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 $J=\big]-\infty\,;\,2-\ln(e-1)\big]$. ∎