Sujet officiel · session 2024

Bac de maths 2024 — Métropole · 19 juin

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Suites numériques Moyen

Fonction exponentielle et suites encadrées

Pour chacune des affirmations suivantes, indiquer si elle est vraie ou fausse. Chaque réponse doit être justifiée. Une réponse non justifiée ne rapporte aucun point.

1. On considère la fonction f définie sur ℝ par : f(x) = 5x·e^−x. On note Cf la courbe représentative de f dans un repère orthonormé.

Affirmation 1 L'axe des abscisses est une asymptote horizontale à la courbe Cf.

Affirmation 2 La fonction f est solution sur ℝ de l'équation différentielle (E) : y′ + y = 5e^−x.

2. On considère les suites (uₙ), (vₙ) et (wₙ), telles que, pour tout entier naturel n : uₙ ≤ vₙ ≤ wₙ. De plus, la suite (uₙ) converge vers −1 et la suite (wₙ) converge vers 1.

Affirmation 3 La suite (vₙ) converge vers un nombre réel ℓ appartenant à l'intervalle [−1 ; 1].

On suppose de plus que la suite (uₙ) est croissante et que la suite (wₙ) est décroissante.

Affirmation 4 Pour tout entier naturel n, on a alors : u₀ ≤ vₙ ≤ w₀.

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Corrigé Exercice 1 Fonction exponentielle et suites encadrées Revoir l'énoncé

Affirmation 1
On étudie la limite de f en +∞. On écrit f(x) = 5x·e^−x = 5 × xe^x.
Par croissances comparées (l'exponentielle l'emporte sur x), lim(x→+∞) xe^x = 0, donc lim(x→+∞) f(x) = 0.
La droite d'équation y = 0, c'est-à-dire l'axe des abscisses, est donc asymptote horizontale à Cf en +∞ : l'affirmation 1 est VRAIE. (En −∞ on a f(x) → −∞, mais une seule branche asymptotique suffit à valider l'affirmation.)
Affirmation 2
f est un produit de fonctions dérivables sur ℝ. Avec (uv)′ = u′v + uv′ et (e^−x)′ = −e^−x : f′(x) = 5·e^−x + 5x·(−e^−x) = 5e^−x(1 − x).
On reporte dans le membre de gauche de (E) : f′(x) + f(x) = 5e^−x(1 − x) + 5x·e^−x = 5e^−x(1 − x + x) = 5e^−x.
L'égalité y′ + y = 5e^−x est vérifiée pour tout réel x : f est bien solution de (E) sur ℝ. L'affirmation 2 est VRAIE.
Affirmation 3
Le théorème des gendarmes exige que les deux suites encadrantes aient la MÊME limite. Ici (uₙ) tend vers −1 et (wₙ) vers 1 : on ne peut rien en conclure, car être encadrée (donc bornée) n'entraîne pas d'être convergente.
Contre-exemple : uₙ = −1, vₙ = (−1)ⁿ et wₙ = 1. L'encadrement uₙ ≤ vₙ ≤ wₙ est vérifié, (uₙ) converge vers −1 et (wₙ) vers 1, mais (vₙ) alterne entre −1 et 1 : elle diverge.
L'affirmation 3 est donc FAUSSE. (Ce qui est vrai, par passage à la limite dans les inégalités, c'est que SI (vₙ) converge, alors sa limite appartient à [−1 ; 1].)
Affirmation 4
Une suite croissante est minorée par son premier terme : u₀ ≤ uₙ pour tout n. Une suite décroissante est majorée par son premier terme : wₙ ≤ w₀ pour tout n.
On chaîne avec l'encadrement de l'énoncé : u₀ ≤ uₙ ≤ vₙ ≤ wₙ ≤ w₀, d'où u₀ ≤ vₙ ≤ w₀ pour tout entier naturel n. L'affirmation 4 est VRAIE.

Énoncé Exercice 2 Probabilités conditionnelles Moyen

Satisfaction du service clientèle

Une agence de marketing a étudié la satisfaction des clients concernant le service clientèle à l'occasion de l'achat d'un téléviseur. Ces achats ont été réalisés soit sur internet, soit dans une chaîne de magasins d'électroménager, soit dans une enseigne de grandes surfaces.

Les achats sur internet représentent 60 % des ventes, les achats en magasin d'électroménager 30 % des ventes et ceux en grandes surfaces 10 % des ventes.

Une enquête montre que la proportion des clients satisfaits du service clientèle est de :

• 75 % pour les clients sur internet ;

• 90 % pour les clients en magasin d'électroménager ;

• 80 % pour les clients en grande surface.

On choisit au hasard un client ayant acheté le modèle de téléviseur concerné. On définit les évènements suivants :

• I : « le client a effectué son achat sur internet » ;

• M : « le client a effectué son achat en magasin d'électroménager » ;

• G : « le client a effectué son achat en grande surface » ;

• S : « le client est satisfait du service clientèle ».

Si A est un évènement quelconque, on notera Ā son évènement contraire et P(A) sa probabilité.

1. Reproduire et compléter l'arbre de probabilités. [Arbre à compléter : trois branches issues de la racine menant à I, M et G, chacune suivie de deux branches menant à S et S̄.]

2. Calculer la probabilité que le client ait réalisé son achat sur internet et soit satisfait du service clientèle.

3. Démontrer que P(S) = 0,8.

4. Un client est satisfait du service clientèle. Quelle est la probabilité qu'il ait effectué son achat sur internet ? On donnera un résultat arrondi à 10⁻³ près.

5. Pour réaliser l'étude, l'agence doit contacter chaque jour 30 clients parmi les acheteurs du téléviseur. On suppose que le nombre de clients est suffisamment important pour assimiler le choix des 30 clients à un tirage avec remise. On note X la variable aléatoire qui, à chaque échantillon de 30 clients, associe le nombre de clients satisfaits du service clientèle.

a. Justifier que X suit une loi binomiale dont on précisera les paramètres.

b. Déterminer la probabilité, arrondie à 10⁻³ près, qu'au moins 25 clients soient satisfaits dans un échantillon de 30 clients contactés sur une même journée.

6. En résolvant une inéquation, déterminer la taille minimale de l'échantillon de clients à contacter pour que la probabilité qu'au moins l'un d'entre eux ne soit pas satisfait soit supérieure à 0,99.

7. Dans les deux questions a. et b. qui suivent, on ne s'intéresse qu'aux seuls achats sur internet. Lorsqu'une commande de téléviseur est passée par un client, on considère que le temps de livraison du téléviseur est modélisé par une variable aléatoire T égale à la somme de deux variables aléatoires T₁ et T₂. T₁ modélise le nombre entier de jours pour l'acheminement depuis un entrepôt de stockage vers une plateforme de distribution, et T₂ le nombre entier de jours depuis cette plateforme jusqu'au domicile du client. On admet que T₁ et T₂ sont indépendantes, et on donne : E(T₁) = 4 et V(T₁) = 2 ; E(T₂) = 3 et V(T₂) = 1.

a. Déterminer l'espérance E(T) et la variance V(T) de la variable aléatoire T.

b. Un client passe une commande de téléviseur sur internet. Justifier que la probabilité qu'il reçoive son téléviseur entre 5 et 9 jours après sa commande est supérieure ou égale à 23.

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Corrigé Exercice 2 Satisfaction du service clientèle Revoir l'énoncé

1.
Premier niveau de l'arbre (le canal d'achat) : P(I) = 0,6 ; P(M) = 0,3 ; P(G) = 0,1. Leur somme vaut bien 1.
Second niveau (la satisfaction, sachant le canal) : P_I(S) = 0,75 et P_I(S̄) = 0,25 ; P_M(S) = 0,9 et P_M(S̄) = 0,1 ; P_G(S) = 0,8 et P_G(S̄) = 0,2 — sur chaque nœud, les deux branches se complètent à 1.
2.
On cherche P(I ∩ S). D'après la formule des probabilités composées (on multiplie le long d'un chemin de l'arbre) : P(I ∩ S) = P(I) × P_I(S) = 0,6 × 0,75 = 0,45.
La probabilité que le client ait acheté sur internet et soit satisfait du service clientèle est donc 0,45.
3.
Les évènements I, M et G sont deux à deux incompatibles, de probabilités non nulles, et leur réunion est l'univers : ils en forment une partition. On peut donc appliquer la formule des probabilités totales.
P(S) = P(I ∩ S) + P(M ∩ S) + P(G ∩ S) = 0,6 × 0,75 + 0,3 × 0,9 + 0,1 × 0,8 = 0,45 + 0,27 + 0,08 = 0,8.
4.
On demande une probabilité conditionnelle sachant que le client est satisfait : P_S(I) = P(I ∩ S)P(S) = 0,450,8 = 0,5625.
Arrondie à 10⁻³ près, la probabilité qu'un client satisfait ait acheté sur internet vaut environ 0,563.
5. a.
On répète 30 fois, de façon identique et indépendante (le choix est assimilé à un tirage avec remise), une même épreuve de Bernoulli dont le succès « le client est satisfait » a pour probabilité p = P(S) = 0,8 ; X compte le nombre de succès.
Donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 30 et p = 0,8, notée B(30 ; 0,8).
b.
On passe par l'évènement contraire : P(X ≥ 25) = 1 − P(X ≤ 24) ≈ 1 − 0,5725 ≈ 0,4275 (à la calculatrice). Arrondie à 10⁻³, la probabilité qu'au moins 25 des 30 clients soient satisfaits vaut environ 0,428.
6.
Pour un échantillon de taille n, notons Y le nombre de clients satisfaits : Y suit la loi B(n ; 0,8). L'évènement « au moins un client n'est pas satisfait » est le contraire de « les n clients sont satisfaits », dont la probabilité est P(Y = n) = 0,8ⁿ.
L'inéquation à résoudre est donc 1 − 0,8ⁿ > 0,99, c'est-à-dire 0,8ⁿ < 0,01.
La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[ : n·ln(0,8) < ln(0,01). Comme ln(0,8) < 0, la division change le sens de l'inégalité : n > ln(0,01)ln(0,8) ≈ 20,64.
Le plus petit entier convenable est n = 21 (contrôle : 1 − 0,8²⁰ ≈ 0,9885 < 0,99 alors que 1 − 0,8²¹ ≈ 0,9908 > 0,99). Il faut donc contacter au minimum 21 clients.
7. a.
Par linéarité de l'espérance : E(T) = E(T₁ + T₂) = E(T₁) + E(T₂) = 4 + 3 = 7 jours.
Les variables T₁ et T₂ étant indépendantes, les variances s'additionnent : V(T) = V(T₁) + V(T₂) = 2 + 1 = 3.
b.
T ne prend que des valeurs entières, donc l'évènement 5 ≤ T ≤ 9 s'écrit |T − 7| ≤ 2, et son contraire est |T − E(T)| ≥ 3.
Inégalité de Bienaymé-Tchebychev appliquée avec l'écart δ = 3 : P(|T − E(T)| ≥ 3) ≤ V(T)3² = 39 = 13.
En repassant au contraire : P(5 ≤ T ≤ 9) = 1 − P(|T − 7| ≥ 3) ≥ 1 − 13 = 23. La probabilité d'être livré entre 5 et 9 jours est donc bien supérieure ou égale à 23.

Énoncé Exercice 3 Géométrie dans l'espace Difficile

Plan, projeté orthogonal et tétraèdre

L'espace est muni d'un repère orthonormé (O ; i, j, k).

On considère les points A(5 ; 5 ; 0), B(0 ; 5 ; 0), C(0 ; 0 ; 10) et D(0 ; 0 ; −52).

[Figure : repère de l'espace avec les points A et B dans le plan horizontal (z = 0), C sur l'axe vertical au-dessus de O, D en dessous, et H le point d'intersection de la droite D avec le plan (CAD).]

1. a. Montrer que le vecteur n₁(1 ; −1 ; 0) est un vecteur normal au plan (CAD).

b. En déduire que le plan (CAD) a pour équation cartésienne : x − y = 0.

2. On considère la droite D de représentation paramétrique : x = (52)t ; y = 5 − (52)t ; z = 0, où t ∈ ℝ.

a. On admet que la droite D et le plan (CAD) sont sécants en un point H. Justifier que les coordonnées de H sont (52 ; 52 ; 0).

b. Démontrer que le point H est le projeté orthogonal de B sur le plan (CAD).

3. a. Démontrer que le triangle ABH est rectangle en H.

b. En déduire que l'aire du triangle ABH est égale à 254.

4. a. Démontrer que (CO) est la hauteur du tétraèdre ABCH issue de C.

b. En déduire le volume du tétraèdre ABCH. On rappelle que le volume d'un tétraèdre est donné par V = (13)B·h, où B est l'aire d'une base et h la hauteur relative à cette base.

5. On admet que le triangle ABC est rectangle en B. Déduire des questions précédentes la distance du point H au plan (ABC).

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Corrigé Exercice 3 Plan, projeté orthogonal et tétraèdre Revoir l'énoncé

1. a.
On se donne deux vecteurs directeurs du plan (CAD) : CA = A − C = (5 ; 5 ; −10) et CD = D − C = (0 ; 0 ; −52 − 10) = (0 ; 0 ; −252). Ils ne sont pas colinéaires (les premières coordonnées de CA sont non nulles, celles de CD sont nulles), donc C, A et D définissent bien un plan.
Produits scalaires en repère orthonormé : n₁·CA = 1×5 + (−1)×5 + 0×(−10) = 0 et n₁·CD = 1×0 + (−1)×0 + 0×(−252) = 0.
Le vecteur n₁ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (CAD) : c'est donc un vecteur normal à ce plan.
b.
Un plan de vecteur normal n₁(1 ; −1 ; 0) admet une équation cartésienne de la forme x − y + 0z + d = 0. Le point C(0 ; 0 ; 10) lui appartient : 0 − 0 + 0 + d = 0, donc d = 0 et le plan (CAD) a pour équation x − y = 0.
2. a.
Les coordonnées de H vérifient à la fois la représentation paramétrique de D et l'équation du plan. On reporte : (52)t − (5 − (52)t) = 0, soit 5t − 5 = 0, d'où t = 1.
Pour t = 1 : x = 52, y = 5 − 52 = 52 et z = 0. Le point d'intersection est donc H(52 ; 52 ; 0).
b.
BH = H − B = (52 − 0 ; 52 − 5 ; 0) = (52 ; −52 ; 0) = (52)·n₁. Le vecteur BH est colinéaire au vecteur normal n₁, donc la droite (BH) est orthogonale au plan (CAD).
Comme de plus H appartient à (CAD), le point H est le projeté orthogonal de B sur le plan (CAD).
3. a.
Le point A appartient au plan (CAD) — ses coordonnées vérifient bien 5 − 5 = 0 — donc la droite (HA) est contenue dans ce plan.
Or (BH) est orthogonale au plan (CAD), donc à toute droite de ce plan, en particulier à (HA). Les côtés [HB] et [HA] sont perpendiculaires : le triangle ABH est rectangle en H.
b.
HB = (−52 ; 52 ; 0) donne HB = √254 + 254 = √252 = (52)√2, et HA = A − H = (52 ; 52 ; 0) donne de même HA = (52)√2.
Le triangle étant rectangle en H, son aire est le demi-produit des côtés de l'angle droit : aire(ABH) = (12) × HB × HA = (12) × (52)√2 × (52)√2 = (12) × (254) × 2 = 254.
4. a.
A, B et H ont tous une cote nulle : le plan (ABH) est le plan d'équation z = 0, qui contient l'origine O.
Le vecteur OC = C − O = (0 ; 0 ; 10) est colinéaire au vecteur k, donc normal au plan d'équation z = 0. La droite (CO) est ainsi perpendiculaire au plan (ABH), et son pied O est dans ce plan : (CO) est bien la hauteur du tétraèdre ABCH issue de C.
b.
En prenant ABH comme base et CO = 10 comme hauteur : V = (13) × aire(ABH) × CO = (13) × (254) × 10 = 25012 = 1256 unités de volume.
5.
On calcule le même volume avec ABC comme base : la hauteur relative est alors la distance d du point H au plan (ABC), et V = (13) × aire(ABC) × d.
Le triangle ABC est rectangle en B, avec BA = (5 ; 0 ; 0) donc BA = 5, et BC = (0 ; −5 ; 10) donc BC = √0 + 25 + 100 = √125 = 5√5. Son aire vaut (12) × BA × BC = (12) × 5 × 5√5 = 25√52.
On isole d : d = 3V/aire(ABC) = (3 × 1256) ÷ (25√52) = (1252) × 225√5 = 5√5 = √5.
La distance du point H au plan (ABC) vaut donc √5, soit environ 2,24 unités de longueur.

Énoncé Exercice 4 Fonction logarithme Difficile

Étude de deux fonctions et calcul d'aire

Partie A étude de la fonction f

La fonction f est définie sur l'intervalle ]0 ; +∞[ par : f(x) = x − 2 + (12)·ln(x), où ln désigne la fonction logarithme népérien. On admet que f est deux fois dérivable sur ]0 ; +∞[, on note f′ sa dérivée et f′′ sa dérivée seconde.

1. a. Déterminer, en justifiant, les limites de f en 0 et en +∞.

b. Montrer que pour tout x appartenant à ]0 ; +∞[, on a : f′(x) = 2x + 12x.

c. Étudier le sens de variation de f sur ]0 ; +∞[.

d. Étudier la convexité de f sur ]0 ; +∞[.

2. a. Montrer que l'équation f(x) = 0 admet dans ]0 ; +∞[ une solution unique qu'on notera α et justifier que α appartient à l'intervalle [1 ; 2].

b. Déterminer le signe de f(x) pour x ∈ ]0 ; +∞[.

c. Montrer que ln(α) = 2(2 − α).

Partie B étude de la fonction g

La fonction g est définie sur ]0 ; 1] par : g(x) = −(78)x² + x − (14)x²·ln(x). On admet que g est dérivable sur ]0 ; 1] et on note g′ sa fonction dérivée.

1. Calculer g′(x) pour x ∈ ]0 ; 1] puis vérifier que g′(x) = x·f(1x).

2. a. Justifier que pour x appartenant à l'intervalle ]0 ; 1/α[, on a f(1x) > 0.

b. On admet le tableau de signes suivant : f(1x) est strictement positive sur ]0 ; 1/α[, s'annule en x = 1/α et est strictement négative sur ]1/α ; 1]. En déduire le tableau de variations de g sur l'intervalle ]0 ; 1]. Les images et les limites ne sont pas demandées.

Partie C un calcul d'aire

On a représenté sur un graphique la courbe Cg de la fonction g et la parabole P d'équation y = −(78)x² + x sur l'intervalle ]0 ; 1]. On souhaite calculer l'aire A du domaine compris entre les courbes Cg et P, et les droites d'équations x = 1/α et x = 1. On rappelle que ln(α) = 2(2 − α).

1. a. Justifier la position relative des courbes Cg et P sur l'intervalle ]0 ; 1].

b. Démontrer l'égalité : ∫[de 1/α à 1] x²·ln(x) dx = −α³ − 6α + 139α³.

2. En déduire l'expression en fonction de α de l'aire A.

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Corrigé Exercice 4 Étude de deux fonctions et calcul d'aire Revoir l'énoncé

Partie A1. a.
En 0⁺ : lim(x→0⁺) (x − 2) = −2 et lim(x→0⁺) ln(x) = −∞, donc par somme de limites lim(x→0⁺) f(x) = −∞ (l'axe des ordonnées est asymptote verticale à la courbe).
En +∞ : lim(x→+∞) x = +∞ et lim(x→+∞) ln(x) = +∞, donc par somme de limites lim(x→+∞) f(x) = +∞.
b.
f est une somme de fonctions dérivables sur ]0 ; +∞[ et (ln x)′ = 1x, donc f′(x) = 1 + (12) × (1x) = 1 + 12x. En réduisant au même dénominateur : f′(x) = 2x + 12x.
c.
Pour tout x > 0 : le numérateur 2x + 1 > 0 et le dénominateur 2x > 0, donc f′(x) > 0. La fonction f est strictement croissante sur ]0 ; +∞[.
d.
On dérive f′(x) = 1 + (12)x⁻¹ : f′′(x) = −(12)x⁻² = −12x². Comme 2x² > 0 pour x > 0, on a f′′(x) < 0 : la fonction f est concave sur ]0 ; +∞[.
2. a.
f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur ]0 ; +∞[, avec lim(0⁺) f = −∞ et lim(+∞) f = +∞. D'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires (théorème de la bijection), l'équation f(x) = 0 admet une unique solution α dans ]0 ; +∞[.
On encadre α : f(1) = 1 − 2 + (12)ln(1) = −1 < 0 et f(2) = 2 − 2 + (12)ln(2) = ln(2)2 ≈ 0,35 > 0. Par stricte croissance, α est compris entre 1 et 2 : α ∈ [1 ; 2] (en fait α ≈ 1,73).
b.
f est strictement croissante et ne s'annule qu'en α, donc : f(x) < 0 sur ]0 ; α[, f(α) = 0, et f(x) > 0 sur ]α ; +∞[.
c.
Par définition de α : f(α) = 0, soit α − 2 + (12)ln(α) = 0. On isole le logarithme : (12)ln(α) = 2 − α, puis ln(α) = 2(2 − α).
Partie B1.
On dérive terme à terme, le dernier avec la formule (uv)′ = u′v + uv′ où u(x) = x² et v(x) = ln x : g′(x) = −(74)x + 1 − (14)(2x·ln(x) + x² × 1x) = −(74)x + 1 − (x2)ln(x) − x4.
On regroupe les termes en x : −(74)x − (14)x = −2x, d'où g′(x) = 1 − 2x − (x2)ln(x).
Vérification de la forme factorisée : comme ln(1x) = −ln(x), on a x·f(1x) = x × (1x − 2 + (12)ln(1x)) = 1 − 2x − (x2)ln(x). C'est bien la même expression : g′(x) = x·f(1x) sur ]0 ; 1].
2. a.
Si 0 < x < 1/α, alors en passant aux inverses (la fonction inverse est décroissante sur ]0 ; +∞[) : 1x > α. Or f est strictement positive sur ]α ; +∞[ d'après la partie A.2.b, donc f(1x) > 0.
b.
Sur ]0 ; 1] on a x > 0, donc g′(x) = x·f(1x) est du signe de f(1x) : g′(x) > 0 sur ]0 ; 1/α[, g′(1/α) = 0 et g′(x) < 0 sur ]1/α ; 1].
Tableau de variations : g est croissante sur ]0 ; 1/α], puis décroissante sur [1/α ; 1] ; elle atteint son maximum en x = 1/α (et 1/α ≈ 0,58 appartient bien à ]0 ; 1]).
Partie C1. a.
On étudie le signe de la différence : g(x) − (−(78)x² + x) = −(14)x²·ln(x). Sur ]0 ; 1], x² > 0 et ln(x) ≤ 0, donc cette différence est positive ou nulle : la courbe Cg est au-dessus de la parabole P sur ]0 ; 1] (elles se coupent en x = 1).
b.
On intègre par parties en posant u(x) = ln(x) et v′(x) = x², d'où u′(x) = 1x et v(x) = x³/3 ; u et v sont dérivables à dérivées continues sur [1/α ; 1].
∫[1/α ; 1] x²·ln(x) dx = [(x³/3)ln(x)] − ∫[1/α ; 1] (x²/3) dx = [(x³/3)ln(x) − x³/9] entre 1/α et 1.
Avec ln(1) = 0 et ln(1/α) = −ln(α) : ∫ = (0 − 19) − (−ln(α)3α³ − 19α³) = −19 + ln(α)3α³ + 19α³.
On remplace ln(α) par 2(2 − α) = 4 − 2α et on réduit au dénominateur commun 9α³ : ∫ = −α³ + 3(4 − 2α) + 19α³ = −α³ + 12 − 6α + 19α³ = −α³ − 6α + 139α³.
2.
Cg étant au-dessus de P, l'aire s'obtient en intégrant la différence « courbe du haut moins courbe du bas » : A = ∫[1/α ; 1] (g(x) − (−(78)x² + x)) dx = ∫[1/α ; 1] (−(14)x²·ln(x)) dx = −(14) ∫[1/α ; 1] x²·ln(x) dx.
Donc A = −(14) × −α³ − 6α + 139α³ = α³ + 6α − 1336α³ unité d'aire, ce qui vaut environ 0,014 u.a. avec α ≈ 1,73.