2022 — Session normale

1) a) \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec i+\vec k\)

On a \(\overrightarrow{AB}=(1,1,-1)\) et \(\overrightarrow{AC}=(-1,0,1)\). Le produit vectoriel se calcule composante par composante : \[\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\ 1&1&-1\\ -1&0&1\end{vmatrix} =\big(1\cdot1-(-1)\cdot0\big)\vec i-\big(1\cdot1-(-1)(-1)\big)\vec j+\big(1\cdot0-1\cdot(-1)\big)\vec k.\] Soit \(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=1\,\vec i-0\,\vec j+1\,\vec k=\vec i+\vec k\). ∎

1) b) Équation cartésienne du plan \((ABC)\)

Le vecteur \(\vec i+\vec k\) de coordonnées \((1,0,1)\), orthogonal à \(\overrightarrow{AB}\) et \(\overrightarrow{AC}\), est un vecteur normal au plan \((ABC)\). Le plan a donc une équation de la forme \(x+z+d=0\). Comme \(A(0,1,1)\in(ABC)\) : \(0+1+d=0\), d'où \(d=-1\). Ainsi \[(ABC):\ x+z-1=0. ∎\]

2) Équation cartésienne de la sphère \((S)\)

De centre \(\Omega(1,1,2)\) et de rayon \(R=\sqrt2\) : \[(S):\ (x-1)^{2}+(y-1)^{2}+(z-2)^{2}=2. ∎\]

3) Le plan \((ABC)\) est tangent à \((S)\) en \(A\)

On calcule la distance du centre \(\Omega\) au plan : \[d\big(\Omega,(ABC)\big)=\frac{|1+2-1|}{\sqrt{1^{2}+0^{2}+1^{2}}}=\frac{2}{\sqrt2}=\sqrt2=R.\] Comme cette distance est égale au rayon, le plan est tangent à la sphère. Le point de contact est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur le plan. Or \(\overrightarrow{\Omega A}=(-1,0,-1)=-(\vec i+\vec k)\) est colinéaire au vecteur normal, donc \(A\) est bien ce projeté ; de plus \(A\) appartient à \((S)\) car \((0-1)^{2}+(1-1)^{2}+(1-2)^{2}=2\). Le plan \((ABC)\) est donc tangent à \((S)\) au point \(A\). ∎

4) a) Représentation paramétrique de \((\Delta)\)

La droite \((\Delta)\) est perpendiculaire à \((ABC)\), elle admet donc pour vecteur directeur le vecteur normal \(\vec i+\vec k=(1,0,1)\) ; elle passe par \(C(-1,1,2)\) : \[(\Delta):\ \begin{cases}x=-1+t\\ y=1\\ z=2+t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}). ∎\]

4) b) \((\Delta)\) est tangente à \((S)\) en \(D\)

Un point \(M(t)=(-1+t,\,1,\,2+t)\) de \((\Delta)\) est le point de contact lorsque \(\overrightarrow{\Omega M}\) est orthogonal au vecteur directeur \(\vec u=(1,0,1)\). Or \(\overrightarrow{\Omega M}=(-2+t,\,0,\,t)\), donc \[\overrightarrow{\Omega M}\cdot\vec u=(-2+t)+t=2t-2=0\ \Longrightarrow\ t=1.\] Pour \(t=1\), on obtient \(D(0,1,3)\). On vérifie \(\overrightarrow{\Omega D}=(-1,0,1)\), donc \(\big\|\overrightarrow{\Omega D}\big\|=\sqrt2=R\) : la distance de \(\Omega\) à la droite vaut le rayon, et \(D\in(S)\) car \((0-1)^{2}+(1-1)^{2}+(3-2)^{2}=2\). La droite \((\Delta)\) est donc tangente à \((S)\) au point \(D(0,1,3)\). ∎

4) c) \(\overrightarrow{AC}\cdot(\vec i+\vec k)\) et distance \(d\big(A,(\Delta)\big)\)

Avec \(\overrightarrow{AC}=(-1,0,1)\) et \(\vec i+\vec k=(1,0,1)\) : \[\overrightarrow{AC}\cdot(\vec i+\vec k)=(-1)(1)+0+(1)(1)=0.\] Ce produit scalaire est nul : \(\overrightarrow{AC}\) est orthogonal à la direction \(\vec i+\vec k\) de \((\Delta)\). Comme le point \(C\) appartient à \((\Delta)\), le segment \([CA]\) est perpendiculaire à \((\Delta)\), donc \(C\) est le pied de la perpendiculaire abaissée de \(A\). La distance cherchée est alors simplement \[d\big(A,(\Delta)\big)=AC=\big\|\overrightarrow{AC}\big\|=\sqrt{(-1)^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt2. ∎\]

1) L'affixe de \(D=t(B)\) est \(d=-2\)

La translation \(t\) de vecteur \(\overrightarrow{OA}\) a pour écriture complexe \(z\mapsto z+a\). Donc \[d=b+a=(-1+i\sqrt3)+(-1-i\sqrt3)=-2. ∎\]

2) L'affixe de \(C=R(B)\) est \(c=-4\)

La rotation de centre \(D\) (affixe \(d=-2\)) et d'angle \(\dfrac{2\pi}{3}\) s'écrit \(c-d=e^{i2\pi/3}(b-d)\). On calcule d'abord \[b-d=(-1+i\sqrt3)-(-2)=1+i\sqrt3=2\left(\tfrac12+\tfrac{\sqrt3}{2}i\right)=2e^{i\pi/3}.\] Alors \(e^{i2\pi/3}(b-d)=2\,e^{i(2\pi/3+\pi/3)}=2e^{i\pi}=-2\), d'où \[c=d+(-2)=-2-2=-4. ∎\]

3) a) Forme trigonométrique de \(\dfrac{b-c}{a-c}\)

On a \(b-c=(-1+i\sqrt3)-(-4)=3+i\sqrt3\) et \(a-c=(-1-i\sqrt3)-(-4)=3-i\sqrt3\) (conjugué du précédent). Or \[|3+i\sqrt3|=\sqrt{9+3}=2\sqrt3,\qquad 3+i\sqrt3=2\sqrt3\left(\tfrac{\sqrt3}{2}+\tfrac12 i\right)=2\sqrt3\,e^{i\pi/6}.\] De même \(a-c=2\sqrt3\,e^{-i\pi/6}\). Par quotient : \[\frac{b-c}{a-c}=\frac{2\sqrt3\,e^{i\pi/6}}{2\sqrt3\,e^{-i\pi/6}}=e^{i\pi/3}=\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}. ∎\]

3) b) \(\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^{2}=\dfrac{c-d}{b-d}\)

Membre de gauche : \(\left(e^{i\pi/3}\right)^{2}=e^{i2\pi/3}\).

Membre de droite : \(c-d=-4-(-2)=-2\) et \(b-d=1+i\sqrt3=2e^{i\pi/3}\), donc \[\frac{c-d}{b-d}=\frac{-2}{2e^{i\pi/3}}=-e^{-i\pi/3}=e^{i\pi}\,e^{-i\pi/3}=e^{i2\pi/3}.\] Les deux membres valent \(e^{i2\pi/3}\), l'égalité est démontrée. ∎

4) a) \(|z+2|=2\)

Le point \(M\) appartient à \((\Gamma)\), cercle de centre \(D\) (affixe \(-2\)) et de rayon \(2\), donc \(|z-d|=2\), c'est-à-dire \[|z-(-2)|=|z+2|=2. ∎\]

4) b) \(z+\bar z=-8\)

\(M\) appartient aussi à \((\Gamma')\), cercle de centre \(O\) et de rayon \(4\), donc \(|z|=4\), soit \(z\bar z=16\). En élevant au carré la relation \(|z+2|=2\) : \[|z+2|^{2}=4\ \Longrightarrow\ (z+2)(\bar z+2)=4\ \Longrightarrow\ z\bar z+2(z+\bar z)+4=4.\] Comme \(z\bar z=16\) : \(\;16+2(z+\bar z)+4=4\), d'où \(2(z+\bar z)=-16\) et \[z+\bar z=-8. ∎\]

4) c) Point d'intersection unique

On écrit \(z=x+iy\). Alors \(z+\bar z=2x=-8\) donne \(x=-4\). En reportant dans \(|z|=4\) : \(x^{2}+y^{2}=16\), soit \(16+y^{2}=16\), donc \(y=0\). Ainsi \(z=-4\) est la seule solution : les cercles \((\Gamma)\) et \((\Gamma')\) se coupent en un unique point, celui d'affixe \(-4\) (le point \(C\)). ∎

Le tirage étant simultané, l'univers est l'ensemble des combinaisons de \(3\) boules parmi \(10\) : \[\operatorname{Card}(\Omega)=\binom{10}{3}=120\ \text{tirages équiprobables.}\]

1) \(p(A)=\dfrac16\), où \(A\) : « aucune boule rouge »

Ne tirer aucune rouge, c'est choisir les \(3\) boules parmi les \(6\) boules non rouges (\(3\) blanches + \(3\) vertes) : \(\operatorname{Card}(A)=\dbinom{6}{3}=20\). D'où \[p(A)=\frac{20}{120}=\frac16. ∎\]

2) \(p(B)\), où \(B\) : « trois blanches ou trois vertes »

Ces deux cas sont incompatibles : \(\binom{3}{3}=1\) façon d'obtenir les trois blanches, et \(\binom{3}{3}=1\) façon d'obtenir les trois vertes. Donc \(\operatorname{Card}(B)=1+1=2\) et \[p(B)=\frac{2}{120}=\frac{1}{60}. ∎\]

3) \(p(C)=\dfrac12\), où \(C\) : « exactement une rouge »

On choisit \(1\) rouge parmi \(4\) et \(2\) boules parmi les \(6\) non rouges : \[\operatorname{Card}(C)=\binom{4}{1}\binom{6}{2}=4\times15=60,\qquad p(C)=\frac{60}{120}=\frac12. ∎\]

4) \(p(D)\), où \(D\) : « au moins deux rouges »

Méthode directe. « Au moins deux rouges » = « exactement \(2\) rouges » ou « exactement \(3\) rouges » : \[\operatorname{Card}(D)=\underbrace{\binom{4}{2}\binom{6}{1}}_{2\text{ rouges}}+\underbrace{\binom{4}{3}}_{3\text{ rouges}}=6\times6+4=40,\qquad p(D)=\frac{40}{120}=\frac13.\]

1) a) Primitive de \(h\) et calcul de \(I\)

Posons \(F(x)=xe^{x}\). Alors \(F'(x)=e^{x}+xe^{x}=(x+1)e^{x}=h(x)\) : \(F\) est bien une primitive de \(h\) sur \(\mathbb{R}\). Par suite \[I=\int_{-1}^{0}h(x)\,dx=\big[xe^{x}\big]_{-1}^{0}=0\cdot e^{0}-(-1)\cdot e^{-1}=e^{-1}=\frac1e. ∎\]

1) b) Calcul de \(J\) par parties

On pose \(u(x)=(x+1)^{2}\) et \(v'(x)=e^{x}\), d'où \(u'(x)=2(x+1)\) et \(v(x)=e^{x}\). L'intégration par parties donne \[J=\big[(x+1)^{2}e^{x}\big]_{-1}^{0}-\int_{-1}^{0}2(x+1)e^{x}\,dx=\big[(x+1)^{2}e^{x}\big]_{-1}^{0}-2I.\] Or \(\big[(x+1)^{2}e^{x}\big]_{-1}^{0}=(1)^{2}e^{0}-(0)^{2}e^{-1}=1\). Donc \[J=1-2I=1-\frac2e. ∎\]

2) a) Résolution de \((E):\ y''-2y'+y=0\)

L'équation caractéristique est \(r^{2}-2r+1=0\), soit \((r-1)^{2}=0\) : racine double \(r=1\). Les solutions de \((E)\) sont donc \[y(x)=(\lambda x+\mu)e^{x},\qquad(\lambda,\mu)\in\mathbb{R}^{2}. ∎\]

2) b) \(h\) est la solution vérifiant \(h(0)=1,\ h'(0)=2\)

On écrit \(h(x)=(x+1)e^{x}=(\,1\cdot x+1\,)e^{x}\) : c'est bien de la forme \((\lambda x+\mu)e^{x}\) avec \(\lambda=1\) et \(\mu=1\), donc \(h\) est une solution de \((E)\). De plus \[h(0)=(0+1)e^{0}=1,\qquad h'(x)=(x+2)e^{x}\ \Rightarrow\ h'(0)=2.\] Une solution de \((E)\) étant entièrement déterminée par ses conditions initiales \(y(0)\) et \(y'(0)\), \(h\) est la solution de \((E)\) telle que \(h(0)=1\) et \(h'(0)=2\). ∎

1) Limites aux bornes

En \(+\infty\) : \(e^{x/2}\to+\infty\), donc \(\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\to+\infty\) et, comme \(x\to+\infty\), \[\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty.\] En \(-\infty\) : \(e^{x/2}\to0\), donc \(\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\to1\) et, comme \(x\to-\infty\), \[\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty. ∎\]

2) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}\) et interprétation

Pour \(x\neq0\), \(\dfrac{f(x)}{x}=\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\), donc \[\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\big(e^{x/2}-1\big)^{2}=+\infty.\] La courbe \((C)\) admet donc une branche parabolique de direction l'axe \((Oy)\) au voisinage de \(+\infty\). ∎

3) a) La droite \((\Delta):\ y=x\) est asymptote en \(-\infty\)

On développe la différence \(f(x)-x\) : \[f(x)-x=x\big(e^{x/2}-1\big)^{2}-x=x\Big[\big(e^{x/2}-1\big)^{2}-1\Big].\] Or \(\big(e^{x/2}-1\big)^{2}-1=e^{x}-2e^{x/2}=e^{x/2}\big(e^{x/2}-2\big)\), d'où la forme factorisée essentielle : \[\boxed{\,f(x)-x=x\,e^{x/2}\big(e^{x/2}-2\big)\,}.\] En \(-\infty\), \(x\,e^{x/2}\to0\) (croissance comparée) et \(e^{x/2}-2\to-2\), donc \(f(x)-x\to0\). La droite \((\Delta):\ y=x\) est bien asymptote à \((C)\) au voisinage de \(-\infty\). ∎

3) b) Signe de \(f(x)-x\) et position relative

Comme \(e^{x/2}>0\), le signe de \(f(x)-x=x\,e^{x/2}\big(e^{x/2}-2\big)\) est celui du produit \(x\big(e^{x/2}-2\big)\). Or \(e^{x/2}-2>0\iff x>\ln 4\). On dresse le tableau de signes :

\[\begin{array}{c|ccccccc} x & -\infty & & 0 & & \ln 4 & & +\infty\\\hline x & & - & 0 & + & \; & + & \\ e^{x/2}-2 & & - & \; & - & 0 & + & \\\hline f(x)-x & & + & 0 & - & 0 & + & \end{array}\]

On en déduit :

• sur \(]-\infty,0[\) et \(]\ln 4,+\infty[\) : \(f(x)-x>0\), donc \((C)\) est au-dessus de \((\Delta)\) ;
• sur \(]0,\ln 4[\) : \(f(x)-x<0\), donc \((C)\) est au-dessous de \((\Delta)\) ;
• en \(x=0\) et \(x=\ln 4\) : \(f(x)=x\), \((C)\) et \((\Delta)\) se coupent aux points \(O(0,0)\) et \((\ln 4,\ln 4)\). ∎

4) a) Expression de \(f'(x)\)

\(f\) est un produit \(x\times\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\). Avec \(\Big[\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\Big]'=2\big(e^{x/2}-1\big)\cdot\tfrac12 e^{x/2}=e^{x/2}\big(e^{x/2}-1\big)\), la dérivée d'un produit donne \[f'(x)=1\cdot\big(e^{x/2}-1\big)^{2}+x\cdot e^{x/2}\big(e^{x/2}-1\big)=\big(e^{x/2}-1\big)^{2}+x\,e^{x/2}\big(e^{x/2}-1\big). ∎\]

4) b) Signe de \(f'(x)\)

Signe de \(x\big(e^{x/2}-1\big)\). Comme \(e^{x/2}\ge1\iff x\ge0\), le facteur \(e^{x/2}-1\) a le même signe que \(x\). Le produit \(x\big(e^{x/2}-1\big)\) est donc un produit de deux facteurs de même signe : il est \(\ge0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\) (et nul seulement en \(0\)).

Signe de \(f'\). On regroupe : \[f'(x)=\big(e^{x/2}-1\big)^{2}+e^{x/2}\cdot\underbrace{x\big(e^{x/2}-1\big)}_{\ge0}.\] Le premier terme est un carré \(\ge0\), le second est le produit de \(e^{x/2}>0\) par une quantité \(\ge0\) : donc \(f'(x)\ge0\) pour tout \(x\), et \(f'(x)=0\) uniquement en \(x=0\). La fonction \(f\) est strictement croissante sur \(\mathbb{R}\). ∎

4) c) Tableau de variations

\[\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 0 & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & 0 & + & \\\hline f(x) & -\infty & \nearrow & 0 & \nearrow & +\infty \end{array}\] \(f\) croît strictement de \(-\infty\) à \(+\infty\), avec une tangente horizontale au point \(O(0,0)\) où \(f(0)=0\). ∎

5) a) Expression de \(f''(x)\)

On dérive \(f'(x)=\big(e^{x/2}-1\big)^{2}+x\big(e^{x}-e^{x/2}\big)\) (après développement du second terme). Terme à terme : \[\Big[\big(e^{x/2}-1\big)^{2}\Big]'=e^{x/2}\big(e^{x/2}-1\big)=e^{x}-e^{x/2},\] \[\big[x(e^{x}-e^{x/2})\big]'=(e^{x}-e^{x/2})+x\big(e^{x}-\tfrac12 e^{x/2}\big).\] En additionnant : \[f''(x)=2e^{x}-2e^{x/2}+x e^{x}-\tfrac12 x e^{x/2}.\] Vérifions que ceci vaut \(\tfrac12 e^{x/2}g(x)\) : \[\tfrac12 e^{x/2}\big[(2x+4)e^{x/2}-x-4\big]=(x+2)e^{x}-\big(\tfrac12 x+2\big)e^{x/2}=x e^{x}+2e^{x}-\tfrac12 x e^{x/2}-2e^{x/2},\] ce qui coïncide exactement avec \(f''(x)\). Donc \(f''(x)=\dfrac12 e^{x/2}\,g(x)\). ∎

5) b) Signe de \(g(x)\)

On remarque d'abord que \(g(0)=(0+4)\cdot1-0-4=0\), donc \(0\) est racine de \(g\). L'énoncé indique que \(g(\alpha)=0\) pour un réel \(\alpha\) (\(\alpha\approx-4{,}5\)). La lecture de la courbe de \(g\) donne :

• \(g(x)>0\) sur \(]-\infty,\alpha[\) ;
• \(g(x)<0\) sur \(]\alpha,0[\) ;
• \(g(x)>0\) sur \(]0,+\infty[\) ;
• \(g(\alpha)=g(0)=0\). ∎

5) c) Concavité et points d'inflexion

Puisque \(\dfrac12 e^{x/2}>0\), \(f''(x)\) est du même signe que \(g(x)\). Donc :

• sur \(]-\infty,\alpha[\) : \(f''>0\), \((C)\) est convexe ;
• sur \(]\alpha,0[\) : \(f''<0\), \((C)\) est concave ;
• sur \(]0,+\infty[\) : \(f''>0\), \((C)\) est convexe.

\(f''\) change de signe en \(\alpha\) et en \(0\) : \((C)\) admet donc deux points d'inflexion, d'abscisses \(x=\alpha\) et \(x=0\). ∎

6) Construction de \((C)\)

On rassemble les éléments obtenus pour tracer \((C)\) :

• passe par l'origine \(O(0,0)\), qui est un point d'inflexion à tangente horizontale (\(f'(0)=0\)) ;
• asymptote oblique \((\Delta):\ y=x\) au voisinage de \(-\infty\) ; \((C)\) est au-dessus de \((\Delta)\) sur \(]-\infty,0[\) ;
• second point d'inflexion en \(\big(\alpha,f(\alpha)\big)\approx(-4{,}5\,;\,-3{,}5)\) ;
• recoupe \((\Delta)\) au point \((\ln 4,\ln 4)\approx(1{,}4\,;\,1{,}4)\) ; \((C)\) est au-dessous de \((\Delta)\) sur \(]0,\ln 4[\) puis au-dessus ensuite ;
• branche parabolique de direction \((Oy)\) au voisinage de \(+\infty\) (croissance très rapide).

7) a) \(f\) admet une réciproque sur \(\mathbb{R}\)

\(f\) est continue et strictement croissante sur \(\mathbb{R}\) (question 4), avec \(\lim_{-\infty}f=-\infty\) et \(\lim_{+\infty}f=+\infty\). Elle réalise donc une bijection de \(\mathbb{R}\) sur \(f(\mathbb{R})=\mathbb{R}\), et admet une fonction réciproque \(f^{-1}\) définie sur \(\mathbb{R}\). ∎

7) b) Calcul de \(\big(f^{-1}\big)'(\ln 4)\)

On cherche l'antécédent de \(\ln 4\). Or \(e^{(\ln 4)/2}=\sqrt4=2\), donc \[f(\ln 4)=\ln 4\,(2-1)^{2}=\ln 4\quad\Longrightarrow\quad f^{-1}(\ln 4)=\ln 4.\] Comme \(f'(\ln 4)=(2-1)^{2}+\ln 4\cdot 2\,(2-1)=1+2\ln 4\neq0\), \(f^{-1}\) est dérivable en \(\ln 4\) et \[\big(f^{-1}\big)'(\ln 4)=\frac{1}{f'\big(f^{-1}(\ln 4)\big)}=\frac{1}{f'(\ln 4)}=\frac{1}{1+2\ln 4}. ∎\]

8) a) \(0<u_n<\ln 4\) pour tout \(n\)

Par récurrence. Initialisation : \(u_0=1\) et \(0<1<\ln 4\) (car \(\ln 4\approx1{,}39>1\)) : vrai au rang \(0\).

Hérédité : supposons \(0<u_n<\ln 4\). Comme \(f\) est strictement croissante, \(f(0)<f(u_n)<f(\ln 4)\). Or \(f(0)=0\) et \(f(\ln 4)=\ln 4\), donc \(0<u_{n+1}<\ln 4\). Par récurrence, la propriété est vraie pour tout \(n\in\mathbb{N}\). ∎

8) b) \((u_n)\) est décroissante

On étudie \(u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n\). D'après la question 3)b), pour tout \(x\in\,]0,\ln 4[\) on a \(f(x)-x<0\). Comme \(0<u_n<\ln 4\), il vient \(f(u_n)-u_n<0\), soit \(u_{n+1}<u_n\). La suite \((u_n)\) est donc strictement décroissante. ∎

8) c) \((u_n)\) est convergente

La suite \((u_n)\) est décroissante et minorée par \(0\) (question 8)a)). D'après le théorème de la limite monotone, elle est convergente. ∎

8) d) Limite de \((u_n)\)

Notons \(\ell\) sa limite ; par passage à la limite, \(\ell\in[0,\ln 4[\). La fonction \(f\) étant continue et \(u_{n+1}=f(u_n)\), la limite vérifie \(\ell=f(\ell)\), c'est-à-dire \(f(\ell)-\ell=0\). Or \[f(\ell)-\ell=\ell\,e^{\ell/2}\big(e^{\ell/2}-2\big)=0\ \Longleftrightarrow\ \ell=0\ \text{ ou }\ e^{\ell/2}=2\ (\ell=\ln 4).\] Comme \(\ell\in[0,\ln 4[\), la valeur \(\ell=\ln 4\) est exclue : il reste \(\ell=0\). Ainsi \[\lim_{n\to+\infty}u_n=0. ∎\]