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 $1\ \text{cm}^{2}$). ∎