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 $\mathbb{R}$. ∎