2024 — Session de rattrapage

1) a) $A\in(P)$ et vecteur normal

On remplace les coordonnées de $A(1,1,0)$ dans l'équation de $(P)$ : $1+0-1=0$. Donc $A\in(P)$. Les coefficients de $x,y,z$ dans $x+z-1=0$ donnent un vecteur normal $\vec n=(1,0,1)$. ∎

1) b) $(\Omega A)\perp(P)$

$\overrightarrow{\Omega A}=(1-(-1),\,1-1,\,0-(-2))=(2,0,2)=2(1,0,1)=2\,\vec n$. Le vecteur directeur $\overrightarrow{\Omega A}$ de la droite $(\Omega A)$ est colinéaire au vecteur normal $\vec n$ de $(P)$, donc $(\Omega A)\perp(P)$. ∎

2) a) $(S)$ est une sphère de centre $\Omega$

On complète les carrés : $$x^{2}+2x=(x+1)^{2}-1,\quad y^{2}-2y=(y-1)^{2}-1,\quad z^{2}+4z=(z+2)^{2}-4.$$ L'équation devient $(x+1)^{2}+(y-1)^{2}+(z+2)^{2}-6-3=0$, soit $$(x+1)^{2}+(y-1)^{2}+(z+2)^{2}=9.$$ C'est une sphère de centre $\Omega(-1,1,-2)$ et de rayon $R=3$. ∎

2) b) Section de $(S)$ par $(P)$

La distance du centre au plan est $$d\big(\Omega,(P)\big)=\frac{|(-1)+(-2)-1|}{\sqrt{1^{2}+0^{2}+1^{2}}}=\frac{4}{\sqrt2}=2\sqrt2.$$ Comme $2\sqrt2\approx2{,}83<3=R$, le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle. Son centre est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$ ; or d'après 1)b), $\overrightarrow{\Omega A}\perp(P)$ avec $A\in(P)$, donc ce projeté est $A$. Le rayon du cercle vaut $$r=\sqrt{R^{2}-d\big(\Omega,(P)\big)^{2}}=\sqrt{9-8}=1. ∎$$

3) a) $A\in(Q_m)$ pour tout $m$

$A(1,1,0)$ : $1+1+m\cdot0-2=0$, vrai pour tout $m\in\mathbb R$. Donc $A\in(Q_m)$. ∎

3) b) $(Q_m)\perp(P)$

Un vecteur normal de $(Q_m)$ est $\vec{n_m}=(1,1,m)$, et $\vec n=(1,0,1)$ est normal à $(P)$. Les deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs normales sont orthogonales : $$\vec{n_m}\cdot\vec n=1\cdot1+1\cdot0+m\cdot1=1+m=0\ \Longrightarrow\ m=-1. ∎$$

3) c) Un cercle de centre $A$ ?

Pour que $(Q_m)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$, il faudrait que $A$ soit le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(Q_m)$, c'est-à-dire $\overrightarrow{\Omega A}$ normal à $(Q_m)$, donc $\overrightarrow{\Omega A}=(2,0,2)$ colinéaire à $\vec{n_m}=(1,1,m)$.

I) 1) Discriminant de $(E)$

$\Delta=(-4)^{2}-4\times1\times9=16-36=-20$. Or $\big(2i\sqrt5\big)^{2}=4\,i^{2}\times5=-20$. Donc $\Delta=\big(2i\sqrt5\big)^{2}$. ∎

I) 2) Résolution

$\sqrt\Delta=2i\sqrt5$, d'où $$z=\frac{4\pm2i\sqrt5}{2}=2\pm i\sqrt5.$$ Les solutions sont $z_1=2+i\sqrt5$ et $z_2=2-i\sqrt5$. ∎

II) 1) a) $|a|=3$

$|a|=\sqrt{2^{2}+(\sqrt5)^{2}}=\sqrt{4+5}=\sqrt9=3$. ∎

II) 1) b) Triangle $OAB$ isocèle

$OA=|a|=3$ et $OB=|b|=\sqrt{2^{2}+(-\sqrt5)^{2}}=\sqrt9=3$. Donc $OA=OB$ : le triangle $OAB$ est isocèle en $O$. ∎

II) 2) a) $\dfrac{a-c}{b-c}=i$

$a-c=(2+i\sqrt5)-(2-\sqrt5)=\sqrt5+i\sqrt5=\sqrt5(1+i)$ et $b-c=(2-i\sqrt5)-(2-\sqrt5)=\sqrt5-i\sqrt5=\sqrt5(1-i)$. Donc $$\frac{a-c}{b-c}=\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)^{2}}{(1-i)(1+i)}=\frac{2i}{2}=i. ∎$$

II) 2) b) Nature du triangle $ABC$

Le rapport $\dfrac{a-c}{b-c}=\dfrac{z_A-z_C}{z_B-z_C}=i$ donne d'une part $\left|\dfrac{a-c}{b-c}\right|=\dfrac{CA}{CB}=|i|=1$, donc $CA=CB$ ; d'autre part $\big(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}\big)\equiv\arg(i)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$. Le triangle $ABC$ est donc rectangle isocèle en $C$. ∎

II) 3) a) Affixe de $D$

La translation de vecteur $\overrightarrow{CA}$ envoie $B$ sur $D$, donc $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CA}$, soit $d-b=a-c$. Ainsi $$d=b+(a-c)=(2-i\sqrt5)+\sqrt5(1+i)=2+\sqrt5. ∎$$

II) 3) b) $ADBC$ est un carré

De $d-b=a-c$ on tire $a+b=c+d$ : les segments $[AB]$ et $[DC]$ ont le même milieu (d'affixe $\tfrac{a+b}{2}=2$). Le quadrilatère $ADBC$ a donc ses diagonales $[AB]$ et $[DC]$ qui se coupent en leur milieu : c'est un parallélogramme. Ensuite :

• $|AB|=|a-b|=|2i\sqrt5|=2\sqrt5$ et $|DC|=|d-c|=|(2+\sqrt5)-(2-\sqrt5)|=|2\sqrt5|=2\sqrt5$ : les diagonales sont égales (rectangle) ;
• $a-b=2i\sqrt5$ est imaginaire pur et $d-c=2\sqrt5$ est réel : les diagonales sont perpendiculaires (losange).

II) 4) a) $x_n\,\overline{x_n}=1$

$x_n\,\overline{x_n}=|x_n|^{2}=\left|\dfrac{a}{3}\right|^{2n}=\left(\dfrac{|a|}{3}\right)^{2n}=\left(\dfrac{3}{3}\right)^{2n}=1$. ∎

II) 4) b) $y_n+\overline{y_n}=1$ et partie réelle

Comme $\overline{y_n}=\dfrac{1}{1-\overline{x_n}}$, $$y_n+\overline{y_n}=\frac{1}{1-x_n}+\frac{1}{1-\overline{x_n}}=\frac{(1-\overline{x_n})+(1-x_n)}{(1-x_n)(1-\overline{x_n})}=\frac{2-(x_n+\overline{x_n})}{1-(x_n+\overline{x_n})+x_n\overline{x_n}}.$$ Or $x_n\overline{x_n}=1$ (question 4a), donc le dénominateur vaut $1-(x_n+\overline{x_n})+1=2-(x_n+\overline{x_n})$, égal au numérateur. D'où $y_n+\overline{y_n}=1$.

Comme $y_n+\overline{y_n}=2\,\mathrm{Re}(y_n)$, on obtient $\boxed{\mathrm{Re}(y_n)=\dfrac12}$. ∎

1) Nombre de tirages

Le tirage étant successif et sans remise, l'ordre compte : le nombre de tirages est le nombre d'arrangements de $3$ boules parmi $8$ : $$\mathrm{Card}(\Omega)=A_8^{3}=8\times7\times6=336. ∎$$

2) $p(A)$ : trois blanches

Le nombre de tirages ordonnés de $3$ blanches parmi les $4$ est $A_4^{3}=4\times3\times2=24$. Donc $$p(A)=\frac{A_4^{3}}{A_8^{3}}=\frac{24}{336}=\frac{1}{14}. ∎$$

3) $p(B)=\tfrac{5}{56}$

« Trois boules de même couleur » = « trois blanches » ou « trois noires » (il n'y a qu'une verte, impossible d'en tirer trois). Donc $$\mathrm{Card}(B)=A_4^{3}+A_3^{3}=24+6=30,\qquad p(B)=\frac{30}{336}=\frac{5}{56}. ∎$$

4) $p(C)$ : au moins deux couleurs différentes

L'événement contraire de $C$ est « les trois boules sont de la même couleur », c'est-à-dire $\overline C=B$. Donc $$p(C)=1-p(B)=1-\frac{5}{56}=\frac{51}{56}. ∎$$

Partie I — 1) a) Encadrement de $\ln(1+x)$

Sur $]-1,+\infty[$, la lecture graphique montre que la courbe $(\mathcal C_g)$ est en dessous de $(\mathcal C_h)$, elle-même en dessous de la droite $y=x$. Autrement dit $g(x)\le h(x)\le x$, c'est-à-dire $$\frac{x}{1+x}\le\ln(1+x)\le x. ∎$$

Partie I — 1) b) $(1+x)\ln(1+x)-x\ge0$

De l'inégalité de gauche $\dfrac{x}{1+x}\le\ln(1+x)$, et comme $1+x>0$ sur $]-1,+\infty[$, on multiplie par $1+x$ sans changer le sens : $$x\le(1+x)\ln(1+x)\ \Longrightarrow\ (1+x)\ln(1+x)-x\ge0. ∎$$

Partie I — 1) c) Inégalité sur $\mathbb R$

Pour tout $x\in\mathbb R$, on a $e^{x}\in\,]0,+\infty[\,\subset\,]-1,+\infty[$. En appliquant 1)b) avec $e^{x}$ à la place de $x$ : $$(1+e^{x})\ln(1+e^{x})-e^{x}\ge0\ \Longrightarrow\ e^{x}-(1+e^{x})\ln(1+e^{x})\le0. ∎$$

Partie I — 2) a) $0<u_n\le1$

Initialisation : $u_0=1$ vérifie $0<u_0\le1$. Hérédité : supposons $0<u_n\le1$. Alors $1+u_n>1>0$, donc $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}>0$ ; de plus $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}\le1$ car $u_n\le1+u_n$. Ainsi $0<u_{n+1}\le1$. D'où $0<u_n\le1$ pour tout $n$. ∎

Partie I — 2) b) $(u_n)$ décroissante

Pour tout $n$, comme $u_n>0$ : $$u_{n+1}-u_n=\frac{u_n}{1+u_n}-u_n=\frac{u_n-u_n(1+u_n)}{1+u_n}=\frac{-u_n^{2}}{1+u_n}<0.$$ (On pouvait aussi invoquer 1)a) : $\dfrac{x}{1+x}\le x$ pour $x\ge0$, donc $u_{n+1}=g(u_n)\le u_n$.) La suite $(u_n)$ est décroissante. ∎

Partie I — 2) c) Convergence

$(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$, donc elle est convergente. ∎

Partie I — 2) d) Limite

Soit $\ell=\lim u_n$. Comme $0<u_n\le1$, on a $0\le\ell\le1$, et l'intervalle $[0,1]$ est stable par $g$. La fonction $g$ étant continue, le passage à la limite dans $u_{n+1}=g(u_n)$ donne $\ell=g(\ell)$ : $$\ell=\frac{\ell}{1+\ell}\ \Longrightarrow\ \ell(1+\ell)=\ell\ \Longrightarrow\ \ell^{2}=0\ \Longrightarrow\ \ell=0.$$ Donc $\boxed{\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0}$. ∎

Partie II — 1) a) $f(0)$ et signe de $f$

$f(0)=e^{0}\ln(1+e^{0})=1\times\ln2=\ln2$. Pour tout $x$, $e^{-x}>0$, et comme $e^{x}>0$ on a $1+e^{x}>1$, donc $\ln(1+e^{x})>0$. Le produit est strictement positif : $f(x)>0$ pour tout $x$. ∎

Partie II — 1) b) Limite en $-\infty$

Posons $t=e^{x}\to0^{+}$ quand $x\to-\infty$. Comme $e^{-x}=\dfrac1t$, $$f(x)=\frac{\ln(1+t)}{t}\xrightarrow[t\to0^{+}]{}1\quad\Big(\text{car }\lim_{t\to0}\frac{\ln(1+t)}{t}=1\Big).$$ Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=1$ : la droite $y=1$ est asymptote horizontale à $(\mathcal C_f)$ au voisinage de $-\infty$. ∎

Partie II — 1) c) Limite en $+\infty$

Pour $x\to+\infty$, on écrit $\ln(1+e^{x})=\ln\!\big(e^{x}(1+e^{-x})\big)=x+\ln(1+e^{-x})$, donc $$f(x)=e^{-x}\big(x+\ln(1+e^{-x})\big)=x\,e^{-x}+e^{-x}\ln(1+e^{-x}).$$ Or $x\,e^{-x}\to0$ (croissances comparées) et $e^{-x}\ln(1+e^{-x})\to0\times0=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ : la droite $y=0$ (l'axe des abscisses) est asymptote horizontale au voisinage de $+\infty$. ∎

Partie II — 2) a) Expression de $f'$

$f=e^{-x}\ln(1+e^{x})$, produit de $e^{-x}$ (dérivée $-e^{-x}$) et $\ln(1+e^{x})$ (dérivée $\dfrac{e^{x}}{1+e^{x}}$) : $$f'(x)=-e^{-x}\ln(1+e^{x})+e^{-x}\cdot\frac{e^{x}}{1+e^{x}}=\frac{1}{1+e^{x}}-e^{-x}\ln(1+e^{x}). ∎$$

Partie II — 2) b) Forme factorisée de $f'$

On réduit au même dénominateur $e^{x}(1+e^{x})$ : $$f'(x)=\frac{1}{1+e^{x}}-\frac{\ln(1+e^{x})}{e^{x}}=\frac{e^{x}-(1+e^{x})\ln(1+e^{x})}{e^{x}(1+e^{x})}. ∎$$

Partie II — 2) c) Stricte décroissance

Le dénominateur $e^{x}(1+e^{x})>0$. D'après la question 1)c) de la Partie I, le numérateur $e^{x}-(1+e^{x})\ln(1+e^{x})\le0\ ;$ l'égalité dans 1)b) n'a lieu qu'en $0$, or $e^{x}\neq0$ pour tout $x$, donc le numérateur est strictement négatif. Ainsi $f'(x)<0$ sur $\mathbb R$ : $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb R$. ∎

Partie II — 3) a) Tangente $(T)$ en $0$

$f(0)=\ln2$ et $f'(0)=\dfrac{1}{1+e^{0}}-e^{0}\ln(1+e^{0})=\dfrac12-\ln2$. L'équation de $(T)$ est $$y=f'(0)(x-0)+f(0)=\Big(\tfrac12-\ln2\Big)x+\ln2. ∎$$

Partie II — 3) b) $(T)$ passe par $A\big(1,\tfrac12\big)$

En $x=1$ : $y=\big(\tfrac12-\ln2\big)\cdot1+\ln2=\tfrac12-\ln2+\ln2=\tfrac12$. Donc $(T)$ passe par $A\big(1,\tfrac12\big)$. ∎

Partie II — 3) c) Construction

Éléments de tracé : $f(0)=\ln2\approx0{,}7$, pente de $(T)$ égale à $\tfrac12-\ln2\approx-0{,}2$ (droite décroissante passant par $(0;0{,}7)$ et $A(1;0{,}5)$) ; $f$ est strictement décroissante ; asymptotes horizontales $y=1$ en $-\infty$ et $y=0$ en $+\infty$. La courbe $(\mathcal C_f)$, toujours strictement comprise entre $0$ et $1$, descend de la valeur $1$ (exclue) vers $0$ (exclue) en traversant $(0,\ln2)$.

Partie II — 4) a) Fonction réciproque

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb R$ : elle réalise une bijection de $\mathbb R$ sur $J=f(\mathbb R)$. Comme $\displaystyle\lim_{-\infty}f=1$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=0$ (limites non atteintes), on a $J=\,]0,1[$. Donc $f$ admet une fonction réciproque $f^{-1}:\,]0,1[\to\mathbb R$. ∎

Partie II — 4) b) Dérivabilité de $f^{-1}$ en $\ln2$

On a $f(0)=\ln2$, donc $f^{-1}(\ln2)=0$. $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0)=\dfrac12-\ln2\neq0$ (car $\ln2\approx0{,}69\neq0{,}5$), donc $f^{-1}$ est dérivable en $\ln2$ et $$\big(f^{-1}\big)'(\ln2)=\frac{1}{f'\big(f^{-1}(\ln2)\big)}=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{\tfrac12-\ln2}=\frac{2}{1-2\ln2}. ∎$$

Partie II — 5) a) Identité algébrique

En multipliant haut et bas par $e^{x}$ : $\dfrac{e^{-x}}{1+e^{-x}}=\dfrac{e^{-x}\cdot e^{x}}{(1+e^{-x})e^{x}}=\dfrac{1}{e^{x}+1}=\dfrac{1}{1+e^{x}}$. ∎

Partie II — 5) b) Calcul de l'intégrale

D'après 5)a), $\dfrac{1}{1+e^{x}}=\dfrac{e^{-x}}{1+e^{-x}}$. Comme $\big(\ln(1+e^{-x})\big)'=\dfrac{-e^{-x}}{1+e^{-x}}$, une primitive de $\dfrac{1}{1+e^{x}}$ est $-\ln(1+e^{-x})$. Donc $$\int_0^{\lambda}\frac{dx}{1+e^{x}}=\big[-\ln(1+e^{-x})\big]_0^{\lambda}=-\ln(1+e^{-\lambda})+\ln(1+e^{0})=\ln2-\ln(1+e^{-\lambda}). ∎$$

Partie II — 5) c) Relation intégrale

De 2)a), $f'(x)=\dfrac{1}{1+e^{x}}-f(x)$, donc $f(x)=\dfrac{1}{1+e^{x}}-f'(x)$. En intégrant de $0$ à $\lambda$ : $$\int_0^{\lambda}f(x)\,dx=\int_0^{\lambda}\frac{dx}{1+e^{x}}-\big[f(x)\big]_0^{\lambda}=\int_0^{\lambda}\frac{dx}{1+e^{x}}-\big(f(\lambda)-f(0)\big).$$ Comme $f(0)=\ln2$, on obtient $\displaystyle\int_0^{\lambda}f(x)\,dx=\ln2-f(\lambda)+\int_0^{\lambda}\frac{dx}{1+e^{x}}$. ∎

Partie II — 5) d) Aire $A_\lambda$

Sur $[0,\lambda]$, $f(x)>0$, donc l'aire (en unités d'aire) est $A_\lambda=\displaystyle\int_0^{\lambda}f(x)\,dx$. En combinant 5)c) et 5)b) : $$A_\lambda=\ln2-f(\lambda)+\big(\ln2-\ln(1+e^{-\lambda})\big)=2\ln2-f(\lambda)-\ln(1+e^{-\lambda}).$$ Avec $f(\lambda)=e^{-\lambda}\ln(1+e^{\lambda})$ : $$\boxed{A_\lambda=\Big[\,2\ln2-e^{-\lambda}\ln(1+e^{\lambda})-\ln(1+e^{-\lambda})\,\Big]\ \text{u.a.}} ∎$$

Partie II — 5) e) Limite de $A_\lambda$

Quand $\lambda\to+\infty$ : $f(\lambda)\to0$ (question 1c) et $\ln(1+e^{-\lambda})\to\ln1=0$. Donc $$\lim_{\lambda\to+\infty}A_\lambda=2\ln2\ \text{u.a.} ∎$$