Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $u_n>1$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=2>1$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $u_n>1$. Alors :

$u_{n+1}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n-\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{2}(u_n-1).$

Comme $\dfrac{\sqrt2}{2}>0$ et $u_n-1>0$, on a $u_{n+1}-1>0$, soit $u_{n+1}>1$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n>1$.

Soit $n\in\mathbb{N}$ :

\begin{align*} u_{n+1}-u_n&=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}-u_n=\left(\frac{\sqrt2}{2}-1\right)u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}\ &=\frac{\sqrt2-2}{2}u_n-\frac{\sqrt2-2}{2}=\frac{\sqrt2-2}{2}(u_n-1). \end{align*}

D’après a), $u_n>1$, donc $u_n-1>0$. Or $\sqrt2-2<0$, donc $u_{n+1}-u_n<0$ : la suite $(u_n)$ est décroissante.

Elle est décroissante et minorée par $1$ : elle est convergente.

Soit $n\in\mathbb{N}$ :

$v_{n+1}=u_{n+1}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n+\frac{2-\sqrt2}{2}-1=\frac{\sqrt2}{2}u_n-\frac{\sqrt2}{2}=\frac{\sqrt2}{2}(u_n-1)=\frac{\sqrt2}{2}v_n.$

Donc $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{\sqrt2}{2}$ et de premier terme $v_0=u_0-1=1$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0q^n=\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^n$, donc :

$u_n=1+\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^n.$

Comme $\left|\dfrac{\sqrt2}{2}\right|<1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^n=0$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$.

$S=\sum_{k=0}^{2021}u_k=\sum_{k=0}^{2021}\left(1+\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^k\right)=2022+\sum_{k=0}^{2021}\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^k.$

$\sum_{k=0}^{2021}\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^k=\frac{1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2022}}{1-\frac{\sqrt2}{2}}=\bigl(2+\sqrt2\bigr)\left(1-\left(\frac{\sqrt2}{2}\right)^{2022}\right),$

car $\dfrac{1}{1-\frac{\sqrt2}{2}}=\dfrac{2}{2-\sqrt2}=2+\sqrt2$.

Donc $S=2022+(2+\sqrt2)\left(1-\left(\dfrac{\sqrt2}{2}\right)^{2022}\right)$.

$\overrightarrow{\Omega A}\begin{pmatrix}-2\\-1\\2\end{pmatrix}$, donc :

$\Omega A=\sqrt{(-2)^2+(-1)^2+2^2}=\sqrt{4+1+4}=\sqrt9=3.$

$\vec u\cdot\overrightarrow{\Omega A}=2(-2)+(-2)(-1)+1\cdot2=-4+2+2=0$.

Donc $\vec u\perp\overrightarrow{\Omega A}$ : les droites $(\Delta)$ et $(\Omega A)$ sont perpendiculaires.

D’après a) et b), $A\in(S)$ (car $\Omega A=R=3$) et $(\Delta)$ est perpendiculaire au rayon $[\Omega A]$ en $A$.

Donc $(\Delta)$ est tangente à la sphère $(S)$ au point $A$.

$\overrightarrow{AM_a}\begin{pmatrix}2a-3-1\\3-2a-(-1)\\a-1-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2a-4\\4-2a\\a-2\end{pmatrix}=(a-2)\begin{pmatrix}2\\-2\\1\end{pmatrix}=(a-2)\vec u$.

Ainsi $\overrightarrow{AM_a}$ est colinéaire à $\vec u$ et $A\in(\Delta)$ : $M_a\in(\Delta)$ pour tout $a\in\mathbb{R}$.

Le plan $(P_a)$ est perpendiculaire à $(\Delta)$ de vecteur directeur $\vec u(2;-2;1)$, donc une équation de $(P_a)$ est de la forme $2x-2y+z+d=0$.

Comme $M_a\in(P_a)$ : $2(2a-3)-2(3-2a)+(a-1)+d=0$, soit $4a-6-6+4a+a-1+d=0$, donc $9a-13+d=0$ et $d=-9a+13$.

Ainsi $2x-2y+z-9a+13=0$ est une équation de $(P_a)$.

$d\bigl(\Omega;(P_a)\bigr)=\frac{|2\cdot3-2\cdot0+(-1)-9a+13|}{\sqrt{4+4+1}}=\frac{|6-1-9a+13|}{3}=\frac{|18-9a|}{3}=\frac{9|2-a|}{3}=3|2-a|=|3a-6|.$

$(P_a)$ est tangent à $(S)$ si et seulement si $d\bigl(\Omega;(P_a)\bigr)=R$, soit $|3a-6|=3$.

Donc $|a-2|=1$, d’où $a-2=1$ ou $a-2=-1$, soit $a=3$ ou $a=1$.

$z_D=\frac{z_A+z_C}{2}=\frac{1+5i+5-3i}{2}=\frac{6+2i}{2}=3+i.$

$z_E=z_A+\frac12(z_B-z_A)=1+5i+\frac12\bigl(1-5i-1-5i\bigr)=1+5i+\frac12(-10i)=1+5i-5i=1.$

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

$z_C-i(z_B-z_C)=5-3i-i\bigl(1-5i-5+3i\bigr)=5-3i-i(-4-2i)=5-3i+4i-2=3+i=z_D.$

Donc $R(B)=D$.

$z_F-z_A=-1+i-1-5i=-2-4i$, $z_D-z_A=3+i-1-5i=2-4i$,

$z_D-z_E=3+i-1=2+i$, $z_F-z_E=-1+i-1=-2+i$.

$\frac{z_F-z_A}{z_D-z_A}\times\frac{z_D-z_E}{z_F-z_E}=\frac{-2-4i}{2-4i}\times\frac{2+i}{-2+i}=\frac{-2(1+2i)}{2(1-2i)}\times\frac{2+i}{-2+i}=\frac{-(1+2i)(2+i)}{(1-2i)(-2+i)}.$

Numérateur : $-(2+i+4i+2i^2)=-(2+5i-2)=-5i$.

Dénominateur : $-2+i+4i-2i^2=-2+5i+2=5i$.

Donc le produit vaut $\dfrac{-5i}{5i}=-1$.

$\bigl(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\bigr)\equiv\arg\left(\frac{z_D-z_A}{z_F-z_A}\right)\ [2\pi],\qquad\bigl(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EF}\bigr)\equiv\arg\left(\frac{z_F-z_E}{z_D-z_E}\right)\ [2\pi].$

Donc :

\begin{align*} \bigl(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\bigr)+\bigl(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EF}\bigr)&\equiv\arg\left(\frac{z_D-z_A}{z_F-z_A}\cdot\frac{z_F-z_E}{z_D-z_E}\right)\ &\equiv\arg\left(\left(\frac{z_F-z_A}{z_D-z_A}\cdot\frac{z_D-z_E}{z_F-z_E}\right)^{-1}\right)\ &\equiv-\arg(-1)\equiv-\pi\equiv\pi\ [2\pi]. \end{align*}

$z_E-z_F=1-(-1+i)=2-i$ et $z_A-z_F=1+5i-(-1+i)=2+4i$.

$\frac{z_E-z_F}{z_A-z_F}=\frac{2-i}{2+4i}=\frac{2-i}{2(1+2i)}=\frac{(2-i)(1-2i)}{2(1+4)}=\frac{2-4i-i+2i^2}{10}=\frac{-5i}{10}=-\frac{i}{2}.$

Donc $\dfrac{z_E-z_F}{z_A-z_F}=\dfrac12\left(\cos\left(-\dfrac\pi2\right)+i\sin\left(-\dfrac\pi2\right)\right)$.

Ainsi $\bigl(\overrightarrow{FA},\overrightarrow{FE}\bigr)\equiv-\dfrac\pi2\ [2\pi]$, donc l’angle $\widehat{AFE}$ mesure $\dfrac\pi2$ : le triangle AEF est rectangle en F.

Le triangle AEF est rectangle en F, donc les points A, E et F appartiennent au cercle de diamètre $[AE]$ (théorème de l’angle inscrit dans un demi-cercle).

De plus, d’après b) : $\bigl(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\bigr)+\bigl(\overrightarrow{ED},\overrightarrow{EF}\bigr)=\pi\ [2\pi]$. En particulier, comme $\bigl(\overrightarrow{AF},\overrightarrow{AD}\bigr)$ et l’angle en D dans le quadrilatère, on peut aussi vérifier directement :

Le centre du cercle de diamètre $[AE]$ est le milieu I de $[AE]$ : $z_I=\dfrac{z_A+z_E}{2}=1+\dfrac52i$, et le rayon vérifie $IA=\dfrac52$.

$|z_D-z_I|=|3+i-1-\tfrac52i|=|2-\tfrac32i|=\sqrt{4+\tfrac94}=\sqrt{\tfrac{25}{4}}=\dfrac52=IA.$

Donc $D$ appartient aussi à ce cercle. Ainsi A, D, E et F appartiennent au cercle de diamètre $[AE]$.

Le nombre total de tirages est $\displaystyle\binom{12}{3}=220$.

$p(A)=\frac{\displaystyle\binom{4}{2}\binom{8}{1}}{220}=\frac{6\times8}{220}=\frac{48}{220}=\frac{12}{55}.$

$p(B)=\frac{\displaystyle\binom{5}{1}\binom{7}{2}}{220}=\frac{5\times21}{220}=\frac{105}{220}=\frac{21}{44}.$

$A\cap B$ : exactement 2 rouges et exactement 1 verte (soit 2 rouges et 1 verte) :

$p(A\cap B)=\frac{\displaystyle\binom{4}{2}\binom{5}{1}}{220}=\frac{6\times5}{220}=\frac{30}{220}=\frac{3}{22}.$

$p(A/B)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}=\frac{3/22}{21/44}=\frac{3}{22}\times\frac{44}{21}=\frac{6}{21}=\frac{2}{7}.$

Or $p(A)=\dfrac{12}{55}\neq\dfrac{2}{7}=p(A/B)$ : les événements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.

$X$ prend les valeurs $0$, $1$, $2$ et $3$. Pour $k\in\{0,1,2,3\}$ :

$p(X=k)=\frac{\displaystyle\binom{5}{k}\binom{7}{3-k}}{220}.$

• $p(X=0)=\dfrac{\binom{5}{0}\binom{7}{3}}{220}=\dfrac{35}{220}=\dfrac{7}{44}$ ;
• $p(X=1)=\dfrac{\binom{5}{1}\binom{7}{2}}{220}=\dfrac{105}{220}=\dfrac{21}{44}$ ;
• $p(X=2)=\dfrac{\binom{5}{2}\binom{7}{1}}{220}=\dfrac{10\times7}{220}=\dfrac{70}{220}=\dfrac{7}{22}$ ;
• $p(X=3)=\dfrac{\binom{5}{3}\binom{7}{0}}{220}=\dfrac{10}{220}=\dfrac{1}{22}$.

$p(X\geq2)=p(X=2)+p(X=3)=\frac{7}{22}+\frac{1}{22}=\frac{8}{22}=\frac{4}{11}.$

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}x^4=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(\ln x-1)^2=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

De plus $\dfrac{f(x)}{x}=x^3(\ln x-1)^2\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$ : la courbe $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

Pour $x>0$ : $0\leq f(x)=x^4(\ln x-1)^2$. Or $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x^4(\ln x)^2=0$ (croissance comparée), donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=0=f(0)$.

Ainsi $f$ est continue à droite en $0$.

Pour $x>0$ : $\dfrac{f(x)-f(0)}{x}=x^3(\ln x-1)^2\xrightarrow[x\to0^+]{}0$ (croissance comparée).

Donc $f$ est dérivable à droite en $0$ et $f'_d(0)=0$ : la courbe $(C)$ admet au point $O$ une demi-tangente horizontale (portée par l’axe des abscisses).

Pour $x>0$, $f$ est dérivable et :

\begin{align*} f’(x)&=4x^3(\ln x-1)^2+x^4\cdot2(\ln x-1)\cdot\frac1x\ &=4x^3(\ln x-1)^2+2x^3(\ln x-1)\ &=2x^3(\ln x-1)\bigl(2(\ln x-1)+1\bigr)=2x^3(\ln x-1)(2\ln x-1). \end{align*}

Sur $]0,+\infty[$ : $2x^3>0$. Les zéros de $f'$ sont donnés par $\ln x=1$ ou $\ln x=\dfrac12$, soit $x=e$ ou $x=\sqrt{e}$.

$x$	$0$		$\sqrt{e}$		$e$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$0$	$\nearrow$	$\dfrac{e^2}{4}$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

(On a $f(\sqrt{e})=(\sqrt{e})^4\left(\dfrac12-1\right)^2=e^2\cdot\dfrac14=\dfrac{e^2}{4}$ et $f(e)=0$.)

Sur $]0,+\infty[$ : $2x^2>0$. Donc $f''$ a le même signe que $(6\ln x-5)\ln x$.

$6\ln x-5=0\iff\ln x=\dfrac56\iff x=e^{5/6}$ ; $\ln x=0\iff x=1$.

$x$	$0$		$1$		$e^{5/6}$		$+\infty$
$\ln x$		$-$	$0$	$+$		$+$
$6\ln x-5$		$-$		$-$	$0$	$+$
$f''(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$

$f''$ s’annule en changeant de signe en $1$ et en $e^{5/6}$ : la courbe $(C)$ admet deux points d’inflexion d’abscisses $1$ et $e^{5/6}$.

On place notamment : la demi-tangente horizontale en $O$ ; le maximum local en $x=\sqrt{e}$ d’ordonnée $\dfrac{e^2}{4}\simeq1{,}8$ ; le minimum en $x=e$ ; les points d’inflexion d’abscisses $1$ et $e^{5/6}$ ; la branche parabolique au voisinage de $+\infty$.

Posons $t(x)=x^2(\ln x-1)$ pour $x>0$. Alors $f(x)=\bigl(t(x)\bigr)^2$.

L’équation $t(x)=-1$ implique $f(x)=1$, et réciproquement sur l’ensemble où $t(x)\leq0$, c’est-à-dire sur $]0,e]$ (car $\ln x-1\leq0\iff x\leq e$).

D’après le tableau de variations et la courbe $(C)$ : la droite $y=1$ coupe $(C)$ en trois points d’abscisses $x_1\in]0,\sqrt{e}[$, $x_2\in]\sqrt{e},e[$ et $x_3\in]e,+\infty[$.

Seuls $x_1$ et $x_2$ appartiennent à $]0,e]$, donc l’équation $x^2(\ln x-1)=-1$ admet exactement deux solutions.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $g(-x)=f(|-x|)=f(|x|)=g(x)$. Donc $g$ est paire.

Comme $g$ est paire, $(C_g)$ est la réunion de $(C)$ et de sa symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

On pose $u=\ln x-1$ et $dv=x^4\,dx$, donc $du=\dfrac1x\,dx$ et $v=\dfrac{x^5}{5}$.

$I=\Bigl[(\ln x-1)\frac{x^5}{5}\Bigr]_1^e-\int_1^e\frac{x^5}{5}\cdot\frac1x\,dx=\Bigl[(\ln x-1)\frac{x^5}{5}\Bigr]_1^e-\frac15\int_1^e x^4\,dx.$

$\Bigl[(\ln x-1)\frac{x^5}{5}\Bigr]_1^e=(1-1)\frac{e^5}{5}-(0-1)\frac{1}{5}=\frac15,\qquad\int_1^e x^4\,dx=\Bigl[\frac{x^5}{5}\Bigr]_1^e=\frac{e^5-1}{5}.$

Donc $I=\dfrac15-\dfrac15\cdot\dfrac{e^5-1}{5}=\dfrac15-\dfrac{e^5-1}{25}=\dfrac{5-(e^5-1)}{25}=\dfrac{6-e^5}{25}$.

$h'(x)=5x^4(\ln x-1)^2+x^5\cdot2(\ln x-1)\cdot\frac1x=5x^4(\ln x-1)^2+2x^4(\ln x-1)=5f(x)+2x^4(\ln x-1).$

D’après b) : $5f(x)=h'(x)-2x^4(\ln x-1)$, donc :

$\int_1^e f(x)\,dx=\frac15\Bigl[h(x)\Bigr]_1^e-\frac25\int_1^e x^4(\ln x-1)\,dx=\frac15\bigl(h(e)-h(1)\bigr)-\frac25 I.$

$h(e)=e^5(1-1)^2=0$ et $h(1)=1(0-1)^2=1$, donc :

$\int_1^e f(x)\,dx=\frac15(0-1)-\frac25 I=-\frac15-\frac25 I.$

Sur $[1,e]$, $f(x)\geq0$, donc l’aire vaut :

$\int_1^e f(x)\,dx=-\frac15-\frac25\cdot\frac{6-e^5}{25}=-\frac15-\frac{2(6-e^5)}{125}=\frac{-25-12+2e^5}{125}=\frac{2e^5-37}{125}.$

L’aire est $\dfrac{2e^5-37}{125}$ (unités d’aire).