2022 — Session de rattrapage

1) a) \(u_n>1\) pour tout \(n\)

Par récurrence. Initialisation : \(u_0=2>1\). Hérédité : supposons \(u_n>1\). Comme \(\dfrac{\sqrt2}{2}>0\), \[u_{n+1}=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}>\frac{\sqrt2}{2}\cdot1+\frac{2-\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2+2-\sqrt2}{2}=1.\] Donc \(u_{n+1}>1\). Par récurrence, \(u_n>1\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\). ∎

1) b) Monotonie et convergence

On calcule la différence : \[u_{n+1}-u_n=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}-u_n=\Big(\frac{\sqrt2}{2}-1\Big)u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2-2}{2}u_n-\frac{\sqrt2-2}{2}=\frac{\sqrt2-2}{2}(u_n-1).\] Or \(\dfrac{\sqrt2-2}{2}<0\) (car \(\sqrt2<2\)) et \(u_n-1>0\) (question 1)a)), donc \(u_{n+1}-u_n<0\) : la suite \((u_n)\) est décroissante. Étant de plus minorée par \(1\), elle est convergente (théorème de la limite monotone). ∎

2) a) \((v_n)\) est géométrique

Avec \(v_n=u_n-1\) : \[v_{n+1}=u_{n+1}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n-\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{2}(u_n-1)=\frac{\sqrt2}{2}v_n.\] Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(q=\dfrac{\sqrt2}{2}\) et de premier terme \(v_0=u_0-1=1\). ∎

2) b) Expression de \(u_n\) et limite

\(v_n=v_0\,q^{n}=\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^{n}\), donc \[u_n=1+v_n=1+\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{n}.\] Comme \(0<\dfrac{\sqrt2}{2}<1\), on a \(\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^{n}\to0\), d'où \(\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1\). ∎

2) c) Calcul de la somme \(S\)

La somme comporte \(2022\) termes (\(n\) de \(0\) à \(2021\)). On sépare \(u_n=1+v_n\) : \[S=\sum_{n=0}^{2021}(1+v_n)=2022+\sum_{n=0}^{2021}v_n.\] La somme géométrique vaut \[\sum_{n=0}^{2021}v_n=v_0\,\frac{1-q^{2022}}{1-q}=\frac{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2022}}{1-\frac{\sqrt2}{2}}.\] Or \(1-\dfrac{\sqrt2}{2}=\dfrac{2-\sqrt2}{2}\), donc \(\dfrac{1}{1-q}=\dfrac{2}{2-\sqrt2}=2+\sqrt2\) (après multiplication par le conjugué). De plus \(\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^{2022}=\big(2^{-1/2}\big)^{2022}=2^{-1011}\). Finalement \[\boxed{\,S=2022+(2+\sqrt2)\left(1-\dfrac{1}{2^{1011}}\right)\,}. ∎\]

1) a) Distance \(\Omega A\)

\(\overrightarrow{\Omega A}=(1-3,\,-1-0,\,1+1)=(-2,-1,2)\), donc \[\Omega A=\sqrt{(-2)^{2}+(-1)^{2}+2^{2}}=\sqrt{9}=3. ∎\]

1) b) \((\Delta)\perp(\Omega A)\)

La droite \((\Omega A)\) a pour vecteur directeur \(\overrightarrow{\Omega A}=(-2,-1,2)\), et \((\Delta)\) a pour vecteur directeur \(\vec u=(2,-2,1)\). Leur produit scalaire est \[\overrightarrow{\Omega A}\cdot\vec u=(-2)(2)+(-1)(-2)+(2)(1)=-4+2+2=0,\] donc les deux droites sont perpendiculaires. ∎

1) c) Position relative de \((\Delta)\) et \((S)\)

Le point \(A\) appartient à \((\Delta)\), et \(\overrightarrow{\Omega A}\perp\vec u\) : \(A\) est donc le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \((\Delta)\), d'où \(d\big(\Omega,(\Delta)\big)=\Omega A=3=R\). La droite \((\Delta)\) est donc tangente à la sphère \((S)\) au point \(A\). ∎

2) \(\overrightarrow{AM_a}=(a-2)\vec u\) et \(M_a\in(\Delta)\)

\[\overrightarrow{AM_a}=(2a-3-1,\,3-2a+1,\,a-1-1)=(2a-4,\,4-2a,\,a-2)=(a-2)(2,-2,1)=(a-2)\vec u.\] Le vecteur \(\overrightarrow{AM_a}\) est donc colinéaire à \(\vec u\) ; comme \(A\in(\Delta)\), le point \(M_a\) appartient à \((\Delta)\) pour tout \(a\in\mathbb{R}\). ∎

3) a) Équation du plan \((P_a)\)

\((P_a)\) est perpendiculaire à \((\Delta)\), il admet donc \(\vec u(2,-2,1)\) pour vecteur normal : son équation est de la forme \(2x-2y+z+d=0\). Il passe par \(M_a(2a-3,3-2a,a-1)\) : \[2(2a-3)-2(3-2a)+(a-1)+d=0\ \Longrightarrow\ 9a-13+d=0\ \Longrightarrow\ d=13-9a.\] D'où \((P_a):\ 2x-2y+z-9a+13=0\). ∎

3) b) \(d\big(\Omega,(P_a)\big)=|3a-6|\)

\[d\big(\Omega,(P_a)\big)=\frac{|2(3)-2(0)+(-1)-9a+13|}{\sqrt{2^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{|18-9a|}{3}=\frac{3|6-3a|}{3}=|3a-6|. ∎\]

3) c) Valeurs de \(a\) rendant \((P_a)\) tangent à \((S)\)

Le plan est tangent à \((S)\) lorsque \(d\big(\Omega,(P_a)\big)=R\), soit \(|3a-6|=3\) : \[3a-6=3\ \text{ou}\ 3a-6=-3\ \Longrightarrow\ a=3\ \text{ou}\ a=1.\] Les deux valeurs cherchées sont \(a=1\) et \(a=3\). ∎

1) Affixe de \(D\), milieu de \([AC]\)

\[Z_D=\frac{Z_A+Z_C}{2}=\frac{(1+5i)+(5-3i)}{2}=\frac{6+2i}{2}=3+i. ∎\]

2) Affixe de \(E=h(B)\)

L'homothétie de centre \(A\) et de rapport \(\dfrac12\) donne \(Z_E-Z_A=\dfrac12(Z_B-Z_A)\). Or \(Z_B-Z_A=(1-5i)-(1+5i)=-10i\), donc \[Z_E=Z_A+\tfrac12(-10i)=1+5i-5i=1. ∎\]

3) Image de \(B\) par la rotation \(R\)

Pour la rotation de centre \(C\) et d'angle \(-\dfrac{\pi}{2}\) : \(Z'-Z_C=e^{-i\pi/2}(Z_B-Z_C)\), avec \(e^{-i\pi/2}=-i\). Or \(Z_B-Z_C=(1-5i)-(5-3i)=-4-2i\), donc \[Z'-Z_C=-i(-4-2i)=4i+2i^{2}=-2+4i\ \Longrightarrow\ Z'=(5-3i)+(-2+4i)=3+i.\] L'image de \(B\) par \(R\) est le point d'affixe \(3+i\), c'est-à-dire le point \(D\). ∎

4) a) Vérification du produit

On calcule les quatre différences : \(Z_D-Z_A=2-4i\), \(Z_F-Z_A=-2-4i\), \(Z_F-Z_E=-2+i\), \(Z_D-Z_E=2+i\). Alors \[\frac{Z_D-Z_A}{Z_F-Z_A}\times\frac{Z_F-Z_E}{Z_D-Z_E}=\frac{(2-4i)(-2+i)}{(-2-4i)(2+i)}=\frac{10i}{-10i}=-1,\] car \((2-4i)(-2+i)=-4+2i+8i-4i^{2}=10i\) et \((-2-4i)(2+i)=-4-2i-8i-4i^{2}=-10i\). ∎

4) b) Somme des deux angles

En passant à l'argument du produit (qui vaut \(-1\), d'argument \(\pi\)) : \[\arg\!\Big(\frac{Z_D-Z_A}{Z_F-Z_A}\Big)+\arg\!\Big(\frac{Z_F-Z_E}{Z_D-Z_E}\Big)\equiv\arg(-1)\equiv\pi\ [2\pi].\] Or \(\arg\!\dfrac{Z_D-Z_A}{Z_F-Z_A}\equiv\big(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\big)\) et \(\arg\!\dfrac{Z_F-Z_E}{Z_D-Z_E}\equiv\big(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EF}\big)\). D'où \[\big(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\big)+\big(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EF}\big)\equiv\pi\ [2\pi]. ∎\]

4) c) Forme trigonométrique et nature de \(AEF\)

\(Z_E-Z_F=1-(-1+i)=2-i\) et \(Z_A-Z_F=(1+5i)-(-1+i)=2+4i\). Alors \[\frac{Z_E-Z_F}{Z_A-Z_F}=\frac{2-i}{2+4i}=\frac{(2-i)(2-4i)}{(2+4i)(2-4i)}=\frac{-10i}{20}=-\frac{i}{2}=\frac12\Big(\cos\big(-\tfrac{\pi}{2}\big)+i\sin\big(-\tfrac{\pi}{2}\big)\Big).\] Le module vaut \(\dfrac12\) et l'argument \(-\dfrac{\pi}{2}\). Comme \(\arg\dfrac{Z_E-Z_F}{Z_A-Z_F}\equiv\big(\overrightarrow{FA},\overrightarrow{FE}\big)\equiv-\dfrac{\pi}{2}\), le triangle \(AEF\) est rectangle en \(F\) (et \(FE=\tfrac12\,FA\)). ∎

4) d) Cercle passant par \(A\), \(D\), \(E\), \(F\)

Le produit calculé en 4)a) est un nombre réel (\(-1\)) : c'est le critère de cocyclicité des quatre points \(A\), \(D\), \(E\), \(F\) (ils ne sont pas alignés), donc ils appartiennent à un même cercle \((\mathcal C)\).

D'après 4)c), le triangle \(AEF\) est rectangle en \(F\) : le point \(F\) voit le segment \([AE]\) sous un angle droit, donc \([AE]\) est un diamètre du cercle circonscrit à \(AEF\). Ce cercle contient aussi \(D\) : ainsi \([AE]\) est un diamètre du cercle \((\mathcal C)\) passant par \(A\), \(D\), \(E\) et \(F\). ∎

L'urne contient \(3+4+5=12\) boules ; le tirage simultané de \(3\) boules donne \(\operatorname{Card}(\Omega)=\dbinom{12}{3}=220\) tirages équiprobables.

1) a) \(p(A)=\dfrac{12}{55}\) et \(p(B)=\dfrac{21}{44}\)

Événement \(A\) (exactement \(2\) rouges) : \(2\) rouges parmi \(4\) et \(1\) boule parmi les \(8\) non rouges : \[\operatorname{Card}(A)=\binom{4}{2}\binom{8}{1}=6\times8=48,\qquad p(A)=\frac{48}{220}=\frac{12}{55}.\] Événement \(B\) (exactement \(1\) verte) : \(1\) verte parmi \(5\) et \(2\) boules parmi les \(7\) non vertes : \[\operatorname{Card}(B)=\binom{5}{1}\binom{7}{2}=5\times21=105,\qquad p(B)=\frac{105}{220}=\frac{21}{44}. ∎\]

1) b) Probabilité conditionnelle et indépendance

\(A\cap B\) : exactement \(2\) rouges et exactement \(1\) verte, soit le tirage \(\{2\text{ rouges},1\text{ verte}\}\) : \[\operatorname{Card}(A\cap B)=\binom{4}{2}\binom{5}{1}=6\times5=30,\qquad p(A\cap B)=\frac{30}{220}=\frac{3}{22}.\] D'où \[p(A/B)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}=\frac{30/220}{105/220}=\frac{30}{105}=\frac{2}{7}.\] Comme \(p(A/B)=\dfrac27\neq\dfrac{12}{55}=p(A)\), les événements \(A\) et \(B\) sont dépendants (non indépendants). ∎

2) a) Loi de probabilité de \(X\)

\(X\) compte les vertes (\(5\) vertes, \(7\) non vertes) et prend les valeurs \(0,1,2,3\) : \[p(X=k)=\frac{\dbinom{5}{k}\dbinom{7}{3-k}}{\dbinom{12}{3}}.\] On obtient : \[\begin{array}{c|cccc} k & 0 & 1 & 2 & 3\\\hline p(X=k) & \dfrac{35}{220} & \dfrac{105}{220} & \dfrac{70}{220} & \dfrac{10}{220} \end{array}\qquad\text{soit}\qquad \begin{array}{c|cccc} k & 0 & 1 & 2 & 3\\\hline p(X=k) & \dfrac{7}{44} & \dfrac{21}{44} & \dfrac{7}{22} & \dfrac{1}{22} \end{array}\] La somme vaut \(\dfrac{35+105+70+10}{220}=1\) : la loi est cohérente. ∎

2) b) Probabilité d'au moins deux vertes

\[p(X\ge2)=p(X=2)+p(X=3)=\frac{70}{220}+\frac{10}{220}=\frac{80}{220}=\frac{4}{11}. ∎\]

1) Limite en \(+\infty\) et branche infinie

Quand \(x\to+\infty\), \(x^{4}\to+\infty\) et \((\ln x-1)^{2}\to+\infty\), donc \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty\). Pour la branche infinie : \[\frac{f(x)}{x}=x^{3}(\ln x-1)^{2}\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.\] La courbe \((C)\) admet donc une branche parabolique de direction l'axe \((Oy)\) au voisinage de \(+\infty\). ∎

2) a) Continuité à droite en \(0\)

Par croissance comparée, \(x^{4}(\ln x)^{2}\to0\) et \(x^{4}\ln x\to0\) quand \(x\to0^{+}\). Comme \((\ln x-1)^{2}=\ln^{2}x-2\ln x+1\), \[\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\lim_{x\to0^{+}}\big(x^{4}\ln^{2}x-2x^{4}\ln x+x^{4}\big)=0=f(0).\] Donc \(f\) est continue à droite en \(0\). ∎

2) b) Dérivabilité à droite en \(0\)

On étudie le taux d'accroissement : \[\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\frac{x^{4}(\ln x-1)^{2}}{x}=x^{3}(\ln x-1)^{2}\xrightarrow[x\to0^{+}]{}0\] (à nouveau par croissance comparée). Donc \(f\) est dérivable à droite en \(0\), avec \(f'_d(0)=0\). Géométriquement, \((C)\) admet au point \(O\) une demi-tangente horizontale. ∎

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

Pour \(x>0\), \(f(x)=x^{4}(\ln x-1)^{2}\), donc \[f'(x)=4x^{3}(\ln x-1)^{2}+x^{4}\cdot2(\ln x-1)\cdot\frac1x=4x^{3}(\ln x-1)^{2}+2x^{3}(\ln x-1).\] On factorise par \(2x^{3}(\ln x-1)\) : \[f'(x)=2x^{3}(\ln x-1)\big[2(\ln x-1)+1\big]=2x^{3}(\ln x-1)(2\ln x-1). ∎\]

3) b) Tableau de variations

Pour \(x>0\), \(2x^{3}>0\), donc le signe de \(f'\) est celui de \((\ln x-1)(2\ln x-1)\). Les facteurs s'annulent en \(x=e\) (\(\ln x=1\)) et \(x=\sqrt e\) (\(\ln x=\tfrac12\)). On obtient \(f'>0\) sur \(]0,\sqrt e[\), \(f'<0\) sur \(]\sqrt e,e[\), \(f'>0\) sur \(]e,+\infty[\). Avec \(f(\sqrt e)=(\sqrt e)^{4}\big(\tfrac12-1\big)^{2}=\dfrac{e^{2}}{4}\) et \(f(e)=0\) :

\[\begin{array}{c|ccccccc} x & 0 & & \sqrt e & & e & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & 0 & - & 0 & + & \\\hline f(x) & 0 & \nearrow & \dfrac{e^{2}}{4} & \searrow & 0 & \nearrow & +\infty \end{array}\] \(f\) admet un maximum local \(\dfrac{e^{2}}{4}\approx1{,}85\) en \(\sqrt e\) et un minimum local \(0\) en \(e\). ∎

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

Pour \(x>0\), \(2x^{2}>0\), donc \(f''(x)\) est du signe de \((6\ln x-5)\ln x\). Les facteurs s'annulent en \(x=1\) (\(\ln x=0\)) et \(x=e^{5/6}\) (\(\ln x=\tfrac56\)), avec \(1<e^{5/6}\) :

• sur \(]0,1[\) : \(\ln x<0\) et \(6\ln x-5<0\), produit \(>0\) ⟹ \(f''>0\) ;
• sur \(]1,e^{5/6}[\) : \(\ln x>0\) et \(6\ln x-5<0\), produit \(<0\) ⟹ \(f''<0\) ;
• sur \(]e^{5/6},+\infty[\) : \(\ln x>0\) et \(6\ln x-5>0\), produit \(>0\) ⟹ \(f''>0\). ∎

4) b) Points d'inflexion

\(f''\) change de signe en \(x=1\) et en \(x=e^{5/6}\) : la courbe \((C)\) admet deux points d'inflexion, d'abscisses \(x=1\) et \(x=e^{5/6}\). ∎

5) a) Construction de \((C)\)

Éléments de tracé (avec \(\sqrt e\approx1{,}6\), \(e\approx2{,}7\), \(e^{2}\approx7{,}2\)) :

• \((C)\) part de \(O(0,0)\) avec une demi-tangente horizontale ;
• \(f\ge0\) partout ; monte jusqu'au maximum \(\big(\sqrt e,\tfrac{e^{2}}{4}\big)\approx(1{,}6\,;\,1{,}85)\) (tangente horizontale) ;
• redescend et touche l'axe \((Ox)\) au minimum \((e,0)\approx(2{,}7\,;\,0)\) (tangente horizontale) ;
• points d'inflexion en \(x=1\) (où \(f(1)=1\)) et \(x=e^{5/6}\approx2{,}3\) ;
• puis croît vers \(+\infty\) avec une branche parabolique de direction \((Oy)\).

5) b) Nombre de solutions de \(x^{2}(\ln x-1)=-1\)

Posons \(t(x)=x^{2}(\ln x-1)\) ; alors \(f(x)=\big[x^{2}(\ln x-1)\big]^{2}=t(x)^{2}\). Résoudre \(t(x)=-1\) revient à chercher, parmi les solutions de \(f(x)=1\), celles où \(t(x)<0\). Or \(\ln x-1<0\iff x<e\), donc \(t(x)<0\) sur \(]0,e[\) : les solutions de \(t(x)=-1\) sont exactement les solutions de \(f(x)=1\) situées dans \(]0,e[\).

Graphiquement, la droite \(y=1\) coupe \((C)\) deux fois sur \(]0,e[\) : une fois sur la branche croissante \(]0,\sqrt e[\) (précisément en \(x=1\), car \(f(1)=1\)) et une fois sur la branche décroissante \(]\sqrt e,e[\). L'équation \(x^{2}(\ln x-1)=-1\) admet donc deux solutions. ∎

6) a) \(g\) est paire

Pour tout \(x\in\mathbb{R}\), \(g(-x)=f\big(|-x|\big)=f\big(|x|\big)=g(x)\). Donc \(g\) est paire. ∎

6) b) Construction de \((C_g)\)

Sur \([0,+\infty[\), \(g\) coïncide avec \(f\), donc \((C_g)\) est identique à \((C)\). Comme \(g\) est paire, \((C_g)\) est symétrique par rapport à l'axe \((Oy)\) : on complète en traçant le symétrique de \((C)\) par rapport à \((Oy)\) pour \(x<0\). ∎

7) a) Calcul de \(I\) par parties

On pose \(u(x)=\ln x-1\) et \(v'(x)=x^{4}\), d'où \(u'(x)=\dfrac1x\) et \(v(x)=\dfrac{x^{5}}{5}\). Alors \[I=\Big[(\ln x-1)\frac{x^{5}}{5}\Big]_1^{e}-\int_1^{e}\frac{x^{5}}{5}\cdot\frac1x\,dx=\Big[(\ln x-1)\frac{x^{5}}{5}\Big]_1^{e}-\frac15\int_1^{e}x^{4}\,dx.\] Le crochet vaut \((1-1)\dfrac{e^{5}}{5}-(0-1)\dfrac{1}{5}=\dfrac15\), et \(\dfrac15\displaystyle\int_1^{e}x^{4}dx=\dfrac15\Big[\dfrac{x^{5}}{5}\Big]_1^{e}=\dfrac{e^{5}-1}{25}\). Donc \[I=\frac15-\frac{e^{5}-1}{25}=\frac{5-(e^{5}-1)}{25}=\frac{6-e^{5}}{25}. ∎\]

7) b) Vérification de \(h'(x)\)

\[h'(x)=5x^{4}(\ln x-1)^{2}+x^{5}\cdot2(\ln x-1)\cdot\frac1x=5\underbrace{x^{4}(\ln x-1)^{2}}_{=\,f(x)}+2x^{4}(\ln x-1)=5f(x)+2x^{4}(\ln x-1). ∎\]

7) c) Expression de \(\displaystyle\int_1^{e}f(x)\,dx\)

En intégrant l'égalité de 7)b) entre \(1\) et \(e\) : \[\big[h(x)\big]_1^{e}=5\int_1^{e}f(x)\,dx+2\int_1^{e}x^{4}(\ln x-1)\,dx=5\int_1^{e}f(x)\,dx+2I.\] Or \(h(e)=e^{5}(\ln e-1)^{2}=0\) et \(h(1)=1\cdot(0-1)^{2}=1\), donc \(\big[h(x)\big]_1^{e}=-1\). D'où \(-1=5\displaystyle\int_1^{e}f(x)\,dx+2I\), soit \[\int_1^{e}f(x)\,dx=-\frac15-\frac25 I. ∎\]

7) d) Aire du domaine

Sur \([1,e]\), \(f(x)\ge0\), donc l'aire cherchée vaut \(\displaystyle\int_1^{e}f(x)\,dx\) (en u.a.). En remplaçant \(I=\dfrac{6-e^{5}}{25}\) : \[\mathcal A=-\frac15-\frac25\cdot\frac{6-e^{5}}{25}=-\frac{25}{125}-\frac{2(6-e^{5})}{125}=\frac{-25-12+2e^{5}}{125}=\boxed{\dfrac{2e^{5}-37}{125}}\ \text{u.a.}\] Numériquement \(\mathcal A\approx2{,}08\ \text{cm}^{2}\) (l'unité d'aire est \(1\ \text{cm}^{2}\)). ∎