2025 — Session normale

1) a) Équation de $(S)$

La sphère de centre $O(0,0,0)$ et de rayon $R=2$ a pour équation $x^{2}+y^{2}+z^{2}=4$. ∎

1) b) $A,B\in(S)$

$A(0,0,2)$ : $0^{2}+0^{2}+2^{2}=4$ ✓. $B(2,0,0)$ : $2^{2}+0^{2}+0^{2}=4$ ✓. Donc $A$ et $B$ appartiennent à $(S)$. ∎

2) a) Intersection de $(OAB)$ avec $(S)$

Les vecteurs $\overrightarrow{OA}=(0,0,2)$ et $\overrightarrow{OB}=(2,0,0)$ dirigent le plan $(OAB)$ ; un vecteur normal est $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=(0,4,0)$, colinéaire à $\vec j$. Comme le plan passe par $O$, son équation est $y=0$.

Ce plan contient le centre $O$ de $(S)$ : il coupe donc la sphère suivant un grand cercle, de centre $O$ et de rayon $R=2$, situé dans le plan $(OAB)$ (d'équation $y=0$). ∎

2) b) $\overrightarrow{OI}\cdot\overrightarrow{AB}=0$ et distance

$I$ milieu de $[AB]$ : $I\big(\tfrac{0+2}{2},0,\tfrac{2+0}{2}\big)=(1,0,1)$, donc $\overrightarrow{OI}=(1,0,1)$. De plus $\overrightarrow{AB}=B-A=(2,0,-2)$. Alors $$\overrightarrow{OI}\cdot\overrightarrow{AB}=1\times2+0\times0+1\times(-2)=0.$$ Ainsi $(OI)\perp(AB)$. Comme $I\in(AB)$, le point $I$ est le projeté orthogonal de $O$ sur la droite $(AB)$, d'où $$d\big(O,(AB)\big)=OI=\sqrt{1^{2}+0^{2}+1^{2}}=\sqrt2. ∎$$

3) a) Produit vectoriel $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}$

$\overrightarrow{AB}=(2,0,-2)$ et $\overrightarrow{AM}=M-A=(0,m,-2)$. Alors $$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}=\begin{pmatrix}0\cdot(-2)-(-2)\cdot m\\[2pt](-2)\cdot0-2\cdot(-2)\\[2pt]2\cdot m-0\cdot0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2m\\4\\2m\end{pmatrix}=2m\,\vec i+4\,\vec j+2m\,\vec k. ∎$$

3) b) Équation du plan $(ABM)$

Le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}=(2m,4,2m)$ est normal au plan $(ABM)$ ; en simplifiant par $2$, on prend $\vec n=(m,2,m)$. Le plan passe par $A(0,0,2)$ : $$m(x-0)+2(y-0)+m(z-2)=0\ \Longrightarrow\ mx+2y+mz-2m=0.$$ (Vérifications : $B(2,0,0)$ donne $2m-2m=0$ ✓ ; $M(0,m,0)$ donne $2m-2m=0$ ✓.) ∎

3) c) Distance de $O$ au plan $(ABM)$

$$d\big(O,(ABM)\big)=\frac{|m\cdot0+2\cdot0+m\cdot0-2m|}{\sqrt{m^{2}+2^{2}+m^{2}}}=\frac{|-2m|}{\sqrt{4+2m^{2}}}=\frac{2|m|}{\sqrt{4+2m^{2}}}. ∎$$

4) Rayon du cercle $(\Gamma_m)$

Le plan $(ABM)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de rayon $r$ vérifiant $r^{2}=R^{2}-d\big(O,(ABM)\big)^{2}$ : $$r^{2}=4-\frac{4m^{2}}{4+2m^{2}}=4-\frac{4m^{2}}{2(2+m^{2})}=4-\frac{2m^{2}}{2+m^{2}}=\frac{4(2+m^{2})-2m^{2}}{2+m^{2}}=\frac{8+2m^{2}}{2+m^{2}}.$$ Or $\dfrac{8+2m^{2}}{2+m^{2}}=\dfrac{2(2+m^{2})+4}{2+m^{2}}=2+\dfrac{4}{2+m^{2}}$, donc $$r=\sqrt{2+\frac{4}{2+m^{2}}}.$$

1) a) $a+b=2$ et milieu $P$

$b=\bar a=1-2i$, donc $a+b=(1+2i)+(1-2i)=2$. Le milieu $P$ de $[AB]$ a pour affixe $p=\dfrac{a+b}{2}=\dfrac22=1$. ∎

1) b) $a$ et $b$, solutions de $z^{2}-2z+5=0$

On a $a+b=2$ et $a\cdot b=(1+2i)(1-2i)=1^{2}+2^{2}=5$. Donc $a$ et $b$ sont les racines du trinôme $$z^{2}-(a+b)z+ab=z^{2}-2z+5=0.$$ (En effet $\Delta=4-20=-16=(4i)^{2}$ donne $z=\tfrac{2\pm4i}{2}=1\pm2i$.) ∎

2) a) $|\omega-a|=|\omega-b|=|\omega-c|$

$\omega-a=\tfrac52-(1+2i)=\tfrac32-2i$ et $\omega-b=\tfrac32+2i$, d'où $|\omega-a|=|\omega-b|=\sqrt{\tfrac94+4}=\sqrt{\tfrac{25}{4}}=\tfrac52$.

$\omega-c=\tfrac52-\dfrac{9+3i}{2}=\dfrac{5-9-3i}{2}=\dfrac{-4-3i}{2}$, d'où $|\omega-c|=\dfrac{\sqrt{16+9}}{2}=\dfrac{5}{2}$. Les trois modules valent $\tfrac52$. ∎

2) b) $\Omega$ centre du cercle circonscrit

De 2)a), $\Omega A=\Omega B=\Omega C=\tfrac52$ : le point $\Omega$ est équidistant de $A$, $B$, $C$, c'est donc le centre du cercle circonscrit au triangle $ABC$ (de rayon $\tfrac52$). ∎

3) a) $\dfrac{d-c}{a-b}=\dfrac34 i$

$d-c=\dfrac{3+3i}{2}-\dfrac{9+3i}{2}=\dfrac{-6}{2}=-3$ et $a-b=(1+2i)-(1-2i)=4i$. Donc $$\frac{d-c}{a-b}=\frac{-3}{4i}=\frac{-3}{4i}\cdot\frac{-i}{-i}=\frac{3i}{4}=\frac34 i. ∎$$

3) b) $d-b=(c-a)e^{i\frac{\pi}{2}}$ et perpendicularité

$e^{i\frac{\pi}{2}}=i$. On calcule : $$d-b=\frac{3+3i}{2}-(1-2i)=\frac{3+3i-2+4i}{2}=\frac{1+7i}{2},\qquad c-a=\frac{9+3i}{2}-(1+2i)=\frac{7-i}{2}.$$ Alors $(c-a)\,i=\dfrac{7-i}{2}\,i=\dfrac{7i+1}{2}=\dfrac{1+7i}{2}=d-b$. Donc $d-b=(c-a)e^{i\frac{\pi}{2}}$.

Il en résulte $\dfrac{d-b}{c-a}=i$, donc $\arg\!\Big(\dfrac{d-b}{c-a}\Big)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$. L'angle entre $\overrightarrow{AC}$ (affixe $c-a$) et $\overrightarrow{BD}$ (affixe $d-b$) est droit : les droites $(DB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires. ∎

4) a) Écriture complexe de $h$

Pour l'homothétie de centre $C$ (affixe $c$) et de rapport $\tfrac23$ : $z'-c=\tfrac23(z-c)$, donc $z'=\tfrac23 z+\tfrac13 c$. Or $\tfrac13 c=\dfrac{9+3i}{6}=\dfrac{3+i}{2}=\dfrac32+\dfrac12 i$, d'où $$z'=\frac23 z+\frac32+\frac12 i. ∎$$

4) b) Affixe de $G=h(P)$

Avec $p=1$ : $g=\tfrac23\cdot1+\tfrac32+\tfrac12 i=\tfrac23+\tfrac32+\tfrac12 i$. Or $\tfrac23+\tfrac32=\tfrac{4}{6}+\tfrac{9}{6}=\tfrac{13}{6}$, donc $g=\dfrac{13}{6}+\dfrac12 i$. ∎

5) Alignement de $\Omega$, $G$, $D$

$g-\omega=\dfrac{13}{6}-\dfrac52+\dfrac12 i=-\dfrac13+\dfrac12 i$ et $d-\omega=\dfrac32-\dfrac52+\dfrac32 i=-1+\dfrac32 i$. Formons le rapport en multipliant haut et bas par $6$ : $$\frac{g-\omega}{d-\omega}=\frac{-2+3i}{-6+9i}=\frac{-2+3i}{3(-2+3i)}=\frac13\in\mathbb R.$$ Le rapport $\dfrac{g-\omega}{d-\omega}=\dfrac13$ est réel, donc $\overrightarrow{\Omega G}=\dfrac13\,\overrightarrow{\Omega D}$ : les points $\Omega$, $G$, $D$ sont alignés. ∎

Mise en place

Le tirage est simultané de $2$ boules parmi $6$ : $\mathrm{Card}(\Omega)=\dbinom{6}{2}=15$. Parmi les six boules, celles qui portent le numéro $1$ sont les trois blanches « $1$ » et la noire « $1$ », soit $4$ boules ; celles qui portent le $0$ sont $2$ boules.

1) a) $p(A)=\tfrac25$

$A$ : choisir $2$ boules parmi les $4$ portant le numéro $1$ : $$p(A)=\frac{\dbinom{4}{2}}{\dbinom{6}{2}}=\frac{6}{15}=\frac25. ∎$$

1) b) $p(B)=\tfrac{7}{15}$

« Même couleur » = deux blanches ou deux noires : $$\mathrm{Card}(B)=\dbinom{4}{2}+\dbinom{2}{2}=6+1=7,\qquad p(B)=\frac{7}{15}. ∎$$

1) c) Indépendance de $A$ et $B$

$A\cap B$ : deux boules portant le $1$ et de même couleur. Impossible en noir (une seule noire « $1$ ») ; en blanc, $2$ parmi les trois blanches « $1$ » : $\dbinom{3}{2}=3$. Donc $p(A\cap B)=\dfrac{3}{15}=\dfrac15$.

2) a) Loi de $X$

On répète $3$ fois, de façon indépendante, une épreuve où $A$ est réalisé avec la probabilité $p=p(A)=\tfrac25$ (échec $q=\tfrac35$). Donc $X$ suit la loi binomiale $\mathcal B\big(3,\tfrac25\big)$ : $p(X=k)=\dbinom{3}{k}\big(\tfrac25\big)^{k}\big(\tfrac35\big)^{3-k}$.

• $p(X=0)=\big(\tfrac35\big)^{3}=\dfrac{27}{125}$ ;
• $p(X=1)=\dbinom{3}{1}\big(\tfrac25\big)\big(\tfrac35\big)^{2}=3\cdot\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{9}{25}=\dfrac{54}{125}$ ;
• $p(X=2)=\dbinom{3}{2}\big(\tfrac25\big)^{2}\big(\tfrac35\big)=3\cdot\dfrac{4}{25}\cdot\dfrac{3}{5}=\dfrac{36}{125}$ ;
• $p(X=3)=\big(\tfrac25\big)^{3}=\dfrac{8}{125}$.

2) b) Espérance $E(X)$

Pour une loi binomiale, $E(X)=np=3\times\dfrac25=\dfrac65$. (On retrouve bien $\dfrac{0\cdot27+1\cdot54+2\cdot36+3\cdot8}{125}=\dfrac{150}{125}=\dfrac65$.) ∎

Partie I — 1) a) $g(x)-h(x)\gt0$

Sur $]0,+\infty[$, la lecture du graphique montre que la courbe $(\mathcal C_g)$ est strictement au-dessus de $(\mathcal C_h)$ : pour tout $x\gt0$, $g(x)\gt h(x)$, c'est-à-dire $g(x)-h(x)\gt0$. ∎

Partie I — 1) b) Majoration par $1$

De $g(x)\gt h(x)$, soit $x^{2}\gt2\ln x-(\ln x)^{2}$, on divise par $x^{2}\gt0$ : $$\frac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}\lt1. ∎$$

Partie I — 2) a) Primitive et $\int_1^{e^{2}}\ln x\,dx$

$H(x)=x\ln x-x$ donne $H'(x)=\ln x+x\cdot\tfrac1x-1=\ln x$ : $H$ est bien une primitive de $\ln$. Donc $$\int_1^{e^{2}}\ln x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_1^{e^{2}}=(2e^{2}-e^{2})-(0-1)=e^{2}+1. ∎$$

Partie I — 2) b) $\int_1^{e^{2}}(\ln x)^{2}\,dx$

Intégration par parties avec $u=(\ln x)^{2}$, $u'=\dfrac{2\ln x}{x}$, $v'=1$, $v=x$ : $$\int_1^{e^{2}}(\ln x)^{2}\,dx=\big[x(\ln x)^{2}\big]_1^{e^{2}}-\int_1^{e^{2}}x\cdot\frac{2\ln x}{x}\,dx=\big[x(\ln x)^{2}\big]_1^{e^{2}}-2\int_1^{e^{2}}\ln x\,dx.$$ Or $\big[x(\ln x)^{2}\big]_1^{e^{2}}=e^{2}\cdot2^{2}-0=4e^{2}$ et $2\displaystyle\int_1^{e^{2}}\ln x\,dx=2(e^{2}+1)$. D'où $$\int_1^{e^{2}}(\ln x)^{2}\,dx=4e^{2}-2(e^{2}+1)=2e^{2}-2. ∎$$

Partie I — 2) c) Résolution de $h(x)=0$

$h(x)=2\ln x-(\ln x)^{2}=\ln x\,(2-\ln x)$. Donc $h(x)=0$ ⟺ $\ln x=0$ ou $\ln x=2$, soit $x=1$ ou $x=e^{2}$. Les points d'intersection de $(\mathcal C_h)$ avec l'axe des abscisses sont $(1,0)$ et $(e^{2},0)$. ∎

Partie I — 2) d) Aire

Sur $[1,e^{2}]$, pour $1\lt x\lt e^{2}$ on a $0\lt\ln x\lt2$, donc $h(x)=\ln x(2-\ln x)\gt0$ : la courbe est au-dessus de l'axe. L'aire vaut $$\mathcal A=\int_1^{e^{2}}h(x)\,dx=2\int_1^{e^{2}}\ln x\,dx-\int_1^{e^{2}}(\ln x)^{2}\,dx=2(e^{2}+1)-(2e^{2}-2)=4.$$ L'aire cherchée est $\boxed{4}$ unités d'aire. ∎

Partie II — 1) a) Limite en $0^{+}$

Quand $x\to0^{+}$ : $x\to0$ et $(\ln x)^{2}\to+\infty$, $\dfrac1x\to+\infty$, donc $\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\to+\infty$. Ainsi $f(x)=x-\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\to0-(+\infty)=-\infty$.

Interprétation : la droite d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(\mathcal C_f)$. ∎

Partie II — 1) b) Limite en $+\infty$

On pose $t=\sqrt x\ (\to+\infty)$, d'où $x=t^{2}$ et $\ln x=2\ln t$ : $$\frac{(\ln x)^{2}}{x}=\frac{(2\ln t)^{2}}{t^{2}}=4\Big(\frac{\ln t}{t}\Big)^{2}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0\quad\Big(\text{car }\frac{\ln t}{t}\to0\Big).$$ Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}=0$, puis $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}\Big(x-\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\Big)=+\infty$. ∎

Partie II — 1) c) Asymptote oblique

$f(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\to0$ quand $x\to+\infty$ (question 1b). Donc la droite $y=x$ est asymptote oblique à $(\mathcal C_f)$ au voisinage de $+\infty$. ∎

Partie II — 2) a) Dérivée

$f(x)=x-\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}$. On dérive le quotient $\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}$ (numérateur $u=(\ln x)^{2}$, $u'=\tfrac{2\ln x}{x}$) : $$\left(\frac{(\ln x)^{2}}{x}\right)'=\frac{\frac{2\ln x}{x}\cdot x-(\ln x)^{2}\cdot1}{x^{2}}=\frac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}.$$ Donc $f'(x)=1-\dfrac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}$. ∎

Partie II — 2) b) Stricte croissance

D'après I-1-b, $\dfrac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}\lt1$ pour tout $x\gt0$. Donc $f'(x)=1-\dfrac{2\ln x-(\ln x)^{2}}{x^{2}}\gt0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$. ∎

Partie II — 3) a) Unicité de $\alpha$

$f$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$, avec $\displaystyle\lim_{0^{+}}f=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=+\infty$. Elle réalise donc une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\mathbb R$. Comme $0\in\mathbb R$, l'équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\,]0,+\infty[$. ∎

Partie II — 3) b) $e^{-1}\lt\alpha\lt1$ et $\ln\alpha=-\alpha$

$f(1)=1-\dfrac{(\ln1)^{2}}{1}=1\gt0$ et $f(e^{-1})=e^{-1}-\dfrac{(-1)^{2}}{e^{-1}}=\dfrac1e-e=\dfrac{1-e^{2}}{e}\lt0$. Comme $f(e^{-1})\lt0\lt f(1)$ et que $f$ est strictement croissante, $e^{-1}\lt\alpha\lt1$.

De $f(\alpha)=0$ : $\alpha-\dfrac{(\ln\alpha)^{2}}{\alpha}=0\Rightarrow\alpha^{2}=(\ln\alpha)^{2}$. Or $e^{-1}\lt\alpha\lt1$ entraîne $\ln\alpha\lt0$, donc $|\ln\alpha|=-\ln\alpha$. L'égalité $\alpha^{2}=(\ln\alpha)^{2}$ donne $|\ln\alpha|=\alpha$, soit $-\ln\alpha=\alpha$, c'est-à-dire $\boxed{\ln\alpha=-\alpha}$. ∎

Partie II — 3) c) $f(x)\le x$

$f(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\le0$ car $(\ln x)^{2}\ge0$ et $x\gt0$. Donc $f(x)\le x$ pour tout $x\gt0$ (égalité seulement en $x=1$). ∎

Partie II — 3) d) Tangente en $1$

$f(1)=1$ et $f'(1)=1-\dfrac{2\ln1-(\ln1)^{2}}{1^{2}}=1-0=1$. La tangente en $x=1$ est $y=f'(1)(x-1)+f(1)=1\cdot(x-1)+1=x$. Donc $(T):y=x$. ∎

Partie II — 4) a) Fonction réciproque $\varphi^{-1}$

$\varphi$ est continue et strictement croissante sur $]0,1]$ (restriction de $f$) ; elle réalise une bijection de $]0,1]$ sur $J=\varphi(]0,1])$. Or $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}\varphi(x)=-\infty$ et $\varphi(1)=f(1)=1$, donc $J=\,]-\infty,1]$. $\varphi$ admet donc une réciproque $\varphi^{-1}:\,]-\infty,1]\to\,]0,1]$. ∎