Corrigé du bac de maths 2024 en France (sujet 1)

L’énoncé de cette épreuve est sur la page Bac de maths 2024 en France : sujet n° 1 et corrigé pour l’enseignement de spécialité. : cherchez d’abord chaque exercice, puis comparez avec la correction.

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Vrai ou faux, 4 points

Pour chaque affirmation, il faut dire si elle est vraie ou fausse et le justifier.

On considère la fonction \(f\) définie sur \(\mathbb{R}\) par \(f(x)=5x\mathrm{e}^{-x}\), de courbe \(C_f\) dans un repère orthonormé.

Affirmation 1 : « L’axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe \(C_f\). »

L’axe des abscisses est asymptote horizontale (en \(+\infty\) ou en \(-\infty\)) si \(f(x)\) tend vers 0 en l’une de ces bornes.

En \(+\infty\) : on écrit \(f(x)=5\times \dfrac{x}{\mathrm{e}^{x}}\). Par croissances comparées, \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}=+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{\mathrm{e}^{x}}=0\) et

\[\lim_{x\to+\infty}f(x)=0.\]

La droite d’équation \(y=0\), c’est-à-dire l’axe des abscisses, est donc asymptote horizontale à \(C_f\) en \(+\infty\). (En \(-\infty\), en revanche, \(5x\to-\infty\) et \(\mathrm{e}^{-x}\to+\infty\), donc \(f(x)\to-\infty\).)

L’affirmation 1 est vraie.

Affirmation 2 : « La fonction \(f\) est solution sur \(\mathbb{R}\) de l’équation différentielle \((E) : y^{\prime}+y=5\mathrm{e}^{-x}\). »

\(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\) comme produit de fonctions dérivables. Avec \(u(x)=5x\) et \(v(x)=\mathrm{e}^{-x}\) :

\[f^{\prime}(x)=5\mathrm{e}^{-x}+5x\times (-\mathrm{e}^{-x})=5\mathrm{e}^{-x}-5x\mathrm{e}^{-x}.\]

Alors, pour tout réel \(x\) :

\[f^{\prime}(x)+f(x)=5\mathrm{e}^{-x}-5x\mathrm{e}^{-x}+5x\mathrm{e}^{-x}=5\mathrm{e}^{-x}.\]

L’affirmation 2 est vraie.

On considère maintenant trois suites \((u_n)\), \((v_n)\) et \((w_n)\) telles que, pour tout entier naturel \(n\), \(u_n\leq\, v_n\leq\, w_n\), avec \((u_n)\) qui converge vers \(-1\) et \((w_n)\) qui converge vers \(1\).

Affirmation 3 : « La suite \((v_n)\) converge vers un réel \(\ell\) appartenant à \([-1\,;1]\). »

Le théorème des gendarmes ne s’applique pas ici, puisque les deux suites qui encadrent n’ont pas la même limite. Un contre-exemple suffit : pour tout \(n\in\mathbb{N}\), posons

\[u_n=-1-\frac{1}{n+1},\qquad v_n=(-1)^n,\qquad w_n=1+\frac{1}{n+1}.\]

On a bien \(u_n\lt -1\leq\, v_n\leq\, 1\lt w_n\), \(\lim u_n=-1\) et \(\lim w_n=1\). Pourtant \((v_n)\) prend alternativement les valeurs \(1\) et \(-1\) : elle ne converge pas.

L’affirmation 3 est fausse.

On suppose de plus que \((u_n)\) est croissante et que \((w_n)\) est décroissante.

Affirmation 4 : « Pour tout entier naturel \(n\), \(u_0\leq\, v_n\leq\, w_0\). »

Comme \((u_n)\) est croissante, \(u_0\leq\, u_n\) pour tout \(n\) ; comme \((w_n)\) est décroissante, \(w_n\leq\, w_0\). En combinant avec l’encadrement de l’énoncé :

\[u_0\leq\, u_n\leq\, v_n\leq\, w_n\leq\, w_0.\]

L’affirmation 4 est vraie.

Exercice 2 :

Probabilités et variables aléatoires, 5 points

Un téléviseur est vendu sur internet (60 % des ventes), en magasin d’électroménager (30 %) ou en grande surface (10 %). Les clients sont satisfaits du service clientèle dans 75 % des cas sur internet, 90 % en magasin et 80 % en grande surface. On choisit un client au hasard et on note \(I\), \(M\), \(G\) les événements « achat sur internet / en magasin / en grande surface » et \(S\) l’événement « le client est satisfait ».

1. On demande de compléter l’arbre pondéré de la situation.

2. Probabilité que le client ait acheté sur internet et soit satisfait :

\[P(I\cap S)=P(I)\times P_I(S)=0{,}6\times 0{,}75=0{,}45.\]

\(P(I\cap S)=0{,}45\).

3. Il faut démontrer que \(P(S)=0{,}8\). Les événements \(I\), \(M\), \(G\) forment une partition de l’univers ; d’après la formule des probabilités totales :

\[P(S)=P(I\cap S)+P(M\cap S)+P(G\cap S)=0{,}45+0{,}3\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}8=0{,}45+0{,}27+0{,}08=0{,}8.\]

On a bien \(P(S)=0{,}8\).

4. Sachant qu’un client est satisfait, quelle est la probabilité qu’il ait acheté sur internet ? On cherche \(P_S(I)\) :

\[P_S(I)=\frac{P(I\cap S)}{P(S)}=\frac{0{,}45}{0{,}8}=0{,}5625.\]

\(P_S(I)\approx0{,}563\) à \(10^{-3}\) près.

5. a. Chaque jour, l’agence contacte 30 clients (tirage assimilé à un tirage avec remise) et \(X\) compte les clients satisfaits. Il faut justifier que \(X\) suit une loi binomiale.

Interroger un client est une épreuve de Bernoulli dont le succès « le client est satisfait » a pour probabilité \(p=0{,}8\). On répète 30 fois cette épreuve de façon identique et indépendante (tirage avec remise). \(X\) compte le nombre de succès : \(X\) suit la loi binomiale de paramètres \(n=30\) et \(p=0{,}8\). Ainsi, pour \(0\leq\, k\leq\,30\) :

\[P(X=k)=\binom\,{30}{k}\,0{,}8^{k}\,0{,}2^{30-k}.\]

5. b. Probabilité qu’au moins 25 clients sur 30 soient satisfaits :

\[P(X\geq\,25)=\sum_{k=25}^{30}\binom\,{30}{k}0{,}8^{k}0{,}2^{30-k}=1-P(X\leq\,24)\approx0{,}428.\]

\(P(X\geq\,25)\approx0{,}428\) à \(10^{-3}\) près (la calculatrice donne 0,42751…).

6. On cherche la taille minimale \(n\) de l’échantillon pour que la probabilité qu’au moins un client ne soit pas satisfait dépasse 0,99.

Avec un échantillon de \(n\) clients, le nombre de clients satisfaits suit la loi \(\mathcal{B}(n\,;0{,}8)\). L’événement « au moins un client n’est pas satisfait » est le contraire de « tous sont satisfaits », de probabilité \(0{,}8^{n}\). On résout :

\[1-0{,}8^{n}\geq\,0{,}99\iff0{,}8^{n}\leq\,0{,}01\iff n\ln0{,}8\leq\,\ln0{,}01\iff n\geq\,\frac{\ln0{,}01}{\ln0{,}8},\]

le sens de l’inégalité changeant à la dernière étape car \(\ln0{,}8\lt0\). Or \(\dfrac{\ln0{,}01}{\ln0{,}8}\approx20{,}6\).

Il faut contacter au moins 21 clients. (Vérification : \(0{,}8^{20}\approx0{,}0115\gt0{,}01\) et \(0{,}8^{21}\approx0{,}0092\lt0{,}01\).)

7. On ne s’intéresse plus qu’aux achats sur internet. Le délai de livraison \(T\) (en jours) est la somme \(T=T_1+T_2\) de deux variables aléatoires indépendantes à valeurs entières, avec \(E(T_1)=4\), \(V(T_1)=2\), \(E(T_2)=3\), \(V(T_2)=1\).

7. a. Espérance et variance de \(T\).

Par linéarité de l’espérance : \(E(T)=E(T_1)+E(T_2)=4+3=7\).

\(T_1\) et \(T_2\) étant indépendantes, les variances s’ajoutent : \(V(T)=V(T_1)+V(T_2)=2+1=3\).

\(E(T)=7\) jours et \(V(T)=3\).

7. b. Il faut justifier que la probabilité d’être livré entre 5 et 9 jours après la commande est au moins \(\frac{2}{3}\).

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev affirme que, pour tout réel \(a\gt0\), \(P\big(|T-E(T)|\geq\, a\big)\leq\,\dfrac{V(T)}{a^{2}}\), soit en passant à l’événement contraire :

\[P\big(|T-E(T)|\lt a\big)\geq\,1-\frac{V(T)}{a^{2}}.\]

\(T\) prenant des valeurs entières :

\[P(5\leq\, T\leq\,9)=P(4\lt T\lt10)=P(-3\lt T-7\lt3)=P\big(|T-7|\lt3\big).\]

Avec \(a=3\) et \(V(T)=3\) :

\[P(5\leq\, T\leq\,9)\geq\,1-\frac{3}{3^{2}}=1-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}.\]

La probabilité d’être livré entre 5 et 9 jours est supérieure ou égale à \(\frac{2}{3}\).

Exercice 3 :

Géométrie dans l’espace, 5 points

Dans un repère orthonormé \((O\,;\vec{\imath},\vec{\jmath},\vec{k})\), on considère \(A(5\,;5\,;0)\), \(B(0\,;5\,;0)\), \(C(0\,;0\,;10)\) et \(D(0\,;0\,;-\frac{5}{2})\).

1. a. Il faut montrer que \(\vec{n_1}\begin{pmatrix}1\\-1\\0\end{pmatrix}\) est normal au plan \((CAD)\).

On calcule deux vecteurs du plan :

\[\vec{AC}\begin{pmatrix}-5\\-5\\10\end{pmatrix},\qquad\vec{AD}\begin{pmatrix}-5\\-5\\-\frac{5}{2}\end{pmatrix}.\]

Ils ne sont pas colinéaires : leurs deux premières coordonnées sont égales mais pas les troisièmes (10 et \(-\frac{5}{2}\)). Puis :

\[\vec{n_1}\cdot\vec{AC}=-5+5+0=0,\qquad\vec{n_1}\cdot\vec{AD}=-5+5+0=0.\]

\(\vec{n_1}\) est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \((CAD)\) : c’est un vecteur normal à ce plan.

1. b. Il faut en déduire une équation cartésienne de \((CAD)\).

Un plan de vecteur normal \(\vec{n_1}(1\,;-1\,;0)\) a une équation de la forme \(x-y+d=0\). Le point \(C(0\,;0\,;10)\) lui appartient, donc \(0-0+d=0\), soit \(d=0\).

Le plan \((CAD)\) a pour équation \(x-y=0\). (On vérifie aussi \(A\) : \(5-5=0\), et \(D\) : \(0-0=0\).)

2. On considère la droite \(\mathcal{D}\) de représentation paramétrique \(x=\frac{5}{2}t\), \(y=5-\frac{5}{2}t\), \(z=0\), \(t\in\mathbb{R}\).

2. a. On admet que \(\mathcal{D}\) coupe \((CAD)\) en \(H\). Il faut justifier que \(H(\frac{5}{2}\,;\frac{5}{2}\,;0)\).

Un point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t\) est dans le plan si et seulement si

\[\frac{5}{2}t-(5-\frac{5}{2}t)=0\iff5t-5=0\iff t=1.\]

Pour \(t=1\) : \(x=\frac{5}{2}\), \(y=5-\frac{5}{2}=\frac{5}{2}\), \(z=0\). Donc \(H(\frac{5}{2}\,;\frac{5}{2}\,;0)\).

2. b. Il faut démontrer que \(H\) est le projeté orthogonal de \(B\) sur \((CAD)\).

D’abord, \(H\) appartient au plan \((CAD)\) (question précédente). Ensuite :

\[\vec{BH}\begin{pmatrix}\frac{5}{2}\\-\frac{5}{2}\\0\end{pmatrix}=\frac{5}{2}\,\vec{n_1}.\]

Le vecteur \(\vec{BH}\) est colinéaire au vecteur normal \(\vec{n_1}\) : la droite \((BH)\) est orthogonale au plan \((CAD)\). \(H\) est donc le projeté orthogonal de \(B\) sur \((CAD)\). (On remarque d’ailleurs que \(B\) est le point de \(\mathcal{D}\) de paramètre \(t=0\) : \(\mathcal{D}\) est la perpendiculaire au plan passant par \(B\).)

3. a. Il faut démontrer que le triangle \(ABH\) est rectangle en \(H\).

\[\vec{HA}\begin{pmatrix}\frac{5}{2}\\\frac{5}{2}\\0\end{pmatrix},\quad\vec{HB}\begin{pmatrix}-\frac{5}{2}\\\frac{5}{2}\\0\end{pmatrix},\quad\vec{HA}\cdot\vec{HB}=-\frac{25}{4}+\frac{25}{4}+0=0.\]

Les vecteurs \(\vec{HA}\) et \(\vec{HB}\) sont orthogonaux : le triangle \(ABH\) est rectangle en \(H\).

3. b. Il faut en déduire que l’aire de \(ABH\) vaut \(\frac{25}{4}\).

\(HA=\sqrt{\frac{25}{4}+\frac{25}{4}}=\frac{5}{\sqrt{2}}\) et de même \(HB=\frac{5}{\sqrt{2}}\). Le triangle étant rectangle en \(H\) :

\[\mathcal{A}_{ABH}=\frac{HA\times HB}{2}=\frac{1}{2}\times \frac{25}{2}=\frac{25}{4}.\]

L’aire du triangle \(ABH\) est \(\frac{25}{4}\) unités d’aire.

4. a. Il faut démontrer que \((CO)\) est la hauteur du tétraèdre \(ABCH\) issue de \(C\).

Les points \(A\), \(B\), \(H\) ont une cote nulle : le plan \((ABH)\) est le plan \((xOy)\), qui contient \(O\). La droite \((CO)\) est l’axe des cotes, dirigé par \(\vec{k}\), orthogonal à \(\vec{\imath}\) et \(\vec{\jmath}\), donc au plan \((xOy)\). \((CO)\) est la perpendiculaire au plan \((ABH)\) passant par \(C\), c’est-à-dire la hauteur issue de \(C\), et \(O\) en est le pied.

4. b. Volume du tétraèdre \(ABCH\), sachant que \(V=\frac{1}{3}\mathcal{B}\,h\).

Base \(ABH\) d’aire \(\frac{25}{4}\), hauteur \(CO=10\) :

\[V=\frac{1}{3}\times \frac{25}{4}\times 10=\frac{250}{12}=\frac{125}{6}.\]

Le volume de \(ABCH\) est \(\frac{125}{6}\) unités de volume.

5. On admet que \(ABC\) est rectangle en \(B\). Il faut en déduire la distance du point \(H\) au plan \((ABC)\).

Cette distance \(d\) est la hauteur du tétraèdre \(ABCH\) issue de \(H\) lorsqu’on prend \(ABC\) comme base. Calculons l’aire de \(ABC\) :

\[AB=\sqrt{(-5)^2+0^2+0^2}=5,\qquad BC=\sqrt{0^2+(-5)^2+10^2}=\sqrt{125}=5\sqrt{5},\]
\[\mathcal{A}_{ABC}=\frac{AB\times BC}{2}=\frac{25\sqrt{5}}{2}.\]

En écrivant le volume de deux façons :

\[\frac{1}{3}\times \frac{25\sqrt{5}}{2}\times d=\frac{125}{6}\iff\frac{25\sqrt{5}}{6}\,d=\frac{125}{6}\iff d=\frac{5}{\sqrt{5}}=\sqrt{5}.\]

La distance de \(H\) au plan \((ABC)\) est \(\sqrt{5}\approx2{,}24\).

Exercice 4 :

Fonctions, logarithme et intégration, 6 points

Partie A : étude de la fonction \(f\)

\(f\) est définie sur \(]0\,;+\infty[\) par \(f(x)=x-2+\frac{1}{2}\ln x\) ; on admet qu’elle est deux fois dérivable.

1. a. Limites de \(f\) en 0 et en \(+\infty\).

En 0 : \(\displaystyle\lim_{x\to0}(x-2)=-2\) et \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\ln x=-\infty\), donc par somme \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty\).

En \(+\infty\) : \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x-2)=+\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty\), donc par somme \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\).

1. b. Il faut montrer que \(f^{\prime}(x)=\dfrac{2x+1}{2x}\).

\[f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{2}\times \frac{1}{x}=1+\frac{1}{2x}=\frac{2x+1}{2x}.\]

1. c. Sens de variation de \(f\). Pour \(x\gt0\), \(2x+1\gt0\) et \(2x\gt0\), donc \(f^{\prime}(x)\gt0\). \(f\) est strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\).

1. d. Convexité de \(f\). On a \(f^{\prime}(x)=1+\frac{1}{2}x^{-1}\), d’où

\[f^{\prime\prime}(x)=-\frac{1}{2x^{2}}\lt0\quad\text{pour tout }x\gt0.\]

\(f\) est concave sur \(]0\,;+\infty[\).

2. a. Il faut montrer que \(f(x)=0\) a une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;+\infty[\), et que \(\alpha\in[1\,;2]\).

\(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante sur \(]0\,;+\infty[\), avec \(\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=-\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). Comme 0 est compris entre ces deux limites, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure que l’équation \(f(x)=0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0\,;+\infty[\).

De plus \(f(1)=1-2+0=-1\lt0\) et \(f(2)=\frac{1}{2}\ln2\gt0\) ; puisque \(f\) est croissante et \(f(\alpha)=0\), on a \(1\lt\alpha\lt2\), donc \(\alpha\in[1\,;2]\). (Numériquement, \(\alpha\approx1{,}727\).)

2. b. Signe de \(f(x)\). \(f\) étant strictement croissante et nulle en \(\alpha\) :

\(x\)	\(0\)		\(\alpha\)		\(+\infty\)
signe de \(f(x)\)		\(-\)	\(0\)	\(+\)

\(f(x)\lt0\) sur \(]0\,;\alpha[\), \(f(\alpha)=0\) et \(f(x)\gt0\) sur \(]\alpha\,;+\infty[\).

2. c. Il faut montrer que \(\ln\alpha=2(2-\alpha)\).

\[f(\alpha)=0\iff\alpha-2+\frac{1}{2}\ln\alpha=0\iff\frac{1}{2}\ln\alpha=2-\alpha\iff\ln\alpha=2(2-\alpha).\]

Partie B : étude de la fonction \(g\)

\(g\) est définie sur \(]0\,;1]\) par \(g(x)=-\frac{7}{8}x^{2}+x-\frac{1}{4}x^{2}\ln x\).

1. Il faut calculer \(g^{\prime}(x)\) et vérifier que \(g^{\prime}(x)=x\,f\!(\frac{1}{x})\).

La dérivée de \(x^{2}\ln x\) est \(2x\ln x+x^{2}\times \frac{1}{x}=2x\ln x+x\). Donc :

\[g^{\prime}(x)=-\frac{7}{4}x+1-\frac{1}{4}(2x\ln x+x)=-\frac{7}{4}x+1-\frac{1}{2}x\ln x-\frac{1}{4}x=1-2x-\frac{1}{2}x\ln x.\]

D’autre part, avec \(\ln\frac{1}{x}=-\ln x\) :

\[x\,f\!(\frac{1}{x})=x(\frac{1}{x}-2+\frac{1}{2}\ln\frac{1}{x})=1-2x-\frac{1}{2}x\ln x.\]

On a bien \(g^{\prime}(x)=x\,f\!(\frac{1}{x})\) pour tout \(x\in\,]0\,;1]\).

2. a. Il faut justifier que \(f\!(\frac{1}{x})\gt0\) pour \(x\in]0\,;\frac{1}{\alpha}[\).

Si \(0\lt x\lt\frac{1}{\alpha}\), alors, la fonction inverse étant décroissante sur \(]0\,;+\infty[\), \(\frac{1}{x}\gt\alpha\). D’après le signe de \(f\) établi en A.2.b, \(f\!(\frac{1}{x})\gt0\).

2. b. On admet que \(f\!(\frac{1}{x})\) est positif sur \(]0\,;\frac{1}{\alpha}[\), nul en \(\frac{1}{\alpha}\) et négatif sur \(]\frac{1}{\alpha}\,;1]\). Il faut en déduire les variations de \(g\).

Comme \(x\gt0\), \(g^{\prime}(x)=x\,f\!(\frac{1}{x})\) a le même signe que \(f\!(\frac{1}{x})\) :

\(x\)	\(0\)		\(\frac{1}{\alpha}\)		\(1\)
signe de \(g^{\prime}(x)\)		\(+\)	\(0\)	\(-\)
variations de \(g\)		croissante ↗	maximum \(g\!(\frac{1}{\alpha})\)	décroissante ↘

\(g\) est croissante sur \(]0\,;\frac{1}{\alpha}]\) et décroissante sur \([\frac{1}{\alpha}\,;1]\) ; elle atteint son maximum en \(\frac{1}{\alpha}\approx0{,}579\).

Partie C : un calcul d’aire

On note \(\mathcal{C}_g\) la courbe de \(g\) et \(\mathcal{P}\) la parabole d’équation \(y=-\frac{7}{8}x^{2}+x\) sur \(]0\,;1]\). On veut calculer l’aire \(\mathcal{A}\) du domaine compris entre \(\mathcal{C}_g\), \(\mathcal{P}\) et les droites d’équations \(x=\frac{1}{\alpha}\) et \(x=1\).

1. a. Position relative de \(\mathcal{C}_g\) et \(\mathcal{P}\) sur \(]0\,;1]\). On étudie le signe de la différence :

\[g(x)-(-\frac{7}{8}x^{2}+x)=-\frac{1}{4}x^{2}\ln x.\]

Sur \(]0\,;1]\), \(\ln x\leq\,0\) et \(x^{2}\gt0\), donc \(-\frac{1}{4}x^{2}\ln x\geq\,0\), avec égalité seulement en \(x=1\). La courbe \(\mathcal{C}_g\) est au-dessus de \(\mathcal{P}\) sur \(]0\,;1]\) ; elles se coupent au point d’abscisse 1.

1. b. Il faut démontrer que \(\displaystyle\int_{1/\alpha}^{1}x^{2}\ln x\,\mathrm{d}x=\frac{-\alpha^{3}-6\alpha+13}{9\alpha^{3}}\).

On intègre par parties avec \(u(x)=\ln x\), \(v^{\prime}(x)=x^{2}\), donc \(u^{\prime}(x)=\frac{1}{x}\), \(v(x)=\frac{x^{3}}{3}\) (fonctions de dérivées continues sur \([\frac{1}{\alpha}\,;1]\)) :

\[\int_{1/\alpha}^{1}x^{2}\ln x\,\mathrm{d}x=[\frac{x^{3}}{3}\ln x]_{1/\alpha}^{1}-\int_{1/\alpha}^{1}\frac{x^{3}}{3}\times \frac{1}{x}\,\mathrm{d}x=(0-\frac{1}{3\alpha^{3}}\ln\frac{1}{\alpha})-[\frac{x^{3}}{9}]_{1/\alpha}^{1}.\]

Comme \(\ln\frac{1}{\alpha}=-\ln\alpha=-2(2-\alpha)\) d’après A.2.c :

\[\int_{1/\alpha}^{1}x^{2}\ln x\,\mathrm{d}x=\frac{2(2-\alpha)}{3\alpha^{3}}-\frac{1}{9}+\frac{1}{9\alpha^{3}}=\frac{6(2-\alpha)-\alpha^{3}+1}{9\alpha^{3}}=\frac{-\alpha^{3}-6\alpha+13}{9\alpha^{3}}.\]

L’égalité est démontrée. (Contrôle numérique avec \(\alpha\approx1{,}727\) : les deux membres valent environ \(-0{,}0542\).)

2. Expression de \(\mathcal{A}\) en fonction de \(\alpha\). \(\mathcal{C}_g\) étant au-dessus de \(\mathcal{P}\) sur \([\frac{1}{\alpha}\,;1]\), l’aire (en unités d’aire) est :

\[\mathcal{A}=\int_{1/\alpha}^{1}(g(x)-(-\frac{7}{8}x^{2}+x))\mathrm{d}x=-\frac{1}{4}\int_{1/\alpha}^{1}x^{2}\ln x\,\mathrm{d}x=-\frac{1}{4}\times \frac{-\alpha^{3}-6\alpha+13}{9\alpha^{3}}.\]

\(\mathcal{A}=\dfrac{\alpha^{3}+6\alpha-13}{36\alpha^{3}}\approx0{,}0135\) unité d’aire.