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Bac 2025

Mathématiques – Nouvelle-Calédonie 2025 (jour 2) : correction détaillée

Série générale, spécialité Mathématiques · 4 h · 4 exercices (4 + 6 + 5 + 5 points)

Corrigé

Correction rédigée par l'équipe BAC Révision, non officielle. Les énoncés sont reformulés avec leurs données : refais toujours les calculs et compare avec ton professeur.

Où trouver le sujet ? Cette page présente la correction. Le sujet officiel complet (PDF) et ses figures sont dans l'application BAC Révision.

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Exercice 1 : Exercice 1 : géométrie dans l'espace (vrai ou faux)4 points

Cube ABCDEFGH d'arête 1, point I défini par FI = 1/3 FB. On se place dans le repère orthonormé (A ; AB, AD, AE) : A(0 ; 0 ; 0), B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), E(0 ; 0 ; 1), donc C(1 ; 1 ; 0), F(1 ; 0 ; 1), G(1 ; 1 ; 1), H(0 ; 1 ; 1). Pour chaque affirmation : vrai ou faux, avec justification.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Le cube ABCDEFGH et le point I sur l'arête [FB]. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1Affirmation 1 : le triangle HAC est un triangle rectangle.Touche pour voir la correction

À retenir Un triangle est rectangle si, et seulement si, un produit scalaire de deux de ses côtés issus d'un même sommet est nul (ou si le théorème de Pythagore est vérifié).

Démarche
  1. Coordonnées : H(0 ; 1 ; 1), A(0 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0).
  2. Vecteurs : AH(0 ; 1 ; 1), AC(1 ; 1 ; 0).
  3. AH · AC = 0 + 1 + 0 = 1 ≠ 0 : pas d'angle droit en A.
  4. HA(0 ; −1 ; −1) et HC(1 ; 0 ; −1) : HA · HC = 0 + 0 + 1 = 1 ≠ 0 : pas d'angle droit en H.
  5. CA · CH = (−1)(−1) + (−1)(0) + 0 × 1 = 1 ≠ 0 : pas d'angle droit en C.
  6. Les trois côtés sont des diagonales de faces : HA = AC = HC = √2. Le triangle est équilatéral, donc ses angles valent 60° : il n'est pas rectangle.

RéponseAffirmation fausse : HAC est équilatéral (côtés égaux à √2), pas rectangle.

Vérification Pythagore : HA² + AC² = 4 ≠ HC² = 2.

2Affirmation 2 : les droites (HF) et (DI) sont sécantes.Touche pour voir la correction

À retenir Deux droites de l'espace sont sécantes si elles ne sont pas parallèles et possèdent un point commun (système sur les paramètres).

Démarche
  1. FI = 1/3 FB avec FB(0 ; 0 ; −1) donc I(1 ; 0 ; 2/3).
  2. (HF) passe par H(0 ; 1 ; 1) avec le vecteur directeur HF(1 ; −1 ; 0) : x = s, y = 1 − s, z = 1.
  3. (DI) passe par D(0 ; 1 ; 0) avec le vecteur directeur DI(1 ; −1 ; 2/3) : x = t, y = 1 − t, z = 2t/3.
  4. Les vecteurs HF et DI ne sont pas colinéaires (troisième coordonnée 0 contre 2/3) : les droites ne sont pas parallèles.
  5. Point commun : x donne s = t et y donne 1 − s = 1 − t (même condition) ; z donne 1 = 2t/3, donc t = 3/2 = s.
  6. Le système admet une solution : le point commun est (3/2 ; −1/2 ; 1) (hors du cube, mais les droites sont illimitées). Les droites sont non parallèles et ont un point commun : elles sont sécantes.

RéponseAffirmation vraie : les droites (HF) et (DI) sont sécantes au point de coordonnées (3/2 ; −1/2 ; 1).

Piège Ne pas conclure « non coplanaires » sans avoir testé le système : deux droites non parallèles ne sont pas automatiquement non coplanaires.

3Pour α dans ]0 ; π[, le vecteur u de coordonnées (sin α ; sin(π − α) ; sin(−α)) est-il normal au plan (FAC) ?Touche pour voir la correction

À retenir Un vecteur est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan.

Démarche
  1. sin(π − α) = sin α et sin(−α) = −sin α, donc u = sin α × (1 ; 1 ; −1), avec sin α > 0 sur ]0 ; π[ : u est non nul et colinéaire à v(1 ; 1 ; −1).
  2. Dans le plan (FAC), A(0 ; 0 ; 0), F(1 ; 0 ; 1), C(1 ; 1 ; 0) : AF(1 ; 0 ; 1) et AC(1 ; 1 ; 0) ne sont pas colinéaires.
  3. v · AC = 1 + 1 + 0 = 2 ≠ 0 : v n'est pas orthogonal à AC, donc pas normal au plan (FAC).
  4. Un vecteur normal à (FAC) est par exemple (1 ; −1 ; −1) : (1)(1) + (−1)(1) + 0 = 0 et (1)(1) + 0 + (−1)(1) = 0.

RéponseAffirmation fausse : u est colinéaire à (1 ; 1 ; −1), qui n'est pas orthogonal à AC.

Piège Le facteur sin α est toujours strictement positif ici : il ne change pas la direction du vecteur.

4Le cube a 8 sommets. N est le nombre de segments reliant deux sommets distincts. Affirmation 4 : N = 8²/2.Touche pour voir la correction

À retenir Le nombre de segments joignant 2 points parmi n est le nombre de parties à 2 éléments : (n choisis 2) = n(n − 1)/2.

Démarche
  1. Un segment est déterminé par une paire non ordonnée de sommets distincts.
  2. N = (8 choisis 2) = 8 × 7 / 2 = 28.
  3. 8²/2 = 32, donc N ≠ 8²/2.

RéponseAffirmation fausse : N = 28, et 8²/2 = 32.

Vérification Dans un cube : 12 arêtes + 12 diagonales de faces + 4 diagonales du cube = 28.

Exercice 2 : Exercice 2 : aires, probabilités et jeu de fléchettes6 points

Dans le carré OIKJ de côté 1, la droite y = x et la parabole y = x² définissent trois zones : la zone 1 au-dessus de la droite, la zone 3 entre la droite et la parabole, la zone 2 sous la parabole.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Le carré OIKJ partagé en trois zones par la droite y = x et la parabole y = x². Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

ADémontrer que les aires des zones 1, 2 et 3 valent respectivement 1/2, 1/3 et 1/6.Touche pour voir la correction

À retenir Pour f positive sur [a ; b], l'aire sous la courbe vaut l'intégrale de f entre a et b ; le carré a pour aire 1.

Démarche
  1. Zone 1 : c'est le triangle OJK, rectangle isocèle de côtés 1 : aire = 1 × 1 / 2 = 1/2. (Ou ∫ de 0 à 1 de (1 − x) dx = 1 − 1/2.)
  2. Zone 2 : aire sous la parabole entre 0 et 1 : ∫ de 0 à 1 de x² dx = [x³/3] de 0 à 1 = 1/3.
  3. Zone 3 : le carré vaut 1 donc aire = 1 − 1/2 − 1/3 = 1/6. (Ou ∫ de 0 à 1 de (x − x²) dx = 1/2 − 1/3.)

RéponseZone 1 : 1/2 ; zone 2 : 1/3 ; zone 3 : 1/6.

Vérification 1/2 + 1/3 + 1/6 = 3/6 + 2/6 + 1/6 = 1 : l'aire du carré.

B1Représenter la situation par un arbre pondéré (T : la fléchette tombe sur la zone 3 ; G : le joueur gagne).Touche pour voir la correction

À retenir Dans un arbre, les probabilités des branches issues d'un même nœud ont pour somme 1.

Démarche
  1. Premier niveau : T avec la probabilité 1/6 et T-barre avec la probabilité 5/6.
  2. Après T : pièce équilibrée, G avec la probabilité 1/2 et G-barre avec la probabilité 1/2.
  3. Après T-barre : dé équilibré, G (face 6) avec la probabilité 1/6 et G-barre avec la probabilité 5/6.

RéponseArbre : T (1/6) puis G (1/2) ou non G (1/2) ; non T (5/6) puis G (1/6) ou non G (5/6).

B2Démontrer que P(G) = 2/9.Touche pour voir la correction

À retenir Formule des probabilités totales : P(G) = P(T) P_T(G) + P(non T) P_nonT(G).

Démarche
  1. P(T ∩ G) = 1/6 × 1/2 = 1/12.
  2. P(non T ∩ G) = 5/6 × 1/6 = 5/36.
  3. P(G) = 1/12 + 5/36 = 3/36 + 5/36 = 8/36 = 2/9.

RéponseP(G) = 2/9.

Vérification 8/36 se simplifie par 4 : 2/9 ✓.

B3Le joueur a gagné. Quelle est la probabilité que la fléchette soit tombée sur la zone 3 ?Touche pour voir la correction

À retenir Probabilité conditionnelle : P_G(T) = P(T ∩ G) / P(G).

Démarche
  1. P(T ∩ G) = 1/12 et P(G) = 2/9.
  2. P_G(T) = (1/12) / (2/9) = (1/12) × (9/2) = 9/24 = 3/8.

RéponseP_G(T) = 3/8 = 0,375.

Piège Ne pas confondre P_G(T) avec P_T(G) = 1/2.

C1aLe joueur n°1 gagne un nombre d'euros égal au numéro de la zone. Calculer E(X₁).Touche pour voir la correction

À retenir E(X) = somme des valeurs multipliées par leurs probabilités.

Démarche
  1. Loi de X₁ : P(X₁ = 1) = 1/2, P(X₁ = 2) = 1/3, P(X₁ = 3) = 1/6.
  2. E(X₁) = 1 × 1/2 + 2 × 1/3 + 3 × 1/6 = 1/2 + 2/3 + 1/2 = 5/3.

RéponseE(X₁) = 5/3 euros (environ 1,67 euro).

Vérification Les probabilités ont pour somme 1.

C1bMontrer que V(X₁) = 5/9.Touche pour voir la correction

À retenir Formule de König-Huygens : V(X) = E(X²) − (E(X))².

Démarche
  1. E(X₁²) = 1 × 1/2 + 4 × 1/3 + 9 × 1/6 = 1/2 + 4/3 + 3/2 = 10/3.
  2. (E(X₁))² = 25/9.
  3. V(X₁) = 10/3 − 25/9 = 30/9 − 25/9 = 5/9.

RéponseV(X₁) = 5/9.

Vérification On retrouve la valeur donnée par l'énoncé.

C2aTrois joueurs indépendants ; Y = X₁ + X₂ + X₃. Déterminer P(Y = 9).Touche pour voir la correction

À retenir Pour des événements indépendants, la probabilité de l'intersection est le produit des probabilités.

Démarche
  1. Chaque gain vaut au plus 3, donc Y = 9 exige X₁ = X₂ = X₃ = 3.
  2. Par indépendance : P(Y = 9) = (1/6)³ = 1/216.

RéponseP(Y = 9) = 1/216.

Piège Y = 9 n'est possible que d'une seule façon (3 + 3 + 3) : pas de coefficient à ajouter.

C2bCalculer E(Y).Touche pour voir la correction

À retenir L'espérance est linéaire : E(X₁ + X₂ + X₃) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃), sans condition d'indépendance.

Démarche
  1. Les trois joueurs jouent dans les mêmes conditions : E(X₂) = E(X₃) = E(X₁) = 5/3.
  2. E(Y) = 3 × 5/3 = 5.

RéponseE(Y) = 5 euros.

C2cJustifier que V(Y) = 5/3.Touche pour voir la correction

À retenir Pour des variables indépendantes, la variance de la somme est la somme des variances.

Démarche
  1. X₁, X₂ et X₃ sont indépendantes (les parties sont indépendantes).
  2. V(Y) = V(X₁) + V(X₂) + V(X₃) = 3 × 5/9 = 15/9 = 5/3.

RéponseV(Y) = 5/3.

Piège La propriété sur les variances exige l'indépendance, contrairement à celle sur les espérances.

Exercice 3 : Exercice 3 : fonction logarithme et suite récurrente5 points

f(x) = ln(e^(x/2) + 2) pour tout réel x ; suite (uₙ) définie par u₀ = ln 9 et uₙ₊₁ = f(uₙ).

1Montrer que f est strictement croissante sur R.Touche pour voir la correction

À retenir Une fonction dérivable dont la dérivée est strictement positive est strictement croissante.

Démarche
  1. f = ln(w) avec w(x) = e^(x/2) + 2, donc f'(x) = w'(x) / w(x).
  2. w'(x) = (1/2) e^(x/2).
  3. f'(x) = (1/2) e^(x/2) / (e^(x/2) + 2) > 0 car numérateur et dénominateur sont strictement positifs.

Réponsef'(x) > 0 pour tout réel x : f est strictement croissante sur R.

2Montrer que f(2 ln 2) = 2 ln 2.Touche pour voir la correction

À retenir e^(ln a) = a et e^(k ln a) = a^k pour a > 0.

Démarche
  1. (2 ln 2)/2 = ln 2, donc e^((2 ln 2)/2) = e^(ln 2) = 2.
  2. f(2 ln 2) = ln(2 + 2) = ln 4 = ln(2²) = 2 ln 2.

Réponsef(2 ln 2) = ln 4 = 2 ln 2 : 2 ln 2 est un point fixe de f.

3Montrer que u₁ = ln 5.Touche pour voir la correction

À retenir u₁ = f(u₀).

Démarche
  1. u₀ = ln 9 = 2 ln 3, donc u₀/2 = ln 3.
  2. e^(u₀/2) = 3.
  3. u₁ = ln(3 + 2) = ln 5.

Réponseu₁ = ln 5.

4Montrer par récurrence que, pour tout entier naturel n : 2 ln 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ.Touche pour voir la correction

À retenir Récurrence : initialisation, hérédité (on applique la fonction croissante f à l'encadrement), conclusion.

Démarche
  1. Initialisation (n = 0) : 2 ln 2 = ln 4 ≤ u₁ = ln 5 ≤ u₀ = ln 9, car ln est croissante : vrai.
  2. Hérédité : on suppose 2 ln 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ pour un entier n.
  3. f est strictement croissante : f(2 ln 2) ≤ f(uₙ₊₁) ≤ f(uₙ).
  4. Or f(2 ln 2) = 2 ln 2 (question 2), f(uₙ₊₁) = uₙ₊₂ et f(uₙ) = uₙ₊₁ : on obtient 2 ln 2 ≤ uₙ₊₂ ≤ uₙ₊₁.
  5. Conclusion : la propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc vraie pour tout n.

RéponsePour tout n, 2 ln 2 ≤ uₙ₊₁ ≤ uₙ.

Piège Écrire explicitement que la croissance de f conserve l'ordre des inégalités.

5En déduire que la suite (uₙ) converge.Touche pour voir la correction

À retenir Théorème de la limite monotone : une suite décroissante et minorée converge.

Démarche
  1. uₙ₊₁ ≤ uₙ pour tout n : la suite est décroissante.
  2. 2 ln 2 ≤ uₙ₊₁ pour tout n, et u₀ = ln 9 > ln 4 = 2 ln 2 : la suite est minorée par 2 ln 2.
  3. Une suite décroissante et minorée converge (théorème de la limite monotone).

Réponse(uₙ) est décroissante et minorée par 2 ln 2 : elle converge.

6aRésoudre dans R l'équation X² − X − 2 = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Discriminant, ou factorisation évidente avec une racine évidente.

Démarche
  1. Δ = (−1)² − 4 × 1 × (−2) = 9, de racine carrée 3.
  2. X = (1 − 3)/2 = −1 ou X = (1 + 3)/2 = 2.
  3. Factorisation : X² − X − 2 = (X + 1)(X − 2).

RéponseS = {−1 ; 2}.

6bEn déduire les solutions dans R de e^x − e^(x/2) − 2 = 0.Touche pour voir la correction

À retenir Changement de variable X = e^(x/2), avec X > 0 et e^x = (e^(x/2))² = X².

Démarche
  1. Avec X = e^(x/2) > 0 : l'équation devient X² − X − 2 = 0.
  2. Les solutions sont X = −1 et X = 2 ; X = −1 est impossible car X > 0.
  3. e^(x/2) = 2 équivaut à x/2 = ln 2, soit x = 2 ln 2.

RéponseS = {2 ln 2}.

6cEn déduire les solutions dans R de f(x) = x.Touche pour voir la correction

À retenir ln(A) = x équivaut à A = e^x (la fonction exponentielle est la réciproque de ln).

Démarche
  1. f(x) = x équivaut à ln(e^(x/2) + 2) = x.
  2. Soit e^(x/2) + 2 = e^x, c'est-à-dire e^x − e^(x/2) − 2 = 0.
  3. D'après 6b, l'unique solution est x = 2 ln 2.

RéponseS = {2 ln 2}.

Vérification Cohérent avec la question 2 : f(2 ln 2) = 2 ln 2.

6dDéterminer la limite de la suite (uₙ).Touche pour voir la correction

À retenir Si uₙ₊₁ = f(uₙ), f continue et (uₙ) converge vers ℓ, alors ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ.

Démarche
  1. (uₙ) converge vers un réel ℓ ; f est continue (dérivable) sur R.
  2. En passant à la limite dans uₙ₊₁ = f(uₙ), on obtient ℓ = f(ℓ).
  3. D'après 6c, ℓ = 2 ln 2.

RéponseLa limite de (uₙ) est 2 ln 2 (environ 1,386).

Vérification ℓ ≥ 2 ln 2 car la suite est minorée par 2 ln 2 ; ici l'unique point fixe est cette valeur.

Exercice 4 : Exercice 4 : étude de fonction et distance à une courbe5 points

f(x) = ln(x)/x² + 1 sur ]0 ; +∞[, C_f sa courbe. Puis g(x) = ln(x) et M un point de C_g : on cherche la distance OM minimale.

Documents du sujet Cet exercice s'appuie sur des figures ou documents du sujet : Question 5 : le point M de la courbe de g et la distance OM. Ils sont affichés avec la correction dans l'application.

1Déterminer les limites de f en 0 et en +∞ ; en déduire les éventuelles asymptotes à C_f.Touche pour voir la correction

À retenir Croissances comparées : ln(x)/x² tend vers 0 en +∞. Une limite infinie en un réel donne une asymptote verticale ; une limite finie en +∞ donne une asymptote horizontale.

Démarche
  1. En 0 : ln(x) tend vers −∞ et 1/x² tend vers +∞ : le produit ln(x) × 1/x² tend vers −∞, donc f(x) tend vers −∞.
  2. En +∞ : ln(x)/x² tend vers 0 par croissances comparées, donc f(x) tend vers 1.

RéponseLimite −∞ en 0 : asymptote verticale x = 0. Limite 1 en +∞ : asymptote horizontale y = 1.

Vérification On peut écrire ln(x)/x² = (ln x / x) × (1/x), produit de deux termes de limite 0.

2Montrer que f'(x) = (1 − 2 ln x)/x³.Touche pour voir la correction

À retenir Dérivée d'un quotient (u/v)' = (u'v − uv')/v².

Démarche
  1. u(x) = ln x, u'(x) = 1/x ; v(x) = x², v'(x) = 2x ; la constante 1 se dérive en 0.
  2. f'(x) = ((1/x) × x² − ln x × 2x) / x⁴ = (x − 2x ln x) / x⁴.
  3. On met x en facteur et on simplifie : f'(x) = x(1 − 2 ln x)/x⁴ = (1 − 2 ln x)/x³.

Réponsef'(x) = (1 − 2 ln x)/x³ pour tout x > 0.

3En déduire le tableau de variation de f sur ]0 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir Le signe de f' donne les variations ; ici x³ > 0 donc f' a le signe de 1 − 2 ln x.

Démarche
  1. 1 − 2 ln x > 0 équivaut à ln x < 1/2, soit x < e^(1/2) = √e.
  2. f' > 0 sur ]0 ; √e[, f' = 0 en √e, f' < 0 sur ]√e ; +∞[.
  3. Maximum : f(√e) = ln(√e)/e + 1 = (1/2)/e + 1 = 1 + 1/(2e) ≈ 1,18.
  4. Tableau : f croît de −∞ (en 0) jusqu'à f(√e) = 1 + 1/(2e) en x = √e, puis décroît vers 1 (limite en +∞).

Réponsef est strictement croissante sur ]0 ; √e], strictement décroissante sur [√e ; +∞[, avec un maximum f(√e) = 1 + 1/(2e) ≈ 1,18.

Piège Sur [√e ; +∞[, f décroît vers 1 sans l'atteindre : f reste strictement supérieure à 1 donc ne s'annule pas.

4aMontrer que l'équation f(x) = 0 possède une unique solution α sur ]0 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir Corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue strictement monotone) : un zéro unique sur chaque intervalle où f change de signe.

Démarche
  1. Sur ]0 ; √e] : f est continue, strictement croissante, de limite −∞ en 0 et de maximum f(√e) > 0 : elle s'annule exactement une fois.
  2. Sur [√e ; +∞[ : f décroît vers 1 donc f(x) > 1 > 0 : pas de solution.
  3. Donc f(x) = 0 admet une unique solution α, avec α < √e.

RéponseIl existe une unique solution α à f(x) = 0 sur ]0 ; +∞[.

Vérification Équivalent : ln(α) = −α².

4bDonner un encadrement de α d'amplitude 0,01.Touche pour voir la correction

À retenir Encadrement par balayage (calculatrice, tableau de valeurs) en cherchant le changement de signe.

Démarche
  1. f(0,65) ≈ −0,020 < 0.
  2. f(0,66) ≈ +0,046 > 0.
  3. Le changement de signe a lieu entre 0,65 et 0,66.

Réponse0,65 < α < 0,66 (α ≈ 0,653).

Vérification Valeurs calculées : f(0,65) ≈ −0,0196 et f(0,66) ≈ 0,0461.

4cEn déduire le signe de f sur ]0 ; +∞[.Touche pour voir la correction

À retenir f strictement croissante puis décroissante, avec un seul zéro, f est négative avant ce zéro et positive après.

Démarche
  1. Sur ]0 ; α[ : f est croissante, nulle en α, donc f(x) < 0.
  2. Sur ]α ; √e] : f > 0 (croissante après son zéro).
  3. Sur [√e ; +∞[ : f > 1 > 0.

Réponsef(x) < 0 sur ]0 ; α[, f(α) = 0, f(x) > 0 sur ]α ; +∞[.

5aExprimer OM² en fonction de x, avec M(x ; ln x) et O l'origine du repère.Touche pour voir la correction

À retenir Dans un repère orthonormé, OM² = x_M² + y_M².

Démarche
  1. M a pour coordonnées (x ; ln x).
  2. OM² = x² + (ln x)².

RéponseOM² = x² + (ln x)².

5bMontrer que OM² admet un minimum en α.Touche pour voir la correction

À retenir On étudie h(x) = x² + (ln x)² : le signe de h' donne les variations, et on relie h' à f.

Démarche
  1. h'(x) = 2x + 2 ln(x) × (1/x) = 2x + 2 ln(x)/x = (2/x)(x² + ln x).
  2. Or f(x) = (ln x + x²)/x², donc x² + ln x = x² f(x).
  3. h'(x) = (2/x) × x² f(x) = 2x f(x), du signe de f car x > 0.
  4. D'après 4c : h' < 0 sur ]0 ; α[ et h' > 0 sur ]α ; +∞[ : h décroît puis croît, avec un minimum en α.

RéponseOM² est minimale pour x = α.

Piège Le lien h'(x) = 2x f(x) est l'idée clé : sans lui, le signe de h' serait difficile à étudier.

5cExprimer la distance d du point O à la courbe C_g à l'aide de α.Touche pour voir la correction

À retenir d = OM pour x = α ; on utilise f(α) = 0, c'est-à-dire ln α = −α².

Démarche
  1. d² = α² + (ln α)².
  2. f(α) = 0 donne ln(α)/α² = −1, soit ln α = −α².
  3. d² = α² + α⁴ = α²(1 + α²), donc d = α√(1 + α²) (α > 0).

Réponsed = α√(1 + α²) ≈ 0,78.

Vérification Avec α ≈ 0,6529 : d ≈ 0,6529 × √(1,4263) ≈ 0,78.

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