$\overrightarrow{AB}\begin{pmatrix}1\\1\\-1\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$. Donc :

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec i&\vec j&\vec k\\1&1&-1\\-1&0&1\end{vmatrix}=\vec i(1-0)-\vec j(1-1)+\vec k(0-(-1))=\vec i+\vec k.$

Le vecteur $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec i+\vec k$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$. Une équation cartésienne de $(ABC)$ est donc de la forme $x+z+d=0$.

Comme $A(0,1,1)\in(ABC)$ : $0+1+d=0$, soit $d=-1$.

Ainsi $x+z-1=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$.

Une équation de $(S)$ est :

$(x-1)^2+(y-1)^2+(z-2)^2=2.$

La distance du centre $\Omega$ au plan $(ABC)$ est :

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|1+2-1|}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\frac{2}{\sqrt2}=\sqrt2=R.$

De plus $A\in(ABC)$ et $A\in(S)$ car $(0-1)^2+(1-1)^2+(1-2)^2=1+0+1=2$.

Donc le plan $(ABC)$ est tangent à la sphère $(S)$ au point $A$.

Un vecteur directeur de $(\Delta)$ est le vecteur normal au plan $(ABC)$ : $\vec n(1,0,1)$. La droite $(\Delta)$ passe par $C(-1,1,2)$, donc :

$(\Delta):\begin{cases}x=-1+t\\y=1\\z=2+t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$

Un point $M(-1+t,1,2+t)$ de $(\Delta)$ appartient à $(S)$ si et seulement si :

$(-1+t-1)^2+(1-1)^2+(2+t-2)^2=2\iff(t-2)^2+t^2=2\iff2t^2-4t+4=2\iff t^2-2t+1=0\iff(t-1)^2=0.$

L’équation admet une unique solution $t=1$ : la droite $(\Delta)$ coupe $(S)$ en un unique point $D(-1+1,1,2+1)$, soit $D(0,1,3)$.

Donc $(\Delta)$ est tangente à $(S)$ au point $D(0,1,3)$.

$\overrightarrow{AC}\begin{pmatrix}-1\\0\\1\end{pmatrix}$ et $\vec i+\vec k\begin{pmatrix}1\\0\\1\end{pmatrix}$, donc :

$\overrightarrow{AC}\cdot(\vec i+\vec k)=-1+0+1=0.$

Ainsi $\overrightarrow{AC}$ est orthogonal au vecteur directeur de $(\Delta)$. Comme $C\in(\Delta)$, le projeté orthogonal de $A$ sur $(\Delta)$ est $C$, et :

$d(A,(\Delta))=AC=\sqrt{(-1)^2+0^2+1^2}=\sqrt2.$

L’écriture complexe de $t$ est $z'=z+a$. L’affixe de $D=t(B)$ est donc :

$d=b+a=(-1+i\sqrt3)+(-1-i\sqrt3)=-2.$

L’écriture complexe de $R$ est $z'=d+(z-d)e^{i\frac{2\pi}{3}}$. L’affixe de $C=R(B)$ est :

$c=-2+(b+2)e^{i\frac{2\pi}{3}}=-2+\bigl(1+i\sqrt3\bigr)\left(-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right).$

$(1+i\sqrt3)\left(-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}\right)=-\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}-i\frac{\sqrt3}{2}+i^2\frac{3}{2}=-\frac12-\frac32=-2.$

Donc $c=-2+(-2)=-4$.

$b-c=-1+i\sqrt3+4=3+i\sqrt3$ et $a-c=-1-i\sqrt3+4=3-i\sqrt3$.

$\frac{b-c}{a-c}=\frac{3+i\sqrt3}{3-i\sqrt3}=\frac{(3+i\sqrt3)^2}{9+3}=\frac{9+6i\sqrt3-3}{12}=\frac{6+6i\sqrt3}{12}=\frac{1+i\sqrt3}{2}=\cos\frac\pi3+i\sin\frac\pi3.$

D’après a) : $\dfrac{b-c}{a-c}=e^{i\frac\pi3}$, donc $\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^2=e^{i\frac{2\pi}{3}}$.

D’autre part : $\dfrac{c-d}{b-d}=\dfrac{-4-(-2)}{-1+i\sqrt3-(-2)}=\dfrac{-2}{1+i\sqrt3}=\dfrac{-2(1-i\sqrt3)}{1+3}=\dfrac{-2+2i\sqrt3}{4}=-\dfrac12+i\dfrac{\sqrt3}{2}=e^{i\frac{2\pi}{3}}$.

Donc $\left(\dfrac{b-c}{a-c}\right)^2=\dfrac{c-d}{b-d}$.

$M\in(\Gamma)$ signifie $|z-d|=2$, or $d=-2$, donc $|z+2|=2$.

$M\in(\Gamma')$ donc $|z|=4$, soit $z\overline{z}=16$.

D’après a) : $|z+2|^2=4$, c’est-à-dire $(z+2)(\overline{z}+2)=4$, soit $z\overline{z}+2(z+\overline{z})+4=4$.

Donc $16+2(z+\overline{z})=0$, soit $z+\overline{z}=-8$.

Soit $z=x+iy$ avec $x,y\in\mathbb{R}$. Alors $z+\overline{z}=2x=-8$, donc $x=-4$.

De plus $|z|=4$ : $(-4)^2+y^2=16$, soit $y^2=0$ et $y=0$.

Ainsi $z=-4$ : les cercles $(\Gamma)$ et $(\Gamma')$ se coupent en l’unique point d’affixe $-4$, qui est le point $C$.

Le nombre de façons de tirer 3 boules parmi 10 est $\displaystyle\binom{10}{3}=120$.

L’événement $A$ consiste à tirer 3 boules parmi les 6 non rouges : $\displaystyle\binom{6}{3}=20$.

Donc $p(A)=\dfrac{20}{120}=\dfrac16$.

$\binom{3}{3}=1\quad\text{et}\quad\binom{3}{3}=1,$

donc $p(B)=\dfrac{1+1}{120}=\dfrac{2}{120}=\dfrac{1}{60}$.

Exactement une rouge parmi 4, et 2 non rouges parmi 6 :

$p(C)=\frac{\displaystyle\binom{4}{1}\binom{6}{2}}{\displaystyle\binom{10}{3}}=\frac{4\times15}{120}=\frac{60}{120}=\frac12.$

$D$ = « exactement 2 rouges » ou « exactement 3 rouges » :

$p(D)=\frac{\displaystyle\binom{4}{2}\binom{6}{1}+\binom{4}{3}}{\displaystyle\binom{10}{3}}=\frac{6\times6+4}{120}=\frac{40}{120}=\frac13.$

Soit $H(x)=xe^x$. Alors $H'(x)=e^x+xe^x=(x+1)e^x=h(x)$ : $H$ est une primitive de $h$ sur $\mathbb{R}$.

$I=\Bigl[xe^x\Bigr]_{-1}^{0}=0-(-1)e^{-1}=\frac1e.$

On pose $u=(x+1)^2$ et $dv=e^x\,dx$, donc $du=2(x+1)\,dx$ et $v=e^x$.

$J=\Bigl[(x+1)^2e^x\Bigr]_{-1}^{0}-2\int_{-1}^{0}(x+1)e^x\,dx=1\cdot e^0-0-2I=1-\frac2e.$

L’équation caractéristique est $r^2-2r+1=0$, soit $(r-1)^2=0$ : racine double $r=1$.

Les solutions de $(E)$ sont les fonctions $y:x\mapsto(Ax+B)e^x$, où $A,B\in\mathbb{R}$.

$h(x)=(x+1)e^x$ est de la forme $(Ax+B)e^x$ avec $A=1$ et $B=1$ : $h$ est solution de $(E)$.

$h(0)=(0+1)e^0=1$.

$h'(x)=e^x+(x+1)e^x=(x+2)e^x$, donc $h'(0)=2$.

Ainsi $h$ est la solution de $(E)$ vérifiant $h(0)=1$ et $h'(0)=2$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{x/2}=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Pour $x\to-\infty$ : $e^{x/2}\to0$, donc $\left(e^{x/2}-1\right)^2\to1$ et $x\to-\infty$, d’où $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

$\dfrac{f(x)}{x}=\left(e^{x/2}-1\right)^2\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$.

La courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

$f(x)-x=x\left(e^{x/2}-1\right)^2-x=x\Bigl(\bigl(e^{x/2}-1\bigr)^2-1\Bigr)=xe^{x/2}\bigl(e^{x/2}-2\bigr).$

Comme $x\to-\infty$, $e^{x/2}\to0$ et $e^{x/2}-2\to-2$, donc $xe^{x/2}\to0$ (croissance comparée) et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)=0$.

Donc la droite $(\Delta)$ : $y=x$ est asymptote à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

$f(x)-x=xe^{x/2}\bigl(e^{x/2}-2\bigr)$. Or $e^{x/2}>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, et $e^{x/2}-2=0\iff x=2\ln2=\ln4$.

$x$	$-\infty$		$0$		$\ln4$		$+\infty$
$x$		$-$	$0$	$+$		$+$
$e^{x/2}-2$		$-$		$-$	$0$	$+$
$f(x)-x$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

• Sur $]-\infty,0]$ et sur $[\ln4,+\infty[$ : $f(x)-x\geq0$, donc $(C)$ est au-dessus de $(\Delta)$ ;
• sur $[0,\ln4]$ : $f(x)-x\leq0$, donc $(C)$ est en dessous de $(\Delta)$ ;
• $(C)$ et $(\Delta)$ se coupent en $O(0\,;\,0)$ et au point d’abscisse $\ln4$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme produit et composée de fonctions dérivables. Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=\left(e^{x/2}-1\right)^2+x\cdot2\left(e^{x/2}-1\right)\cdot\frac12e^{x/2}=\left(e^{x/2}-1\right)^2+xe^{x/2}\left(e^{x/2}-1\right).$

La fonction $t\mapsto e^t-1$ a le même signe que $t$ (car $e^t-1=0\iff t=0$, et $e^t-1>0$ pour $t>0$). Donc $e^{x/2}-1$ a le même signe que $x/2$, donc que $x$.

Ainsi $x\left(e^{x/2}-1\right)\geq0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$ (et $=0$ si et seulement si $x=0$).

Or $f'(x)=\left(e^{x/2}-1\right)^2+e^{x/2}\cdot\bigl[x\left(e^{x/2}-1\right)\bigr]$.

Comme $\left(e^{x/2}-1\right)^2\geq0$, $e^{x/2}>0$ et $x\left(e^{x/2}-1\right)\geq0$, on a $f'(x)\geq0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

De plus $f'(x)=0\iff e^{x/2}-1=0$ et $x\left(e^{x/2}-1\right)=0\iff x=0$.

$f(0)=0$. D’après 1) et 4) b) :

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&-\infty&&0&&+\infty\\\hline f'(x)&&+&0&+&\\\hline f(x)&-\infty&\nearrow&0&\nearrow&+\infty\\\hline\end{array}$

D’après 4) a) : $f'(x)=\left(e^{x/2}-1\right)^2+x\bigl(e^x-e^{x/2}\bigr)$. En dérivant :

\begin{align*} f”(x)&=2\left(e^{x/2}-1\right)\cdot\frac12e^{x/2}+\bigl(e^x-e^{x/2}\bigr)+x\bigl(e^x-\tfrac12e^{x/2}\bigr)\ &=e^{x/2}\bigl(e^{x/2}-1\bigr)+e^x-e^{x/2}+xe^x-\tfrac12xe^{x/2}\ &=e^x-e^{x/2}+e^x-e^{x/2}+xe^x-\tfrac12xe^{x/2}\ &=xe^x+2e^x-2e^{x/2}-\tfrac12xe^{x/2}. \end{align*}

D’autre part :

\begin{align*} \frac12e^{x/2},g(x)&=\frac12e^{x/2}\bigl((2x+4)e^{x/2}-x-4\bigr)=\frac12\bigl((2x+4)e^x-xe^{x/2}-4e^{x/2}\bigr)\ &=(x+2)e^x-\tfrac12xe^{x/2}-2e^{x/2}=xe^x+2e^x-2e^{x/2}-\tfrac12xe^{x/2}=f”(x). \end{align*}

Donc $f''(x)=\dfrac12e^{x/2}\,g(x)$.

D’après la courbe $(C_g)$ :

• $g(x)>0$ pour $x\in]-\infty,\alpha[$ ;
• $g(\alpha)=0$ ;
• $g(x)<0$ pour $x\in]\alpha,0[$ ;
• $g(0)=0$ ;
• $g(x)>0$ pour $x\in]0,+\infty[$.

Comme $\dfrac12e^{x/2}>0$ pour tout $x$, $f''$ a le même signe que $g$.

• Sur $]-\infty,\alpha]$ : $f''\geq0$, $(C)$ est convexe ;
• sur $[\alpha,0]$ : $f''\leq0$, $(C)$ est concave ;
• sur $[0,+\infty[$ : $f''\geq0$, $(C)$ est convexe.

$f''$ s’annule en changeant de signe en $\alpha$ et en $0$ : $(C)$ admet deux points d’inflexion d’abscisses $\alpha$ et $0$.

On place notamment : l’asymptote $y=x$ au voisinage de $-\infty$ ; les points d’inflexion d’abscisses $\alpha\simeq-4{,}5$ et $0$ ; le point d’abscisse $\ln4\simeq1{,}4$ sur la droite $y=x$ ; la branche parabolique au voisinage de $+\infty$.

$f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ (d’après 4) c) : $f'\geq0$ et $f'$ ne s’annule qu’en $0$), et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Donc $f$ réalise une bijection de $\mathbb{R}$ sur $\mathbb{R}$ : elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur $\mathbb{R}$.

On cherche $a$ tel que $f(a)=\ln4$. Or $f(\ln4)=\ln4\cdot\bigl(e^{(\ln4)/2}-1\bigr)^2=\ln4\cdot(e^{\ln2}-1)^2=\ln4\cdot(2-1)^2=\ln4$.

Donc $f^{-1}(\ln4)=\ln4$, et $\bigl(f^{-1}\bigr)'(\ln4)=\dfrac{1}{f'(\ln4)}$.

$f'(\ln4)=\bigl(e^{\ln2}-1\bigr)^2+\ln4\cdot e^{\ln2}\bigl(e^{\ln2}-1\bigr)=1+\ln4\cdot2\cdot1=1+2\ln4.$

Ainsi $\bigl(f^{-1}\bigr)'(\ln4)=\dfrac{1}{1+2\ln4}$.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $0<u_n<\ln4$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=1$ et $0<1<\ln4$ (car $\ln4>1$) : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $0<u_n<\ln4$. Comme $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$ et $f(0)=0$, $f(\ln4)=\ln4$ :

$0=f(0)<f(u_n)<f(\ln4)=\ln4,$

soit $0<u_{n+1}<\ln4$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n<\ln4$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après a), $0<u_n<\ln4$. Sur $[0,\ln4]$, d’après 3) b), $f(x)-x\leq0$, donc $f(u_n)\leq u_n$, soit $u_{n+1}\leq u_n$.

Donc la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ : elle est convergente.

Soit $\ell=\lim_{n\to+\infty}u_n$. Comme $f$ est continue et $u_{n+1}=f(u_n)$, on a $\ell=f(\ell)$, soit $\ell\bigl(e^{\ell/2}-1\bigr)^2=\ell$.

Donc $\ell=0$ ou $\bigl(e^{\ell/2}-1\bigr)^2=1$, soit $e^{\ell/2}-1=\pm1$.

• $e^{\ell/2}-1=1\iff e^{\ell/2}=2\iff\ell=\ln4$ ;
• $e^{\ell/2}-1=-1\iff e^{\ell/2}=0$ : impossible.

D’après a) et b), $0\leq\ell\leq u_0=1<\ln4$, donc $\ell\neq\ln4$. Ainsi $\ell=0$.