2022 — Session de rattrapage

A.1. Inégalité $1+x\le e^{x}$

Posons $h(x)=e^{x}-1-x$. On a $h'(x)=e^{x}-1$.

Pour $x<0$, $h'(x)<0$ donc $h$ décroît. Pour $x>0$, $h'(x)>0$ donc $h$ croît. Ainsi $h$ atteint son minimum en $x=0$ : $h(0)=0$.

Par conséquent $\;h(x)\ge 0\;$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, c'est-à-dire $\;\boxed{1+x\le e^{x}}$. ∎

A.2. a) Encadrement de $1-e^{-x}$

Soit $x\ge 0$. Puisque $e^{x}\ge 1$, on a $e^{-x}\le 1$, d'où $1-e^{-x}\ge 0$.

Par A.1 appliquée à $-x$ : $1-x\le e^{-x}$, soit $1-e^{-x}\le x$.

Conclusion : $\;\boxed{0\le 1-e^{-x}\le x}\;$ pour tout $x\ge 0$. ∎

A.2. b) Encadrement de $1-x+\frac{x^{2}}{2}-e^{-x}$

En intégrant l'inégalité $0\le 1-e^{-t}\le t$ sur $[0,x]$ avec $x\ge 0$ :

$$0\le\int_{0}^{x}(1-e^{-t})\,dt\le\int_{0}^{x}t\,dt,\qquad\text{soit}\qquad 0\le x+e^{-x}-1\le\frac{x^{2}}{2}.$$

En intégrant une seconde fois l'inégalité $0\le t+e^{-t}-1\le\frac{t^{2}}{2}$ sur $[0,x]$ :

$$0\le\int_{0}^{x}\bigl(t+e^{-t}-1\bigr)\,dt\le\int_{0}^{x}\frac{t^{2}}{2}\,dt,\qquad\text{soit}\qquad\boxed{0\le 1-x+\frac{x^{2}}{2}-e^{-x}\le\frac{x^{3}}{6}}\;\text{pour }x\ge 0.\quad∎$$

A.2. c) Limite de $\frac{1-x-e^{-x}}{x^{2}}$

De A.2.b, on a $e^{-x}\le 1-x+\frac{x^{2}}{2}$ et $e^{-x}\ge 1-x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}$. Donc :

$$1-x-\left(1-x+\frac{x^{2}}{2}\right)\le 1-x-e^{-x}\le 1-x-\left(1-x+\frac{x^{2}}{2}-\frac{x^{3}}{6}\right),$$

$$-\frac{x^{2}}{2}\le 1-x-e^{-x}\le -\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{6}.$$

En divisant par $x^{2}>0$ : $\;-\dfrac{1}{2}\le\dfrac{1-x-e^{-x}}{x^{2}}\le -\dfrac{1}{2}+\dfrac{x}{6}$.

Quand $x\to 0^{+}$, le membre de droite tend vers $-\frac{1}{2}$. Par le théorème des gendarmes :

$$\boxed{\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1-x-e^{-x}}{x^{2}}=-\frac{1}{2}.}\quad∎$$

B.1. a) Continuité à droite en $0$

Pour $x>0$ : $\;f(x)=\dfrac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}=\dfrac{e^{-x}(1-e^{-x})}{x}=e^{-x}\cdot\dfrac{1-e^{-x}}{x}$.

Or $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}e^{-x}=1$ et $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1-e^{-x}}{x}=1$ (dérivée de $1-e^{-x}$ en $0$).

Donc $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f(x)=1\times 1=1=f(0)$. Ainsi $f$ est continue à droite en $0$. ∎

B.1. b) Vérification de l'identité

Pour $x>0$ :

$$\frac{f(x)-1}{x}=\frac{\frac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}-1}{x}=\frac{e^{-x}-e^{-2x}-x}{x^{2}}.$$

Calculons le membre de droite :

$$\frac{1-2x-e^{-2x}}{x^{2}}-\frac{1-x-e^{-x}}{x^{2}}=\frac{-x+e^{-x}-e^{-2x}}{x^{2}}=\frac{e^{-x}-e^{-2x}-x}{x^{2}}.$$

Les deux membres sont égaux. ∎

B.1. c) Dérivabilité à droite en $0$

En posant $u=2x\to 0^{+}$ dans A.2.c :

$$\lim_{x\to 0^{+}}\frac{1-2x-e^{-2x}}{x^{2}}=\lim_{u\to 0^{+}}\frac{1-u-e^{-u}}{(u/2)^{2}}=4\times\left(-\frac{1}{2}\right)=-2.$$

De B.1.b et A.2.c : $\;\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}\frac{f(x)-1}{x}=-2-\left(-\frac{1}{2}\right)=-\frac{3}{2}$.

Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et $\;\boxed{f'_{d}(0)=-\frac{3}{2}}$. ∎

B.2. a) Expression de $f'(x)$

Pour $x>0$, $f(x)=\dfrac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}$. Par dérivation du quotient :

$$f'(x)=\frac{(-e^{-x}+2e^{-2x})\,x-(e^{-x}-e^{-2x})}{x^{2}}=\frac{-(x+1)\,e^{-x}+(2x+1)\,e^{-2x}}{x^{2}}.$$

En factorisant par $e^{-2x}$ :

$$\boxed{f'(x)=\frac{e^{-2x}}{x^{2}}\bigl(2x+1-(1+x)\,e^{x}\bigr).}\quad∎$$

B.2. b) Majoration $f'(x)\le -e^{-2x}$

Par A.1, $1+x\le e^{x}$, donc $(1+x)\,e^{x}\ge(1+x)^{2}=1+2x+x^{2}$.

Ainsi $\;2x+1-(1+x)\,e^{x}\le 2x+1-(1+2x+x^{2})=-x^{2}$.

En multipliant par $\dfrac{e^{-2x}}{x^{2}}>0$ :

$$f'(x)\le\frac{e^{-2x}}{x^{2}}\cdot(-x^{2})=\boxed{-e^{-2x}<0.}\quad∎$$

B.2. c) Sens de variation

Pour tout $x>0$, $f'(x)\le -e^{-2x}<0$. Donc $f$ est strictement décroissante sur $I=[0,+\infty[$. ∎

B.3. a) Inégalité $1+x+\frac{x^{2}}{2}\le e^{x}$

Intégrons $1+t\le e^{t}$ (A.1) sur $[0,x]$ avec $x\ge 0$ :

$$\int_{0}^{x}(1+t)\,dt\le\int_{0}^{x}e^{t}\,dt,\qquad\text{soit}\qquad x+\frac{x^{2}}{2}\le e^{x}-1.$$

D'où $\;\boxed{1+x+\frac{x^{2}}{2}\le e^{x}}\;$ pour tout $x\ge 0$. ∎

B.3. b) Signe de $f''(x)$

On doit montrer $e^{x}(2+2x+x^{2})>4x^{2}+4x+2$ pour $x>0$.

Notons que $2+2x+x^{2}=2\left(1+x+\dfrac{x^{2}}{2}\right)$. Par B.3.a, $e^{x}\ge 1+x+\dfrac{x^{2}}{2}$ avec inégalité stricte pour $x>0$.

$$e^{x}(2+2x+x^{2})>2\left(1+x+\frac{x^{2}}{2}\right)^{2}=2\left(1+2x+2x^{2}+x^{3}+\frac{x^{4}}{4}\right)\ge 2(1+2x+2x^{2})=4x^{2}+4x+2.$$

Le numérateur est strictement positif, et $\dfrac{e^{-2x}}{x^{3}}>0$, donc $\;\boxed{f''(x)>0}\;$ pour tout $x>0$. ∎

B.4. a) Limite de $f'(x)$ en $+\infty$

De B.2.a : $f'(x)=\dfrac{e^{-2x}}{x^{2}}\bigl(2x+1-(1+x)\,e^{x}\bigr)$.

Réécrivons : $\;f'(x)=\dfrac{(2x+1)e^{-2x}}{x^{2}}-\dfrac{(1+x)e^{-x}}{x^{2}}$.

Chaque terme tend vers $0$ en $+\infty$ (l'exponentielle l'emporte sur le polynôme) :

$$\boxed{\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0.}\quad∎$$

B.4. b) Majoration de $|f'(x)|$

De B.3.b, $f''>0$ sur $]0,+\infty[$, donc $f'$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

Avec $\displaystyle\lim_{x\to 0^{+}}f'(x)=-\frac{3}{2}$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f'(x)=0$, on obtient :

$$-\frac{3}{2}\le f'(x)<0\quad\text{pour tout }x>0.$$

En ajoutant $f'_{d}(0)=-\frac{3}{2}$, on a $\;\boxed{|f'(x)|\le\frac{3}{2}}\;$ pour tout $x\in I$. ∎

B.5. a) Limite en $+\infty$

Pour $x>0$ : $\;0<f(x)=\dfrac{e^{-x}-e^{-2x}}{x}\le\dfrac{e^{-x}}{x}\to 0$.

Par le théorème des gendarmes : $\;\boxed{\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0}$.

Interprétation : l'axe des abscisses $(y=0)$ est asymptote horizontale à $(C)$ en $+\infty$. ∎

B.5. b) Tableau de variations

$f$ est strictement décroissante sur $[0,+\infty[$, avec $f(0)=1$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=0$.

B.5. c) Position relative

La demi-tangente en $T(0,1)$ a pour équation $y=1-\frac{3}{2}x$ pour $x\ge 0$.

Posons $h(x)=f(x)-1+\frac{3}{2}x$. On a $h(0)=0$ et $h'(x)=f'(x)+\frac{3}{2}>0$ pour $x>0$ (car $f'(x)>-\frac{3}{2}$ d'après B.4.b et la croissance stricte de $f'$).

Donc $h$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ avec $h(0)=0$, ce qui donne $h(x)>0$ pour tout $x>0$.

Conclusion : la courbe $(C)$ est strictement au-dessus de la demi-tangente $T$ pour tout $x>0$. ∎

C.1. a) Bijection

La fonction $g(x)=f(x)-x$ est continue sur $[0,1]$ et $g'(x)=f'(x)-1\le -e^{-2x}-1<0$. Donc $g$ est strictement décroissante.

Valeurs aux bornes : $g(0)=1>0$ et $g(1)=\dfrac{e^{-1}-e^{-2}}{1}-1=e^{-1}-e^{-2}-1<0$.

Par le théorème de la bijection, $g$ est une bijection de $[0,1]$ vers $J=[e^{-1}-e^{-2}-1,\;1]$. ∎

C.1. b) Point fixe

$f(\alpha)=\alpha\iff g(\alpha)=0$. Puisque $g(0)=1>0$, $g(1)<0$ et $g$ est continue strictement décroissante, le théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'un unique $\alpha\in\,]0,1[$ tel que $g(\alpha)=0$, i.e. $\boxed{f(\alpha)=\alpha}$. ∎

C.2. a) Majoration de $|J_{k}-I_{k}|$

On a $J_{k}-I_{k}=\displaystyle\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}\bigl(f(x_{k})-f(t)\bigr)\,dt$, donc :

$$|J_{k}-I_{k}|\le\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}|f(x_{k})-f(t)|\,dt.$$

Par le théorème des accroissements finis, il existe $c$ entre $x_{k}$ et $t$ tel que $|f(x_{k})-f(t)|=|f'(c)|\,|t-x_{k}|\le\dfrac{3}{2}(t-x_{k})$ (par B.4.b).

D'où $\;\boxed{|J_{k}-I_{k}|\le\frac{3}{2}\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}(t-x_{k})\,dt}$. ∎

C.2. b) Borne explicite

$$\int_{x_{k}}^{x_{k+1}}(t-x_{k})\,dt=\left[\frac{(t-x_{k})^{2}}{2}\right]_{x_{k}}^{x_{k+1}}=\frac{(x_{k+1}-x_{k})^{2}}{2}=\frac{\alpha^{2}}{2n^{2}}.$$

Donc $\;|J_{k}-I_{k}|\le\dfrac{3}{2}\cdot\dfrac{\alpha^{2}}{2n^{2}}=\boxed{\dfrac{3\alpha^{2}}{4n^{2}}}$. ∎

C.3. a) Convergence de la somme de Riemann

On a $\dfrac{\alpha}{n}\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}f\!\left(\frac{k\alpha}{n}\right)=\sum_{k=0}^{n-1}J_{k}\;$ et $\;L=\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}I_{k}$. Donc :

$$\left|\frac{\alpha}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\!\left(\frac{k\alpha}{n}\right)-L\right|=\left|\sum_{k=0}^{n-1}(J_{k}-I_{k})\right|\le\sum_{k=0}^{n-1}|J_{k}-I_{k}|\le n\cdot\frac{3\alpha^{2}}{4n^{2}}=\boxed{\frac{3\alpha^{2}}{4n}.}\quad∎$$

C.3. b) Passage à la limite

Puisque $\dfrac{3\alpha^{2}}{4n}\to 0$, le théorème des gendarmes donne :

$$\boxed{\lim_{n\to+\infty}\frac{\alpha}{n}\sum_{k=0}^{n-1}f\!\left(\frac{k\alpha}{n}\right)=\int_{0}^{\alpha}f(t)\,dt.}\quad∎$$

I.1. a) Discriminant

Avec $a=m$, $b=-(m-1)^{2}$, $c=-(m-1)^{2}$ :

$$\Delta=b^{2}-4ac=(m-1)^{4}+4m(m-1)^{2}=(m-1)^{2}\bigl[(m-1)^{2}+4m\bigr]=(m-1)^{2}(m+1)^{2}.$$

Donc $\;\boxed{\Delta=\bigl(m^{2}-1\bigr)^{2}}$. ∎

I.1. b) Solutions

$\sqrt{\Delta}=m^{2}-1=(m-1)(m+1)$. Les solutions sont :

$$z=\frac{(m-1)^{2}\pm(m-1)(m+1)}{2m}=\frac{(m-1)\bigl[(m-1)\pm(m+1)\bigr]}{2m}.$$

Signe $+$ : $z_{1}=\dfrac{(m-1)\cdot 2m}{2m}=\boxed{m-1}$.

Signe $-$ : $z_{2}=\dfrac{(m-1)\cdot(-2)}{2m}=\boxed{\dfrac{1}{m}-1}$. ∎

I.2. Forme exponentielle avec $m=e^{i\theta}$

$z_{1}=e^{i\theta}-1=-2\sin^{2}\!\frac{\theta}{2}+2i\sin\frac{\theta}{2}\cos\frac{\theta}{2}=2\sin\frac{\theta}{2}\!\left(-\sin\frac{\theta}{2}+i\cos\frac{\theta}{2}\right)$.

Or $-\sin\alpha+i\cos\alpha=e^{i(\pi/2+\alpha)}$, donc :

$$\boxed{z_{1}=2\sin\frac{\theta}{2}\;e^{i(\pi/2+\theta/2)}.}$$

$z_{2}=e^{-i\theta}-1=\overline{z_{1}}=2\sin\frac{\theta}{2}\!\left(-\sin\frac{\theta}{2}-i\cos\frac{\theta}{2}\right)$, d'où :

$$\boxed{z_{2}=2\sin\frac{\theta}{2}\;e^{-i(\pi/2+\theta/2)}.}\quad∎$$

II.1. Alignement de $O$, $A$, $B$

$z_{A}=m-1$ et $z_{B}=\frac{1}{m}-1=\frac{-(m-1)}{m}$. Le rapport est :

$$\frac{z_{A}}{z_{B}}=\frac{m-1}{-(m-1)/m}=-m.$$

$O$, $A$, $B$ sont alignés ssi $\frac{z_{A}}{z_{B}}\in\mathbb{R}$, c'est-à-dire $-m\in\mathbb{R}$, soit $\;\boxed{m\in\mathbb{R}}$. ∎

II.2. a) Affixes de $C$ et $D$

Point $C$ : rotation de centre $A$, angle $\frac{\pi}{3}$, image de $B$ :

$$c-z_{A}=e^{i\pi/3}(z_{B}-z_{A}),\quad\text{soit}\quad c=(m-1)+e^{i\pi/3}\!\left(\frac{1}{m}-1-m+1\right)=\boxed{m-1+\left(\frac{1}{m}-m\right)e^{i\pi/3}.}$$

Point $D$ : rotation de centre $O$, angle $\frac{\pi}{3}$, image de $A$ :

$$d=e^{i\pi/3}\cdot z_{A}=\boxed{(m-1)\,e^{i\pi/3}.}\quad∎$$

II.2. b) Expressions de $2(p-r)$ et $2(q-r)$

Avec $r=\frac{z_{B}}{2}=\frac{1}{2}\!\left(\frac{1}{m}-1\right)$ :

$$2(p-r)=z_{A}+c-z_{B}=2(m-1)+\left(\frac{1}{m}-m\right)e^{i\pi/3}-\left(\frac{1}{m}-1\right)=2m-1-\frac{1}{m}+\left(\frac{1}{m}-m\right)e^{i\pi/3}.$$

$$2(q-r)=z_{A}+d-z_{B}=(m-1)+(m-1)\,e^{i\pi/3}-\frac{1}{m}+1=m-\frac{1}{m}+(m-1)\,e^{i\pi/3}.\quad∎$$

II.2. c) Relation $q-r=e^{i\pi/3}(p-r)$

Posons $\omega=e^{i\pi/3}$. On a $\omega^{2}=e^{2i\pi/3}=\omega-1$ (car $\omega$ est racine de $z^{2}-z+1=0$).

$$\omega\cdot 2(p-r)=\omega\!\left(2m-1-\frac{1}{m}\right)+\omega^{2}\!\left(\frac{1}{m}-m\right).$$

En remplaçant $\omega^{2}=\omega-1$ :

$$=\omega\!\left(2m-1-\frac{1}{m}\right)+(\omega-1)\!\left(\frac{1}{m}-m\right)=\omega\!\left(2m-1-\frac{1}{m}+\frac{1}{m}-m\right)-\left(\frac{1}{m}-m\right)$$

$$=\omega(m-1)+m-\frac{1}{m}=(m-1)\,e^{i\pi/3}+m-\frac{1}{m}=2(q-r).$$

Donc $\;\boxed{q-r=e^{i\pi/3}(p-r)}$. ∎

II.2. d) Nature du triangle $PQR$

La relation $q-r=e^{i\pi/3}(p-r)$ signifie $|QR|=|PR|$ et $\angle(\overrightarrow{RP},\overrightarrow{RQ})=\dfrac{\pi}{3}$.

Un triangle isocèle dont l'angle au sommet vaut $\frac{\pi}{3}$ est équilatéral.

$$\boxed{\text{Le triangle }PQR\text{ est équilatéral.}}\quad∎$$

1. a) Morphisme

Il faut montrer $M(a)\times M(b)=M(a+b)$ pour tous $a,b\in\mathbb{R}$. Calculons le produit :

Ligne 1 : $(1,0,0)\times\text{col}_{j}=\text{ligne 1 de }M(b)$, soit $(1,0,0)$. ✓

Ligne 2 : $(a+1,3,-1)$.

Col 1 : $(a+1)\cdot 1+3\cdot(b+1)+(-1)\cdot(2b+3)=a+b+1$. ✓

Col 2 : $0+9-6=3$. ✓   Col 3 : $0-3+2=-1$. ✓

Ligne 3 : $(2a+3,6,-2)$.

Col 1 : $(2a+3)+6(b+1)-2(2b+3)=2(a+b)+3$. ✓

Col 2 : $0+18-12=6$. ✓   Col 3 : $0-6+4=-2$. ✓

Donc $M(a)\times M(b)=M(a+b)=\varphi(a+b)$, ce qui prouve que $\varphi$ est un morphisme de $(\mathbb{R},+)$ vers $(\mathcal{M}_{3}(\mathbb{R}),\times)$. ∎

1. b) $G=\varphi(\mathbb{R})$ et groupe commutatif

Par définition, $G=\{M(a)\mid a\in\mathbb{R}\}=\varphi(\mathbb{R})$. ✓

Puisque $\varphi$ est un morphisme surjectif de $(\mathbb{R},+)$ vers $(G,\times)$ et que $(\mathbb{R},+)$ est un groupe commutatif, son image $(G,\times)$ est un groupe commutatif.

En détail : stabilité : $M(a)\times M(b)=M(a+b)\in G$ ; neutre : $M(0)\in G$ ; inverse : $M(a)^{-1}=M(-a)\in G$ ; commutativité : $M(a)\times M(b)=M(a+b)=M(b+a)=M(b)\times M(a)$. ∎