$\overrightarrow{AB}(2,0,-2)$ et $\overrightarrow{AC}(2,4,-4)$. Donc :

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&4\\-2&-4\end{vmatrix}\vec i-\begin{vmatrix}2&2\\-2&-4\end{vmatrix}\vec j+\begin{vmatrix}2&2\\0&4\end{vmatrix}\vec k=8\vec i-(-8+4)\vec j+8\vec k=8\vec i+4\vec j+8\vec k.$

Donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=4\left(2\vec i+\vec j+2\vec k\right)$.

$\left\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right\|=4\sqrt{2^2+1^2+2^2}=4\times3=12$.

$\mathcal{A}_{ABC}=\frac12\left\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right\|=\frac{12}{2}=6.$

$AC=\sqrt{2^2+4^2+(-4)^2}=\sqrt{36}=6$, donc :

$d(B,(AC))=\frac{\left\|\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right\|}{AC}=\frac{12}{6}=2.$

$D\left(\dfrac{0+2}{2},\dfrac{1+5}{2},\dfrac{4+0}{2}\right)$, soit $D(1,3,2)$. Donc $\overrightarrow{D\Omega}(3-1,4-3,4-2)$, soit $\overrightarrow{D\Omega}(2,1,2)$.

Et $\dfrac14\left(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right)=2\vec i+\vec j+2\vec k$. Donc $\overrightarrow{D\Omega}=\dfrac14\left(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right)$.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$ est normal au plan $(ABC)$, donc $\overrightarrow{D\Omega}$ aussi (2) a)). Comme $D\in(ABC)$ (milieu de $[AC]$), $D$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$, d’où :

$d(\Omega,(ABC))=D\Omega=\sqrt{2^2+1^2+2^2}=3.$

$x^2-6x=(x-3)^2-9$, $y^2-8y=(y-4)^2-16$, $z^2-8z=(z-4)^2-16$. Donc :

$M\in(S)\iff(x-3)^2+(y-4)^2+(z-4)^2=9+16+16-32=9=3^2.$

$(S)$ a pour centre $\Omega(3,4,4)$ et pour rayon $R=3$.

D’après 2) b), $d(\Omega,(ABC))=3=R$ : le plan $(ABC)$ est tangent à $(S)$.

Le point de contact est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$, c’est-à-dire $D(1,3,2)$ (2) b)).

$\vec n(2,1,2)$ est normal à $(ABC)$. Un plan parallèle à $(ABC)$ a une équation de la forme $2x+y+2z+d=0$, $d\in\mathbb{R}$.

Il coupe $(S)$ suivant un cercle de rayon $r=\sqrt5$ si et seulement si $d(\Omega,(Q))=\sqrt{R^2-r^2}=\sqrt{9-5}=2$ :

$\frac{|2\times3+4+2\times4+d|}{\sqrt{2^2+1^2+2^2}}=2\iff|18+d|=6\iff d=-12\ \text{ou}\ d=-24.$

Donc $(Q_1):\ 2x+y+2z-12=0$ et $(Q_2):\ 2x+y+2z-24=0$.

$|a|=\sqrt{2+2}=2$, donc :

$a=2\left(\frac{\sqrt2}{2}+i\frac{\sqrt2}{2}\right)=2\left(\cos\frac\pi4+i\sin\frac\pi4\right).$

$b-d=1+\sqrt2+i-2i=1+\sqrt2-i=\overline b=c$.

$b-a=1+\sqrt2+i-\sqrt2-i\sqrt2=1+i\left(1-\sqrt2\right)$. Donc :

$\left(\sqrt2+1\right)(b-a)=\sqrt2+1+i\left(\sqrt2+1\right)\left(1-\sqrt2\right)=\sqrt2+1+i(1-2)=1+\sqrt2-i=b-d.$

Ainsi $\dfrac{b-d}{b-a}=\sqrt2+1\in\mathbb{R}$ : les vecteurs $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{DB}$ sont colinéaires, donc les points A, B et D sont alignés.

$a\,c=\left(\sqrt2+i\sqrt2\right)\left(1+\sqrt2-i\right)=\sqrt2+2-i\sqrt2+i\sqrt2+2i+\sqrt2=2+2\sqrt2+2i=2\left(1+\sqrt2+i\right)=2b.$

$a\,c=2b$, donc $\arg(a)+\arg(c)\equiv\arg(2b)\ [2\pi]$.

Or $\arg(a)\equiv\dfrac\pi4$, $\arg(c)=\arg\left(\overline b\right)\equiv-\arg(b)$ et $\arg(2b)\equiv\arg(b)$ (car $2>0$). Donc :

$\frac\pi4-\arg(b)\equiv\arg(b)\ [2\pi],\quad\text{soit}\quad2\arg(b)\equiv\frac\pi4\ [2\pi].$

L’écriture complexe de $R$ est $z'=e^{i\frac\pi4}z$. D’après 1), $a=2e^{i\frac\pi4}$, donc $e^{i\frac\pi4}=\dfrac12a$ et $z'=\dfrac12\,a\,z$.

• $\dfrac12\,a\,c=\dfrac12\times2b=b$ (3) a)), donc $R(C)=B$.
• $\dfrac12\,a\,a=\dfrac12a^2=\dfrac12\left(\sqrt2\right)^2(1+i)^2=\dfrac12\times2\times2i=2i=d$, donc $R(A)=D$.

D’après 2), $b-a=\dfrac{b-d}{\sqrt2+1}=\left(\sqrt2-1\right)(b-d)=\left(\sqrt2-1\right)c$.

D’après 4) b), $R(A)=D$ donne $d=\dfrac12a\cdot a$, d’où $\dfrac12a\,(c-a)=\dfrac12ac-\dfrac12a^2=b-d=c$. Donc $c-a=\dfrac{2c}{a}$ et :

$\frac{b-a}{c-a}=\frac{\left(\sqrt2-1\right)c}{\frac{2c}{a}}=\left(\frac{\sqrt2-1}{2}\right)a.$

Comme $\dfrac{\sqrt2-1}{2}>0$ :

$\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{AB}\right)\equiv\arg\left(\frac{b-a}{c-a}\right)\equiv\arg(a)\equiv\frac\pi4\ [2\pi].$

L’urne $U_1$ contient 6 boules dont 3 portent le nombre 1 : $p(A)=\dfrac36=\dfrac12$.

Après le premier tirage, $U_2$ contient 6 boules : les 5 boules initiales et la boule portant $a$.

$ab=2$ si et seulement si ($a=1$ et $b=2$) ou ($a=2$ et $b=1$) :

• $a=1$ (probabilité $\frac36$) : $U_2$ contient $1;1;1;1;2;2$, et $p(b=2)=\frac26$ ;
• $a=2$ (probabilité $\frac16$) : $U_2$ contient $1;1;1;2;2;2$, et $p(b=1)=\frac36$.

$p(B)=\frac36\times\frac26+\frac16\times\frac36=\frac{6}{36}+\frac{3}{36}=\frac{9}{36}=\frac14.$

$A\cap B$ : « $a=1$ et $b=2$ », donc $p(A\cap B)=\dfrac36\times\dfrac26=\dfrac16$.

$p(A/B)=\frac{p(A\cap B)}{p(B)}=\frac{\frac16}{\frac14}=\frac46=\frac23.$

Toutes les boules de $U_2$ portent un nombre non nul sauf éventuellement celle ajoutée. $ab=0\iff a=0$ (si $a=0$ et $b=0$, on a aussi $a=0$). Donc :

$p(X=0)=p(a=0)=\frac26=\frac13.$

• $p(X=0)=\dfrac13$ ;
• $X=1\iff a=1$ et $b=1$ : $U_2$ contient alors quatre boules « 1 » sur 6, donc $p(X=1)=\dfrac36\times\dfrac46=\dfrac13$ ;
• $p(X=2)=p(B)=\dfrac14$ ;
• $X=4\iff a=2$ et $b=2$ : $p(X=4)=\dfrac16\times\dfrac36=\dfrac{1}{12}$.

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|}\hline x_i&0&1&2&4\\\hline p(X=x_i)&\frac13&\frac13&\frac14&\frac1{12}\\\hline\end{array}$

Vérification : $\dfrac13+\dfrac13+\dfrac14+\dfrac1{12}=\dfrac{4+4+3+1}{12}=1$.

$p(N)=p(X=1)=\dfrac13$.

Remarque sur l’énoncé. Tel qu’il est écrit (« pair ou nul »), $M=\{X=0\}\cup\{X=2\}\cup\{X=4\}$ (0 est pair), et $p(M)=\dfrac13+\dfrac14+\dfrac1{12}=\dfrac23\neq p(N)$ : l’égalité demandée serait fausse. L’énoncé voulu est « le produit $ab$ est pair non nul » (c’est la formulation reprise dans le corrigé de Prof Fayssal). Avec cette lecture, $M=\{X=2\}\cup\{X=4\}$ et :

$p(M)=p(X=2)+p(X=4)=\frac14+\frac1{12}=\frac{3+1}{12}=\frac13=p(N).$

Donc les événements M et N sont équiprobables.

Soit $x>0$ : $(1-\ln x)^2=1-2\ln x+(\ln x)^2$, donc :

$f(x)=3-\frac2x-2\ln x+(\ln x)^2=\frac{3x-2-2x\ln x+x(\ln x)^2}{x}.$

On pose $t=\sqrt x$, donc $x=t^2$ et $\ln x=2\ln t$ :

• quand $x\to0^+$, $t\to0^+$ : $x(\ln x)^2=t^2\times4(\ln t)^2=4\left(t\ln t\right)^2\to4\times0^2=0$, car $\displaystyle\lim_{t\to0^+}t\ln t=0$ ;
• quand $x\to+\infty$, $t\to+\infty$ : $\dfrac{(\ln x)^2}{x}=\dfrac{4(\ln t)^2}{t^2}=4\left(\dfrac{\ln t}{t}\right)^2\to0$, car $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln t}{t}=0$.

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}x\ln x=0$ et, d’après 1) b), $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x(\ln x)^2=0$. Donc :

$\lim_{x\to0^+}\left(3x-2-2x\ln x+x(\ln x)^2\right)=-2\quad\text{et}\quad\lim_{x\to0^+}x=0^+,$

d’où, avec 1) a), $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty$.

Interprétation : la droite d’équation $x=0$ (l’axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(C_f)$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(1-\ln x)^2=+\infty$ ; et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(2-\frac2x\right)=2$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$\frac{f(x)}{x}=\frac2x-\frac{2}{x^2}+\frac1x-\frac{2\ln x}{x}+\frac{(\ln x)^2}{x}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$

(car $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0$ et 1) b)). Donc $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des abscisses au voisinage de $+\infty$.

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et, pour $x>0$ :

$f'(x)=\frac{2}{x^2}+2(1-\ln x)\times\left(-\frac1x\right)=\frac{2}{x^2}-\frac{2(1-\ln x)}{x}=\frac{2-2x+2x\ln x}{x^2}=\frac{2(1-x+x\ln x)}{x^2}.$

D’après le tableau de variation de $f'$ :

• sur $]0,1]$, $f'$ décroît de $+\infty$ à $f'(1)=0$, donc $f'(x)>0$ pour $0<x<1$ ;
• sur $[1,+\infty[$, $f'$ croît de $0$ à $f'(\beta)>0$ puis décroît vers $0$ (sans l’atteindre), donc $f'(x)>0$ pour $x>1$.

Donc $f'(x)>0$ pour tout $x\neq1$ et $f'(1)=0$ : $f'$ ne s’annule qu’en un point isolé, donc $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

$f(1)=2-2+(1-0)^2=1$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x&0&&1&&+\infty\\\hline f'(x)&&+&0&+&\\\hline f(x)&-\infty&\nearrow&1&\nearrow&+\infty\\\hline\end{array}$

$f''$ est la dérivée de $f'$ : son signe se lit sur les variations de $f'$. $f'$ est strictement décroissante sur $]0,1]$, strictement croissante sur $[1,\beta]$ et strictement décroissante sur $[\beta,+\infty[$, donc :

$\begin{array}{|c|ccccccc|}\hline x&0&&1&&\beta&&+\infty\\\hline f''(x)&&-&0&+&0&-&\\\hline\end{array}$

• Sur $]0,1]$ : $f''\leq0$, $(C_f)$ est concave ;
• sur $[1,\beta]$ : $f''\geq0$, $(C_f)$ est convexe ;
• sur $[\beta,+\infty[$ : $f''\leq0$, $(C_f)$ est concave.

$f''$ s’annule en changeant de signe en $1$ et en $\beta$ : $(C_f)$ admet deux points d’inflexion d’abscisses $1$ et $\beta$, soit $I(1\,;\,1)$ et $J(\beta\,;\,f(\beta))$.

D’après la courbe $(C_g)$ :

• $g(x)<0$ pour $x\in]0,\alpha[$ (courbe en dessous de l’axe des abscisses) ;
• $g(x)>0$ pour $x\in]\alpha,1[$ (courbe au-dessus) ;
• $g(x)<0$ pour $x\in]1,+\infty[$ ;
• $g(\alpha)=g(1)=0$.

$g(x)=f(x)-x$ est la différence entre l’ordonnée du point de $(C_f)$ et celle du point de $(\Delta)$ de même abscisse.

• Sur $[\alpha,1]$ : $g(x)\geq0$, soit $f(x)\geq x$ : $(\Delta)$ est en dessous de $(C_f)$ ;
• sur $]0,\alpha]$ et sur $[1,+\infty[$ : $g(x)\leq0$, soit $f(x)\leq x$ : $(\Delta)$ est au-dessus de $(C_f)$.

(Elles se coupent aux points d’abscisses $\alpha$ et $1$.)

Éléments utilisés : asymptote verticale $x=0$ ; branche parabolique de direction $(Ox)$ en $+\infty$ ; $f$ strictement croissante ; points d’inflexion $I(1\,;\,1)$ (tangente horizontale, $f'(1)=0$) et $J(\beta\,;\,f(\beta))\approx(4,9\,;\,1,9)$ ; $(C_f)\cap(\Delta)$ aux points d’abscisses $\alpha\approx0,3$ et $1$.

La fonction $H:x\mapsto2x-x\ln x$ est dérivable sur $[\alpha,1]$ et :

$H'(x)=2-\left(\ln x+x\times\frac1x\right)=2-\ln x-1=1-\ln x.$

Donc $H$ est une primitive de $x\mapsto1-\ln x$ sur $[\alpha,1]$.

On pose $u(x)=(1-\ln x)^2$, $v'(x)=1$ ; donc $u'(x)=-\dfrac{2(1-\ln x)}{x}$ et $v(x)=x$. $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[\alpha,1]$ :

$\int_\alpha^1(1-\ln x)^2dx=\Big[x(1-\ln x)^2\Big]_\alpha^1+2\int_\alpha^1(1-\ln x)\,dx.$

• $\Big[x(1-\ln x)^2\Big]_\alpha^1=1-\alpha(1-\ln\alpha)^2=1-\alpha+2\alpha\ln\alpha-\alpha(\ln\alpha)^2$ ;
• d’après 6) a), $\displaystyle\int_\alpha^1(1-\ln x)\,dx=\Big[2x-x\ln x\Big]_\alpha^1=2-2\alpha+\alpha\ln\alpha$.

Donc :

$\int_\alpha^1(1-\ln x)^2dx=1-\alpha+2\alpha\ln\alpha-\alpha(\ln\alpha)^2+4-4\alpha+2\alpha\ln\alpha=5(1-\alpha)+4\alpha\ln\alpha-\alpha(\ln\alpha)^2.$

Soit $\displaystyle\int_\alpha^1(1-\ln x)^2dx=5(1-\alpha)+\alpha(4-\ln\alpha)\ln\alpha$.

Sur $[\alpha,1]$, $f$ est croissante, donc $f(x)\geq f(\alpha)=\alpha>0$ (car $g(\alpha)=0$). L’aire cherchée est donc, en $\text{cm}^2$ (unité 1 cm) :

$\mathcal{A}=\int_\alpha^1f(x)\,dx=\int_\alpha^1\left(2-\frac2x\right)dx+\int_\alpha^1(1-\ln x)^2dx.$

$\displaystyle\int_\alpha^1\left(2-\frac2x\right)dx=\Big[2x-2\ln x\Big]_\alpha^1=2-2\alpha+2\ln\alpha$. Avec 6) b) :

$\mathcal{A}=\left(7-7\alpha+2\ln\alpha+\alpha(4-\ln\alpha)\ln\alpha\right)\ \text{cm}^2\quad(\approx0,61\ \text{cm}^2).$

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

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0\in]\alpha,1[$, donc $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $\alpha<u_n<1$ et on montre que $\alpha<u_{n+1}<1$.

$\alpha<u_n<1$, d’où $f(\alpha)<f(u_n)<f(1)$ (3) a)), donc $\alpha<u_{n+1}<1$ (car $f(\alpha)=\alpha$ et $f(1)=1$) : $P(n+1)$ est vraie.

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

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après 7) a), $u_n\in[\alpha,1]$ ; d’après 4) b), sur $[\alpha,1]$ la courbe $(C_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$, c’est-à-dire $f(x)\geq x$. Donc :

$u_{n+1}=f(u_n)\geq u_n.$

La suite $(u_n)$ est croissante.

$(u_n)$ est croissante et majorée par $1$ (7) a)), donc elle est convergente. Soit $\ell$ sa limite.

• $f$ est continue sur $I=[\alpha,1]$ ;
• $f(I)=[f(\alpha),f(1)]=[\alpha,1]=I$ ($f$ croissante) ;
• $u_0\in I$ et $u_{n+1}=f(u_n)$ ;
• $(u_n)$ est convergente.

Donc $\ell\in I$ et $f(\ell)=\ell$, soit $g(\ell)=0$ : $\ell=\alpha$ ou $\ell=1$ (4)).

Comme $(u_n)$ est croissante, $u_n\geq u_0$ pour tout $n$, donc $\ell\geq u_0>\alpha$. Donc $\ell=1$ : $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$.