Bac maths 2025 Nlle-Calédonie J2 : sujet et corrigé

Retrouvez ici le sujet du jour 2 du bac de spécialité mathématiques 2025 en Nouvelle-Calédonie, daté du 21 novembre 2025, suivi d’un corrigé détaillé de chaque question. Il s’ouvre sur un vrai-faux autour d’un cube : triangle HAC, droites sécantes, vecteur normal dépendant d’un angle et dénombrement des segments joignant deux sommets. Le deuxième exercice découpe un carré en trois zones par une droite et la parabole \(y = x^2\) : calcul d’aires par intégrale, jeu de fléchettes avec arbre pondéré, puis gain de trois joueurs avec espérance et variance. Le troisième étudie une suite définie par \(u_{n+1} = \ln(\text{e}^{u_n/2} + 2)\) jusqu’à sa limite. Le dernier analyse \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} + 1\) et s’en sert pour trouver la distance de l’origine à la courbe du logarithme.

Tous les sujets pour préparer l’épreuve de spécialité du bac 2027 de mathématiques sont regroupés, avec leurs corrigés, sur notre page de révision.

BACCALAURÉAT GÉNÉRAL — ÉPREUVE D’ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ — SESSION 2025
Mathématiques — Jour 2
Nouvelle-Calédonie — 21 novembre 2025
Durée de l’épreuve : 4 heures

L’usage de calculatrice avec mode examen actif est autorisé.
L’usage de la calculatrice sans mémoire « type collège » est autorisé.

La qualité de rédaction, la clarté et la précision des raisonnements seront prises en compte dans l’appréciation de la copie.

Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront valorisées.

Exercice 1 (4 points)

Pour chacune des quatre affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse, en justifiant la réponse. Une réponse non justifiée n’est pas prise en compte. Une absence de réponse n’est pas pénalisée.

On considère un cube ABCDEFGH d’arête 1 et le point I défini par \(\vec{\text{FI}} = \dfrac{1}{3} \vec{\text{FB}}\).

On pourra se placer dans le repère orthonormé de l’espace \((\text{A} ; \vec{\text{AB}}, \vec{\text{AD}}, \vec{\text{AE}})\).

1. On considère le triangle HAC.

Affirmation 1 : Le triangle HAC est un triangle rectangle.

2. On considère les droites (HF) et (DI).

Affirmation 2 : Les droites (HF) et (DI) sont sécantes.

3. On considère un réel \(\alpha\) appartenant à l’intervalle \(]0 ; \pi[\).

On considère le vecteur \(\vec{u}\) de coordonnées \(\begin{pmatrix} \sin(\alpha) \\ \sin(\pi – \alpha) \\ \sin(-\alpha) \end{pmatrix}\).

Affirmation 3 : Le vecteur \(\vec{u}\) est un vecteur normal au plan (FAC).

4. Le cube ABCDEFGH possède 8 sommets. On s’intéresse au nombre \(N\) de segments que l’on peut construire en reliant 2 sommets distincts quelconques du cube.

Affirmation 4 : \(N = \dfrac{8^2}{2}\).

Exercice 2 (6 points)

Dans le repère orthonormé (O ; I, J) ci-contre, on a représenté :

la droite d’équation \(y = x\) ;
la droite d’équation \(y = 1\) ;
la droite d’équation \(x = 1\) ;
la parabole d’équation \(y = x^2\).

On peut ainsi partager le carré OIKJ en trois zones.

Les parties B et C peuvent être traitées indépendamment l’une de l’autre

Partie A

Démontrer les résultats figurant dans le tableau ci-dessous.

ZONE	ZONE 1	ZONE 2	ZONE 3
AIRE	\(\dfrac{1}{2}\)	\(\dfrac{1}{3}\)	\(\dfrac{1}{6}\)

Partie B : un premier jeu

Un joueur lance une fléchette sur le carré ci-dessus. On admet que la probabilité qu’elle tombe sur une zone est égale à l’aire de cette zone. Ainsi, la probabilité que la fléchette tombe sur la ZONE 3 est égale à \(\dfrac{1}{6}\).

Si la fléchette tombe sur la ZONE 3, alors le joueur lance une pièce équilibrée.
Si la pièce tombe sur PILE, alors le joueur gagne, sinon il perd.
Si la fléchette tombe sur une autre zone que la ZONE 3, alors le joueur lance un dé équilibré à six faces. Si le dé tombe sur la FACE 6, alors le joueur gagne, sinon il perd.

On note les évènements suivants :

\(T\) : « la fléchette tombe sur la ZONE 3 » ;
\(G\) : « le joueur gagne ».

1. Représenter la situation par un arbre pondéré.

2. Démontrer que la probabilité de l’évènement \(G\) est égale à \(\dfrac{2}{9}\).

3. On sait que le joueur a gagné. Quelle est la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 ?

Partie C : un second jeu

Un joueur, appelé joueur n° 1, lance une fléchette sur le carré précédent. Comme dans la partie B, on admet que la probabilité que la fléchette tombe sur chacune des zones est égale à l’aire de cette zone.

Le joueur gagne une somme égale, en euros, au numéro de la zone. Par exemple, si la fléchette tombe sur la ZONE 3, le joueur gagne 3 euros.

On note \(X_1\) la variable aléatoire donnant le gain du joueur n° 1.

On note respectivement \(E(X_1)\) et \(V(X_1)\) l’espérance et la variance de la variable aléatoire \(X_1\).

1. a. Calculer \(E(X_1)\).

b. Montrer que \(V(X_1) = \dfrac{5}{9}\).

2. Un joueur n° 2 et un joueur n° 3 jouent à leur tour, dans les mêmes conditions que le joueur n° 1. On admet que les parties de ces trois joueurs sont indépendantes les unes des autres.

On note \(X_2\) et \(X_3\) les variables aléatoires donnant les gains des joueurs n° 2 et n° 3. On note \(Y\) la variable aléatoire définie par \(Y = X_1 + X_2 + X_3\).

a. Déterminer la probabilité que l’on ait \(Y = 9\).

b. Calculer \(E(Y)\).

c. Justifier que \(V(Y) = \dfrac{5}{3}\).

Exercice 3 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie pour tout réel \(x\) par :

\[f(x) = \ln(\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2)\]

On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur \(\mathbb{R}\).

On considère la suite \((u_n)\) définie par \(u_0 = \ln(9)\) et, pour tout entier naturel \(n\),

\[u_{n+1} = f(u_n)\]

1. Montrer que la fonction \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

2. Montrer que \(f(2\ln(2)) = 2\ln(2)\).

3. Montrer que \(u_1 = \ln(5)\).

4. Montrer par récurrence que pour tout entier naturel \(n\), on a :

\[2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\]

5. En déduire que la suite \((u_n)\) converge.

6. a. Résoudre dans \(\mathbb{R}\) l’équation \(X^2 – X – 2 = 0\).

b. En déduire l’ensemble des solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation :

\[\text{e}^{x} – \text{e}^{\frac{x}{2}} – 2 = 0\]

c. En déduire l’ensemble des solutions sur \(\mathbb{R}\) de l’équation \(f(x) = x\).

d. Déterminer la limite de la suite \((u_n)\).

Exercice 4 (5 points)

On considère la fonction \(f\) définie sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) par :

\[f(x) = \dfrac{\ln(x)}{x^2} + 1\]

On note \(\mathcal{C}_f\) la courbe représentative de la fonction \(f\) dans un repère orthonormé. On admet que la fonction \(f\) est dérivable sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) et on note \(f^{\prime}\) sa fonction dérivée.

1. Déterminer les limites de la fonction \(f\) en 0 et en \(+\infty\).

En déduire les éventuelles asymptotes à la courbe \(\mathcal{C}_f\).

2. Montrer que, pour tout réel \(x\) de l’intervalle \(]0 ; +\infty[\), on a :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}\]

3. En déduire le tableau de variation de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

4. a. Montrer que l’équation \(f(x) = 0\) possède une unique solution, notée \(\alpha\), sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

b. Donner un encadrement du réel \(\alpha\) d’amplitude \(0{,}01\).

c. En déduire le signe de la fonction \(f\) sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\).

5. On considère la fonction \(g\) définie sur l’intervalle \(]0 ; +\infty[\) par :

\[g(x) = \ln(x)\]

On note \(\mathcal{C}_g\) la courbe représentative de la fonction \(g\) dans un repère orthonormé d’origine O. On considère un réel \(x\) strictement positif et le point M de la courbe \(\mathcal{C}_g\) d’abscisse \(x\). On note OM la distance entre les points O et M.

a. Exprimer la quantité \(\text{OM}^2\) en fonction du réel \(x\).

b. Montrer que, lorsque le réel \(x\) parcourt l’intervalle \(]0 ; +\infty[\), la quantité \(\text{OM}^2\) admet un minimum en \(\alpha\).

c. La valeur minimale de la distance OM, lorsque le réel \(x\) parcourt l’intervalle \(]0 ; +\infty[\), est appelée distance du point O à la courbe \(\mathcal{C}_g\). On note \(d\) cette distance.

Exprimer \(d\) à l’aide de \(\alpha\).

Corrigé du sujet

Exercice 1 :

Dans le repère \((\text{A} ; \vec{\text{AB}}, \vec{\text{AD}}, \vec{\text{AE}})\), orthonormé car le cube a pour arête 1, on a : \(\text{A}(0 ; 0 ; 0)\), \(\text{B}(1 ; 0 ; 0)\), \(\text{C}(1 ; 1 ; 0)\), \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\), \(\text{E}(0 ; 0 ; 1)\), \(\text{F}(1 ; 0 ; 1)\), \(\text{G}(1 ; 1 ; 1)\), \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\).

Comme \(\vec{\text{FB}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -1 \end{pmatrix}\), on a \(\vec{\text{FI}}\begin{pmatrix} 0 \\ 0 \\ -\frac{1}{3} \end{pmatrix}\), d’où \(\text{I}(1 ; 0 ; \dfrac{2}{3})\).

1. Affirmation 1 : fausse.

Les trois côtés du triangle HAC sont des diagonales de faces carrées de côté 1 : \(\text{HA}\) (face ADHE), \(\text{AC}\) (face ABCD) et \(\text{HC}\) (face DCGH). Chacune mesure \(\sqrt{1^2 + 1^2} = \sqrt{2}\).

Le triangle HAC a trois côtés égaux : il est équilatéral, tous ses angles mesurent 60°. Il n’a donc pas d’angle droit (d’ailleurs \(\text{HA}^2 + \text{AC}^2 = 4 \neq 2 = \text{HC}^2\), la réciproque de Pythagore ne s’applique dans aucun ordre).

2. Affirmation 2 : vraie.

La droite (HF) passe par \(\text{H}(0 ; 1 ; 1)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{HF}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ 0 \end{pmatrix}\). La droite (DI) passe par \(\text{D}(0 ; 1 ; 0)\) et a pour vecteur directeur \(\vec{\text{DI}}\begin{pmatrix} 1 \\ -1 \\ \frac{2}{3} \end{pmatrix}\). Représentations paramétriques :

\[(\text{HF}) : \{\begin{array}{l} x = s \\ y = 1 – s \\ z = 1 \end{array}. \quad s \in \mathbb{R} \qquad (\text{DI}) : \{\begin{array}{l} x = t \\ y = 1 – t \\ z = \frac{2}{3}t \end{array}. \quad t \in \mathbb{R}\]

Un point commun doit vérifier \(s = t\), \(1 – s = 1 – t\) et \(1 = \dfrac{2}{3}t\). La dernière équation donne \(t = \dfrac{3}{2}\), puis \(s = \dfrac{3}{2}\) : les deux premières sont alors vérifiées. Le système a une solution, donc les droites se coupent au point de coordonnées \((\dfrac{3}{2} ; -\dfrac{1}{2} ; 1)\) (situé hors du cube, sur le prolongement de [HF]). Les droites (HF) et (DI) sont sécantes.

3. Affirmation 3 : fausse.

On sait que \(\sin(\pi – \alpha) = \sin(\alpha)\) et \(\sin(-\alpha) = -\sin(\alpha)\), donc \(\vec{u}\begin{pmatrix} \sin(\alpha) \\ \sin(\alpha) \\ -\sin(\alpha) \end{pmatrix}\). Comme \(\alpha \in ]0 ; \pi[\), \(\sin(\alpha) \gt 0\).

Le vecteur \(\vec{\text{AC}}\begin{pmatrix} 1 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}\) est un vecteur du plan (FAC). Or :

\[\vec{u} \cdot \vec{\text{AC}} = \sin(\alpha) \times 1 + \sin(\alpha) \times 1 + (-\sin(\alpha)) \times 0 = 2\sin(\alpha) \neq 0.\]

Le vecteur \(\vec{u}\) n’est pas orthogonal à \(\vec{\text{AC}}\), il ne peut donc pas être normal au plan (FAC). (Il est pourtant orthogonal à \(\vec{\text{AF}}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}\), d’où l’intérêt de tester les deux vecteurs.)

4. Affirmation 4 : fausse.

Un segment est déterminé par une paire de sommets distincts, sans ordre : [AB] et [BA] sont le même segment. Le nombre de segments est donc le nombre de parties à 2 éléments d’un ensemble à 8 éléments :

\[N = \binom\,{8}{2} = \dfrac{8 \times 7}{2} = 28.\]

Or \(\dfrac{8^2}{2} = 32\), qui compte à tort les « segments » reliant un sommet à lui-même. Donc \(N \neq \dfrac{8^2}{2}\).

Exercice 2 :

Partie A

Le carré OIKJ a pour côté 1, donc pour aire 1.

ZONE 1 : c’est le triangle OKJ, situé au-dessus de la diagonale d’équation \(y = x\). Il est rectangle en J, avec \(\text{OJ} = \text{JK} = 1\), donc son aire vaut \(\dfrac{1 \times 1}{2} = \dfrac{1}{2}\).
ZONE 2 : c’est la région comprise entre l’axe des abscisses, la parabole et la droite \(x = 1\). La fonction \(x \mapsto x^2\) étant continue et positive sur \([0 ; 1]\), son aire est \(\displaystyle\int_0^1 x^2\,\text{d}x = [\dfrac{x^3}{3}]_0^1 = \dfrac{1}{3}\).
ZONE 3 : c’est le reste du carré. Son aire vaut \(1 – \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{6 – 3 – 2}{6} = \dfrac{1}{6}\).

On pouvait aussi calculer directement l’aire de la ZONE 3 comme aire entre les courbes : \(\displaystyle\int_0^1 (x – x^2)\,\text{d}x = \dfrac{1}{2} – \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{6}\), puisque \(x^2 \leq\, x\) sur \([0 ; 1]\). Les résultats du tableau sont démontrés.

Partie B

1. D’après l’énoncé, \(P(T) = \dfrac{1}{6}\) et \(P(\overline{T}) = \dfrac{5}{6}\). Sur la ZONE 3, on gagne avec PILE : \(P_T(G) = \dfrac{1}{2}\). Ailleurs, on gagne avec la face 6 du dé : \(P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6}\).

2. Les évènements \(T\) et \(\overline{T}\) forment une partition de l’univers. Par la formule des probabilités totales :

\[P(G) = P(T) \times P_T(G) + P(\overline{T}) \times P_{\overline{T}}(G) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{36} + \dfrac{5}{36} = \dfrac{8}{36}.\]

En simplifiant par 4 : \(P(G) = \dfrac{2}{9}\).

3. On cherche la probabilité conditionnelle \(P_G(T)\) :

\[P_G(T) = \dfrac{P(T \cap G)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{2}{9}} = \dfrac{1}{12} \times \dfrac{9}{2} = \dfrac{9}{24} = \dfrac{3}{8}.\]

Sachant que le joueur a gagné, la probabilité que la fléchette soit tombée sur la ZONE 3 est \(\dfrac{3}{8} = 0{,}375\).

Partie C

1. a. Le gain \(X_1\) vaut le numéro de la zone atteinte, avec pour probabilités les aires trouvées dans la partie A :

\(x_i\)	1	2	3
\(P(X_1 = x_i)\)	\(\dfrac{1}{2}\)	\(\dfrac{1}{3}\)	\(\dfrac{1}{6}\)

\[E(X_1) = 1 \times \dfrac{1}{2} + 2 \times \dfrac{1}{3} + 3 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{4}{6} + \dfrac{3}{6} = \dfrac{10}{6} = \dfrac{5}{3}.\]

L’espérance de gain est \(E(X_1) = \dfrac{5}{3}\) euro, soit environ 1,67 €.

b. On utilise la formule de König-Huygens \(V(X_1) = E(X_1^2) – E(X_1)^2\), avec :

\[E(X_1^2) = 1^2 \times \dfrac{1}{2} + 2^2 \times \dfrac{1}{3} + 3^2 \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{3}{6} + \dfrac{8}{6} + \dfrac{9}{6} = \dfrac{20}{6} = \dfrac{10}{3}.\]

\[V(X_1) = \dfrac{10}{3} – (\dfrac{5}{3})^2 = \dfrac{30}{9} – \dfrac{25}{9} = \dfrac{5}{9}.\]

On a bien \(V(X_1) = \dfrac{5}{9}\).

2. a. Chaque gain vaut au plus 3, donc \(Y = 9\) exige que les trois joueurs gagnent 3 euros : \(\{Y = 9\} = \{X_1 = 3\} \cap \{X_2 = 3\} \cap \{X_3 = 3\}\). Les trois parties étant indépendantes et suivant la même loi :

\[P(Y = 9) = P(X_1 = 3) \times P(X_2 = 3) \times P(X_3 = 3) = (\dfrac{1}{6})^3 = \dfrac{1}{216}.\]

La probabilité cherchée est \(\dfrac{1}{216}\).

b. Par linéarité de l’espérance, et parce que \(X_2\) et \(X_3\) ont la même loi que \(X_1\) :

\[E(Y) = E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{3} = 5.\]

Donc \(E(Y) = 5\).

c. Les variables \(X_1\), \(X_2\), \(X_3\) sont indépendantes, donc la variance de leur somme est la somme de leurs variances :

\[V(Y) = V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) = 3 \times \dfrac{5}{9} = \dfrac{5}{3}.\]

On retrouve \(V(Y) = \dfrac{5}{3}\).

Exercice 3 :

1. La fonction \(f\) est de la forme \(\ln(w)\) avec \(w(x) = \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2\), strictement positive, et \(w^{\prime}(x) = \dfrac{1}{2}\text{e}^{\frac{x}{2}}\). Donc \(f^{\prime} = \dfrac{w^{\prime}}{w}\) :

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

Le numérateur et le dénominateur sont strictement positifs (une exponentielle est toujours strictement positive). Ainsi \(f^{\prime}(x) \gt 0\) pour tout réel \(x\) : \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\).

2. On a \(\dfrac{2\ln(2)}{2} = \ln(2)\), donc :

\[f(2\ln(2)) = \ln(\text{e}^{\ln(2)} + 2) = \ln(2 + 2) = \ln(4) = \ln(2^2) = 2\ln(2).\]

Ainsi \(f(2\ln(2)) = 2\ln(2)\) : le réel \(2\ln(2)\) est un point fixe de \(f\).

3. On a \(\dfrac{\ln(9)}{2} = \ln(9^{\frac{1}{2}}) = \ln(3)\), donc :

\[u_1 = f(u_0) = \ln(\text{e}^{\ln(3)} + 2) = \ln(3 + 2) = \ln(5).\]

4. Pour tout entier naturel \(n\), on note \(P(n)\) la propriété : « \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\) ».

Initialisation : \(2\ln(2) = \ln(4)\), \(u_1 = \ln(5)\) et \(u_0 = \ln(9)\). Comme \(4 \leq\, 5 \leq\, 9\) et que la fonction \(\ln\) est croissante, \(\ln(4) \leq\, \ln(5) \leq\, \ln(9)\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité : supposons \(P(n)\) vraie pour un entier \(n\), c’est-à-dire \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\). La fonction \(f\) est croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 1), donc elle conserve l’ordre : \(f(2\ln(2)) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(u_n)\). D’après la question 2, cela s’écrit \(2\ln(2) \leq\, u_{n+2} \leq\, u_{n+1}\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion : par récurrence, pour tout entier naturel \(n\), \(2\ln(2) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_n\).

5. D’après la question 4, la suite \((u_n)\) est décroissante (\(u_{n+1} \leq\, u_n\)) et minorée par \(2\ln(2)\) (car \(u_0 = \ln(9) \geq\, 2\ln(2)\) et \(u_{n+1} \geq\, 2\ln(2)\) pour tout \(n\)). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.

6. a. C’est une équation du second degré de discriminant \(\Delta = (-1)^2 – 4 \times 1 \times (-2) = 9 = 3^2 \gt 0\). Elle a deux solutions :

\[X_1 = \dfrac{1 – 3}{2} = -1 \qquad X_2 = \dfrac{1 + 3}{2} = 2.\]

L’ensemble des solutions est \(\{-1 ; 2\}\).

b. Posons \(X = \text{e}^{\frac{x}{2}}\). Alors \(X^2 = (\text{e}^{\frac{x}{2}})^2 = \text{e}^{x}\), et l’équation devient \(X^2 – X – 2 = 0\). D’après a., \(X = -1\) ou \(X = 2\).

\(\text{e}^{\frac{x}{2}} = -1\) est impossible, une exponentielle étant strictement positive.
\(\text{e}^{\frac{x}{2}} = 2 \iff \dfrac{x}{2} = \ln(2) \iff x = 2\ln(2)\).

L’ensemble des solutions est \(\{2\ln(2)\}\).

c. Pour tout réel \(x\), en appliquant la fonction exponentielle (bijective) aux deux membres :

\[f(x) = x \iff \ln(\text{e}^{\frac{x}{2}} + 2) = x \iff \text{e}^{\frac{x}{2}} + 2 = \text{e}^{x} \iff \text{e}^{x} – \text{e}^{\frac{x}{2}} – 2 = 0.\]

D’après b., l’ensemble des solutions de \(f(x) = x\) est \(\{2\ln(2)\}\).

d. La suite \((u_n)\) converge vers un réel \(\ell\) (question 5). La fonction \(f\) est continue sur \(\mathbb{R}\) (car dérivable), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après c., la seule solution est \(2\ln(2)\). Donc \(\displaystyle\lim_{n \to +\infty} u_n = 2\ln(2) = \ln(4)\), soit environ 1,386.

Exercice 4 :

1. Limite en 0 : \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \ln(x) = -\infty\) et \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{1}{x^2} = +\infty\). Par produit, \(\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = -\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\). La droite d’équation \(x = 0\) (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à \(\mathcal{C}_f\).

Limite en \(+\infty\) : on écrit \(\dfrac{\ln(x)}{x^2} = \dfrac{\ln(x)}{x} \times \dfrac{1}{x}\). Par croissances comparées \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x} = 0\), et \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{1}{x} = 0\), donc \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x)}{x^2} = 0\). Ainsi \(\displaystyle\lim_{x \to +\infty} f(x) = 1\) et la droite d’équation \(y = 1\) est asymptote horizontale à \(\mathcal{C}_f\) en \(+\infty\).

2. On dérive le quotient \(\dfrac{u}{v}\) avec \(u(x) = \ln(x)\), \(u^{\prime}(x) = \dfrac{1}{x}\), \(v(x) = x^2\), \(v^{\prime}(x) = 2x\) ; la constante 1 a une dérivée nulle :

\[f^{\prime}(x) = \dfrac{\frac{1}{x} \times x^2 – \ln(x) \times 2x}{x^4} = \dfrac{x – 2x\ln(x)}{x^4} = \dfrac{x(1 – 2\ln(x))}{x^4} = \dfrac{1 – 2\ln(x)}{x^3}.\]

3. Sur \(]0 ; +\infty[\), \(x^3 \gt 0\), donc \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1 – 2\ln(x)\). Or \(1 – 2\ln(x) \gt 0 \iff \ln(x) \lt \dfrac{1}{2} \iff x \lt \text{e}^{\frac{1}{2}} = \sqrt{\text{e}}\).

Valeur du maximum : \(f(\sqrt{\text{e}}) = \dfrac{\frac{1}{2}}{\text{e}} + 1 = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \approx 1{,}18\).

\(x\)	0		\(\sqrt{\text{e}}\)		\(+\infty\)
signe de \(f^{\prime}(x)\)	\|\|	+	0	−
variations de \(f\)	\|\| \(-\infty\)	croissante ↗	\(1 + \dfrac{1}{2\text{e}}\)	décroissante ↘	1

4. a. On étudie séparément les deux intervalles de monotonie.

Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\) : \(f\) est décroissante et tend vers 1 en \(+\infty\), donc \(f(x) \geq\, 1 \gt 0\) (plus précisément \(f(x) \gt 1\) puisque \(\ln(x) \gt 0\) pour \(x \gt 1\)). L’équation \(f(x) = 0\) n’a aucune solution sur cet intervalle.
Sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) : \(f\) est continue (car dérivable) et strictement croissante, avec \(\displaystyle\lim_{x \to 0} f(x) = -\infty\) et \(f(\sqrt{\text{e}}) = 1 + \dfrac{1}{2\text{e}} \gt 0\). D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution sur cet intervalle.

En réunissant les deux cas, l’équation \(f(x) = 0\) admet une unique solution \(\alpha\) sur \(]0 ; +\infty[\), et \(\alpha \lt \sqrt{\text{e}}\).

b. Par balayage à la calculatrice : \(f(0{,}65) \approx -0{,}020 \lt 0\) et \(f(0{,}66) \approx 0{,}046 \gt 0\). Donc \(0{,}65 \lt \alpha \lt 0{,}66\) (en fait \(\alpha \approx 0{,}6529\)).

c. Comme \(f\) est strictement croissante sur \(]0 ; \sqrt{\text{e}}]\) et s’annule en \(\alpha\), on a \(f(x) \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt \alpha\) et \(f(x) \gt 0\) pour \(\alpha \lt x \leq\, \sqrt{\text{e}}\). Sur \([\sqrt{\text{e}} ; +\infty[\), on a vu que \(f(x) \gt 0\). Bilan :

\(f(x) \lt 0\) sur \(]0 ; \alpha[\) ;
\(f(\alpha) = 0\) ;
\(f(x) \gt 0\) sur \(]\alpha ; +\infty[\).

5. a. Le point M a pour coordonnées \((x ; \ln(x))\) et O est l’origine du repère orthonormé. Donc :

\[\text{OM}^2 = (x – 0)^2 + (\ln(x) – 0)^2 = x^2 + (\ln(x))^2.\]

b. Posons \(h(x) = x^2 + (\ln(x))^2\) sur \(]0 ; +\infty[\). La dérivée de \((\ln(x))^2\) est \(2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln(x)\), d’où :

\[h^{\prime}(x) = 2x + \dfrac{2\ln(x)}{x} = 2x(1 + \dfrac{\ln(x)}{x^2}) = 2x\,f(x).\]

Comme \(2x \gt 0\) sur \(]0 ; +\infty[\), \(h^{\prime}(x)\) a le signe de \(f(x)\) : d’après 4. c., \(h^{\prime}\) est négative sur \(]0 ; \alpha[\), nulle en \(\alpha\), positive sur \(]\alpha ; +\infty[\). La fonction \(h\) est donc décroissante puis croissante : \(\text{OM}^2\) admet un minimum en \(\alpha\).

c. La distance OM est positive, et la fonction racine carrée est croissante : OM est minimale exactement quand \(\text{OM}^2\) l’est, c’est-à-dire pour \(x = \alpha\). Ainsi \(d = \sqrt{\alpha^2 + (\ln(\alpha))^2}\).

On simplifie grâce à \(f(\alpha) = 0\) : \(\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2} + 1 = 0\), donc \(\ln(\alpha) = -\alpha^2\) et \((\ln(\alpha))^2 = \alpha^4\). D’où :

\[d = \sqrt{\alpha^2 + \alpha^4} = \sqrt{\alpha^2(1 + \alpha^2)} = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2} \quad (\text{car } \alpha \gt 0).\]

La distance du point O à la courbe \(\mathcal{C}_g\) est \(d = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2}\), soit environ 0,78.

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