2023 — Session normale

1) a) Produit vectoriel $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$

$\overrightarrow{AB}=(2,0,-2)$ et $\overrightarrow{AC}=(2,4,-4)$. On calcule chaque composante du produit vectoriel : $$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\Big(0\cdot(-4)-(-2)\cdot4,\ (-2)\cdot2-2\cdot(-4),\ 2\cdot4-0\cdot2\Big)=(8,4,8)=4(2,1,2).$$ Donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=4\big(2\vec i+\vec j+2\vec k\big)$. ∎

1) b) Aire du triangle et distance

$\big\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big\|=4\sqrt{2^{2}+1^{2}+2^{2}}=4\times3=12$. D'où $$\mathcal A_{ABC}=\frac12\big\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big\|=\frac12\times12=6.$$ Comme $\mathcal A_{ABC}=\dfrac12\,AC\times d\big(B,(AC)\big)$ et $AC=\sqrt{2^{2}+4^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{36}=6$ : $$d\big(B,(AC)\big)=\frac{\big\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big\|}{AC}=\frac{12}{6}=2. ∎$$

2) a) $\overrightarrow{D\Omega}=\tfrac14\big(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big)$

$D$ milieu de $[AC]$ : $D=\Big(\dfrac{0+2}{2},\dfrac{1+5}{2},\dfrac{4+0}{2}\Big)=(1,3,2)$. Alors $$\overrightarrow{D\Omega}=(3-1,\,4-3,\,4-2)=(2,1,2)=\frac14\,(8,4,8)=\frac14\big(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big). ∎$$

2) b) $d\big(\Omega,(ABC)\big)=3$

Le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ est normal au plan $(ABC)$ ; d'après 2)a), $\overrightarrow{D\Omega}$ lui est colinéaire, donc $\overrightarrow{D\Omega}$ est aussi normal à $(ABC)$. Or $D$ (milieu de $[AC]$) appartient à $(ABC)$, donc $D$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$ et $$d\big(\Omega,(ABC)\big)=\Omega D=\|\overrightarrow{D\Omega}\|=\sqrt{2^{2}+1^{2}+2^{2}}=3. ∎$$

3) a) Centre et rayon de $(S)$

On identifie l'équation $x^{2}+y^{2}+z^{2}-6x-8y-8z+32=0$ à $(x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}=R^{2}$ : le centre est $\Omega'(3,4,4)$ et $$R^{2}=3^{2}+4^{2}+4^{2}-32=41-32=9\ \Longrightarrow\ R=3.$$ Le centre de $(S)$ est donc le point $\Omega(3,4,4)$ (le même que celui de l'énoncé) et le rayon $R=3$. ∎

3) b) Tangence du plan $(ABC)$ à $(S)$

D'après 2)b), $d\big(\Omega,(ABC)\big)=3=R$ : le plan $(ABC)$ est donc tangent à la sphère $(S)$. Le point de contact est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$, c'est-à-dire $D(1,3,2)$. Le plan $(ABC)$ est tangent à $(S)$ au point $D$. ∎

4) Plans parallèles $(Q_1)$ et $(Q_2)$

Une équation du plan $(ABC)$, de vecteur normal $(2,1,2)$ et passant par $A(0,1,4)$, est $2x+y+2z-9=0$. Tout plan $(Q)$ parallèle à $(ABC)$ s'écrit $2x+y+2z+d=0$.

Une section de $(S)$ par $(Q)$ est un cercle de rayon $r=\sqrt5$ lorsque $R^{2}=r^{2}+d\big(\Omega,(Q)\big)^{2}$, soit $$9=5+d\big(\Omega,(Q)\big)^{2}\ \Longrightarrow\ d\big(\Omega,(Q)\big)=2.$$ Or $d\big(\Omega,(Q)\big)=\dfrac{|2\cdot3+4+2\cdot4+d|}{\sqrt{2^{2}+1^{2}+2^{2}}}=\dfrac{|18+d|}{3}$, d'où $|18+d|=6$, soit $d=-12$ ou $d=-24$. Les deux plans cherchés sont $$\boxed{(Q_1):\ 2x+y+2z-12=0\quad\text{et}\quad(Q_2):\ 2x+y+2z-24=0.} ∎$$

1) Forme trigonométrique de $a$

$a=\sqrt2+i\sqrt2=\sqrt2(1+i)$, de module $|a|=\sqrt{(\sqrt2)^{2}+(\sqrt2)^{2}}=\sqrt4=2$. Comme $a=2\Big(\dfrac{\sqrt2}{2}+i\dfrac{\sqrt2}{2}\Big)$, $$a=2\Big(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\Big). ∎$$

2) a) $b-d=c$

$$b-d=(1+\sqrt2+i)-2i=1+\sqrt2-i=\overline{1+\sqrt2+i}=\bar b=c. ∎$$

2) b) Alignement de $A$, $B$, $D$

$b-a=(1+\sqrt2+i)-(\sqrt2+i\sqrt2)=1+i(1-\sqrt2)$. Alors $$(\sqrt2+1)(b-a)=(\sqrt2+1)\big[1+i(1-\sqrt2)\big]=(\sqrt2+1)+i\underbrace{(\sqrt2+1)(1-\sqrt2)}_{=-1}=\sqrt2+1-i=b-d,$$ car $(\sqrt2+1)(1-\sqrt2)=\sqrt2-2+1-\sqrt2=-1$ et $b-d=c=1+\sqrt2-i$. Ainsi $\dfrac{b-d}{b-a}=\sqrt2+1\in\mathbb{R}^{*}$, ce qui signifie que $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{DB}$ sont colinéaires : les points $A$, $B$ et $D$ sont alignés. ∎

3) a) $ac=2b$

$$ac=\sqrt2(1+i)\,(1+\sqrt2-i).$$ Or $(1+i)(1+\sqrt2-i)=(1+\sqrt2-i)+i(1+\sqrt2-i)=(1+\sqrt2+1)+i(-1+1+\sqrt2)=(2+\sqrt2)+i\sqrt2$, donc $$ac=\sqrt2\big[(2+\sqrt2)+i\sqrt2\big]=(2\sqrt2+2)+2i=2(1+\sqrt2+i)=2b. ∎$$

3) b) $2\arg(b)\equiv\tfrac{\pi}{4}\ [2\pi]$

De $ac=2b$, en passant aux arguments : $\arg(a)+\arg(c)\equiv\arg(b)\ [2\pi]$. Or $c=\bar b$, donc $\arg(c)\equiv-\arg(b)$, d'où $$\arg(a)-\arg(b)\equiv\arg(b)\ \Longrightarrow\ 2\arg(b)\equiv\arg(a)\equiv\frac{\pi}{4}\ [2\pi]. ∎$$

4) a) Écriture complexe de $R$

La rotation de centre $O$ et d'angle $\dfrac{\pi}{4}$ s'écrit $z'=e^{i\pi/4}z$. Comme $a=2e^{i\pi/4}$, on a $e^{i\pi/4}=\dfrac{a}{2}$, donc $$z'=\frac12\,az. ∎$$

4) b) Images de $C$ et de $A$

Pour $C$ : $z'_C=\dfrac12\,a\,c=\dfrac12(ac)=\dfrac12(2b)=b$, donc $R(C)=B$.

Pour $A$ : $z'_A=\dfrac12\,a\cdot a=\dfrac12\,a^{2}$. Or $a^{2}=\big(2e^{i\pi/4}\big)^{2}=4e^{i\pi/2}=4i$, donc $z'_A=\dfrac12\cdot4i=2i=d$, d'où $R(A)=D$. ∎

4) c) Rapport $\dfrac{b-a}{c-a}$ et angle $\big(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\big)$

On a $b-a=1+i(1-\sqrt2)$ et $c-a=(1+\sqrt2-i)-(\sqrt2+i\sqrt2)=1-i(1+\sqrt2)$. En multipliant haut et bas par le conjugué de $c-a$ : $$\frac{b-a}{c-a}=\frac{\big[1+i(1-\sqrt2)\big]\big[1+i(1+\sqrt2)\big]}{1+(1+\sqrt2)^{2}}=\frac{2+2i}{4+2\sqrt2}=\frac{1+i}{2+\sqrt2}.$$ En multipliant par $\dfrac{2-\sqrt2}{2-\sqrt2}$ : $\dfrac{(1+i)(2-\sqrt2)}{2}=\dfrac{2-\sqrt2}{2}(1+i)$. Or $\Big(\dfrac{\sqrt2-1}{2}\Big)a=\dfrac{\sqrt2-1}{2}\cdot\sqrt2(1+i)=\dfrac{2-\sqrt2}{2}(1+i)$. Donc $$\frac{b-a}{c-a}=\Big(\frac{\sqrt2-1}{2}\Big)a.$$ Comme \dfrac{\sqrt2-1}{2}>0, on a $\arg\dfrac{b-a}{c-a}\equiv\arg(a)\equiv\dfrac{\pi}{4}\ [2\pi]$. Or $\big(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\big)\equiv\arg\dfrac{b-a}{c-a}$, d'où $$\big(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\big)\equiv\frac{\pi}{4}\ [2\pi]. ∎$$

Composition : $U_1$ contient $2$ fois « $0$ », $3$ fois « $1$ », $1$ fois « $2$ » (soit $6$ boules) ; $U_2$ contient $3$ fois « $1$ », $2$ fois « $2$ » (soit $5$ boules). Après avoir déposé la boule tirée de $U_1$, l'urne $U_2$ contient $6$ boules.

1) a) $p(A)$

$A$ ne concerne que le premier tirage : il y a $3$ boules « $1$ » parmi $6$, donc $$p(A)=\frac{3}{6}=\frac12. ∎$$

1) b) $p(B)=\dfrac14$

Le produit $ab=2$ n'est possible que dans deux cas :

• $a=1$ puis $b=2$. $p(a=1)=\dfrac36=\dfrac12$. On ajoute un « $1$ » à $U_2$, qui devient $\{1,1,1,1,2,2\}$ : $p(b=2)=\dfrac26=\dfrac13$. Probabilité : $\dfrac12\times\dfrac13=\dfrac16$.
• $a=2$ puis $b=1$. $p(a=2)=\dfrac16$. On ajoute un « $2$ » à $U_2$, qui devient $\{1,1,1,2,2,2\}$ : $p(b=1)=\dfrac36=\dfrac12$. Probabilité : $\dfrac16\times\dfrac12=\dfrac1{12}$.

Donc $p(B)=\dfrac16+\dfrac1{12}=\dfrac{2}{12}+\dfrac1{12}=\dfrac3{12}=\dfrac14$. ∎

2) $p(A/B)$

$A\cap B$ : « $a=1$ et $ab=2$ », c'est-à-dire $a=1$ puis $b=2$, dont la probabilité vaut $\dfrac16$ (calcul ci-dessus). Donc $$p(A/B)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}=\frac{1/6}{1/4}=\frac46=\frac23. ∎$$

3) a) $p(X=0)=\dfrac13$

Comme $b\in\{1,2\}$ n'est jamais nul, $X=ab=0\iff a=0$. Or $p(a=0)=\dfrac26=\dfrac13$, d'où $p(X=0)=\dfrac13$. ∎

3) b) Loi de probabilité de $X$

• $X=1\iff a=1$ et $b=1$ : $\dfrac12\times\dfrac46=\dfrac13$ (après ajout d'un « $1$ », $p(b=1)=\dfrac46$).
• $X=2$ : c'est l'événement $B$, $p(X=2)=\dfrac14$.
• $X=4\iff a=2$ et $b=2$ : $\dfrac16\times\dfrac36=\dfrac1{12}$ (après ajout d'un « $2$ », $p(b=2)=\dfrac36$).

$$\begin{array}{c|cccc} k & 0 & 1 & 2 & 4\\\hline p(X=k) & \dfrac13 & \dfrac13 & \dfrac14 & \dfrac1{12} \end{array}$$ Vérification : $\dfrac13+\dfrac13+\dfrac14+\dfrac1{12}=\dfrac{4+4+3+1}{12}=1$. ∎

3) c) $M$ et $N$ équiprobables

$M$ : « $ab$ pair non nul » $=\{X=2\}\cup\{X=4\}$, donc $p(M)=\dfrac14+\dfrac1{12}=\dfrac{3+1}{12}=\dfrac13$.
$N$ : « $ab=1$ » $=\{X=1\}$, donc $p(N)=\dfrac13$.
Comme $p(M)=p(N)=\dfrac13$, les événements $M$ et $N$ sont équiprobables. ∎

1) a) Écriture sur dénominateur commun

$(1-\ln x)^{2}=1-2\ln x+(\ln x)^{2}$, donc $f(x)=2-\dfrac2x+1-2\ln x+(\ln x)^{2}=3-\dfrac2x-2\ln x+(\ln x)^{2}$. En réduisant au dénominateur $x$ : $$f(x)=\frac{3x-2-2x\ln x+x(\ln x)^{2}}{x}. ∎$$

1) b) Deux limites par croissances comparées

Posons $t=\sqrt x$ (donc $x=t^{2}$). Quand $x\to0^{+}$, $t\to0^{+}$ : $$x(\ln x)^{2}=t^{2}\,(\ln t^{2})^{2}=t^{2}(2\ln t)^{2}=4\,(t\ln t)^{2}\xrightarrow[t\to0^{+}]{}0,$$ car $t\ln t\to0$. Quand $x\to+\infty$, $t\to+\infty$ : $$\frac{(\ln x)^{2}}{x}=\frac{(2\ln t)^{2}}{t^{2}}=4\Big(\frac{\ln t}{t}\Big)^{2}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0,$$ car $\dfrac{\ln t}{t}\to0$. ∎

1) c) Limite en $0^{+}$ et interprétation

Dans l'écriture $f(x)=\dfrac{3x-2-2x\ln x+x(\ln x)^{2}}{x}$, le numérateur tend vers $3\cdot0-2-2\cdot0+0=-2$ (car $x\ln x\to0$ et $x(\ln x)^{2}\to0$), tandis que le dénominateur $x\to0^{+}$. Donc $$\lim_{x\to0^{+}}f(x)=\frac{-2}{0^{+}}=-\infty.$$ Géométriquement, la droite d'équation $x=0$ (l'axe $(Oy)$) est asymptote verticale à $(C_f)$. ∎

1) d) Limite en $+\infty$ et branche infinie

$f(x)=2-\dfrac2x+(1-\ln x)^{2}$ ; quand $x\to+\infty$, $\dfrac2x\to0$ et $(1-\ln x)^{2}\to+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. Pour la branche infinie : $$\frac{f(x)}{x}=\frac{3}{x}-\frac{2}{x^{2}}-2\,\frac{\ln x}{x}+\frac{(\ln x)^{2}}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$$ (tous les termes tendent vers $0$ par croissances comparées). Comme $f(x)\to+\infty$ et $\dfrac{f(x)}{x}\to0$, la courbe $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des abscisses $(Ox)$ au voisinage de $+\infty$. ∎

2) Dérivée $f'$

$\dfrac{d}{dx}\Big(-\dfrac2x\Big)=\dfrac2{x^{2}}$ et $\dfrac{d}{dx}\big[(1-\ln x)^{2}\big]=2(1-\ln x)\cdot\Big(-\dfrac1x\Big)=\dfrac{2(\ln x-1)}{x}$. Donc $$f'(x)=\frac2{x^{2}}+\frac{2(\ln x-1)}{x}=\frac{2+2x(\ln x-1)}{x^{2}}=\frac{2(1-x+x\ln x)}{x^{2}}. ∎$$

3) a) Stricte croissance et tableau de variations

La fonction $f'$ est continue sur $]0,+\infty[$ (quotient de fonctions continues). D'après le tableau donné : $f'$ décroît de $+\infty$ à $0$ sur $]0,1]$ (donc f'>0 sur $]0,1[$ et $f'(1)=0$), puis $f'\ge0$ au-delà (elle croît vers f'(\beta)>0, puis redécroît vers $0^{+}$ sans jamais s'annuler sur $]1,+\infty[$). Ainsi $f'(x)\ge0$ sur $]0,+\infty[$, avec égalité seulement en $x=1$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

$$\begin{array}{c|ccc} x & 0 & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & \\\hline f(x) & -\infty & \nearrow & +\infty \end{array}\qquad\text{avec } f(1)=2-2+(1-0)^{2}=1.$$ ∎

3) b) Signe de $f''$

$f''$ est la dérivée de $f'$ ; son signe se lit sur les variations de $f'$ : $f'$ décroît sur $]0,1[$ puis croît sur $]1,\beta[$ puis décroît sur $]\beta,+\infty[$. Donc $$\begin{array}{c|ccccccc} x & 0 & & 1 & & \beta & & +\infty\\\hline f''(x) & & - & 0 & + & 0 & - & \end{array}$$ ∎

3) c) Concavité et points d'inflexion

D'après le signe de $f''$ :

• sur $]0,1[$ et $]\beta,+\infty[$ : f''<0, $(C_f)$ est concave ;
• sur $]1,\beta[$ : f''>0, $(C_f)$ est convexe.

La concavité change en $x=1$ et en $x=\beta$ : $(C_f)$ admet deux points d'inflexion, d'abscisses $x=1$ et $x=\beta\approx4{,}9$. ∎

4) a) Signe de $g$

La courbe $(C_g)$ est au-dessus de l'axe des abscisses sur $]\alpha,1[$ et en dessous sur $]0,\alpha[$ et $]1,+\infty[$, avec $g(\alpha)=g(1)=0$. Donc $$\begin{array}{c|ccccccc} x & 0 & & \alpha & & 1 & & +\infty\\\hline g(x) & & - & 0 & + & 0 & - & \end{array}$$ ∎

4) b) Position relative de $(\Delta)$ et $(C_f)$

Comme $g(x)=f(x)-x$ :

• sur $[\alpha,1]$ : $g(x)\ge0\iff f(x)\ge x$ : $(\Delta):y=x$ est en dessous de $(C_f)$ ;
• sur $]0,\alpha]$ et $[1,+\infty[$ : $g(x)\le0\iff f(x)\le x$ : $(\Delta)$ est au-dessus de $(C_f)$. ∎

5) Construction de $(C_f)$ et $(\Delta)$

Éléments de tracé :

• asymptote verticale $(Oy)$ : $f(x)\to-\infty$ quand $x\to0^{+}$ ;
• $f$ strictement croissante de $-\infty$ à $+\infty$ ; branche parabolique de direction $(Ox)$ en $+\infty$ ;
• $(C_f)$ coupe $(\Delta):y=x$ aux deux points $\big(\alpha,\alpha\big)\approx(0{,}3;0{,}3)$ et $(1,1)$ (car $g(\alpha)=g(1)=0$) ;
• points d'inflexion en $(1,1)$ et $\big(\beta,f(\beta)\big)\approx(4{,}9;1{,}9)$ ;
• d'après 4)b), $(C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$ sur $[\alpha,1]$ (petite « bosse ») et en dessous ailleurs.

6) a) Primitive de $1-\ln x$

Si $P(x)=2x-x\ln x$, alors $P'(x)=2-\big(\ln x+x\cdot\tfrac1x\big)=2-\ln x-1=1-\ln x$. Donc $x\mapsto2x-x\ln x$ est une primitive de $x\mapsto1-\ln x$. ∎