [0\,;\,1] \) comme produit de fonctions dérivables. Avec la formule \( (uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime} \) et \( (\mathrm{e}^{-x})^{\prime} = -\mathrm{e}^{-x} \) :
\[ f^{\prime}(x) = 2\mathrm{e}^{-x} + 2x \times (-\mathrm{e}^{-x}) = (2 – 2x)\mathrm{e}^{-x} = 2(1-x)\mathrm{e}^{-x}. \]
1. c. On dresse le tableau de variations de \( f \) sur \( [0\,;\,1] \).
Pour tout \( x \in [0\,;\,1] \), \( 2 \gt 0 \), \( \mathrm{e}^{-x} \gt 0 \) et \( 1 – x \geq\, 0 \) (nul seulement en \( 1 \)). Donc \( f^{\prime}(x) \geq\, 0 \), avec égalité seulement en \( x = 1 \) : \( f \) est strictement croissante sur \( [0\,;\,1] \). De plus \( f(0) = 0 \) et \( f(1) = 2\mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}74 \).
| \( x \) | \( 0 \) | \( 1 \) | |
| signe de \( 1-x \) | \( + \) | \( 0 \) | |
| signe de \( f^{\prime}(x) \) | \( + \) | \( 0 \) | |
| variations de \( f \) | \( 0 \) | croissante ↗ | \( 2\mathrm{e}^{-1} \) |
2. a. On démontre par récurrence que, pour tout entier naturel \( n \), \( 0 \leq\, u_n \lt u_{n+1} \leq\, 1 \).
Initialisation. \( u_0 = 0{,}1 \) et \( u_1 = f(0{,}1) = 0{,}2\,\mathrm{e}^{-0{,}1} \approx 0{,}18 \). On a bien \( 0 \leq\, u_0 \lt u_1 \leq\, 1 \) : la propriété est vraie au rang \( 0 \).
Hérédité. Supposons que pour un entier \( k \) on ait \( 0 \leq\, u_k \lt u_{k+1} \leq\, 1 \). La fonction \( f \) étant strictement croissante sur \( [0\,;\,1] \), elle conserve l’ordre :
\[ f(0) \leq\, f(u_k) \lt f(u_{k+1}) \leq\, f(1), \quad \text{soit} \quad 0 \leq\, u_{k+1} \lt u_{k+2} \leq\, 2\mathrm{e}^{-1}. \]
Comme \( 2\mathrm{e}^{-1} \approx 0{,}74 \lt 1 \), on obtient \( 0 \leq\, u_{k+1} \lt u_{k+2} \leq\, 1 \) : la propriété est vraie au rang \( k+1 \).
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire ; par récurrence, pour tout \( n \in \mathbb{N} \), \( 0 \leq\, u_n \lt u_{n+1} \leq\, 1 \).
2. b. On en déduit que la suite \( (u_n) \) converge.
D’après 2. a., pour tout \( n \), \( u_n \lt u_{n+1} \) : la suite est strictement croissante. Elle est aussi majorée par 1. Une suite croissante et majorée converge : \( (u_n) \) converge vers une limite \( \ell \), avec \( 0 \leq\, \ell \leq\, 1 \).
3. On détermine la limite \( \ell \).
La suite est définie par \( u_{n+1} = f(u_n) \), elle converge vers \( \ell \in [0\,;\,1] \) et \( f \) est continue sur \( [0\,;\,1] \) (car dérivable). D’après le théorème du point fixe, \( \ell \) vérifie \( f(\ell) = \ell \). Par la question 1. a., \( \ell = 0 \) ou \( \ell = \ln(2) \).
Or la suite est croissante, donc pour tout \( n \), \( u_n \geq\, u_0 = 0{,}1 \), et par passage à la limite \( \ell \geq\, 0{,}1 \). La valeur \( 0 \) est exclue : \( (u_n) \) converge vers \( \ln(2) \).
4. a. On justifie que \( \ln(2) – u_n \geq\, 0 \) pour tout entier naturel \( n \).
Une suite croissante qui converge vers \( \ell \) est majorée par \( \ell \). Donc pour tout \( n \), \( u_n \leq\, \ln(2) \), c’est-à-dire \( \ln(2) – u_n \geq\, 0 \).
4. b. On complète la fonction Python seuil qui renvoie la première valeur approchée \( u_n \) de \( \ln(2) \) à \( 10^{-4} \) près, et le rang \( n \) correspondant.
D’après 4. a., \( u_n \) est une valeur approchée par défaut de \( \ln(2) \) et l’écart vaut \( \ln(2) – u_n \). On calcule donc les termes successifs tant que cet écart est strictement supérieur à \( 0{,}0001 \). Voici la fonction complétée (les deux lignes d’import permettent de l’exécuter) :
from math import exp
from math import log as ln
def seuil():
n = 0
u = 0.1
while ln(2) - u > 0.0001:
n = n + 1
u = 2*u*exp(-u)
return (u, n)
On peut aussi écrire u = 2*u/exp(u), ce qui revient au même.
4. c. On donne la valeur de \( n \) renvoyée par seuil().
Le calcul des termes donne \( u_{10} \approx 0{,}692\,996 \), soit un écart \( \ln(2) – u_{10} \approx 1{,}5 \times 10^{-4} \gt 10^{-4} \), puis \( u_{11} \approx 0{,}693\,101 \), soit un écart d’environ \( 4{,}6 \times 10^{-5} \leq\, 10^{-4} \). La fonction renvoie donc \( n = 11 \).
Exercice 3 :
Équations différentielles, intégration – 5 points
On considère les équations différentielles \( (E_0) : y^{\prime} = y \) et \( (E) : y^{\prime} = y – \cos(x) – 3\sin(x) \), où \( y \) est une fonction dérivable sur \( \mathbb{R} \).
1. On montre que la seule fonction constante solution de \( (E_0) \) est la fonction nulle.
Soit \( f \) la fonction constante égale à \( k \). Alors \( f^{\prime} = 0 \). Si \( f \) est solution de \( (E_0) \), on a \( f^{\prime} = f \), soit \( 0 = k \). Réciproquement, la fonction nulle vérifie bien \( 0 = 0 \). L’unique solution constante de \( (E_0) \) est la fonction nulle.
2. On donne les solutions de \( (E_0) \).
D’après le cours, les solutions de \( y^{\prime} = y \) sont les fonctions \( x \mapsto C\mathrm{e}^{x} \), avec \( C \in \mathbb{R} \).
3. On vérifie que \( h : x \mapsto 2\cos(x) + \sin(x) \) est solution de \( (E) \).
Pour tout réel \( x \), \( h^{\prime}(x) = -2\sin(x) + \cos(x) \). D’autre part :
\[ h(x) – \cos(x) – 3\sin(x) = 2\cos(x) + \sin(x) – \cos(x) – 3\sin(x) = \cos(x) – 2\sin(x). \]
On a donc \( h^{\prime}(x) = h(x) – \cos(x) – 3\sin(x) \) pour tout réel \( x \) : \( h \) est solution de \( (E) \).
4. On montre que \( f \) est solution de \( (E) \) si et seulement si \( f – h \) est solution de \( (E_0) \).
Sens direct. Si \( f \) est solution de \( (E) \), alors, comme \( h \) l’est aussi, pour tout réel \( x \) :
\[ (f-h)^{\prime}(x) = f^{\prime}(x) – h^{\prime}(x) = \big(f(x) – \cos(x) – 3\sin(x)\big) – \big(h(x) – \cos(x) – 3\sin(x)\big) = f(x) – h(x). \]
Donc \( f – h \) est solution de \( (E_0) \).
Réciproque. Si \( f – h \) est solution de \( (E_0) \), alors \( f^{\prime}(x) – h^{\prime}(x) = f(x) – h(x) \), d’où :
\[ f^{\prime}(x) = f(x) – h(x) + h^{\prime}(x) = f(x) – h(x) + h(x) – \cos(x) – 3\sin(x) = f(x) – \cos(x) – 3\sin(x). \]
Donc \( f \) est solution de \( (E) \). L’équivalence est démontrée.
5. On en déduit les solutions de \( (E) \).
D’après les questions 2 et 4, \( f \) est solution de \( (E) \) si et seulement s’il existe \( C \in \mathbb{R} \) tel que \( f(x) – h(x) = C\mathrm{e}^{x} \). Les solutions de \( (E) \) sont donc les fonctions \( x \mapsto C\mathrm{e}^{x} + 2\cos(x) + \sin(x) \), avec \( C \in \mathbb{R} \).
6. On détermine la solution \( g \) de \( (E) \) telle que \( g(0) = 0 \).
Il existe un réel \( C \) tel que \( g(x) = C\mathrm{e}^{x} + 2\cos(x) + \sin(x) \). Alors \( g(0) = C + 2 + 0 = C + 2 \), et \( g(0) = 0 \) donne \( C = -2 \). Ainsi \( g(x) = -2\mathrm{e}^{x} + 2\cos(x) + \sin(x) \).
7. On calcule \( I = \displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}} (-2\mathrm{e}^{x} + \sin(x) + 2\cos(x))\mathrm{d}x \), c’est-à-dire l’intégrale de \( g \) entre \( 0 \) et \( \dfrac{\pi}{2} \).
Une primitive de \( x \mapsto -2\mathrm{e}^{x} + \sin(x) + 2\cos(x) \) est \( G : x \mapsto -2\mathrm{e}^{x} – \cos(x) + 2\sin(x) \). Donc :
\[ I = [-2\mathrm{e}^{x} – \cos(x) + 2\sin(x)]_0^{\frac{\pi}{2}} = (-2\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}} – 0 + 2) – (-2 – 1 + 0) = 5 – 2\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}}. \]
Ainsi \( I = 5 – 2\mathrm{e}^{\frac{\pi}{2}} \approx -4{,}62 \). Cette valeur est négative, ce qui est cohérent : \( g \) est négative sur \( [0\,;\,\dfrac{\pi}{2}] \) (pour \( x \gt 0 \), \( 2\cos(x) + \sin(x) \leq\, 2 + x \lt 2 + 2x \leq\, 2\mathrm{e}^{x} \)).
Exercice 4 :
Géométrie dans l’espace – 5 points
Dans un repère orthonormé, on considère les points \( A(-2\,;\,0\,;\,2) \), \( B(-1\,;\,3\,;\,0) \), \( C(1\,;\,-1\,;\,2) \) et \( D(0\,;\,0\,;\,3) \), ainsi que le vecteur \( \vec{n}\begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix} \).
1. On montre que les points \( A \), \( B \) et \( C \) ne sont pas alignés.
\[ \vec{AB}\begin{pmatrix}-1-(-2)\\3-0\\0-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}1\\3\\-2\end{pmatrix} \qquad \vec{AC}\begin{pmatrix}1-(-2)\\-1-0\\2-2\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}3\\-1\\0\end{pmatrix} \]
Si ces vecteurs étaient colinéaires, il existerait \( k \) tel que \( \vec{AC} = k\vec{AB} \) : la première coordonnée donne \( k = 3 \), la deuxième \( k = -\dfrac{1}{3} \), ce qui est contradictoire. Les vecteurs \( \vec{AB} \) et \( \vec{AC} \) ne sont pas colinéaires : \( A \), \( B \), \( C \) ne sont pas alignés et définissent un plan.
2. a. On montre que \( \vec{n} \) est normal au plan \( (ABC) \).
\[ \vec{n} \cdot \vec{AB} = 1 \times 1 + 3 \times 3 + 5 \times (-2) = 1 + 9 – 10 = 0, \qquad \vec{n} \cdot \vec{AC} = 1 \times 3 + 3 \times (-1) + 5 \times 0 = 0. \]
Le vecteur \( \vec{n} \) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \( (ABC) \) : \( \vec{n} \) est normal au plan \( (ABC) \).
2. b. On détermine une équation cartésienne du plan \( (ABC) \).
Comme \( \vec{n} \) est normal à \( (ABC) \), ce plan a une équation de la forme \( x + 3y + 5z + d = 0 \). Le point \( A \) lui appartient : \( -2 + 0 + 10 + d = 0 \), donc \( d = -8 \). Une équation du plan est \( x + 3y + 5z – 8 = 0 \).
2. c. On montre que \( A \), \( B \), \( C \), \( D \) ne sont pas coplanaires.
\( x_D + 3y_D + 5z_D – 8 = 0 + 0 + 15 – 8 = 7 \neq 0 \) : \( D \) n’appartient pas au plan \( (ABC) \). Les quatre points ne sont pas coplanaires : \( ABCD \) est un tétraèdre.
3. a. On considère la droite \( \mathscr{D}_1 \) de représentation paramétrique \( x = t \), \( y = 3t \), \( z = 3 + 5t \) (\( t \in \mathbb{R} \)). On montre que c’est la hauteur du tétraèdre issue de \( D \).
Pour \( t = 0 \), on obtient le point \( (0\,;\,0\,;\,3) \), c’est-à-dire \( D \) : donc \( D \in \mathscr{D}_1 \). Un vecteur directeur de \( \mathscr{D}_1 \) est \( \begin{pmatrix}1\\3\\5\end{pmatrix} = \vec{n} \), normal au plan \( (ABC) \) : la droite \( \mathscr{D}_1 \) est orthogonale à \( (ABC) \). Passant par \( D \) et orthogonale à la face \( ABC \), \( \mathscr{D}_1 \) est la hauteur du tétraèdre \( ABCD \) issue de \( D \).
3. b. On considère la droite \( \mathscr{D}_2 \) de représentation paramétrique \( x = 1 + 3s \), \( y = -1 – 5s \), \( z = 2 – 6s \) (\( s \in \mathbb{R} \)). On étudie l’intersection de \( \mathscr{D}_1 \) et \( \mathscr{D}_2 \).
On résout le système :
\[ \begin{cases} t = 1 + 3s \\ 3t = -1 – 5s \\ 3 + 5t = 2 – 6s \end{cases} \iff \begin{cases} t = 1 + 3s \\ 3 + 9s = -1 – 5s \\ 3 + 5 + 15s = 2 – 6s \end{cases} \iff \begin{cases} t = 1 + 3s \\ 14s = -4 \\ 21s = -6 \end{cases} \]
Les deux dernières équations donnent la même valeur \( s = -\dfrac{2}{7} \) : le système est compatible, et \( t = 1 + 3 \times (-\dfrac{2}{7}) = \dfrac{1}{7} \). Le système a une unique solution : les droites sont sécantes. En remplaçant \( t \) par \( \dfrac{1}{7} \) dans la représentation de \( \mathscr{D}_1 \) :
\[ x = \frac{1}{7}, \qquad y = \frac{3}{7}, \qquad z = 3 + \frac{5}{7} = \frac{26}{7}. \]
\( \mathscr{D}_1 \) et \( \mathscr{D}_2 \) sont sécantes au point de coordonnées \( (\dfrac{1}{7}\,;\,\dfrac{3}{7}\,;\,\dfrac{26}{7}) \) (on vérifie avec \( s = -\dfrac{2}{7} \) dans \( \mathscr{D}_2 \) : \( 1 – \dfrac{6}{7} = \dfrac{1}{7} \), \( -1 + \dfrac{10}{7} = \dfrac{3}{7} \), \( 2 + \dfrac{12}{7} = \dfrac{26}{7} \)).
4. a. On détermine les coordonnées du projeté orthogonal \( H \) de \( D \) sur le plan \( (ABC) \).
\( H \) est le point d’intersection du plan \( (ABC) \) et de la hauteur \( \mathscr{D}_1 \) issue de \( D \). Ses coordonnées vérifient donc la représentation de \( \mathscr{D}_1 \) et l’équation du plan :
\[ t + 3 \times 3t + 5(3 + 5t) – 8 = 0 \iff 35t + 7 = 0 \iff t = -\frac{1}{5}. \]
D’où \( x = -\dfrac{1}{5} \), \( y = -\dfrac{3}{5} \), \( z = 3 – 1 = 2 \). Donc \( H(-\dfrac{1}{5}\,;\,-\dfrac{3}{5}\,;\,2) \).
4. b. On calcule la distance du point \( D \) au plan \( (ABC) \).
Cette distance est la longueur \( DH \), puisque \( H \) est le projeté orthogonal de \( D \) sur le plan.
\[ DH^2 = (-\frac{1}{5} – 0)^2 + (-\frac{3}{5} – 0)^2 + (2 – 3)^2 = \frac{1}{25} + \frac{9}{25} + \frac{25}{25} = \frac{35}{25} = \frac{7}{5}. \]
Donc \( DH = \sqrt{\dfrac{7}{5}} = \dfrac{\sqrt{35}}{5} \approx 1{,}18 \).
