On complète les carrés : $x^2-2x=(x-1)^2-1 \qquad\text{et}\qquad z^2-4z=(z-2)^2-4.$ L’équation de $(S)$ s’écrit donc $(x-1)^2-1+y^2+(z-2)^2-4+2=0$, c’est-à-dire $(x-1)^2+(y-0)^2+(z-2)^2=3=\left(\sqrt{3}\right)^2.$ Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(1,0,2)$ et de rayon $R=\sqrt{3}$.

Pour $A(0,-1,1)$ : $0^2+(-1)^2+1^2-2\times0-4\times1+2=1+1-4+2=0$. Les coordonnées de $A$ vérifient l’équation de $(S)$, donc $A\in(S)$.

On a $\overrightarrow{OA}(0,-1,1)$ et $\overrightarrow{OB}(1,-1,0)$. $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}-1&-1\\1&0\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}0&1\\1&0\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}0&1\\-1&-1\end{vmatrix}\vec{k}=(0+1)\vec{i}-(0-1)\vec{j}+(0+1)\vec{k}$ Donc $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}$, de coordonnées $(1,1,1)$.

Ce vecteur est non nul : les points $O$, $A$, $B$ ne sont pas alignés et $\vec{n}(1,1,1)$ est normal au plan $(OAB)$. Une équation de $(OAB)$ est de la forme $x+y+z+d=0$ ; comme $O(0,0,0)\in(OAB)$, on a $d=0$.

Donc $(OAB) : x+y+z=0$.

$d\big(\Omega,(OAB)\big)=\frac{|1+0+2|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}=R.$ La distance du centre au plan est égale au rayon : le plan $(OAB)$ est tangent à $(S)$.

Le point de contact est l’unique point commun au plan et à la sphère. Or $A\in(OAB)$ (car $0-1+1=0$) et $A\in(S)$ (question 1). Donc $(OAB)$ est tangent à $(S)$ au point $A$.

(Vérification : $\overrightarrow{\Omega A}(-1,-1,-1)=-\vec{n}$ est bien normal au plan.)

Le discriminant est $\Delta=(-6)^2-4\times1\times34=36-136=-100=(10i)^2<0$.

L’équation admet donc deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{6-10i}{2}=3-5i \qquad\text{et}\qquad z_2=\frac{6+10i}{2}=3+5i.$ Donc $S=\{3-5i\,;\,3+5i\}$.

$M'=T(M)\iff\overrightarrow{MM'}=\vec{u}\iff z'-z=4-2i\iff z'=z+4-2i$.

Pour le point $A$ : $a+4-2i=3+5i+4-2i=7+3i=c$. Donc $T(A)=C$.

$b-c=3-5i-7-3i=-4-8i$ et $a-c=3+5i-7-3i=-4+2i$.

Or $2i(a-c)=2i(-4+2i)=-8i+4i^2=-4-8i=b-c$.

Donc $\dfrac{b-c}{a-c}=2i$.

$\dfrac{b-c}{a-c}=2i=2\left(\cos\dfrac{\pi}{2}+i\sin\dfrac{\pi}{2}\right)$, donc :

• $\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CB}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\;[2\pi]$ : le triangle $ABC$ est rectangle en $C$ ;
• $\left|\dfrac{b-c}{a-c}\right|=|2i|=2$, donc $\dfrac{CB}{CA}=2$, c’est-à-dire $BC=2AC$.

L’boîte contient $9$ boules. Un tirage simultané de $3$ boules est une combinaison de $3$ éléments parmi $9$ : $\operatorname{card}\Omega=C_9^3=\frac{9\times8\times7}{3\times2\times1}=84.$ Les tirages sont équiprobables. Soit $E$ : « tirer deux boules rouges et une verte ». $\operatorname{card}E=C_6^2\times C_3^1=15\times3=45,\qquad p(E)=\frac{45}{84}=\frac{15}{28}.$

Soit $F$ : « tirer au moins une boule verte ». Son contraire est $\overline{F}$ : « tirer trois boules rouges ». $p\left(\overline{F}\right)=\frac{C_6^3}{C_9^3}=\frac{20}{84}=\frac{5}{21}\qquad\text{donc}\qquad p(F)=1-\frac{5}{21}=\frac{16}{21}.$

Un tirage successif sans remise de $3$ boules est un arrangement de $3$ éléments parmi $9$ : $\operatorname{card}\Omega'=A_9^3=9\times8\times7=504.$ Les tirages favorables sont les arrangements de $3$ boules parmi les $6$ rouges : $A_6^3=6\times5\times4=120$. $p(\text{« trois boules rouges »})=\frac{120}{504}=\frac{5}{21}.$ (On retrouve le même résultat qu’au tirage simultané.)

$g$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ (somme de fonctions dérivables) et pour tout $x>0$ : $g'(x)=1-\frac{2}{x}=\frac{x-2}{x}.$

Pour $x>0$, $g'(x)$ a le signe de $x-2$ :

• si $0<x\le2$ : $g'(x)\le0$, donc $g$ est décroissante sur $]0,2]$ ;
• si $x\ge2$ : $g'(x)\ge0$, donc $g$ est croissante sur $[2,+\infty[$.

D’après 1.b., $g$ admet un minimum absolu en $2$ sur $]0,+\infty[$ : $g(2)=2-2\ln2=2(1-\ln2)>0\quad\text{car }\ln2<1\ (2<e).$ Donc pour tout $x>0$ : $g(x)\ge g(2)>0$.

On a $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}(\ln x)^2=+\infty$ ; et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x=0$. Donc $\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty.$ Interprétation : la droite d’équation $x=0$ (l’axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C)$.

Posons $t=\sqrt{x}$ ; alors $x=t^2$, $\ln x=2\ln t$ et $t\to+\infty$ quand $x\to+\infty$. $\frac{(\ln x)^2}{x}=\frac{(2\ln t)^2}{t^2}=4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2.$ Comme $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0$, on obtient $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=4\times0^2=0$.

Pour $x>0$ : $f(x)=x\left(1-\dfrac{(\ln x)^2}{x}\right)$. D’après 2.a., $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1-\frac{(\ln x)^2}{x}\right)=1$, donc $\lim_{x\to+\infty}f(x)=(+\infty)\times1=+\infty.$ De plus $\dfrac{f(x)}{x}=1-\dfrac{(\ln x)^2}{x}$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1-0=1$.

$f(x)-x=-(\ln x)^2$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\ln x)^2=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)=-\infty$.

Ainsi $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=1$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(f(x)-x)=-\infty$ (limite infinie) : la courbe $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction la droite $(\Delta) : y=x$.

Pour tout $x>0$ : $f(x)-x=-(\ln x)^2\le0$, avec égalité si et seulement si $\ln x=0$, c’est-à-dire $x=1$.

Donc $(C)$ est au-dessous de $(\Delta)$ sur $]0,+\infty[$ ; les deux courbes ont un seul point commun, le point d’abscisse $1$, c’est-à-dire $(1,1)$.

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et, comme $\left((\ln x)^2\right)'=2\ln x\times\dfrac{1}{x}$ : $f'(x)=1-\frac{2\ln x}{x}=\frac{x-2\ln x}{x}=\frac{g(x)}{x}.$ D’après I.2., $g(x)>0$ et $x>0$, donc $f'(x)>0$ pour tout $x>0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

La tangente au point d’abscisse $1$ a pour équation $y=f'(1)(x-1)+f(1)$.

$f(1)=1-(\ln1)^2=1$ et $f'(1)=\dfrac{g(1)}{1}=1-2\ln1=1$.

Donc $y=1\times(x-1)+1$, soit $y=x$ : la tangente en $1$ est la droite $(\Delta)$.

$f$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$ ; c’est donc une bijection de $]0,+\infty[$ sur $\left]\displaystyle\lim_{0^+}f,\lim_{+\infty}f\right[=\mathbb{R}$. Comme $0\in\mathbb{R}$, l’équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $]0,+\infty[$.

Encadrement :

• $f\left(\dfrac{1}{e}\right)=\dfrac{1}{e}-(\ln e^{-1})^2=\dfrac{1}{e}-1<0$ ;
• $f\left(\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{2}-(\ln2)^2>0$ car $(\ln2)^2<\dfrac{1}{2}$.

$f$ est continue sur $\left[\dfrac{1}{e},\dfrac{1}{2}\right]$ et $f\left(\dfrac{1}{e}\right)\times f\left(\dfrac{1}{2}\right)<0$ ; d’après le théorème des valeurs intermédiaires (et l’unicité de $\alpha$) : $\dfrac{1}{e}<\alpha<\dfrac{1}{2}$.

(Valeur approchée : $\alpha\approx0{,}495$.)

Éléments utiles au tracé : asymptote verticale $x=0$ ; branche parabolique de direction $(\Delta)$ en $+\infty$ ; $(C)$ sous $(\Delta)$, tangente à $(\Delta)$ en $(1,1)$ ; $(C)$ coupe l’axe des abscisses en $\alpha\approx0{,}49$ ; point d’inflexion $I(e,e-1)\approx(2{,}7\,;\,1{,}7)$.

$H$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et pour $x>0$ : $H'(x)=1\times\ln x+x\times\frac{1}{x}-1=\ln x.$ Donc $H$ est une primitive de $\ln$ sur $]0,+\infty[$, et $\int_1^e\ln x\,dx=\big[x\ln x-x\big]_1^e=(e\ln e-e)-(1\times\ln1-1)=0-(-1)=1.$

On pose $u(x)=(\ln x)^2$ et $v'(x)=1$ ; alors $u'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}$ et $v(x)=x$. Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[1,e]$. $\int_1^e(\ln x)^2\,dx=\Big[x(\ln x)^2\Big]_1^e-\int_1^e x\cdot\frac{2\ln x}{x}\,dx=(e\times1-0)-2\int_1^e\ln x\,dx=e-2\times1.$ Donc $\displaystyle\int_1^e(\ln x)^2\,dx=e-2$.

Sur $[1,e]$, $(C)$ est au-dessous de $(\Delta)$ (II.2.d), donc $|f(x)-x|=x-f(x)=(\ln x)^2$. L’aire cherchée vaut, en unités d’aire : $\mathcal{A}=\int_1^e\big(x-f(x)\big)\,dx=\int_1^e(\ln x)^2\,dx=e-2\ \text{u.a.}$ (Le repère n’ayant pas d’unité précisée, l’aire est exprimée en unités d’aire ; $e-2\approx0{,}72$.)

Raisonnons par récurrence.

Initialisation. $u_0=2$, donc $1\le u_0\le2$.

Hérédité. Supposons $1\le u_n\le2$ pour un certain $n\in\mathbb{N}$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$ (II.3.a), donc $f(1)\le f(u_n)\le f(2),\qquad\text{c'est-à-dire}\qquad1\le u_{n+1}\le2-(\ln2)^2.$ Comme $(\ln2)^2>0$, on a $2-(\ln2)^2<2$, donc $1\le u_{n+1}\le2$.

Conclusion. Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $1\le u_n\le2$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=-(\ln u_n)^2\le0.$ Donc $u_{n+1}\le u_n$ pour tout $n$ : la suite $(u_n)$ est décroissante.

(On peut aussi utiliser II.2.d : $(C)$ est au-dessous de $(\Delta)$, donc $f(x)\le x$.)

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$ : elle est donc convergente. Notons $\ell$ sa limite.

• La fonction $f$ est continue sur $I=[1,2]$ ;
• $f(I)=[f(1),f(2)]=[1,2-(\ln2)^2]\subset I$ ;
• $u_0\in I$ et $(u_n)$ converge.

Donc $\ell$ est solution de l’équation $f(x)=x$ dans $I$ : $f(\ell)=\ell\iff-(\ln\ell)^2=0\iff\ln\ell=0\iff\ell=1.$ Comme $1\in I$, on conclut : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$.