2026 — Session de rattrapage

1) a) Produit vectoriel $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}$

$\overrightarrow{OA}=(1,1,1)$ et $\overrightarrow{OB}=(2,0,1)$, donc $$\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{pmatrix}1\cdot1-1\cdot0\\[2pt]1\cdot2-1\cdot1\\[2pt]1\cdot0-1\cdot2\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\1\\-2\end{pmatrix}=\vec i+\vec j-2\vec k. ∎$$

1) b) $(P)\parallel(OAB)$

Le vecteur $\vec n=\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=(1,1,-2)$ est normal au plan $(OAB)$. Or $(P)$ a pour vecteur normal $(1,1,-2)$ (coefficients de son équation). Les deux plans ont donc le même vecteur normal : ils sont parallèles. De plus $O(0,0,0)\notin(P)$ car $0+0-0+12=12\neq0$ : le parallélisme est strict. ∎

1) c) Représentation paramétrique de $(OC)$

$\overrightarrow{OC}=C-O=(-2,-2,4)=-2(1,1,-2)$. La droite $(OC)$ passe par $O(0,0,0)$ et est dirigée par $\vec u(1,1,-2)$. Un point $M(x,y,z)\in(OC)$ s'écrit $\overrightarrow{OM}=t\,\vec u$, soit $$\begin{cases}x=t\\y=t\\z=-2t\end{cases}\ (t\in\mathbb R).$$ (Pour $t=-2$ on retrouve $C$.) ∎

1) d) $C\in(P)$ et $(OC)\perp(P)$

$C(-2,-2,4)$ : $(-2)+(-2)-2\cdot4+12=-2-2-8+12=0$, donc $C\in(P)$. ✓

La droite $(OC)$ est dirigée par $\vec u(1,1,-2)$, qui est précisément le vecteur normal de $(P)$. Donc $\vec u$ est normal à $(P)$ : la droite $(OC)$ est orthogonale au plan $(P)$. ∎

2) a) $\Omega\in(OC)$, puis $a=b$ et $c=-2a$

La sphère $(S)$ est tangente à $(P)$ au point $C$ : le rayon $[\Omega C]$ est donc perpendiculaire à $(P)$ en $C$. Ainsi $\Omega$ appartient à la droite passant par $C$ et perpendiculaire à $(P)$. Or, d'après 1.d), cette droite est exactement $(OC)$. Donc $\Omega\in(OC)$.

Comme $\Omega\in(OC)$, il existe $t\in\mathbb R$ tel que $\Omega(t,t,-2t)$. Donc $a=t$, $b=t$, $c=-2t$, c'est-à-dire $a=b$ et $c=-2a$. ∎

2) b) $O\Omega=|a|\sqrt6$

$\Omega(a,a,-2a)$, donc $$O\Omega=\sqrt{a^{2}+a^{2}+(-2a)^{2}}=\sqrt{6a^{2}}=|a|\sqrt6. ∎$$

2) c) $d\big(\Omega,(P)\big)=|a+2|\sqrt6$

$$d\big(\Omega,(P)\big)=\frac{|a+b-2c+12|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+(-2)^{2}}}=\frac{|a+a-2(-2a)+12|}{\sqrt6}=\frac{|6a+12|}{\sqrt6}=\frac{6|a+2|}{\sqrt6}=|a+2|\sqrt6. ∎$$

2) d) Valeur de $a$, coordonnées de $\Omega$ et rayon $R$

La sphère est tangente à $(P)$ en $C$, donc son rayon vaut $R=\Omega C=d\big(\Omega,(P)\big)=|a+2|\sqrt6$, d'où $\Omega C^{2}=6(a+2)^{2}$.

Le plan $(OAB)$ coupe $(S)$ suivant le cercle $(\Gamma)$ de centre $O$ et de rayon $r=4\sqrt3$. Le centre $O$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(OAB)$, donc $\Omega O=d\big(\Omega,(OAB)\big)$ et, par le théorème de Pythagore dans le plan contenant $\Omega$, $O$ et un point du cercle : $$R^{2}=\Omega O^{2}+r^{2}\ \Longrightarrow\ \Omega C^{2}=\Omega O^{2}+(4\sqrt3)^{2}=\Omega O^{2}+48.$$ Ainsi $\Omega C^{2}-\Omega O^{2}=48$. En remplaçant : $$6(a+2)^{2}-6a^{2}=48\ \Longrightarrow\ 6\big[(a^{2}+4a+4)-a^{2}\big]=48\ \Longrightarrow\ 24a+24=48\ \Longrightarrow\ a=1.$$

1) a) $\dfrac{a-c}{a}=-\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}{2}$

$a-c=\sqrt3+i-2\sqrt3=-\sqrt3+i$. Donc $$\frac{a-c}{a}=\frac{-\sqrt3+i}{\sqrt3+i}=\frac{(-\sqrt3+i)(\sqrt3-i)}{(\sqrt3+i)(\sqrt3-i)}=\frac{(-\sqrt3+i)(\sqrt3-i)}{3+1}.$$ Numérateur : $(-\sqrt3)(\sqrt3)+(-\sqrt3)(-i)+i(\sqrt3)+i(-i)=-3+\sqrt3\,i+\sqrt3\,i+1=-2+2\sqrt3\,i$. D'où $$\frac{a-c}{a}=\frac{-2+2\sqrt3\,i}{4}=-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}. ∎$$

1) b) Forme trigonométrique

Module : $\left|-\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}{2}\right|=\sqrt{\dfrac14+\dfrac34}=1$. Argument $\theta$ : $\cos\theta=-\dfrac12$, $\sin\theta=\dfrac{\sqrt3}{2}\Rightarrow\theta=\dfrac{2\pi}{3}$. Donc $$-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}=\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}=e^{i\frac{2\pi}{3}}. ∎$$

2) a) $R$ est une rotation

L'écriture $z'=e^{i\frac{2\pi}{3}}(z-a)+a$ est de la forme $z'=e^{i\theta}(z-\omega)+\omega$ avec $\omega=a$ et $\theta=\dfrac{2\pi}{3}$. Comme $\big|e^{i\frac{2\pi}{3}}\big|=1$ et $e^{i\frac{2\pi}{3}}\neq1$, $R$ est la rotation de centre $A$ (d'affixe $a$) et d'angle $\dfrac{2\pi}{3}$. ∎

2) b) $R(O)=C$

D'après 1.a), $\dfrac{a-c}{a}=e^{i\frac{2\pi}{3}}$, donc $a-c=a\,e^{i\frac{2\pi}{3}}$, soit $c=a-a\,e^{i\frac{2\pi}{3}}$.

Or l'affixe de $R(O)$ s'obtient en prenant $z=0$ : $$z'=e^{i\frac{2\pi}{3}}(0-a)+a=a-a\,e^{i\frac{2\pi}{3}}=c.$$ Donc $R(O)=C$. ∎

3) a) $d=2\sqrt3+2i$ et alignement de $A$, $D$, $O$

$b=\bar a=\sqrt3-i$, donc $b-a=(\sqrt3-i)-(\sqrt3+i)=-2i$. L'affixe de $D=R(B)$ est $$d=e^{i\frac{2\pi}{3}}(b-a)+a=\left(-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right)(-2i)+(\sqrt3+i).$$ Calcul : $\left(-\dfrac12\right)(-2i)=i$ et $\left(i\dfrac{\sqrt3}{2}\right)(-2i)=-\sqrt3\,i^{2}=\sqrt3$. Donc $e^{i\frac{2\pi}{3}}(b-a)=\sqrt3+i$, et $$d=(\sqrt3+i)+(\sqrt3+i)=2\sqrt3+2i. ∎$$

On remarque que $d=2\sqrt3+2i=2(\sqrt3+i)=2a$. Ainsi $\dfrac{d}{a}=2\in\mathbb R^{*}$, donc $\overrightarrow{OD}=2\,\overrightarrow{OA}$ : les vecteurs $\overrightarrow{OD}$ et $\overrightarrow{OA}$ sont colinéaires, les points $A$, $D$ et $O$ sont alignés. ∎

3) b) $\dfrac{c-b}{d}=\dfrac12$

$c-b=2\sqrt3-(\sqrt3-i)=\sqrt3+i=a$, et $d=2\sqrt3+2i=2a$. Donc $$\frac{c-b}{d}=\frac{a}{2a}=\frac12. ∎$$

3) c) $OB=DC$

$OB=|b-0|=|\sqrt3-i|=\sqrt{3+1}=2$.
$DC=|c-d|=|2\sqrt3-(2\sqrt3+2i)|=|-2i|=2$.
Donc $OB=DC=2$. ∎

3) d) $OBCD$ est un trapèze isocèle

Côtés parallèles : d'après 3.b), $c-b=\dfrac12\,d$, c'est-à-dire $\overrightarrow{BC}=\dfrac12\,\overrightarrow{OD}$. Les vecteurs $\overrightarrow{BC}$ et $\overrightarrow{OD}$ sont colinéaires : les côtés $[BC]$ et $[OD]$ du quadrilatère $OBCD$ sont parallèles. Comme le rapport vaut $\dfrac12\neq1$, on a $BC\neq OD$ : le quadrilatère n'est pas un parallélogramme, c'est un trapèze de bases $[BC]$ et $[OD]$.

Côtés obliques (les côtés non parallèles) : ce sont $[OB]$ et $[CD]$. D'après 3.c), $OB=DC=CD=2$ : les deux côtés obliques ont la même longueur.

Le tirage est successif et sans remise : un résultat est un couple ordonné de deux boules distinctes parmi $6$, donc $$\operatorname{card}(\Omega)=6\times5=30.$$ Répartition : les boules portant $0$ sont deux blanches et une noire, soit trois boules « $0$ » ; les boules portant $1$ sont deux blanches et une noire, soit trois boules « $1$ ».

1) a) $p(A)=\dfrac{7}{15}$

« Même couleur » = deux blanches ou deux noires (tirages ordonnés) : $$\operatorname{card}(A)=\underbrace{4\times3}_{\text{2 blanches}}+\underbrace{2\times1}_{\text{2 noires}}=12+2=14,\qquad p(A)=\frac{14}{30}=\frac{7}{15}. ∎$$

1) b) $p(B)=\dfrac15$

La somme des deux numéros vaut $2$ uniquement si les deux boules portent le nombre $1$ ($1+1=2$). Il y a $3$ boules « $1$ », d'où $$\operatorname{card}(B)=3\times2=6,\qquad p(B)=\frac{6}{30}=\frac15. ∎$$

2) $p(B/A)=\dfrac17$

$A\cap B$ : deux boules de même couleur et de somme $2$ (donc deux boules « $1$ »). Les boules « $1$ » sont deux blanches et une noire ; deux boules « $1$ » de même couleur ne peuvent être que les deux blanches : $$\operatorname{card}(A\cap B)=2\times1=2,\qquad p(A\cap B)=\frac{2}{30}=\frac{1}{15}.$$ Donc $$p(B/A)=\frac{p(A\cap B)}{p(A)}=\frac{1/15}{7/15}=\frac17. ∎$$

3) a) Loi de probabilité de $X$

$X\in\{0,1,2\}$ (somme des deux numéros ; il y a $3$ boules « $0$ » et $3$ boules « $1$ »).

• $p(X=0)$ : deux boules « $0$ » : $\dfrac{3\times2}{30}=\dfrac{6}{30}=\dfrac15$ ;
• $p(X=2)$ : deux boules « $1$ » : $\dfrac{3\times2}{30}=\dfrac15$ (c'est $p(B)$) ;
• $p(X=1)$ : une « $0$ » et une « $1$ » (dans les deux ordres) : $\dfrac{3\times3+3\times3}{30}=\dfrac{18}{30}=\dfrac35$.

3) b) Espérance $E(X)$

$$E(X)=0\cdot\frac15+1\cdot\frac35+2\cdot\frac15=\frac35+\frac25=\frac55=1. ∎$$

1) a) Résolution de $g(x)=0$

$g(x)=0\iff e^{2x}-1=0\iff e^{2x}=1\iff 2x=0\iff x=0$. Donc $\mathcal S=\{0\}$. ∎

1) b) Signe de $g$

$g(x)=e^{2x}-1$, et la fonction $x\mapsto e^{2x}$ est strictement croissante. Or $e^{2x}\lt1\iff2x\lt0\iff x\lt0$, et $e^{2x}\gt1\iff x\gt0$. Donc $g(x)\lt0$ sur $]-\infty,0[$ et $g(x)\gt0$ sur $]0,+\infty[$. ∎

2) $\displaystyle\int_{-\ln2}^{\ln2}|g(x)|\,dx=\dfrac98$

D'après le signe de $g$ : sur $[-\ln2,0]$, $|g(x)|=1-e^{2x}$ ; sur $[0,\ln2]$, $|g(x)|=e^{2x}-1$. Donc $$\int_{-\ln2}^{\ln2}|g(x)|\,dx=\int_{-\ln2}^{0}(1-e^{2x})\,dx+\int_{0}^{\ln2}(e^{2x}-1)\,dx.$$ Première intégrale $\Big[x-\tfrac12 e^{2x}\Big]_{-\ln2}^{0}$ : au point $0$, $0-\tfrac12=-\tfrac12$ ; au point $-\ln2$, $-\ln2-\tfrac12 e^{-2\ln2}=-\ln2-\tfrac12\cdot\tfrac14=-\ln2-\tfrac18$. Différence : $$-\frac12-\left(-\ln2-\frac18\right)=\ln2-\frac38.$$ Deuxième intégrale $\Big[\tfrac12 e^{2x}-x\Big]_{0}^{\ln2}$ : au point $\ln2$, $\tfrac12 e^{2\ln2}-\ln2=\tfrac12\cdot4-\ln2=2-\ln2$ ; au point $0$, $\tfrac12$. Différence : $$(2-\ln2)-\frac12=\frac32-\ln2.$$ Somme : $\left(\ln2-\dfrac38\right)+\left(\dfrac32-\ln2\right)=\dfrac32-\dfrac38=\dfrac{12-3}{8}=\dfrac98$. ∎

1) $f$ est définie sur $\mathbb R$

Pour tout $x\in\mathbb R$, $e^{-2x}\gt0$, donc $1+e^{-2x}\gt0$ : $\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)$ existe. La fonction $f$ est donc définie sur $\mathbb R$. ∎

2) a) $f$ est paire

$\mathbb R$ est symétrique par rapport à $0$. On utilise $\ln\!\big(1+e^{2x}\big)=\ln\!\Big(e^{2x}\big(e^{-2x}+1\big)\Big)=2x+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)$. Alors $$f(-x)=-x-\ln2+\ln\!\big(1+e^{2x}\big)=-x-\ln2+2x+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)=x-\ln2+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)=f(x).$$ Donc $f$ est paire. ∎

2) b) Limites en $\pm\infty$

Quand $x\to+\infty$ : $e^{-2x}\to0$, donc $\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)\to\ln1=0$, et $f(x)=x-\ln2+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)\to+\infty$.

$f$ étant paire, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. ∎

3) a) Asymptote $(\Delta):y=x-\ln2$ en $+\infty$

$f(x)-(x-\ln2)=\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)$. Quand $x\to+\infty$, cette quantité tend vers $0$. Donc $(\Delta):y=x-\ln2$ est asymptote oblique à $(\mathscr C_f)$ au voisinage de $+\infty$. ∎

3) b) Asymptote $(\Delta'):y=-x-\ln2$ en $-\infty$

Posons $X=-x\ (\to+\infty$ quand $x\to-\infty)$. Par parité $f(x)=f(-x)=f(X)$, donc $$f(x)-(-x-\ln2)=f(X)-(X-\ln2)=\ln\!\big(1+e^{-2X}\big)\xrightarrow[X\to+\infty]{}0.$$ Donc $(\Delta'):y=-x-\ln2$ est asymptote oblique à $(\mathscr C_f)$ au voisinage de $-\infty$. ∎

4) a) $f'(x)=\dfrac{g(x)}{1+e^{2x}}$

$f$ est dérivable sur $\mathbb R$, et $$f'(x)=1+\frac{-2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\frac{(1+e^{-2x})-2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}.$$ En multipliant numérateur et dénominateur par $e^{2x}\gt0$ : $$f'(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=\frac{g(x)}{1+e^{2x}}. ∎$$

4) b) Sens de variation

Le dénominateur $1+e^{2x}\gt0$, donc $f'(x)$ a le signe de $g(x)$. D'après la partie I : $g(x)\gt0$ sur $]0,+\infty[$ et $g(x)\lt0$ sur $]-\infty,0[$. Donc $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ et strictement décroissante sur $]-\infty,0]$. ∎

5) a) Résolution de $f(x)=x$

$$f(x)=x\iff x-\ln2+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)=x\iff\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)=\ln2\iff 1+e^{-2x}=2\iff e^{-2x}=1\iff x=0.$$ Donc $\mathcal S=\{0\}$. ∎

5) b) $f(x)\le x$ sur $[0,+\infty[$

$f(x)-x=-\ln2+\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)=\ln\!\left(\dfrac{1+e^{-2x}}{2}\right)$. Pour $x\ge0$ : $-2x\le0$, donc $e^{-2x}\le1$, d'où $1+e^{-2x}\le2$ et $\dfrac{1+e^{-2x}}{2}\le1$. Ainsi $\ln\!\left(\dfrac{1+e^{-2x}}{2}\right)\le0$, c'est-à-dire $f(x)\le x$. ∎

5) c) Position de $(\mathscr C_f)$ et $(\Delta)$ sur $[0,+\infty[$

$f(x)-(x-\ln2)=\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)$. Comme $e^{-2x}\gt0$, on a $1+e^{-2x}\gt1$, donc $\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)\gt0$. Ainsi $f(x)\gt x-\ln2$ : la courbe $(\mathscr C_f)$ est strictement au-dessus de la droite $(\Delta)$ sur $[0,+\infty[$. ∎

5) d) Encadrement $0\le f(x)-(x-\ln2)\le\ln2$

On a $f(x)-(x-\ln2)=\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)$. D'après 5.c) cette quantité est $\gt0$, donc $\ge0$. Et pour $x\ge0$, $e^{-2x}\le1\Rightarrow1+e^{-2x}\le2\Rightarrow\ln\!\big(1+e^{-2x}\big)\le\ln2$. D'où $$0\le f(x)-(x-\ln2)\le\ln2. ∎$$

6) a) Complément graphique

La fonction $f$ est paire : sa courbe $(\mathscr C_f)$ est symétrique par rapport à l'axe des ordonnées $(Oy)$. On complète donc $(\mathscr C_f)$ sur $]-\infty,0]$ par symétrie de la partie tracée sur $[0,+\infty[$, et l'on trace $(\Delta'):y=-x-\ln2$, symétrique de $(\Delta)$ par rapport à $(Oy)$. ∎

6) b) Encadrement de l'aire $\mathscr A$

Sur $[0,1]$, $(\mathscr C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$, donc $$\mathscr A=\int_{0}^{1}\big[f(x)-(x-\ln2)\big]\,dx\ \ (\text{u.a.}).$$ D'après 5.d), pour tout $x\in[0,1]$ : $0\le f(x)-(x-\ln2)\le\ln2$. En intégrant sur $[0,1]$ (de longueur $1$), par croissance de l'intégrale : $$0\le\int_{0}^{1}\big[f(x)-(x-\ln2)\big]\,dx\le\ln2\times1,\qquad\text{soit}\qquad 0\le\mathscr A\le\ln2. ∎$$