PARTIE I. f : z 2z(1 z) Donc les points fixes de F sont les deux points du plan d affixes 0 et 1 2.

C ORRIGÉ DU C ONCOURS BLANC

P ARTIE I

Exercice 1

On noteP le plan complexe. On considère l’application f définie surCpar f :

½ C→C

z7→2z(1−z)

On note F :P →P l’application du plan dans lui-même qui à tout point M∈P d’affixezassocie le point F(M) d’affixef(z).

On note I le point d’affixe1 2.

1. Quels sont les points fixes de F (c’est-à-dire les points M∈P tels que F(M)=M )?

f(z)=z⇔z(1−2z)=0⇔z=0 ouz=1 2

Donc les points fixes de F sont les deux points du plan d’affixes 0 et1 2. 2. Quels sont les points ayant pour image par F le point A d’affixe−4?

f(z)= −4⇔2z²−2z−4=0⇔z²−z−2=0⇔(z+1)(z−2)=0

Les points ayant pour image par F le point A sont les deux points d’affixes−1 et 2.

3. Quels sont les points ayant pour image par F le point B d’affixe 2+2i? f(z)=2+2i⇔2z²−2z+2+2i=0⇔z²−z+1+i=0

∆= −3−4i=(α+iβ)², avecα,β∈R

½ α²−β²= −3 2αβ= −4 ⇔







α⁴+3α²−4=0 β= −2

α

⇔







(α²−1)(α²+4)=0 β= −2

donc on peut choisirα=1 et doncβ= −2 : on a bienα ∆=(1−2i)². Donc les deux solutions sont :z₁=1−(1−2i)

2 =i etz₂=1+(1−2i)

2 =1−i.

Donc les points ayant pour image par F le point B d’affixe 2+2i sont les deux points d’af- fixes respectivesi et 1−i.

4. Soient M₁et M₂deux points distincts d’affixes respectivesz₁etz₂.

F(M1)=F(M2)⇔2z1(1−z₁)=2z2(1−z₂)⇔z₁−z₁²=z₂−z²₂⇔z₁−z₂=(z1−z₂)(z1+z₂)⇔ z₁+z₂=1 carz₁−z₂6=0.

Or I est le milieu du segment [M1M2] si et seulement si z₁+z₂ 2 =1

2⇔z₁+z₂=1.

Donc F(M1)=F(M2) si et seulement si I est le milieu du segment [M1M2].

5. Étudier l’injectivité de l’application F.

Nous avons vu que les points d’affixes−1 et 2 ont la même image par F, donc F n’est pas injective.

2020/2021 PTSI - Lycée Jean Perrin - Marseille 1/4

Jeudi 07 janvier 2021

C ORRIGÉ DU C ONCOURS BLANC

6. Démontrer que F est surjective.

Pour tout point M du plan, on noteΩson affixe.

L’équation 2z(1−z)=Ωest une équation du second degré dansC, donc elle admet au moins une solution. Donc M admet au moins un antécédent par F. Donc F est surjective.

7. Déterminer les points M∈P ayant exactement un antécédent par F.

Reprenons l’équation précédente 2z(1−z)=Ω⇔2z²−2z+Ω=0.

∆=4−8Ω. L’équation admet une unique solution ssi∆=0, ssiΩ=1 2. Le seul point ayant exactement un antécédent par F est le point I d’affixe1

2. 8. Soitθ∈[0,π].

f ¡ e^iθ¢

=2e^iθ¡

1−e^iθ¢

=2e^iθ µ

−2isinθ 2e^iθ2

¶

=4sinθ 2eⁱ

³_3θ

2−^π₂´

. Orθ∈[0,π], donc sinθ

2≥0.

Doncf ¡ e^iθ¢

a pour module 4sinθ

2et pour argument3θ 2 −π

2. Exercice 2

1. Pⁿ

k=1k=n(n+1) 2 et Pⁿ

k=1k²=n(n+1)(2n+1)

6 , pour tout entier naturel non nuln.

On considère la suite (Vn)n∈N∗définie par :∀n∈N∗, Vn=

n

Q

k=1

µ 1+ k

n²

¶ . 2. Montrer que pour toutx≥0,x−x²

2 ≤ln(1+x) et ln(1+x)≤x.

Soient f etgles fonctions définies surR

+parf(x)=ln(1+x)−x+x²

2 etg(x)=ln(1+x)−x.

On a f^′(x)= 1

1+x−1+x= x²

1+x ≥0 donc f est croissante surR

+, donc∀x≥0, f(x)≥f(0) doncf(x)≥0.

De même,g^′(x)= 1

1+x−1= − x

1+x≤0 doncg est décroissante surR₊, donc∀x≥0,g(x)≤g(0) doncg(x)≤0.

3. Pⁿ

k=1

k n²= 1

n²

n

P

k=1k=n(n+1)

2n² =n+1

2n . De même Pⁿ

k=1

µ k n²− k²

2n⁴

¶

=(n+1)

2n −(n+1)(2n+1) 12n³ . 4. ∀n∈N, on a : lnVn=

n

P

k=1ln µ

1+ k n²

¶ . Or pour toutktel que 1≤k≤n, k

n²− k² 2n²≤ln

µ 1+ k

n²

¶

≤ k

n² d’après la question 2.

Donc par somme : Pⁿ

k=1

k n²− k²

2n²≤lnV_n≤

n

P

k=1

k n²

2020/2021 PTSI - Lycée Jean Perrin - Marseille 2/4

C ORRIGÉ DU C ONCOURS BLANC

Donc n+1

2n −(n+1)(2n+1)

12n³ ≤ln(V_n)≤n+1 2n 5. limn+1

2n =1

2et lim(n+1)(2n+1) 12n³ =0,

Donc, d’après le théorème des gendarmes, lim¡ lnVn

¢=1

2, donc enfin limVn=e¹²=p e.

Exercice 3

Dans tout cet exercice, on se place dans l’espace muni d’un repère orthonormé direct³

O,^−→i,^−→j,^−→k

´. On noteE l’ensemble des points de l’espace et :

• D^′la droite passant par O et dirigée par^−−→a =⁻i^→+^−→j +^−→k;

• Dla droite d’équation

½ y=z x=1 ;

• L le plan d’équationy+z=0;

• pour tout réelm,P_m le plan d’équationx+m y−mz=1.

1. (a) ^{−−−−−→}n_m



 1 m

−m



est un vecteur normal deP_m.

(b) A(1,0,0) est un point deDet^−−→u



 0 1 1



est un vecteur directeur deD. (c) Vérifier que tous les plansP_m contiennent la droiteD.

Tout point M deDa des coordonnées de la forme (1,y,y), avec y∈R, coordonnées qui vérifient l’équation du plan P_m quelle que soit la valeur de m. Donc tous les plansP_m contiennent la droiteD.

2. (a) ^−−→a



 1 1 1



donc^{−−−−→}rm



 2m

−1−m 1−m



.

Nous voyons que^{−−−−→}r_m n’est jamais nul, donc^{−−−−−→}n_m et^−−→a ne sont jamais colinéaires, donc D′n’est jamais orthogonale àP_m.

(b) R_mcontient le point O et admet pour vecteur normal^{−−−−→}r_m.

Donc une équation cartésienne deR_m est : 2mx−(1+m)y+(1−m)z=0.

3. Pour tout réelm, les coordonnées de Im point d’intersection des plansP_m,L etR_msont solution du système :







x + m y − mz = 1

y + z = 0

2mx − (m+1)y + (1−m)z = 0

2020/2021 PTSI - Lycée Jean Perrin - Marseille 3/4

Jeudi 07 janvier 2021

C ORRIGÉ DU C ONCOURS BLANC

⇔







x + m y − mz = 1

y + z = 0

− (2m²+m+1)y + (1−m+2m²)z = −2m L3←L3−2mL1

⇔







x + m y − mz = 1

y + z = 0

(4m²+2)z = −2m L3←L3+(2m²+m+1)L2

Doncz= − m

2m²+1,y= m

2m²+1etx=1−2m m

2m²+1= 1 2m²+1. S=

½µ 1

2m²+1, m

2m²+1,− m 2m²+1

¶¾

: ce sont les coordonnées du point Im.

4. On noteS l’ensemble des points dont les coordonnées vérifient l’équationx²+y²+z²=x.

Préciser la nature géométrique deS ainsi que les éléments géométriques qui le caracté- risent.

x²+y²+z²=x⇔ µ

x−1 2

¶₂

+y²+z²=1 4 DoncS est la sphère de centreΩ

µ1 2,0,0

¶

et de rayon 1 2.

5. Vérifier que Im appartient à S puis que Im appartient à un cercle dont on donnera le centre et le rayon.

µ 1 2m²+1

¶2

+

³ m 2m²+1

´2

+

³ m 2m²+1

´2

= 1+2m²

(2m²+1)²= 1 2m²+1 donc les coordonnées de Im vérifient l’équation deS, donc Im∈S. Par ailleurs, Imappartient au planL.

Donc Im appartient au cercle de centreΩet de rayon1

2 dans le planL.

6. (a) Déterminer l’ensembleF des points M deE par lesquels passe un et un seul plan P_m.

Par un point M(x,y,z) ne passe qu’un seul planP_m ssi l’équationx+m y−mz=1 d’inconnuemadmet exactement une solution. Orx+m y−mz=1⇔(y−z)m=1−x: c’est le cas si et seulement siy−z6=0, et alorsm=1−x

y−z.

Donc les points deE par lesquels ne passe qu’un seul planP_m sont tous les points qui n’appartiennent pas au plan d’équationy=z.

(b) Quelle est la réunion des plansP_m lorsquemdécritR? Reprenons l’équation précédente lorsquey−z=0 :

six=1, tous les plansP_mpassent par M et six6=1, aucun planP_mne passe par M.

Donc la réunion des plansP_m est l’ensemble de tous les points deE sauf les point du plan d’équationy=zprivé de la droiteD.

2020/2021 PTSI - Lycée Jean Perrin - Marseille 4/4