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\title{Mathématiques\\Term Spé Maths}
\author{S. DIBOS}
\date{\today}

\begin{document}

\pagestyle{fancy}
\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Nouvelle Calédonie - corrigé}}
\rfoot{\small{21 novembre 2025}}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
\thispagestyle{empty}

\begin{center}
\begin{Large}
\begin{bf}
\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Nouvelle Calédonie 2025~\decofourright\\[7pt]
Sujet 2 -- 21/11/2025\\
\end{bf}
\end{Large}
\end{center}

\begin{exercice}{4}\label{eds2025-s2-cor1}

\smallskip

\begin{enumerate}
	\item Dans un cube toutes les faces sont des carrés de même côté, donc les diagonales de chaque face ont même longueur.

Or dans le triangle HAC, chaque côté est une diagonale d'une face ([HA] est une diagonale de ADHE, [AC] est une diagonale de ABCD et [CH] est une diagonale de CDHG). Les trois côtés du triangle HAC ont donc même longueur $\sqrt2$
, c'est donc un triangle équilatéral.

Or les angles aux sommets d'un triangle équilatéral mesurent 60\Degre, donc HAC n'est pas rectangle.

\smallskip

L'affirmation 1 est \textbf{FAUSSE}.
	\item Les droites (DH) et (BF) sont des arêtes opposées du cube, elles sont donc parallèles, et donc coplanaires. Donc (BF) est une droite du plan (DFH).

Comme I est un point de (BF) il appartient au plan (DFH). Donc les droites (DI) et (HF) sont coplanaires.

Puisque (BD) est la droite parallèle à (HF) passant par D (arêtes opposées), et que B et I sont distincts, d'après l'axiome d'Euclide, la droite (DI) n'est pas parallèle à (HF). Or si deux droites sont coplanaires, elles sont soit parallèles soit sécantes. Donc (DI) et (HF) sont sécantes.

\smallskip
	
L'affirmation 2 est \textbf{VRAIE}.
	\item Si le vecteur $\vect{u}$ est normal au plan (FAC) alors il est orthogonal à tout vecteur de ce plan.

On calcule donc le produit scalaire $\vect{u} \cdot \vect{\text{FC}}$, puisque deux vecteurs sont orthogonaux si, et seulement si, leur produit scalaire est nul.
	
	$\vectt{FC} = \begin{pmatrix}1-1\\1-0\\0+1\end{pmatrix} = \begin{pmatrix}0\\1\\-1\end{pmatrix}$
\begin{eqnarray*}
\vect{u} \cdot \vectt{FC} &=& \sin(\alpha) \times 0 + \sin(\pi - \alpha) \times 1 + \sin(-\alpha) \times (-1)\\
		&=& \sin(\pi - \alpha) - \sin(-\alpha)\\
		&=& \sin(\alpha) + \sin(\alpha)\\
		&=& \boxed{2\sin(\alpha) \neq 0} \quad \text{puisque} \:\alpha \ne 0
	\end{eqnarray*}
	Le vecteur $\vect{u}$ n'est donc pas orthogonal au vecteur $\vect{\text{FC}}$. Donc, puisqu'il existe un vecteur de (FAC) qui n'est pas orthogonal à $\vect{u}$, $\vect{u}$ n'est pas un vecteur normal à (FAC).

\smallskip
	
L'affirmation 3 est \textbf{FAUSSE}.
	\item Un cube possède \textbf{8 sommets}.
	
	Pour former un segment, on doit choisir 2 sommets distincts parmi ces 8 sommets. L'ordre n'a pas d'importance (le segment reliant A à B est le même que celui reliant B à A).
	
	On utilise donc une combinaison :
	\[\binom{8}{2} = \dfrac{8\,!}{2\,!(8-2)\,!} = \dfrac{8 \times 7}{2 \times 1} = \dfrac{56}{2} = 28.\]
	Il existe \textbf{28 segments} pouvant relier deux sommets distincts d'un cube.

	\smallskip
	
	L'affirmation 4 est \textbf{FAUSSE}.
\end{enumerate}
\end{exercice}

\bigskip

\begin{exercice}{6}\label{eds2025-s2-cor2}

\smallskip

\textbf{Partie A}

\medskip

L'aire de la ZONE 1 est l'aire du triangle OKJ. C'est un triangle rectangle isocèle en J on a donc :

\[\text{aire\,(ZONE 1)} = \text{aire\,(OKJ)} = \dfrac{\mathrm{OJ} \times \mathrm{JK}}{2} = \dfrac{1\times 1}{2} = \boxed{\dfrac{1}{2}}.\]

\smallskip

L'aire de ZONE 2 est l'aire sous la courbe de la fonction carré entre 0 et 1 :

\[\text{aire\,(ZONE 2)} = \int_{0}^{1}x^{2}\d x = \left[\dfrac{x^{3}}{3}\right]_{0}^{1} = \boxed{\dfrac{1}{3}}.\]
\smallskip

$\bullet~~$L'aire de la ZONE 3 est la différence entre l'aire du carré OIJK et la somme des aires de la ZONE 1 et de la ZONE 2 :
\[\text{aire\,(ZONE 3)} = 1  - \left(\dfrac{1}{2} + \dfrac{1}{3}\right) = 1 - \left(\dfrac{3}{6} + \dfrac{2}{6}\right) = \dfrac{6}{6} - \dfrac{5}{6} = \boxed{\dfrac{1}{6}}.\]

%$\bullet~~$Ou encore l'aire de la ZONE 3 est la différence entre l'aire du demi-carré de côté 1 et de l'aire de la zone 2, soit 
%
%$\dfrac12 - \dfrac13 = \dfrac36 - \dfrac26 = \dfrac16$.

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item On représente la situation par un arbre pondéré.
	
	\begin{center}
	\psset{treemode=R,nodesep=1.5pt,treesep=1cm,levelsep=2.5cm}
	\pstree{\TR{}}{%
	\pstree{\TR{$T$}\naput{$\frac{1}{6}$}}{%
		\TR{$G$}\naput{$\frac{1}{2}$}
		\TR{$\overline{G}$}\nbput{$\frac{1}{2}$}}
	\pstree{\TR{$\overline{T}$}\nbput{$\frac{5}{6}$}}{%
		\TR{$G$}\naput{$\frac{1}{6}$}
		\TR{$\overline{G}$}\nbput{$\frac{5}{6}$}}}
	\end{center}
	\item Les évènements $T$ et $\overline{T}$ forment une partition de l'univers, donc, d'après la formule des probabilités totales, on a :
	\begin{eqnarray*}
		P(G) &=& P\left(T \cap G\right) + P\left(\overline{T} \cap G\right) = P(T) \times P_{T}(G) + P\left(\overline{T}\right) \times P_{\overline{T}}(G)\\
		&=& \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{2} + \dfrac{5}{6} \times \dfrac{1}{6} = \dfrac{1}{12} + \dfrac{5}{36} = \dfrac{3}{36} + \dfrac{5}{36}\\
		&=& \dfrac{8}{36} = \dfrac{4 \times 2}{4 \times 9} =  \boxed{\dfrac{2}{9}}.
	\end{eqnarray*}
	\item On veut déterminer la probabilité $P_{G}(T)$ :
	\[P_{G}(T) = \dfrac{P\left(T \cap G\right)}{P(G)} = \dfrac{\dfrac{1}{12}}{\dfrac{2}{9}} = \dfrac{1}{\underset{4}{\cancel{12}}} \times \dfrac{\overset{3}{\cancel{9}}}{2} = \boxed{\dfrac{3}{8}}.\]
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item
	\begin{enumerate}
		\item La loi de probabilité de $X_{1}$ est :
		\begin{center}%\renewcommand{\arraystretch}{2.2}
		\begin{tabularx}{.5\textwidth}{|>{$}c<{$}|*{3}{>{\centering\arraybackslash$}X<{$}|}}
			\hline
			x_{i} & 1 & 2 & 3 \\ \hline
			P\left(X_{1} = x_{i}\right) & \dfrac{1}{2} & \dfrac{1}{3} & \dfrac{1}{6} \rule[-12pt]{0pt}{30pt} \\\hline
		\end{tabularx}
		\end{center}
		On a donc :
		\[E\left(X_{1}\right) = 1 \times \dfrac{1}{2} + 2 \times \dfrac{1}{3} + \cancel{3}\times \dfrac{1}{\underset{2}{\cancel{6}}} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{2}{3} + \dfrac{1}{2} = 1 + \dfrac{2}{3} = \dfrac{3}{3} + \dfrac{2}{3} = \boxed{\dfrac{5}{3}}.\]

		\item On calcule la variance en utilisant la formule de König:
		
		\begin{eqnarray*}
			V\left(X_{1}\right) &=& E\left(X_{1}^{2}\right) - \left[E\left(X_{1}\right)\right]^{2}\\
			&=& 1^{2} \times \dfrac{1}{2} + 2^{2} \times \dfrac{1}{3} + 3^{2} \times \dfrac{1}{6} - \left(\dfrac{5}{3}\right)^{2} = \dfrac{1}{2} + \dfrac{4}{3} + \dfrac{9}{6} - \dfrac{25}{9} = \dfrac{9}{18} + \dfrac{24}{18} + \dfrac{27}{18} - \dfrac{50}{18} = \dfrac{10}{18}\\
			&=& \boxed{\dfrac{5}{9}}
		\end{eqnarray*}
	\end{enumerate}
	
	\item
	\begin{enumerate}
		\item L'évènement $\left\{Y = 9\right\}$ correspond à $\left\{X_{1} = 3\right\} \cap \left\{X_{2} = 3\right\} \cap \left\{X_{3} = 3\right\}$. 
		
		Donc, comme les variables $X_1$, $X_2$ et $X_3$ sont indépendantes:
		
		\[P\left(Y = 9\right) = \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} \times \dfrac{1}{6} = \boxed{\dfrac{1}{216}}.\]

		\item D'après la linéarité de l'espérance:
		
		\[E(Y) = E\left(X_{1}\right) + E\left(X_{2}\right) + E\left(X_{3}\right) = \dfrac{5}{3} + \dfrac{5}{3} + \dfrac{5}{3} = \boxed{5}\]
		
		\item Puisque les variables aléatoires $X_{1}$, $X_{2}$ et $X_{3}$ sont indépendantes, on peut utiliser l'additivité de la variance:
		
		\[V(Y) = V\left(X_{1}\right) + V\left(X_{2}\right) + V\left(X_{3}\right) = \dfrac{5}{9} + \dfrac{5}{9} + \dfrac{5}{9} = \dfrac{15}{9} = \dfrac{3 \times 5}{3 \times 3} = \boxed{\dfrac{5}{3}}.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\bigskip

\begin{exercice}{5}\label{eds2025-s2-cor3}

\smallskip

On considère la fonction $f$ définie pour tout réel $x$ par:

\[f(x) = \ln\left ( \e{\frac{x}{2}}+2 \right ).\]

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

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

\begin{enumerate}
	\item La fonction $f$ est dérivable sur \R{} et on a :

	\[\boxed{f'(x) = \dfrac{\textstyle\frac{1}{2}\e{\frac{x}{2}}}{\e{\frac{x}{2}}+2}}.\]

	\smallskip

On sait que, pour tout $x \in \R$ on a $\e{\frac{x}{2}} > 0$, on on déduit que 
$\dfrac12 \e{\frac{x}{2}} > 0$ et  $\e{\frac{x}{2}} + 2 > 0$.

Les deux termes du quotient sont supérieurs à zéro, donc  $f'(x)$ est supérieur à zéro sur \R, donc la fonction $f$ est strictement croissante sur \R.

	\item On sait que si $u > 0$, \: alors $\ln \left(\e{u}\right) = u$, donc en particulier 
	
\[f\left(2\ln(2)\right) = \ln\left(\e{\frac{2\ln(2)}{2}} + 2\right) = \ln\left(\e{\ln(2)} + 2\right) = \ln(2 + 2) = \ln(4) = \ln\left(2^{2}\right) = \boxed{2\ln(2)}.\]

	\item \quad $u_{1} = f\left(u_{0}\right) = \ln\left(\e{\frac{\ln(9)}{2}} + 2\right) = \ln\left(\e{\ln\left(9^{\frac{1}{2}}\right)} + 2\right) = \ln\left(\e{\ln(3)} + 2\right) = \ln(3 + 2) = \boxed{\ln(5)}$
	
	\item Montrons par récurrence que pour tout entier naturel $n$ on a : $2\ln(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n}$.

\begin{list}{\textbullet}{}
\item \textbf{Initialisation}

La fonction $\ln$ est strictement croissante sur \R{}, donc $\ln(4) \leqslant \ln(5) \leqslant \ln(9)$ c'est-à-dire $2\ln(2) \leqslant u_{1} \leqslant u_{0}$. La propriété est donc vérifiée pour $n = 0$.

\item	\textbf{Hérédité}

Supposons que pour $n \in \N$ on ait $2\ln(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n}$.

On sait que la fonction $f$ est strictement croissante donc :

\begin{center}
$2\ln(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n} \iff f\left(2\ln(2)\right) \leqslant f\left(u_{n+1}\right) \leqslant f\left(u_{n}\right) \iff 2\ln(2) \leqslant u_{n+2} \leqslant u_{n+1}$
\end{center}

	Le propriété est donc bien héréditaire.

\item \textbf{Conclusion} 

La propriété est vérifiée pour $n = 0$, et  elle est héréditaire pour tout $n \in \N$  donc d'après le principe de récurrence, on a, pour tout $n \in \N$: $2\ln(2) \leqslant u_{n+1} \leqslant u_{n}$.
\end{list}

	\item D'après la question précédente on a, pour tout $n \in \N$, $u_{n+1} \leqslant u_{n}$, ce qui montre que la suite $\left(u_{n}\right)$ est décroissante.

De plus, pour tout $n \in \N$ on a $u_{n} \geqslant 2\ln(2)$, donc la suite $\left(u_{n}\right)$ est minorée.
	
Donc, d'après le théorème de convergence monotone, la suite $\left(u_{n}\right)$ est convergente vers une limite supérieure ou égale à $2\ln(2)$.
	\item
	\begin{enumerate}
		\item On résout dans \R{} l'équation $X^{2} - X - 2 = 0$

Calcul du discriminant :

\[\Delta = (-1)^{2} - 4 \times 1 \times (-2) = 1 + 8 = \boxed{9}.\]
$\Delta > 0$ donc il y a deux racines distinctes dans \R{} :

\[X_{1} = \dfrac{-(-1) - \sqrt{9}}{2 \times 1} = \dfrac{1-3}{2} = -1 \qquad ; \qquad X_{2} = \dfrac{-(-1) + \sqrt{9}}{2 \times 1} = \dfrac{1+3}{2} = 2.\]

		\[\boxed{\mathcal{S} = \left\{-1~;~2 \strut\right\}}\]

		\item \quad $\e{x} - \e{\frac{x}{2}} - 2 = 0 \iff \e{\frac{2x}{2}} - \e{\frac{x}{2}} - 2 = 0 \iff \left(\e{\frac{x}{2}}\right)^{2} - \e{\frac{x}{2}} - 2 = 0$

Posons $X = \e{\frac{x}{2}}$. On a alors :

\[\left(\e{\frac{x}{2}}\right)^{2} - \e{\frac{x}{2}} - 2 = 0 \iff X^{2} - X - 2 = 0\]

D'après la question précédente, les solutions de l'équation $X^{2} - X - 2 = 0$ sont

$X_{1} = -1$ et $X_{2} = 2$. On a donc :

\begin{list}{\textbullet}{}
\item $\e{\frac{x_{1}}{2}} = -1 \quad (\text{impossible car} \:\e{\frac{x}{2}} > 0)$ 
\item $\e{\frac{x_{2}}{2}} = 2 \iff \dfrac{x_{2}}{2} = \ln(2) \iff x_{2} = 2\ln(2)$
\end{list}

\[\boxed{\mathcal{S} = \left\{2\ln (2)\strut\right\}}\]

		\item On a vu à la question \textbf{5.} que la suite $\left(u_{n}\right)$ converge. Soit $\ell$ la limite de la suite $\left(u_{n}\right)$. Comme $f$ est une fonction continue, d'après le théorème du point fixe, on a $\ell$ qui vérifie $f(\ell) = \ell$.

On considère donc l'équation $f(x) = x$ :

\[f(x) = x \iff \ln\left(\e{\frac{x}{2}} + 2\right) = x \iff \e{\frac{x}{2}} + 2 = \e{x} \iff \e{x} - \e{\frac{x}{2}} - 2 = 0.\]

D'après la question précédente la solution de cette équation est $x = 2\ln(2)$, donc :

\[\boxed{\lim_{n \to +\infty}u_{n} = 2\ln(2)}.\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}
\end{exercice}

\bigskip

\begin{exercice}{5}\label{eds2025-s2-cor4}

\smallskip

On considère la fonction $f$ définie sur l'intervalle $\left ]0\;,\;+\infty\strut\right [$ par:

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

\begin{enumerate}
	\item On calcule les limites de $f$ en 0 et en $+\infty$.

	\[\left.
	\begin{array}{l}
		\lim\limits_{\substack{x \to 0\\x > 0}}\ln(x) = -\infty\\[8pt]
		\lim\limits_{\substack{x \to 0\\x > 0}}x^{2} = 0^{+}
	\end{array}\right\} \overset{\substack{\text{par}\\\text{quotient}}}{\implies} \lim_{\substack{x \to 0\\x > 0}}\dfrac{\ln(x)}{x^{2}} = -\infty \implies \lim_{\substack{x \to 0\\x > 0}}\left(\dfrac{\ln(x)}{x^{2}} + 1\right) = -\infty\]
	\smallskip
	\[\boxed{\lim_{\substack{x \to 0\\x > 0}}f(x) = -\infty}\]
	\smallskip

	Puisque $\lim\limits_{\substack{x \to 0\\x > 0}}f(x) = -\infty$, la droite d'équation $x = 0$ (axe des ordonnées) est asymptote verticale à la courbe $\mathcal{C}_{f}$.

\medskip

\[\text{Par croissance comparée}\ \lim_{x \to +\infty}\dfrac{\ln(x)}{x^{2}} = 0 \implies \lim_{x \to +\infty}\left(\dfrac{\ln(x)}{x^{2}} + 1\right) = 1\]
\[\boxed{\lim_{x \to +\infty}f(x) = 1}\]
Puisque $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = 1$ la courbe $\mathcal{C}_{f}$ admet la droite d'équation $y = 1$ pour asymptote horizontale en $+\infty$.

	\item La fonction $f$ est dérivable sur  $\left ]0\;,\;+\infty\strut\right [$:

	\[f'(x) = \dfrac{\dfrac{1}{x}\times x^{2} - 2x \times \ln(x)}{\left(x^{2}\right)^{2}} = \dfrac{x - 2x\ln(x)}{x^{4}} = \dfrac{\cancel{x}\left(1-2\ln(x)\right)}{x^{\cancel{4}\, 3}} = \boxed{\dfrac{1-2\ln(x)}{x^{3}}}\]

	\item Sur l'intervalle \intervOO{0}{+\infty} on a $x^{3} > 0$, donc $f'(x)$ est du signe de $1 - 2\ln(x)$.

\[1 - 2\ln(x) \geqslant 0 \iff -2 \ln(x) \geqslant -1 \iff \ln(x) \leqslant \dfrac{1}{2} \iff x \leqslant \e{\frac{1}{2}} \qquad (\text{car}\ x\mapsto \e{x}\ \text{est croissante})\]

\begin{minipage}{.6\linewidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[lgt=2.5,espcl=3]{$x$/1,Signe de $f'(x)$/1,Variations de $f$/2.5}{$0$,$\e{\frac{1}{2}}$,$+\infty$}
\tkzTabLine{d,+,z,-,}
\tkzTabVar{D-/$-\infty$,+/$\dfrac{1+2\text{e}}{2\text{e}}$,-/$1$}
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}\hfill
\begin{minipage}{.3\linewidth}
\begin{eqnarray*}
f\left(\e{\frac{1}{2}}\right) &=& \dfrac{\ln\left(\e{\frac{1}{2}}\right)}{\left(\e{\frac{1}{2}}\right)^{2}} + 1\\
	&=& \dfrac{\dfrac{1}{2}}{\e{2\times\frac{1}{2}}} + 1\\
	&=& \dfrac{1}{2\text{e}} + 1\\
	&=& \dfrac{1+2\text{e}}{2\text{e}} \approx 1, 184
\end{eqnarray*}
\end{minipage}
	\item
	\begin{enumerate}
	
		\item Sur l'intervalle \intervOF{0}{\e{\frac{1}{2}}} la fonction $f$ est continue et strictement croissante avec $\lim\limits_{\substack{x \to 0\\x > 0}}f(x) = -\infty$ et $f\left(\e{\frac{1}{2}}\right) = \dfrac{1+2\text{e}}{2\text{e}} > 0$, donc, d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0$ admet une solution unique $\alpha$.

Sur l'intervalle \intervFO{\e{\frac{1}{2}}}{+\infty} la fonction $f$ est continue et strictement décroissante avec $\lim\limits_{x \to +\infty}f(x) = 1$, donc l'équation $f(x) = 0$ n'admet aucune solution.

Finalement l'équation $f(x) = 0$ admet une unique solution $\alpha$ sur \intervOO{0}{+\infty}.

		\item À la calculatrice, on trouve:

		\[\boxed{~~0,65 < \alpha < 0,66~~}\]

		\item D'après les questions précédentes et puisque la fonction $f$ est croissante sur \intervOF{0}{\e{\frac{1}{2}}} et décroissante sur \intervFO{\e{\frac{1}{2}}}{+\infty}, la fonction $f$ est strictement négative sur \intervOO{0}{\alpha}, s'annule en $\alpha$ et est strictement positive sur \intervOO{\alpha}{+\infty}.
	\end{enumerate}
	
	\item
	\begin{enumerate}
		\item Soit H le projeté orthogonal de M sur l'axe des abscisses. Le triangle OHM est rectangle en H, on peut donc appliquer le théorème de Pythagore :

\[\mathrm{OM}^{2} = \mathrm{OH}^{2} + \mathrm{HM}^{2} = \boxed{x^2 + \left[\ln(x)\right]^{2}}\]
		\item On considère la fonction $h$ définie sur \intervOO{0}{+\infty} par $h(x) = x^{2} + \left[\ln(x)\right]^{2}$. Elle est dérivable puisque somme de fonctions dérivables, et sa dérivée est :
		\[h'(x) = 2x + 2 \times \dfrac{1}{x} \times \ln(x) = \frac{2x^{2} + 2\ln(x)}{x} = \dfrac{2x^{\cancel{2}}\left(1 + \dfrac{\ln(x)}{x^{2}}\right)}{\cancel{x}} = 2x\left(1 + \dfrac{\ln(x)}{x^{2}}\right) = 2x \times f(x)\]

Or, pour tout $x \in \intervOO{0}{+\infty}$, on a $2x > 0$, donc $h'(x)$ est du signe de $f(x)$.\\
Donc, d'après la question \textbf{4.c.}, $h'(x)$ est négatif sur \intervOF{0}{\alpha} et positif sur \intervFO{\alpha}{+\infty}. \\
Donc $h$ admet un minimum en $x = \alpha$.

La quantité $\mathrm{OM}^{2}$ admet donc un minimum en $\alpha$.

		\item Pour $x=\alpha$, on a $\mathrm{OM}^{2} = \alpha^2+ \left (\ln\left (\alpha\right )\right )^2$.
		
$\alpha$ est la solution de l'équation $f(x)=0$, donc $f(\alpha)=0$.

Donc $\dfrac{\ln(\alpha)}{\alpha^2}+ 1=0
\iff \ln(\alpha) = -\alpha^2
\implies 	\left (\ln(\alpha)\right )^2 = \alpha^4$

Le minimum de $\mathrm{OM}^{2}$ est donc $\alpha^2+\alpha^4$.

Puisque la quantité $\mathrm{OM}^{2}$ admet un minimum en $\alpha$ et que $d$ est la valeur minimale de OM :

\[\boxed{~~d = \sqrt{\alpha^2+\alpha^4} = \alpha\sqrt{1 + \alpha^2 }~~}\]
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\begin{center}
\psset{unit=5cm,arrowsize=2pt 3}
\begin{pspicture*}(-0.3,-1)(1.5,1.5)
\psaxes[linewidth=1.25pt,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(-0.1,-1)(1.5,1.5)
\psgrid[gridlabels=0pt,subgriddiv=10]
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=red]{0.1}{1.5}{x ln x 2 exp div 1 add}
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0.1}{1.5}{x ln}
\uput[ul](0.9,0.8){\red $\mathcal{C}_f$}\uput[ul](0.4,-0.9){\blue $\mathcal{C}_g$}
\psline[linestyle=dashed,linewidth=1.25pt,ArrowInside=->](0.655,0)(0.655,-0.4)(0,-0.4)
\uput[ul](0.655,0){$\alpha$}\uput[l](0,-0.4){$\ln(\alpha)$}
\psline[linewidth=1.5pt,linestyle=dotted](0.655,-0.4)\rput{-35}(0.315,-0.1){$d$}
\uput[dr](0.655,-0.4){M$_{\alpha}$}
\uput[ur](0,0){O}
\end{pspicture*}
\end{center}
\end{exercice}
\end{document}