2026 — Session normale

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

On a $\overrightarrow{AB}=B-A=(-2,2,1)$ et $\overrightarrow{AC}=C-A=(0,1,1)$. Alors $$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{pmatrix}2\cdot1-1\cdot1\\[2pt]1\cdot0-(-2)\cdot1\\[2pt](-2)\cdot1-2\cdot0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\2\\-2\end{pmatrix}=\vec i+2\vec j-2\vec k. ∎$$

1) b) Équation du plan $(ABC)$

Le vecteur $\vec n=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(1,2,-2)$ est normal au plan $(ABC)$ ; celui-ci a donc une équation de la forme $x+2y-2z+d=0$. Comme $A(-1,0,1)\in(ABC)$ : $$-1+2\cdot0-2\cdot1+d=0\ \Longrightarrow\ -3+d=0\ \Longrightarrow\ d=3.$$ Donc $(ABC)\ :\ x+2y-2z+3=0$. ∎

1) c) $(\Delta)$ parallèle à $(ABC)$

$$\vec u\cdot\big(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\big)=(2,1,2)\cdot(1,2,-2)=2+2-4=0.$$ Le vecteur directeur $\vec u$ de $(\Delta)$ est donc orthogonal au vecteur normal $\vec n$ du plan $(ABC)$ : la droite $(\Delta)$ est donc parallèle au plan $(ABC)$.

2) a) $\overrightarrow{\Omega D}\cdot\vec u=0$ et rayon

$\overrightarrow{\Omega D}=D-\Omega=(2-0,\,7-3,\,-4-0)=(2,4,-4)$. Alors $$\overrightarrow{\Omega D}\cdot\vec u=2\cdot2+4\cdot1+(-4)\cdot2=4+4-8=0.$$ Ainsi $\overrightarrow{\Omega D}\perp\vec u$ : la droite $(\Delta)$ (qui passe par $D$) est perpendiculaire à $[\Omega D]$ au point $D$. Le point $D$ est donc le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(\Delta)$, et $$d\big(\Omega,(\Delta)\big)=\Omega D=\sqrt{2^{2}+4^{2}+(-4)^{2}}=\sqrt{36}=6.$$ La sphère $(S)$ étant tangente à $(\Delta)$, son rayon vaut cette distance : $\boxed{R=6}$. ∎

2) b) Distance de $\Omega$ au plan $(ABC)$ et cercle $(\Gamma)$

$$d\big(\Omega,(ABC)\big)=\frac{|0+2\cdot3-2\cdot0+3|}{\sqrt{1^{2}+2^{2}+(-2)^{2}}}=\frac{|9|}{\sqrt9}=\frac{9}{3}=3.$$ Comme $d\big(\Omega,(ABC)\big)=3\lt R=6$, le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ de rayon $$r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt3. ∎$$

2) c) $C$ centre du cercle $(\Gamma)$

$\overrightarrow{C\Omega}=\Omega-C=(0-(-1),\,3-1,\,0-2)=(1,2,-2)=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$. ∎

Le vecteur $\overrightarrow{C\Omega}$ est donc égal au vecteur normal $\vec n$ du plan $(ABC)$ : la droite $(C\Omega)$ est orthogonale au plan $(ABC)$. De plus $C\in(ABC)$ car $(-1)+2\cdot1-2\cdot2+3=-1+2-4+3=0$.

1) a) Forme trigonométrique de $a$

$|a|=\sqrt{\left(\tfrac{\sqrt3}{2}\right)^{2}+\left(\tfrac12\right)^{2}}=\sqrt{\tfrac34+\tfrac14}=1$. On factorise par le module : $$a=\frac{\sqrt3}{2}+\frac12\,i=\cos\frac{\pi}{6}+i\sin\frac{\pi}{6}=e^{i\frac{\pi}{6}}. ∎$$

1) b) $b^{2}=a$ et $b\,\bar b=1$

$b^{2}=\big(e^{i\frac{\pi}{12}}\big)^{2}=e^{i\frac{2\pi}{12}}=e^{i\frac{\pi}{6}}=a$. ✓

$b\,\bar b=|b|^{2}=\big|e^{i\frac{\pi}{12}}\big|^{2}=1^{2}=1$. ✓ ∎

1) c) $a-1=(2-\sqrt3)\,i\,(a+1)$

D'une part $a-1=\dfrac{\sqrt3}{2}-1+\dfrac12 i=\dfrac{\sqrt3-2}{2}+\dfrac12 i$.

D'autre part $a+1=\dfrac{\sqrt3+2}{2}+\dfrac12 i$, donc $$(2-\sqrt3)\,i\,(a+1)=(2-\sqrt3)\,i\left(\frac{\sqrt3+2}{2}+\frac12 i\right)=(2-\sqrt3)\left(-\frac12+\frac{\sqrt3+2}{2}\,i\right).$$ Le terme réel : $-\dfrac{2-\sqrt3}{2}=\dfrac{\sqrt3-2}{2}$. Le terme imaginaire : $\dfrac{(2-\sqrt3)(\sqrt3+2)}{2}=\dfrac{(2)^{2}-(\sqrt3)^{2}}{2}=\dfrac{4-3}{2}=\dfrac12$. D'où $$(2-\sqrt3)\,i\,(a+1)=\frac{\sqrt3-2}{2}+\frac12 i=a-1. ∎$$

2) a) $d=b(b+\bar b)$ et alignement de $O$, $B$, $D$

L'écriture complexe de la translation $T$ de vecteur $\overrightarrow{OC}$ est $z'=z+z_{\overrightarrow{OC}}$ avec $z_{\overrightarrow{OC}}=c-0=1$, donc $z'=z+1$. Ainsi $T(A)=D$ donne $d=a+1$.

D'après 1.b), $a=b^{2}$ et $1=b\,\bar b$, donc $$d=a+1=b^{2}+b\,\bar b=b(b+\bar b). ∎$$

Or $b+\bar b=2\,\mathrm{Re}(b)=2\cos\dfrac{\pi}{12}$ est un réel (et $2\cos\tfrac{\pi}{12}\gt0$). En posant $k=2\cos\tfrac{\pi}{12}\in\mathbb R^{*}_{+}$, on a $d=k\,b$, c'est-à-dire $\overrightarrow{OD}=k\,\overrightarrow{OB}$. Les vecteurs $\overrightarrow{OD}$ et $\overrightarrow{OB}$ sont colinéaires : les points $O$, $B$ et $D$ sont alignés. ∎

2) b) Argument de $d$

Comme $d=2\cos\dfrac{\pi}{12}\cdot b$ avec $2\cos\dfrac{\pi}{12}\gt0$, $$\arg(d)\equiv\arg(b)\ [2\pi]\equiv\frac{\pi}{12}\ [2\pi]. ∎$$

3) a) $\dfrac{a-c}{d}=(2-\sqrt3)\,i$ et perpendicularité

On a $c=1$ et $d=a+1$. Donc $\dfrac{a-c}{d}=\dfrac{a-1}{a+1}$. D'après 1.c), $a-1=(2-\sqrt3)\,i\,(a+1)$, d'où $$\frac{a-c}{d}=\frac{a-1}{a+1}=(2-\sqrt3)\,i. ∎$$

Or $\dfrac{a-c}{d}=\dfrac{z_A-z_C}{z_D-z_O}$. Passons aux arguments : $\arg\!\left(\dfrac{z_A-z_C}{z_D-z_O}\right)\equiv\arg\big((2-\sqrt3)\,i\big)\ [2\pi]$. Comme $2-\sqrt3\gt0$ (car $2=\sqrt4\gt\sqrt3$), on a $\arg\big((2-\sqrt3)\,i\big)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$. Ainsi $$\big(\overrightarrow{OD},\,\overrightarrow{CA}\big)\equiv\frac{\pi}{2}\ [2\pi],$$ ce qui signifie que les droites $(AC)$ et $(OD)$ sont perpendiculaires. ∎

3) b) $OCDA$ est un losange

Comme $T(A)=D$, on a $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{OC}$ : le quadrilatère $OCDA$ est donc un parallélogramme (deux côtés opposés $[OC]$ et $[AD]$ égaux et parallèles).

Dans ce parallélogramme, les diagonales sont $(OD)$ et $(CA)$. D'après 3.a), $(AC)\perp(OD)$ : les diagonales sont perpendiculaires.

L'urne contient $5+4+2=11$ boules ; on en tire $3$ simultanément, donc $$\operatorname{card}(\Omega)=\binom{11}{3}=\frac{11\cdot10\cdot9}{6}=165.$$

1) a) $p(A)=\dfrac{14}{165}$

« Trois boules de même couleur » = trois blanches, ou trois noires, ou trois vertes. Or il n'y a que $2$ boules vertes : impossible d'en tirer trois. Donc $$\operatorname{card}(A)=\binom{5}{3}+\binom{4}{3}+\binom{2}{3}=10+4+0=14,\qquad p(A)=\frac{14}{165}. ∎$$

1) b) $p(\bar B)$ et $p(B)$

$\bar B$ : « aucune boule verte », soit trois boules choisies parmi les $11-2=9$ boules non vertes : $$\operatorname{card}(\bar B)=\binom{9}{3}=84,\qquad p(\bar B)=\frac{84}{165}=\frac{28}{55}.$$ Donc $p(B)=1-p(\bar B)=1-\dfrac{28}{55}=\dfrac{27}{55}$. ∎

2) $p(A\cup B)$

$p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)$. L'événement $A\cap B$ : « trois boules de même couleur et au moins une verte » = « trois boules vertes », impossible (seulement $2$ vertes). Donc $p(A\cap B)=0$ et $$p(A\cup B)=\frac{14}{165}+\frac{27}{55}-0=\frac{14}{165}+\frac{81}{165}=\frac{95}{165}=\frac{19}{33}. ∎$$

3) a) Loi de probabilité de $X$

$X\in\{0,1,2\}$ (nombre de boules vertes parmi les $3$ tirées, il y a $2$ vertes et $9$ non vertes).

• $p(X=0)=\dfrac{\binom{2}{0}\binom{9}{3}}{165}=\dfrac{84}{165}=\dfrac{28}{55}$ ;
• $p(X=1)=\dfrac{\binom{2}{1}\binom{9}{2}}{165}=\dfrac{2\cdot36}{165}=\dfrac{72}{165}=\dfrac{24}{55}$ ;
• $p(X=2)=\dfrac{\binom{2}{2}\binom{9}{1}}{165}=\dfrac{9}{165}=\dfrac{3}{55}$.

3) b) Espérance $E(X)$

$$E(X)=\sum_i x_i\,p(X=x_i)=0\cdot\frac{28}{55}+1\cdot\frac{24}{55}+2\cdot\frac{3}{55}=\frac{24+6}{55}=\frac{30}{55}=\frac{6}{11}. ∎$$

1) a) $g(1)$ et $h(1)$

$g(1)=1-\ln1=1$ et $h(1)=1^{2}\,e^{1-1}=e^{0}=1$. Donc $g(1)=h(1)=1$. ∎

1) b) Résolution de $g(x)=0$

$g(x)=0\iff1-\ln x=0\iff\ln x=1\iff x=e$. Donc $\mathcal S=\{e\}$. ∎

2) a) Signe de $h(x)-g(x)$

Les deux courbes se coupent au point d'abscisse $x=1$ (car $g(1)=h(1)=1$). Sur le graphique :

• pour $x\in]0,1[$, la courbe $(\mathscr C_h)$ est en dessous de $(\mathscr C_g)$, donc $h(x)\lt g(x)$, c'est-à-dire $h(x)-g(x)\lt0$ ;
• pour $x\in]1,+\infty[$, la courbe $(\mathscr C_h)$ est au-dessus de $(\mathscr C_g)$, donc $h(x)\gt g(x)$, c'est-à-dire $h(x)-g(x)\gt0$. ∎

2) b) $\displaystyle\int_{1}^{e}g(x)\,dx=e-2$

$$\int_{1}^{e}g(x)\,dx=\int_{1}^{e}(1-\ln x)\,dx=\big[x\big]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}\ln x\,dx=(e-1)-\int_{1}^{e}\ln x\,dx.$$ On calcule $\displaystyle\int_{1}^{e}\ln x\,dx$ par parties, avec $u(x)=\ln x$, $v'(x)=1$, donc $u'(x)=\dfrac1x$, $v(x)=x$ : $$\int_{1}^{e}\ln x\,dx=\big[x\ln x\big]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}x\cdot\frac1x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_{1}^{e}=(e-e)-(0-1)=1.$$ Ainsi $\displaystyle\int_{1}^{e}g(x)\,dx=(e-1)-1=e-2$. ∎

2) c) Primitive $H$ et $\displaystyle\int_{0}^{1}h(x)\,dx$

$H$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $$H'(x)=e^{x-1}(x^{2}-2x+2)+e^{x-1}(2x-2)=e^{x-1}\big(x^{2}-2x+2+2x-2\big)=e^{x-1}\,x^{2}=h(x).$$ Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $]0,+\infty[$. Par suite $$\int_{0}^{1}h(x)\,dx=\big[H(x)\big]_{0}^{1}=H(1)-H(0)=e^{0}(1-2+2)-e^{-1}(0-0+2)=1-\frac{2}{e}. ∎$$

2) d) Aire du domaine hachuré

Le domaine hachuré est limité, entre $x=0$ et $x=e$, par l'axe des abscisses et par la plus basse des deux courbes : $(\mathscr C_h)$ sur $[0,1]$ (où $0\le h\le g$) puis $(\mathscr C_g)$ sur $[1,e]$ (où $g$ décroît de $1$ à $0$). Comme $h(x)\ge0$ sur $[0,1]$ et $g(x)\ge0$ sur $[1,e]$, $$\mathcal A=\left(\int_{0}^{1}h(x)\,dx+\int_{1}^{e}g(x)\,dx\right)\text{u.a.}=\left(1-\frac{2}{e}+e-2\right)\text{u.a.}=\boxed{\left(e-1-\frac{2}{e}\right)\text{u.a.}}\ ∎$$

1) a) $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$

Quand $x\to0^{+}$ : $e^{x-1}\to e^{-1}$. Pour $\dfrac{\ln x}{x}$ : $\ln x\to-\infty$ et $\dfrac1x\to+\infty$, donc $\dfrac{\ln x}{x}\to-\infty$, d'où $-\dfrac{\ln x}{x}\to+\infty$. Par somme $$\lim_{x\to0^{+}}f(x)=e^{-1}+(+\infty)=+\infty.$$ Interprétation : la courbe $(\mathscr C_f)$ admet une asymptote verticale d'équation $x=0$ (l'axe des ordonnées). ∎

1) b) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$

Quand $x\to+\infty$ : $e^{x-1}=\dfrac1e\,e^{x}\to+\infty$ et $\dfrac{\ln x}{x}\to0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. ∎

1) c) $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$

$$\frac{f(x)}{x}=\frac{e^{x-1}}{x}-\frac{\ln x}{x^{2}}=\frac1e\cdot\frac{e^{x}}{x}-\frac{\ln x}{x^{2}}.$$ Or $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x}}{x}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x^{2}}=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$.

Interprétation : la courbe $(\mathscr C_f)$ admet une branche parabolique de direction l'axe des ordonnées $(Oy)$ au voisinage de $+\infty$. ∎

2) a) $f'(x)=\dfrac{h(x)-g(x)}{x^{2}}$

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et, en dérivant le quotient $\dfrac{\ln x}{x}$ : $$f'(x)=e^{x-1}-\frac{\frac1x\cdot x-\ln x\cdot1}{x^{2}}=e^{x-1}-\frac{1-\ln x}{x^{2}}=\frac{x^{2}e^{x-1}-(1-\ln x)}{x^{2}}=\frac{h(x)-g(x)}{x^{2}}. ∎$$

2) b) Tableau de variations de $f$

Le dénominateur $x^{2}\gt0$, donc $f'(x)$ a le signe de $h(x)-g(x)$. D'après la partie I (2.a) : $f'(x)\lt0$ sur $]0,1[$, $f'(1)=0$, $f'(x)\gt0$ sur $]1,+\infty[$. De plus $f(1)=e^{0}-\dfrac{\ln1}{1}=1$, $\displaystyle\lim_{0^{+}}f=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{+\infty}f=+\infty$.

2) c) $e^{x-1}\ge1+\dfrac{\ln x}{x}$

D'après le tableau, pour tout $x\in]0,+\infty[$ : $f(x)\ge f(1)=1$, soit $e^{x-1}-\dfrac{\ln x}{x}\ge1$, c'est-à-dire $$e^{x-1}\ge1+\frac{\ln x}{x}. ∎$$

3) Existence de $\alpha$ avec $\dfrac32\lt\alpha\lt2$

Posons $w(x)=f(x)-x$, continue sur $\left[\dfrac32,2\right]$ (car $f$ l'est). On a $$w\!\left(\tfrac32\right)=f\!\left(\tfrac32\right)-\tfrac32\approx1{,}38-1{,}5=-0{,}12\lt0,\qquad w(2)=f(2)-2\approx2{,}37-2=0{,}37\gt0.$$ $w$ est continue et change de signe sur $\left[\dfrac32,2\right]$ : d'après le théorème des valeurs intermédiaires, il existe $\alpha\in\left]\dfrac32,2\right[$ tel que $w(\alpha)=0$, c'est-à-dire $f(\alpha)=\alpha$. ∎

4) a) Réciproque $\varphi^{-1}$ et intervalle $J$

$f$ est continue et strictement croissante sur $[1,+\infty[$, donc $\varphi$ l'est aussi : $\varphi$ réalise une bijection de $[1,+\infty[$ sur $$J=\varphi\big([1,+\infty[\big)=\Big[\varphi(1),\ \lim_{x\to+\infty}\varphi(x)\Big[=\big[f(1),+\infty\big[=[1,+\infty[.$$ Donc $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur $J=[1,+\infty[$. ∎

4) b) $\varphi^{-1}$ strictement croissante

$\varphi$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$, donc sa réciproque $\varphi^{-1}$ est également strictement croissante sur $J$. ∎

5) a) $\varphi(x)\le x$ sur $[1,\alpha]$

Graphiquement, sur $[1,\alpha]$, la courbe $(\mathscr C_\varphi)$ est située sous la droite $(\Delta):y=x$. Donc pour tout $x\in[1,\alpha]$ : $\varphi(x)\le x$. ∎

5) b) $\varphi^{-1}(x)\ge x$ sur $[1,\alpha]$

Pour $x\in[1,\alpha]$, on a $\varphi(x)\le x$, et $\varphi(x)\in[1,\alpha]\subset J$. En appliquant $\varphi^{-1}$, strictement croissante, on obtient $\varphi^{-1}(\varphi(x))\le\varphi^{-1}(x)$, c'est-à-dire $x\le\varphi^{-1}(x)$. Donc $\varphi^{-1}(x)\ge x$ sur $[1,\alpha]$. ∎

5) c) Tracé de $(\mathscr C_{\varphi^{-1}})$

La courbe $(\mathscr C_{\varphi^{-1}})$ est le symétrique de $(\mathscr C_\varphi)$ par rapport à la droite $(\Delta):y=x$ (première bissectrice). On la trace donc en réfléchissant $(\mathscr C_\varphi)$ par rapport à $(\Delta)$ ; les deux courbes se coupent sur $(\Delta)$ aux points d'abscisses $1$ et $\alpha$. ∎

1) Encadrement $1\lt u_n\lt\alpha$

Initialisation : $u_0\in]1,\alpha[$, donc $1\lt u_0\lt\alpha$ : vrai au rang $0$.

Hérédité : supposons $1\lt u_n\lt\alpha$. La fonction $\varphi^{-1}$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$, donc $$\varphi^{-1}(1)\lt\varphi^{-1}(u_n)\lt\varphi^{-1}(\alpha).$$ Or $\varphi(1)=f(1)=1$ donne $\varphi^{-1}(1)=1$, et $\varphi(\alpha)=f(\alpha)=\alpha$ donne $\varphi^{-1}(\alpha)=\alpha$. Ainsi $1\lt u_{n+1}\lt\alpha$.