Corrigé du sujet
Exercice 1 :
Partie A
1. a. L’énoncé indique que 75 % des familles réservent une cabine, donc \(P(C)=0{,}75\).
b. On traduit les données : 30 % des familles réservent un emplacement, donc \(P(V)=0{,}3\) et, par passage au contraire, \(P(\overline{V})=1-0{,}3=0{,}7\). Parmi les familles qui ont réservé un emplacement, 80 % prennent une cabine : c’est une probabilité conditionnelle, \(P_V(C)=0{,}8\), d’où \(P_V(\overline{C})=1-0{,}8=0{,}2\).
L’arbre complété porte donc : 0,3 sur la branche vers \(V\), 0,7 sur la branche vers \(\overline{V}\), 0,8 sur la branche \(V \to C\) et 0,2 sur la branche \(V \to \overline{C}\). Les branches issues de \(\overline{V}\) restent sans valeur pour l’instant (elles sont calculées à la question 4).
2. On cherche \(P(V \cap C)\). On suit le chemin \(V\) puis \(C\) de l’arbre et on multiplie les probabilités rencontrées :
\[P(V \cap C)=P(V) \times P_V(C)=0{,}3 \times 0{,}8=0{,}24.\]
La probabilité qu’une famille réserve à la fois un emplacement et une cabine vaut 0,24.
3. On sait que la famille a réservé une cabine : on cherche donc \(P_C(V)\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[P_C(V)=\dfrac{P(V \cap C)}{P(C)}=\dfrac{0{,}24}{0{,}75}=0{,}32.\]
Sachant qu’une famille a réservé une cabine, la probabilité qu’elle ait aussi réservé un emplacement pour un véhicule est 0,32.
4. Il faut d’abord \(P(\overline{V} \cap C)\). Les évènements \(V\) et \(\overline{V}\) forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales :
\[P(C)=P(V \cap C)+P(\overline{V} \cap C),\]
ce qui donne \(P(\overline{V} \cap C)=0{,}75-0{,}24=0{,}51\). Ensuite :
\[P_{\overline{V}}(C)=\dfrac{P(\overline{V} \cap C)}{P(\overline{V})}=\dfrac{0{,}51}{0{,}7}=\dfrac{51}{70} \approx 0{,}728\,6.\]
Donc \(P_{\overline{V}}(C) \approx 0{,}73\) à \(10^{-2}\) près. Interprétation : parmi les familles qui voyagent sans réserver d’emplacement pour un véhicule, environ 73 % réservent une cabine.
Partie B
1. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :
\[\mathrm{E}(X)=0 \times 0{,}19+70 \times 0{,}06+100 \times 0{,}51+170 \times 0{,}24=0+4{,}2+51+40{,}8=96.\]
Pour la variance, on utilise la formule de König-Huygens \(\mathrm{V}(X)=\mathrm{E}(X^2)-(\mathrm{E}(X))^2\). On calcule :
\[\mathrm{E}(X^2)=0^2 \times 0{,}19+70^2 \times 0{,}06+100^2 \times 0{,}51+170^2 \times 0{,}24=294+5\,100+6\,936=12\,330.\]
\[\mathrm{V}(X)=12\,330-96^2=12\,330-9\,216=3\,114.\]
On retrouve bien \(\mathrm{E}(X)=96\) et \(\mathrm{V}(X)=3\,114\).
2. a. Avant remise, une famille paie \(X\) euros de suppléments et \(Y\) euros d’extras, soit \(X+Y\) au total. Une remise de 40 % revient à ne payer que 60 % du montant, c’est-à-dire à multiplier par \(1-\dfrac{40}{100}=0{,}6\). Ainsi \(Z=0{,}6(X+Y)\).
b. Par linéarité de l’espérance :
\[\mathrm{E}(Z)=0{,}6(\mathrm{E}(X)+\mathrm{E}(Y))=0{,}6 \times (96+104)=0{,}6 \times 200=120.\]
Pour la variance, on utilise \(\mathrm{V}(aW)=a^2\mathrm{V}(W)\), puis le fait que, \(X\) et \(Y\) étant indépendantes, \(\mathrm{V}(X+Y)=\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y)\) :
\[\mathrm{V}(Z)=0{,}6^2(\mathrm{V}(X)+\mathrm{V}(Y))=0{,}36 \times (3\,114+1\,686)=0{,}36 \times 4\,800=1\,728.\]
On a bien \(\mathrm{E}(Z)=120\) et \(\mathrm{V}(Z)=1\,728\).
3. a. On écrit \(M_n=\dfrac{1}{n}(Z_1+Z_2+\ldots+Z_n)\). Par linéarité de l’espérance, et comme chaque \(Z_i\) a la même loi que \(Z\) :
\[\mathrm{E}(M_n)=\dfrac{1}{n}(\mathrm{E}(Z_1)+\ldots+\mathrm{E}(Z_n))=\dfrac{1}{n} \times n \times 120=120.\]
Les \(Z_i\) étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme de leurs variances ; le facteur \(\dfrac{1}{n}\) sort au carré :
\[\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1}{n^2}(\mathrm{V}(Z_1)+\ldots+\mathrm{V}(Z_n))=\dfrac{1}{n^2} \times n \times 1\,728=\dfrac{1\,728}{n}.\]
On a donc \(\mathrm{E}(M_n)=120\) et \(\mathrm{V}(M_n)=\dfrac{1\,728}{n}\).
b. L’intervalle \(]114 ; 126[\) est centré sur l’espérance 120, avec un écart de 6 de chaque côté. Ainsi l’évènement \(114 \lt M_n \lt 126\) s’écrit \(|M_n-120| \lt 6\), qui est le contraire de \(|M_n-120| \geq\, 6\).
L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev donne :
\[\mathrm{P}(|M_n-120| \geq\, 6) \leq\, \dfrac{\mathrm{V}(M_n)}{6^2}=\dfrac{1\,728}{36n}=\dfrac{48}{n}.\]
En passant à l’évènement contraire : \(\mathrm{P}(114 \lt M_n \lt 126) \geq\, 1-\dfrac{48}{n}\).
Pour pouvoir affirmer que cette probabilité est au moins 0,85, il suffit que \(1-\dfrac{48}{n} \geq\, 0{,}85\), c’est-à-dire \(\dfrac{48}{n} \leq\, 0{,}15\), soit \(n \geq\, \dfrac{48}{0{,}15}=320\).
Le plus petit entier cherché est \(n=320\). Interprétation : dès que l’on interroge au moins 320 familles profitant de la remise, la probabilité que le montant moyen qu’elles paient pour les suppléments et extras soit strictement compris entre 114 € et 126 € est d’au moins 85 %.
Exercice 2 :
1. a. Affirmation 1 : vraie.
Le vecteur \(\vec{\text{AB}}\) a pour coordonnées \((2-3 ; 1-0 ; -3-2)\), soit \((-1 ; 1 ; -5)\). D’après l’équation cartésienne du plan \((\mathcal{P})\), un vecteur normal à ce plan est \(\vec{n}(-1 ; 1 ; -5)\). On constate que \(\vec{n}=\vec{\text{AB}}\) : la droite (AB) est dirigée par un vecteur normal au plan, elle est donc orthogonale à \((\mathcal{P})\).
Le milieu I du segment [AB] a pour coordonnées \((\dfrac{3+2}{2} ; \dfrac{0+1}{2} ; \dfrac{2-3}{2})=(2{,}5 ; 0{,}5 ; -0{,}5)\). On remplace dans l’équation du plan : \(-2{,}5+0{,}5-5 \times (-0{,}5)-0{,}5=-2{,}5+0{,}5+2{,}5-0{,}5=0\). Le point I appartient donc à \((\mathcal{P})\). Le plan \((\mathcal{P})\) est le plan médiateur de [AB].
b. Affirmation 2 : fausse.
Un vecteur directeur de \((d)\) est \(\vec{u}(1 ; -1 ; -2)\) et un vecteur directeur de (AB) est \(\vec{\text{AB}}(-1 ; 1 ; -5)\). Si ces vecteurs étaient colinéaires, le coefficient passant de \(\vec{u}\) à \(\vec{\text{AB}}\) serait \(-1\) d’après la première coordonnée, mais \(-2 \times (-1)=2 \neq -5\) : les droites ne sont pas parallèles.
Une représentation paramétrique de (AB), passant par A et dirigée par \(\vec{\text{AB}}\), est \(\{\begin{array}{l} x=3-s \\ y=s \\ z=2-5s \end{array}.\) avec \(s \in \mathbb{R}\). Un point commun aux deux droites vérifierait \(t=3-s\) et \(-1{,}5-t=s\). En remplaçant \(t\) dans la seconde égalité : \(-1{,}5-3+s=s\), soit \(-4{,}5=0\), ce qui est impossible.
Les droites n’ont aucun point commun et ne sont pas parallèles : elles sont non coplanaires, donc pas sécantes.
c. Affirmation 3 : vraie.
On calcule \(\vec{\text{CA}}(3-1{,}5 ; 0+3 ; 2+1)=(1{,}5 ; 3 ; 3)\) et \(\vec{\text{CB}}(2-1{,}5 ; 1+3 ; -3+1)=(0{,}5 ; 4 ; -2)\).
Le repère étant orthonormé, le produit scalaire vaut \(\vec{\text{CA}} \cdot \vec{\text{CB}}=1{,}5 \times 0{,}5+3 \times 4+3 \times (-2)=0{,}75+12-6=6{,}75\).
Les longueurs : \(\text{CA}=\sqrt{1{,}5^2+3^2+3^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\) et \(\text{CB}=\sqrt{0{,}5^2+4^2+(-2)^2}=\sqrt{20{,}25}=4{,}5\).
Comme \(\vec{\text{CA}} \cdot \vec{\text{CB}}=\text{CA} \times \text{CB} \times \cos\widehat{\text{ACB}}\), on obtient \(\cos\widehat{\text{ACB}}=\dfrac{6{,}75}{4{,}5 \times 4{,}5}=\dfrac{6{,}75}{20{,}25}=\dfrac{1}{3}\).
À la calculatrice, \(\widehat{\text{ACB}}=\arccos(\dfrac{1}{3}) \approx 70{,}53^\circ\), soit bien \(70{,}5^\circ\) arrondi au dixième.
2. Affirmation 4 : vraie.
Porte A : le code est une suite ordonnée de 3 symboles distincts pris parmi 8. Le nombre de tels codes est le nombre de 3-arrangements de 8 éléments : \(8 \times 7 \times 6=336\). Les choix étant équiprobables, Clotilde ouvre la porte avec la probabilité \(\dfrac{1}{336}\).
Porte B : l’ordre de saisie ne compte pas, le code est donc une partie de 4 symboles parmi 8. Leur nombre est \(\dbinom{8}{4}=\dfrac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1}=70\). Titouan ouvre donc sa porte avec la probabilité \(\dfrac{1}{70}\).
Comme \(70 \lt 336\), on a \(\dfrac{1}{70} \gt \dfrac{1}{336}\) : Titouan a plus de chances d’ouvrir sa porte que Clotilde.
Exercice 3 :
Partie A
1. L’équation \((E)\) est de la forme \(y^{\prime}=ay+b\) avec \(a=-0{,}035\) et \(b=0{,}91\). Ses solutions sont les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{at}-\dfrac{b}{a}\), où \(K\) est une constante réelle. Ici \(-\dfrac{b}{a}=\dfrac{0{,}91}{0{,}035}=26\).
Les solutions de \((E)\) sur \([0 ; +\infty[\) sont donc les fonctions \(t \mapsto K\text{e}^{-0{,}035t}+26\), avec \(K \in \mathbb{R}\).
2. La fonction \(T\) est l’une de ces solutions : il existe un réel \(K\) tel que \(T(t)=K\text{e}^{-0{,}035t}+26\). La condition initiale \(T(0)=18\) donne \(K \times \text{e}^0+26=18\), soit \(K+26=18\), donc \(K=-8\).
Ainsi, pour tout \(t \geq\, 0\), \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t}\).
3. On résout \(T(t)=20\) :
\[26-8\text{e}^{-0{,}035t}=20 \iff 8\text{e}^{-0{,}035t}=6 \iff \text{e}^{-0{,}035t}=0{,}75.\]
On applique la fonction ln, strictement croissante sur \(]0 ; +\infty[\) : \(-0{,}035t=\ln(0{,}75)\), donc \(t=\dfrac{\ln(0{,}75)}{-0{,}035} \approx 8{,}219\).
Le temps étant exprimé en dizaines de minutes, cela représente environ \(82{,}19\) minutes, soit 82 minutes à la minute près. La pièce atteint 20 °C au bout de 1 h 22 min.
4. Pour tout \(t \geq\, 0\), une exponentielle est strictement positive, donc \(8\text{e}^{-0{,}035t} \gt 0\) et \(T(t)=26-8\text{e}^{-0{,}035t} \lt 26\).
La température reste donc toujours strictement inférieure à 26 °C (elle s’en approche, puisque \(\lim\limits_{t \to +\infty} \text{e}^{-0{,}035t}=0\) donne \(\lim\limits_{t \to +\infty} T(t)=26\)). Non, même en cas de panne, la température de la pièce ne pourra pas dépasser 28 °C selon ce modèle.
Partie B
1. On applique la relation de récurrence avec \(n=0\) :
\[u_1=0{,}965 \times 20+0{,}35+0{,}07\text{e}^{0}=19{,}3+0{,}35+0{,}07=19{,}72.\]
On a bien \(u_1=19{,}72\).
2. On note \(\mathcal{P}(n)\) la propriété « \(u_n \gt 10\) ».
Initialisation. \(u_0=20 \gt 10\), donc \(\mathcal{P}(0)\) est vraie.
Hérédité. Soit \(n\) un entier naturel tel que \(u_n \gt 10\). En multipliant par \(0{,}965 \gt 0\) : \(0{,}965u_n \gt 9{,}65\). En ajoutant 0,35 : \(0{,}965u_n+0{,}35 \gt 10\). Enfin \(0{,}07\text{e}^{-0{,}1n} \gt 0\) car une exponentielle est strictement positive, donc \(u_{n+1}=0{,}965u_n+0{,}35+0{,}07\text{e}^{-0{,}1n} \gt 10\). La propriété \(\mathcal{P}(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire : par récurrence, \(u_n \gt 10\) pour tout entier naturel \(n\).
3. La suite \((u_n)\) est décroissante (admis) et minorée par 10 (question 2). D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge, et sa limite \(\ell\) vérifie \(\ell \geq\, 10\).
4. a. Comme \((u_n)\) converge vers \(\ell\), la suite \((u_{n+1})\) converge aussi vers \(\ell\). D’autre part, \(\lim\limits_{n \to +\infty} -0{,}1n=-\infty\) donc, par composition, \(\lim\limits_{n \to +\infty} \text{e}^{-0{,}1n}=0\). Par somme et produit de limites, le membre de droite de la relation de récurrence tend vers \(0{,}965\ell+0{,}35+0\).
Par unicité de la limite, \(\ell=0{,}965\ell+0{,}35\) : la limite \(\ell\) est bien solution de l’équation \(x=0{,}965x+0{,}35\). (On ne peut pas invoquer directement un théorème du point fixe \(u_{n+1}=g(u_n)\), car la relation dépend aussi de \(n\) ; c’est pourquoi on passe à la limite terme à terme.)
b. \(x=0{,}965x+0{,}35 \iff 0{,}035x=0{,}35 \iff x=10\). L’équation a une seule solution, donc \(\ell=10\).
Interprétation : si le chauffage restait éteint indéfiniment, la température de la pièce baisserait et se stabiliserait vers 10 °C.
5. a. Le programme calcule les termes successifs de la suite tant que la température reste strictement supérieure à 18 °C (le chauffage reste alors éteint). À chaque passage dans la boucle, on calcule le terme suivant avec l’indice \(n\) courant, puis on augmente \(n\) de 1. Le programme complet est :
1. def marche() : 2. n = 0 3. u = 20 4. while u > 18 : 5. u = 0.965*u + 0.35 + 0.07*exp(-0.1*n) 6. n = n + 1 7. return n
Pour qu’il fonctionne, la fonction exp doit être importée au préalable avec l’instruction from math import exp. L’ordre des lignes 5 et 6 est important : le calcul de \(u_{n+1}\) utilise \(\text{e}^{-0{,}1n}\) avec l’ancienne valeur de \(n\).
b. On calcule les termes à la calculatrice (ou en exécutant la fonction) :
| \(n\) | 5 | 6 | 7 | 8 |
|---|---|---|---|---|
| \(u_n\) (arrondi à \(10^{-2}\)) | 18,64 | 18,38 | 18,12 | 17,87 |
Tous les termes jusqu’à \(u_7\) sont strictement supérieurs à 18 et \(u_8 \approx 17{,}87 \leq\, 18\). La fonction renvoie 8 : le chauffage se remet en marche au bout de 8 dizaines de minutes, soit 80 minutes après son arrêt.
Exercice 4 :
Partie A
1. Le point \(\text{A}(0 ; 1)\) est sur la courbe, donc \(f(0)=1\). Or \(f(0)=a+\dfrac{b\ln(1)}{1}=a\) puisque \(\ln(1)=0\). Donc \(a=1\).
2. a. Le nombre dérivé \(f^{\prime}(0)\) est le coefficient directeur de la tangente \(T_{\text{A}}\) à la courbe au point d’abscisse 0. Sur le graphique, cette tangente passe par \(\text{A}(0 ; 1)\) et par le point de coordonnées \((1 ; 5)\). Son coefficient directeur vaut \(\dfrac{5-1}{1-0}=4\), donc \(f^{\prime}(0)=4\).
b. Autour de \(x=1\), la courbe s’infléchit vers le bas : elle est située en dessous de ses tangentes, donc \(f\) est concave sur un intervalle contenant 1 (au moins sur \([0 ; 2]\) d’après le tracé). Une fonction deux fois dérivable concave sur un intervalle a une dérivée seconde négative sur cet intervalle, donc \(f^{\prime\prime}(1) \leq\, 0\) (négatif).
3. a. La fonction \(x \mapsto \ln(x+1)\) a pour dérivée \(x \mapsto \dfrac{1}{x+1}\) (dérivée de \(\ln(u)\) : \(\dfrac{u^{\prime}}{u}\) avec \(u(x)=x+1\)). On dérive le quotient \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\) avec la formule \((\dfrac{u}{v})^{\prime}=\dfrac{u^{\prime}v-uv^{\prime}}{v^2}\) :
\[(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1})^{\prime}=\dfrac{\dfrac{1}{x+1} \times (x+1)-\ln(x+1) \times 1}{(x+1)^2}=\dfrac{1-\ln(x+1)}{(x+1)^2}.\]
La constante \(a\) a une dérivée nulle et \(b\) est un facteur constant, donc pour tout \(x \in ]-1 ; +\infty[\) : \(f^{\prime}(x)=\dfrac{b(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}\).
b. En \(x=0\) : \(f^{\prime}(0)=\dfrac{b(1-\ln 1)}{1^2}=b\). Or \(f^{\prime}(0)=4\) d’après la question 2. a., donc \(b=4\).
Partie B
1. Posons \(X=x+1\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(X\) tend vers \(+\infty\), et par croissances comparées \(\lim\limits_{X \to +\infty} \dfrac{\ln X}{X}=0\). Par composition, \(\lim\limits_{x \to +\infty} \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=0\), puis \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=1+4 \times 0=1\).
La droite d’équation \(y=1\) est asymptote horizontale à la courbe de \(f\) en \(+\infty\).
2. Pour \(x \gt -1\), on a \(x+1 \gt 0\) donc \(\ln(x+1)\) existe, et :
\[1-\ln(x+1) \gt 0 \iff \ln(x+1) \lt 1 \iff x+1 \lt \text{e} \iff x \lt \text{e}-1,\]
car la fonction exponentielle est strictement croissante. Avec la condition \(x \gt -1\), l’ensemble des solutions est \(]-1 ; \text{e}-1[\).
3. Avec \(b=4\), la question A. 3. a. donne \(f^{\prime}(x)=\dfrac{4(1-\ln(x+1))}{(x+1)^2}\). Comme \(4 \gt 0\) et \((x+1)^2 \gt 0\), \(f^{\prime}(x)\) a le signe de \(1-\ln(x+1)\), connu grâce à la question 2 : \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]-1 ; \text{e}-1[\), \(f^{\prime}(\text{e}-1)=0\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]\text{e}-1 ; +\infty[\).
Le maximum vaut \(f(\text{e}-1)=1+\dfrac{4\ln(\text{e})}{\text{e}}=1+\dfrac{4}{\text{e}} \approx 2{,}47\). Les limites aux bornes sont \(-\infty\) en \(-1\) (admis) et 1 en \(+\infty\) (question 1).
| \(x\) | \(-1\) | \(\text{e}-1\) | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| signe de \(f^{\prime}(x)\) | \(+\) | 0 | \(-\) | ||
| variations de \(f\) | \(-\infty\) | \(\nearrow\) | \(1+\dfrac{4}{\text{e}}\) | \(\searrow\) | 1 |
La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(]-1 ; \text{e}-1]\), strictement décroissante sur \([\text{e}-1 ; +\infty[\), avec un maximum égal à \(1+\dfrac{4}{\text{e}}\) atteint en \(x=\text{e}-1\).
4. Comme \(\text{e} \approx 2{,}718\), on a \(\text{e}-1 \approx 1{,}72 \lt 2\) : l’intervalle \([2 ; +\infty[\) est contenu dans \([\text{e}-1 ; +\infty[\), où \(f\) est strictement décroissante. La fonction \(f\) y est aussi continue (car dérivable).
Aux bornes : \(f(2)=1+\dfrac{4\ln 3}{3} \approx 2{,}46\) et \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x)=1\). Le réel 1,5 est compris entre 1 et \(f(2)\).
D’après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l’équation \(f(x)=1{,}5\) admet une unique solution \(\alpha\) dans \([2 ; +\infty[\).
Par balayage à la calculatrice : \(f(25{,}05) \approx 1{,}500\,6 \gt 1{,}5\) et \(f(25{,}15) \approx 1{,}499\,3 \lt 1{,}5\), donc \(25{,}05 \lt \alpha \lt 25{,}15\) et \(\alpha \approx 25{,}1\) à \(10^{-1}\) près.
5. a. On pose \(u(x)=\ln(x+1)\) sur \([0 ; 2]\), avec \(u^{\prime}(x)=\dfrac{1}{x+1}\). L’intégrande s’écrit \(\dfrac{\ln(x+1)}{x+1}=u^{\prime}(x)\,u(x)\), qui est de la forme \(u^{\prime}u\) : une primitive est \(\dfrac{1}{2}u^2\), soit \(x \mapsto \dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2\).
\[\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\text{d}x=[\dfrac{1}{2}(\ln(x+1))^2]_0^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2-\dfrac{1}{2}(\ln 1)^2=\dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]
b. Sur \([0 ; 2]\), on a \(x+1 \geq\, 1\) donc \(\ln(x+1) \geq\, 0\), et ainsi \(f(x) \geq\, 1 \gt 0\). La fonction \(f\) étant continue et positive sur \([0 ; 2]\), l’aire demandée est l’intégrale de \(f\) entre 0 et 2. Par linéarité :
\[\mathcal{A}=\int_0^2 f(x)\,\text{d}x=\int_0^2 1\,\text{d}x+4\int_0^2 \dfrac{\ln(x+1)}{x+1}\,\text{d}x=2+4 \times \dfrac{1}{2}(\ln 3)^2.\]
L’aire du domaine vaut \(2+2(\ln 3)^2\) unités d’aire, soit environ 4,41 u.a.
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