$\overrightarrow{OC}(2,-1,0)$ et $\overrightarrow{OD}(0,1,-1)$ : $\overrightarrow{OC}\wedge\overrightarrow{OD}=\begin{vmatrix}-1&1\\0&-1\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}2&0\\0&-1\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}2&0\\-1&1\end{vmatrix}\vec{k}=(1-0)\vec{i}-(-2-0)\vec{j}+(2-0)\vec{k}=\vec{i}+2\vec{j}+2\vec{k}.$ Ce vecteur $\vec{n}(1,2,2)$ est non nul, donc normal au plan $(OCD)$, dont une équation est $x+2y+2z+d=0$. Comme $O\in(OCD)$, $d=0$. Donc $(OCD) : x+2y+2z=0$.

On sait que $\overrightarrow{MA}\cdot\overrightarrow{MB}=0$ caractérise la sphère de diamètre $[AB]$. Son centre est le milieu de $[AB]$ : $\Omega\left(\frac{-2+6}{2},\frac{2+6}{2},\frac{8+0}{2}\right)=\Omega(2,4,4),$ et son rayon est $\dfrac{AB}{2}$ avec $\overrightarrow{AB}(8,4,-8)$, $AB=\sqrt{64+16+64}=12$. Donc $R=6$.

$d\big(\Omega,(OCD)\big)=\frac{|2+2\times4+2\times4|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}}=\frac{18}{3}=6.$

$d(\Omega,(OCD))=6=R$ : la distance du centre au plan est égale au rayon, donc le plan $(OCD)$ est tangent à la sphère $(S)$.

$\overrightarrow{OA}\cdot\overrightarrow{OB}=(-2)\times6+2\times6+8\times0=-12+12+0=0$. Donc le point $O$ vérifie la relation définissant $(S)$ : $O\in(S)$. De plus $O\in(OCD)$. Le plan $(OCD)$ étant tangent à $(S)$, il n’a qu’un seul point commun avec $(S)$ : c’est donc $O$, point de contact.

$|a|=\sqrt{4+4}=2\sqrt{2}$ et $a=2\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-\dfrac{\sqrt{2}}{2}i\right)=2\sqrt{2}\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)$.

$|b|=\sqrt{\dfrac34+\dfrac14}=1$ et $b=\cos\dfrac{5\pi}{6}+i\sin\dfrac{5\pi}{6}$ (car $\cos\frac{5\pi}{6}=-\frac{\sqrt3}{2}$, $\sin\frac{5\pi}{6}=\frac12$).

L’écriture complexe de la rotation de centre $O$ et d’angle $\dfrac{5\pi}{6}$ est $z'=e^{i\frac{5\pi}{6}}z$. Or d’après 1, $e^{i\frac{5\pi}{6}}=b$. Donc $z'=bz$.

$ba=\left(-\frac{\sqrt3}{2}+\frac12i\right)(2-2i)=-\sqrt3+\sqrt3\,i+i-i^2=(1-\sqrt3)+(1+\sqrt3)i=c.$ Donc $R(A)=C$.

$c=ab$, donc $\arg c\equiv\arg a+\arg b\ [2\pi]$. Ainsi $\arg c\equiv-\dfrac{\pi}{4}+\dfrac{5\pi}{6}=\dfrac{-3\pi+10\pi}{12}=\dfrac{7\pi}{12}\ [2\pi]$.

Un tirage est une combinaison de 3 boules parmi 12 : $\operatorname{card}\Omega=C_{12}^3=220$.

$A$ : trois blanches, ou trois noires, ou trois rouges : $\operatorname{card}A=C_3^3+C_4^3+C_5^3=1+4+10=15$, donc $P(A)=\frac{15}{220}=\frac{3}{44}.$ $B$ : une boule de chaque couleur : $\operatorname{card}B=C_3^1\times C_4^1\times C_5^1=60$, donc $P(B)=\frac{60}{220}=\frac{3}{11}.$

Trois boules portent une, deux ou trois couleurs : $X(\Omega)=\{1,2,3\}$.

$(X=1)=A$ et $(X=3)=B$, donc $P(X=1)=\dfrac{3}{44}$ et $P(X=3)=\dfrac{3}{11}=\dfrac{12}{44}$. $P(X=2)=1-\frac{3}{44}-\frac{12}{44}=\frac{29}{44}.$

$x_i$	$1$	$2$	$3$
$P(X=x_i)$	$\frac{3}{44}$	$\frac{29}{44}$	$\frac{12}{44}$

$E(X)=1\times\frac{3}{44}+2\times\frac{29}{44}+3\times\frac{12}{44}=\frac{3+58+36}{44}=\frac{97}{44}.$

Pour $x\neq-3$ : $1-\dfrac{3}{x+3}=\dfrac{x+3-3}{x+3}=\dfrac{x}{x+3}$.

Sur $[-2,-1]$, $x+3>0$, donc $I=\int_{-2}^{-1}\left(1-\frac{3}{x+3}\right)dx=\Big[x-3\ln(x+3)\Big]_{-2}^{-1}=(-1-3\ln2)-(-2-3\ln1)=1-3\ln2.$

On pose $u(x)=\ln(2x+6)$, $v'(x)=1$ ; alors $u'(x)=\dfrac{2}{2x+6}=\dfrac{1}{x+3}$ et $v(x)=x$ ($u$, $v$ de classe $C^1$ sur $[-2,-1]$). $J=\Big[x\ln(2x+6)\Big]_{-2}^{-1}-\int_{-2}^{-1}\frac{x}{x+3}\,dx=\big(-\ln4\big)-\big(-2\ln2\big)-I=-2\ln2+2\ln2-I=-I.$ Donc $J=-I=3\ln2-1$.

Comme $\left(\sqrt{e^x}\right)^2=e^x$ : $\left(\sqrt{e^x}-1\right)^2+1=e^x-2\sqrt{e^x}+1+1=e^x-2\sqrt{e^x}+2$.

Ainsi $e^x-2\sqrt{e^x}+2\geqslant1>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f(x)$ est défini pour tout réel, $D_f=\mathbb{R}$.

Enfin, en divisant par $e^x>0$ : $1-\dfrac{2}{\sqrt{e^x}}+\dfrac{2}{e^x}=\dfrac{e^x-2\sqrt{e^x}+2}{e^x}>0$.

• En $+\infty$ : $\sqrt{e^x}\to+\infty$, donc $\left(\sqrt{e^x}-1\right)^2+1\to+\infty$ et $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
• En $-\infty$ : $e^x\to0$ et $\sqrt{e^x}\to0$, donc $e^x-2\sqrt{e^x}+2\to2$ et $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=2\ln2=\ln4$.

Interprétation : la droite d’équation $y=\ln4$ est une asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

On a $\sqrt{e^x}=e^{x/2}$, de dérivée $\dfrac12 e^{x/2}=\dfrac{\sqrt{e^x}}{2}$. Avec $h(x)=e^x-2\sqrt{e^x}+2>0$ : $h'(x)=e^x-\sqrt{e^x}=\sqrt{e^x}\left(\sqrt{e^x}-1\right)$. $f'(x)=2\,\frac{h'(x)}{h(x)}=\frac{2\sqrt{e^x}\left(\sqrt{e^x}-1\right)}{\left(\sqrt{e^x}-1\right)^2+1}.$ Pour $x=0$ : $\sqrt{e^0}-1=0$, donc $f'(0)=0$.

$\sqrt{e^x}-1\geqslant0\iff e^{x/2}\geqslant1\iff x\geqslant0$. Donc $\sqrt{e^x}-1\leqslant0$ sur $]-\infty,0]$ et $\geqslant0$ sur $[0,+\infty[$.

Le dénominateur et $2\sqrt{e^x}$ sont strictement positifs, donc $f'(x)$ a le signe de $\sqrt{e^x}-1$ : $f$ est croissante sur $[0,+\infty[$ et décroissante sur $]-\infty,0]$.

$x$	$-\infty$		$0$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$\ln4$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

($f(0)=2\ln(1-2+2)=0$.)

$e^x-2\sqrt{e^x}+2=e^x\left(1-\dfrac{2}{\sqrt{e^x}}+\dfrac{2}{e^x}\right)$ avec les deux facteurs strictement positifs (I.1), donc $f(x)=2\ln e^x+2\ln\left(1-\frac{2}{\sqrt{e^x}}+\frac{2}{e^x}\right)=2x+2\ln\left(1-\frac{2}{\sqrt{e^x}}+\frac{2}{e^x}\right).$

Quand $x\to+\infty$ : $\dfrac{2}{\sqrt{e^x}}\to0$ et $\dfrac{2}{e^x}\to0$, donc $\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-2x\big)=\lim_{x\to+\infty}2\ln\left(1-\frac{2}{\sqrt{e^x}}+\frac{2}{e^x}\right)=2\ln1=0.$ La droite $(D):y=2x$ est asymptote oblique à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

$\left(\sqrt{e^x}-1\right)\left(\sqrt{e^x}-2\right)=e^x-2\sqrt{e^x}-\sqrt{e^x}+2=e^x-3\sqrt{e^x}+2$.

$\sqrt{e^x}-2\geqslant0\iff e^{x/2}\geqslant2\iff\dfrac{x}{2}\geqslant\ln2\iff x\geqslant\ln4$.

$x$	$-\infty$		$0$		$\ln4$		$+\infty$
$\sqrt{e^x}-1$		$-$	$0$	$+$		$+$
$\sqrt{e^x}-2$		$-$		$-$	$0$	$+$
produit		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

Le produit est négatif sur $[0,\ln4]$ et positif sur $]-\infty,0]\cup[\ln4,+\infty[$.

$e^x-2\sqrt{e^x}+2-\sqrt{e^x}=e^x-3\sqrt{e^x}+2=\left(\sqrt{e^x}-1\right)\left(\sqrt{e^x}-2\right)\leqslant0$ sur $[0,\ln4]$ (I.5.b). Donc $e^x-2\sqrt{e^x}+2\leqslant\sqrt{e^x}$ pour tout $x\in[0,\ln4]$.

Les deux membres de I.5.c sont strictement positifs et $\ln$ est croissante, donc $\ln\left(e^x-2\sqrt{e^x}+2\right)\leqslant\ln\sqrt{e^x}=\frac{x}{2},$ d’où $f(x)\leqslant x$ pour tout $x\in[0,\ln4]$ (avec égalité seulement pour $x=0$ et $x=\ln4$, où le produit s’annule).

Éléments du tracé : asymptote horizontale $y=\ln4\approx1{,}4$ en $-\infty$ ; minimum $f(0)=0$ (tangente horizontale en $O$) ; asymptote $(D):y=2x$ en $+\infty$ ; $f(\ln4)=2\ln(4-4+2)=\ln4$, donc le point $(\ln4,\ln4)$ est sur $(C)$ et sur la droite $y=x$.

Par récurrence. Pour $n=0$ : $0\leqslant1\leqslant\ln4$ (car $\ln4\approx1{,}39$). Supposons $0\leqslant u_n\leqslant\ln4$. $f$ est croissante sur $[0,\ln4]$, donc $f(0)\leqslant f(u_n)\leqslant f(\ln4)$, c’est-à-dire $0\leqslant u_{n+1}\leqslant\ln4$ (car $f(0)=0$ et $f(\ln4)=\ln4$). D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0\leqslant u_n\leqslant\ln4$.

Pour tout $n$, $u_n\in[0,\ln4]$ ; d’après I.5.d, $f(u_n)\leqslant u_n$, soit $u_{n+1}\leqslant u_n$. La suite $(u_n)$ est décroissante.

$(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ : elle converge vers un réel $\ell$. $f$ est continue sur $I=[0,\ln4]$, $f(I)=[0,\ln4]\subset I$, $u_0\in I$ : la limite $\ell\in I$ vérifie $f(\ell)=\ell$.

Sur $[0,\ln4]$ : $f(x)=x\iff e^x-2\sqrt{e^x}+2=\sqrt{e^x}\iff\left(\sqrt{e^x}-1\right)\left(\sqrt{e^x}-2\right)=0\iff x=0$ ou $x=\ln4$.

Comme $(u_n)$ est décroissante, $\ell\leqslant u_0=1<\ln4$. Donc $\ell=0$ : $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$.