2024 — Session normale

1) a) Vérifier que \(u_{n+1}=4-\dfrac{6}{1+u_n}\)

On part du membre de droite et on réduit au même dénominateur : \[4-\frac{6}{1+u_n}=\frac{4(1+u_n)-6}{1+u_n}=\frac{4u_n-2}{1+u_n}=u_{n+1}.\] L'égalité est établie pour tout \(n\in\mathbb{N}\). ∎

1) b) Montrer par récurrence que \(2\le u_n\le 4\)

Initialisation. \(u_0=4\), donc \(2\le u_0\le 4\) : vrai au rang \(0\).

Hérédité. Supposons \(2\le u_n\le 4\). Alors \(3\le 1+u_n\le 5\), d'où en passant à l'inverse (fonction décroissante sur \(]0,+\infty[\)) : \[\frac15\le\frac{1}{1+u_n}\le\frac13\ \Longrightarrow\ -\frac{6}{5}\ge-\frac{6}{1+u_n}\ge-2.\] En ajoutant \(4\) : \(\;2\le 4-\dfrac{6}{1+u_n}\le\dfrac{14}{5}\le 4\), c'est-à-dire \(2\le u_{n+1}\le 4\).

Par récurrence, \(2\le u_n\le 4\) pour tout \(n\in\mathbb{N}\). ∎

2) a) Montrer que \(u_{n+1}-u_n=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}\)

\[u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n-2}{1+u_n}-u_n=\frac{4u_n-2-u_n(1+u_n)}{1+u_n}=\frac{-u_n^{2}+3u_n-2}{1+u_n}.\] Or \((u_n-1)(2-u_n)=2u_n-u_n^{2}-2+u_n=-u_n^{2}+3u_n-2\). D'où le résultat. ∎

2) b) Monotonie et convergence

Comme \(2\le u_n\le 4\) : \(u_n-1\ge 1>0\), \(\;2-u_n\le 0\) et \(1+u_n>0\). Le quotient est donc \(\le 0\) : \[u_{n+1}-u_n\le 0,\] la suite \((u_n)\) est décroissante. Étant de plus minorée par \(2\), elle est convergente (théorème de la limite monotone). ∎

3) La suite \(v_n=\dfrac{2-u_n}{1-u_n}\)

a) \((v_n)\) est géométrique de raison \(\tfrac23\). On calcule \(v_{n+1}\) en remplaçant \(u_{n+1}\). D'abord : \[2-u_{n+1}=\frac{2(1+u_n)-(4u_n-2)}{1+u_n}=\frac{4-2u_n}{1+u_n}=\frac{2(2-u_n)}{1+u_n},\] \[1-u_{n+1}=\frac{(1+u_n)-(4u_n-2)}{1+u_n}=\frac{3-3u_n}{1+u_n}=\frac{3(1-u_n)}{1+u_n}.\] En divisant, \(\;v_{n+1}=\dfrac{2(2-u_n)}{3(1-u_n)}=\dfrac23\,v_n.\) Donc \((v_n)\) est géométrique de raison \(q=\tfrac23\), de premier terme \(v_0=\dfrac{2-4}{1-4}=\dfrac{-2}{-3}=\dfrac23\). ∎

b) Exprimer \(u_n\). On isole \(u_n\) dans \(v_n=\dfrac{2-u_n}{1-u_n}\) : \[v_n(1-u_n)=2-u_n\ \Longrightarrow\ u_n(1-v_n)=2-v_n\ \Longrightarrow\ u_n=\frac{2-v_n}{1-v_n}=1+\frac{1}{1-v_n}.\] Comme \(v_n=v_0\,q^{n}=\dfrac23\left(\dfrac23\right)^{n}=\left(\dfrac23\right)^{n+1}\), on obtient \[\boxed{\,u_n=1+\dfrac{1}{1-\left(\tfrac23\right)^{n+1}}\,}\quad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}. ∎\]

c) Limite. Puisque \(0<\tfrac23<1\), on a \(\left(\tfrac23\right)^{n+1}\to 0\), donc \[\lim_{n\to+\infty}u_n=1+\frac{1}{1-0}=\boxed{2}. ∎\]

1) Équation cartésienne de \((P)\)

De vecteur normal \(\vec n(2,-2,1)\), le plan a une équation de la forme \(2x-2y+z+d=0\). Comme \(A(-1,0,-1)\in(P)\) : \[2(-1)-2(0)+(-1)+d=0\ \Longrightarrow\ d=3.\] D'où \(\;(P):\ 2x-2y+z+3=0.\) ∎

2) Équation cartésienne de \((S)\)

Centre \(\Omega(2,-1,0)\), rayon \(R=5\) : \[(S):\ (x-2)^{2}+(y+1)^{2}+z^{2}=25,\quad\text{soit}\quad x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x+2y-20=0. ∎\]

3) a) Vérifier \(d(\Omega,(P))=3\)

\[d(\Omega,(P))=\frac{|2\cdot2-2\cdot(-1)+0+3|}{\sqrt{2^{2}+(-2)^{2}+1^{2}}}=\frac{|4+2+3|}{\sqrt9}=\frac{9}{3}=3. ∎\]

3) b) Nature de l'intersection \((P)\cap(S)\)

On compare la distance au rayon : \(d(\Omega,(P))=3<5=R\). Le plan coupe donc la sphère suivant un cercle \((\Gamma)\), de rayon \[r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4. ∎\]

4) a) Représentation paramétrique de \((\Delta)\) passant par \(\Omega\), \(\perp(P)\)

Perpendiculaire à \((P)\), la droite \((\Delta)\) a pour vecteur directeur \(\vec n(2,-2,1)\) ; passant par \(\Omega(2,-1,0)\) : \[(\Delta):\ \begin{cases}x=2+2t\\ y=-1-2t\\ z=t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}). ∎\]

4) b) Le point \(H(0,1,-1)\) est le centre de \((\Gamma)\)

Le centre de \((\Gamma)\) est le projeté orthogonal de \(\Omega\) sur \((P)\), c'est-à-dire \((\Delta)\cap(P)\). On injecte les coordonnées de \((\Delta)\) dans l'équation de \((P)\) : \[2(2+2t)-2(-1-2t)+t+3=0\ \Longrightarrow\ 9t+9=0\ \Longrightarrow\ t=-1.\] Pour \(t=-1\) : \(x=0\), \(y=1\), \(z=-1\). Le projeté est \(H(0,1,-1)\), donc \(H\) est le centre de \((\Gamma)\). ∎

4) c) \((\Delta)\) est une médiatrice de \([AB]\)

On a \(\overrightarrow{AB}=(2,2,0)\). Le vecteur directeur de \((\Delta)\) est \(\vec n(2,-2,1)\), et \[\vec n\cdot\overrightarrow{AB}=2\cdot2+(-2)\cdot2+1\cdot0=0\ \Longrightarrow\ (\Delta)\perp(AB).\] De plus le milieu de \([AB]\) est \(\left(\dfrac{-1+1}{2},\dfrac{0+2}{2},\dfrac{-1-1}{2}\right)=(0,1,-1)=H\), qui appartient à \((\Delta)\). La droite \((\Delta)\) passe par le milieu de \([AB]\) en lui étant perpendiculaire : c'est une médiatrice de \([AB]\). ∎

1) Vérifier \(|a|=\sqrt6\) et \(\arg(a)\equiv-\dfrac{\pi}{4}\ [2\pi]\)

\(|a|=\sqrt3\cdot|1-i|=\sqrt3\cdot\sqrt2=\sqrt6\). Et \(\arg(a)=\arg(\sqrt3)+\arg(1-i)=0+\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)=-\dfrac{\pi}{4}\). Donc \(a=\sqrt6\,e^{-i\pi/4}\). ∎

2) a) Forme algébrique et exponentielle de \(\dfrac{b}{a}\)

On multiplie par le conjugué du dénominateur \(\big(\sqrt3(1+i)\big)\) : \[\frac{b}{a}=\frac{2+\sqrt3+i}{\sqrt3(1-i)}=\frac{(2+\sqrt3+i)(1+i)}{\sqrt3(1-i)(1+i)}=\frac{(1+\sqrt3)+(3+\sqrt3)i}{2\sqrt3}.\] En rationalisant chaque partie (multiplier par \(\sqrt3\)) : \[\frac{b}{a}=\frac{3+\sqrt3}{6}+\frac{1+\sqrt3}{2}\,i.\] D'autre part \(\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\left(\dfrac12+\dfrac{\sqrt3}{2}i\right)=\dfrac{3+\sqrt3}{6}+\dfrac{(3+\sqrt3)\sqrt3}{6}\,i=\dfrac{3+\sqrt3}{6}+\dfrac{1+\sqrt3}{2}\,i\). Les deux écritures coïncident, donc \(\;\dfrac{b}{a}=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}.\) ∎

2) b) Forme trigonométrique de \(b\) ; \(b^{24}\in\mathbb{R}\)

Comme \(b=\dfrac{b}{a}\cdot a\) : \[b=\frac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}\cdot\sqrt6\,e^{-i\pi/4}=\underbrace{\frac{(3+\sqrt3)\sqrt6}{3}}_{=\,\sqrt6+\sqrt2}\;e^{i(\pi/3-\pi/4)}=(\sqrt6+\sqrt2)\,e^{i\pi/12}.\] Ainsi \(|b|=\sqrt6+\sqrt2\) et \(\arg(b)\equiv\dfrac{\pi}{12}\ [2\pi]\). Par suite, \[b^{24}=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}\,e^{i\cdot 24\pi/12}=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}\,e^{2i\pi}=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}\in\mathbb{R}. ∎\]

3) Rotation \(R\) de centre \(O\), d'angle \(\dfrac{\pi}{6}\)

a) \(z'=\tfrac12(\sqrt3+i)z\) et \(\arg(a')\equiv-\tfrac{\pi}{12}\). La rotation de centre \(O\) s'écrit \(z'=e^{i\pi/6}z\), et \(e^{i\pi/6}=\cos\tfrac\pi6+i\sin\tfrac\pi6=\dfrac{\sqrt3}{2}+\dfrac12 i=\dfrac12(\sqrt3+i)\). Donc \(z'=\dfrac12(\sqrt3+i)z\). Pour \(A'=R(A)\), \(a'=e^{i\pi/6}a\), d'où \(\arg(a')=\dfrac\pi6+\arg(a)=\dfrac\pi6-\dfrac\pi4=-\dfrac{\pi}{12}\). ∎

b) \(a''=\sqrt6\,e^{i\pi/12}\) et \(O,A'',B\) alignés. Comme la rotation conserve le module, \(|a'|=|a|=\sqrt6\), donc \(a'=\sqrt6\,e^{-i\pi/12}\). Puis \(A''=R(A')\) donne \[a''=e^{i\pi/6}a'=\sqrt6\,e^{i(\pi/6-\pi/12)}=\sqrt6\,e^{i\pi/12}.\] Or \(\arg(a'')=\dfrac{\pi}{12}=\arg(b)\). Les affixes \(a''\) et \(b\) ont même argument, donc \(\dfrac{a''}{b}=\dfrac{\sqrt6}{\sqrt6+\sqrt2}>0\) est réel : les points \(O\), \(A''\) et \(B\) sont alignés. ∎

c) \(b'=\left(\dfrac{3+\sqrt3}{3}\right)\bar a\). On a \(B'=R(B)\), donc \(b'=e^{i\pi/6}b\). En remplaçant \(b=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}a\) : \[b'=e^{i\pi/6}\cdot\frac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/3}a=\frac{3+\sqrt3}{3}\,e^{i\pi/2}a.\] Or \(e^{i\pi/2}a=\sqrt6\,e^{i(\pi/2-\pi/4)}=\sqrt6\,e^{i\pi/4}=\bar a\) (car \(\bar a=\sqrt6\,e^{i\pi/4}\)). D'où \(\;b'=\dfrac{3+\sqrt3}{3}\,\bar a.\) ∎

d) Le triangle \(OAB'\) est rectangle en \(O\). On mesure l'angle \(\big(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB'}\big)\equiv\arg\!\dfrac{b'}{a}\,[2\pi]\). Comme \(\dfrac{3+\sqrt3}{3}>0\), \(\arg(b')=\arg(\bar a)=-\arg(a)\), donc \[\arg\frac{b'}{a}=\arg(b')-\arg(a)=-2\arg(a)=-2\left(-\frac\pi4\right)=\frac{\pi}{2}.\] L'angle en \(O\) vaut \(\dfrac{\pi}{2}\) : le triangle \(OAB'\) est rectangle en \(O\). ∎

Le tirage étant simultané, l'univers a pour cardinal \(\;\operatorname{Card}(\Omega)=\dbinom{7}{2}=21\) tirages équiprobables.

1) \(p(A)=\dfrac13\), où \(A\) : « les deux boules portent le même numéro »

Deux boules de même numéro : soit deux « \(1\) » (\(\binom{4}{2}=6\)), soit deux « \(2\) » (\(\binom{2}{2}=1\)) — impossible pour le « \(3\) » (une seule boule). Donc \(\operatorname{Card}(A)=6+1=7\) et \[p(A)=\frac{7}{21}=\frac13. ∎\]

2) \(p(B)=\dfrac{5}{21}\), où \(B\) : « la somme des numéros est \(4\) »

Somme \(4\) avec deux boules : soit \(2+2\) (les deux « \(2\) » : \(\binom{2}{2}=1\)), soit \(1+3\) (une « \(1\) » et la « \(3\) » : \(\binom{4}{1}\binom{1}{1}=4\)). Donc \(\operatorname{Card}(B)=1+4=5\) et \(p(B)=\dfrac{5}{21}\). ∎

3) Calculer \(p(A\cap B)\)

\(A\cap B\) : même numéro et somme \(4\). Le seul cas est \(2+2\) (le cas \(1+3\) a deux numéros différents). Donc \(\operatorname{Card}(A\cap B)=\binom{2}{2}=1\) et \(\;p(A\cap B)=\dfrac{1}{21}.\) ∎

4) \(A\) et \(B\) sont-ils indépendants ?

On compare \(p(A\cap B)\) à \(p(A)\,p(B)\) : \[p(A)\,p(B)=\frac13\cdot\frac{5}{21}=\frac{5}{63},\qquad p(A\cap B)=\frac{1}{21}=\frac{3}{63}.\] Comme \(p(A\cap B)\neq p(A)\,p(B)\), les événements \(A\) et \(B\) sont dépendants (non indépendants). ∎

1) Tracé. \((C_v)\) est la première bissectrice, droite d'équation \(y=x\) passant par l'origine. \((C_u)\) est la courbe de l'exponentielle : strictement croissante, convexe, passant par \((0,1)\), d'asymptote horizontale \(y=0\) en \(-\infty\) et de branche infinie en \(+\infty\). La courbe \((C_u)\) reste entièrement au-dessus de \((C_v)\).

2) Justifier \(e^{x}-x>0\) pour tout \(x\in\mathbb{R}\). Graphiquement, \((C_u)\) est strictement au-dessus de \((C_v)\), donc \(u(x)>v(x)\), c'est-à-dire \(e^{x}-x>0\) pour tout réel \(x\).

3) Aire. Sur \([0,1]\), \(e^{x}-x>0\), donc l'aire entre \((C_u)\), \((C_v)\) et les droites \(x=0\), \(x=1\) vaut \[\mathcal{A}=\int_0^1\big(e^{x}-x\big)\,dx=\Big[e^{x}-\tfrac12x^{2}\Big]_0^1=\Big(e-\tfrac12\Big)-\big(1-0\big)=\boxed{\,e-\tfrac32\,}\ \text{(u.a.)}. ∎\]

1) a) \(f\) est définie sur \(\mathbb{R}\). \(f(x)\) existe ssi \(e^{x}-x>0\), ce qui est vrai pour tout \(x\) (Partie I, 2). Donc \(D_f=\mathbb{R}\). ∎

1) b) Montrer que \(f(x)=1-\ln\!\big(1-x\,e^{-x}\big)\). On factorise \(e^{x}\) dans le logarithme : \[f(x)=x+1-\ln\!\Big(e^{x}\big(1-x\,e^{-x}\big)\Big)=x+1-\ln e^{x}-\ln\!\big(1-x\,e^{-x}\big)=x+1-x-\ln\!\big(1-x\,e^{-x}\big).\] D'où \(\;f(x)=1-\ln\!\big(1-x\,e^{-x}\big).\) ∎

1) c) \(\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1\) et interprétation. En \(+\infty\), la croissance comparée donne \(x\,e^{-x}\to 0\), donc \(1-x\,e^{-x}\to 1\) et \(\ln(1-x\,e^{-x})\to 0\). Ainsi \(\lim_{x\to+\infty}f(x)=1\). Géométriquement, la droite \(y=1\) est asymptote horizontale à \((C_f)\) au voisinage de \(+\infty\). ∎

2) a) \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)\). On pose \(t=-x\to+\infty\). Alors \(x\,e^{-x}=-t\,e^{t}\to-\infty\), donc \(1-x\,e^{-x}=1+t\,e^{t}\to+\infty\) et \(\ln(1-x\,e^{-x})\to+\infty\). Par suite \[\lim_{x\to-\infty}f(x)=1-(+\infty)=-\infty. ∎\]

2) b) Pour \(x<0\), \(f(x)=x+1-\ln(-x)-\ln\!\Big(1-\dfrac{1}{x\,e^{-x}}\Big)\). Pour \(x<0\), on a \(-x>0\) et on factorise \(-x\) : \[e^{x}-x=-x\Big(1-\frac{e^{x}}{x}\Big),\qquad\text{avec}\quad \frac{e^{x}}{x}=\frac{1}{x\,e^{-x}}.\] Donc \(\ln(e^{x}-x)=\ln(-x)+\ln\!\Big(1-\dfrac{1}{x\,e^{-x}}\Big)\), d'où \[f(x)=x+1-\ln(-x)-\ln\!\Big(1-\frac{1}{x\,e^{-x}}\Big). ∎\]

2) c) \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}\) et branche infinie. En divisant l'écriture précédente par \(x\) : \[\frac{f(x)}{x}=1+\frac1x-\frac{\ln(-x)}{x}-\frac1x\ln\!\Big(1-\frac{1}{x\,e^{-x}}\Big).\] Quand \(x\to-\infty\) : \(\tfrac1x\to0\) ; \(\tfrac{\ln(-x)}{x}\to0\) (croissance comparée) ; et \(\tfrac{1}{x\,e^{-x}}\to0\) donc le dernier terme tend vers \(0\). Ainsi \(\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=1\). De plus \(f(x)-x=1-\ln(-x)-\ln\!\big(1-\tfrac{1}{x\,e^{-x}}\big)\to-\infty\). La courbe \((C_f)\) admet donc une branche parabolique de direction la droite \(y=x\) au voisinage de \(-\infty\). ∎

3) a) Montrer que \(f'(x)=\dfrac{1-x}{e^{x}-x}\). À partir de \(f(x)=x+1-\ln(e^{x}-x)\) et \((\ln w)'=\tfrac{w'}{w}\) avec \(w=e^{x}-x\), \(w'=e^{x}-1\) : \[f'(x)=1-\frac{e^{x}-1}{e^{x}-x}=\frac{(e^{x}-x)-(e^{x}-1)}{e^{x}-x}=\frac{1-x}{e^{x}-x}. ∎\]

3) b) Signe de \(f'\) et tableau de variations. Le dénominateur \(e^{x}-x>0\), donc \(f'(x)\) est du signe de \(1-x\) : positif pour \(x<1\), nul en \(1\), négatif pour \(x>1\). La fonction croît sur \(]-\infty,1]\) puis décroît sur \([1,+\infty[\), avec le maximum \[f(1)=1+1-\ln(e^{1}-1)=2-\ln(e-1).\] \[\begin{array}{c|ccccc} x & -\infty & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & 0 & - & \\\hline f(x) & -\infty & \nearrow & 2-\ln(e-1) & \searrow & 1 \end{array}\] ∎

3) c) \(f(x)=0\) admet une solution unique dans \(]-1,0[\). \(f\) est continue et strictement croissante sur \(]-\infty,1]\), en particulier sur \([-1,0]\). Or \[f(0)=1-\ln(1)=1>0,\qquad f(-1)=-\ln\!\big(e^{-1}+1\big)<0\ \ (\text{car } e^{-1}+1>1).\] \(f(-1)\) et \(f(0)\) sont de signes contraires ; par le théorème des valeurs intermédiaires (monotonie stricte), l'équation \(f(x)=0\) admet une unique solution dans \(]-1,0[\). ∎

4) a) \(f(x)=x\) admet deux solutions \(\alpha\) et \(\beta\). Sur le graphique, la courbe \((C_f)\) coupe la droite \(y=x\) en deux points ; l'équation \(f(x)=x\) admet donc deux solutions \(\alpha\) et \(\beta\).

4) b) Montrer que \(e^{\alpha}-e^{\beta}=\alpha-\beta\). Si \(\alpha\) vérifie \(f(\alpha)=\alpha\) : \[\alpha+1-\ln(e^{\alpha}-\alpha)=\alpha\ \Longrightarrow\ \ln(e^{\alpha}-\alpha)=1\ \Longrightarrow\ e^{\alpha}-\alpha=e.\] De même \(e^{\beta}-\beta=e\). En soustrayant : \((e^{\alpha}-\alpha)-(e^{\beta}-\beta)=0\), d'où \[e^{\alpha}-e^{\beta}=\alpha-\beta. ∎\]

5) \(g\) = restriction de \(f\) à \(I=\,]-\infty,1]\).

a) \(g\) admet une réciproque \(g^{-1}\) sur un intervalle \(J\). Sur \(I\), \(g\) est continue et strictement croissante, donc elle réalise une bijection de \(I\) sur \[g(I)=\Big]\lim_{x\to-\infty}f(x)\,;\,f(1)\Big]=\big]-\infty\,;\,2-\ln(e-1)\big].\] \(g\) admet donc une fonction réciproque \(g^{-1}\) définie sur \(J=\big]-\infty\,;\,2-\ln(e-1)\big]\). ∎

b) \(g^{-1}\) est dérivable en \(1\) et \(\big(g^{-1}\big)'(1)\). On a \(g(0)=f(0)=1\), donc \(g^{-1}(1)=0\). Comme \(g\) est dérivable en \(0\) avec \[g'(0)=f'(0)=\frac{1-0}{e^{0}-0}=\frac{1}{1}=1\neq 0,\] \(g^{-1}\) est dérivable en \(g(0)=1\) et \[\big(g^{-1}\big)'(1)=\frac{1}{g'\big(g^{-1}(1)\big)}=\frac{1}{g'(0)}=1. ∎\]