Soit $n\in\mathbb{N}$ (la suite étant bien définie, $1+u_n\neq0$). On réduit au même dénominateur :

$4-\frac{6}{1+u_n}=\frac{4(1+u_n)-6}{1+u_n}=\frac{4+4u_n-6}{1+u_n}=\frac{4u_n-2}{1+u_n}=u_{n+1}.$

Donc pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n+1}=4-\dfrac{6}{1+u_n}$.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $2\leq u_n\leq4$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=4$ et $2\leq4\leq4$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $2\leq u_n\leq4$ et on montre que $2\leq u_{n+1}\leq4$.

$2\leq u_n\leq4\implies3\leq1+u_n\leq5\implies\frac15\leq\frac{1}{1+u_n}\leq\frac13\implies\frac65\leq\frac{6}{1+u_n}\leq2$ $\implies-2\leq-\frac{6}{1+u_n}\leq-\frac65\implies2\leq4-\frac{6}{1+u_n}\leq\frac{14}{5}.$

Donc $2\leq u_{n+1}\leq\frac{14}{5}\leq4$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $2\leq u_n\leq4$.

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

$u_{n+1}-u_n=\frac{4u_n-2}{1+u_n}-u_n=\frac{4u_n-2-u_n-u_n^2}{1+u_n}=\frac{-u_n^2+3u_n-2}{1+u_n}.$

Or $(u_n-1)(2-u_n)=2u_n-u_n^2-2+u_n=-u_n^2+3u_n-2$.

Donc $u_{n+1}-u_n=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après 1) b), $2\leq u_n\leq4$, donc :

• $u_n-1\geq1>0$ ;
• $2-u_n\leq0$ ;
• $1+u_n\geq3>0$.

Donc $u_{n+1}-u_n=\dfrac{(u_n-1)(2-u_n)}{1+u_n}\leq0$ : la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $2$ : elle est convergente.

La suite $(v_n)$ est bien définie car $u_n\geq2$, donc $1-u_n\neq0$. Soit $n\in\mathbb{N}$ :

$2-u_{n+1}=2-\frac{4u_n-2}{1+u_n}=\frac{2+2u_n-4u_n+2}{1+u_n}=\frac{4-2u_n}{1+u_n}=\frac{2(2-u_n)}{1+u_n},$ $1-u_{n+1}=1-\frac{4u_n-2}{1+u_n}=\frac{1+u_n-4u_n+2}{1+u_n}=\frac{3-3u_n}{1+u_n}=\frac{3(1-u_n)}{1+u_n}.$

Donc $v_{n+1}=\frac{2-u_{n+1}}{1-u_{n+1}}=\frac{2(2-u_n)}{3(1-u_n)}=\frac23\,v_n.$

Donc $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q=\dfrac23$ et de premier terme $v_0=\dfrac{2-4}{1-4}=\dfrac23$.

D’après 3) a), pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0\,q^n=\dfrac23\left(\dfrac23\right)^n=\left(\dfrac23\right)^{n+1}$.

On exprime $u_n$ en fonction de $v_n$ : $v_n=\dfrac{2-u_n}{1-u_n}\iff v_n-v_nu_n=2-u_n\iff u_n(1-v_n)=2-v_n$.

Comme $0<v_n<1$, on a $1-v_n\neq0$, donc $u_n=\frac{2-v_n}{1-v_n}=\frac{(1-v_n)+1}{1-v_n}=1+\frac{1}{1-v_n}=1+\frac{1}{1-\left(\frac23\right)^{n+1}}.$

Comme $-1<\dfrac23<1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac23\right)^{n+1}=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1+\frac{1}{1-0}=2$.

$\vec{n}(2,-2,1)$ est normal à $(P)$, donc $(P)$ a une équation de la forme $2x-2y+z+d=0$.

$A(-1,0,-1)\in(P)$, donc $2(-1)-2(0)+(-1)+d=0$, d’où $d=3$.

Donc $(P):2x-2y+z+3=0$.

$M(x,y,z)\in(S)\iff\Omega M^2=5^2\iff(x-2)^2+(y+1)^2+z^2=25$.

En développant : $x^2+y^2+z^2-4x+2y+4+1-25=0$, donc $(S):x^2+y^2+z^2-4x+2y-20=0.$

$d(\Omega,(P))=\frac{|2(2)-2(-1)+0+3|}{\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}}=\frac{|9|}{\sqrt9}=\frac93=3.$

$d(\Omega,(P))=3<5=R$, donc le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{25-9}=\sqrt{16}=4.$

$(\Delta)\perp(P)$, donc $\vec{n}(2,-2,1)$ est un vecteur directeur de $(\Delta)$. Comme $\Omega(2,-1,0)\in(\Delta)$ :

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

Le centre de $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$, c’est-à-dire le point d’intersection de $(\Delta)$ et $(P)$.

Soit $M(2+2t,-1-2t,t)\in(\Delta)$. $M\in(P)\iff2(2+2t)-2(-1-2t)+t+3=0\iff4+4t+2+4t+t+3=0\iff9t+9=0\iff t=-1$.

Pour $t=-1$ : $M(2-2,-1+2,-1)=(0,1,-1)=H$.

Donc $H(0,1,-1)$ est le centre du cercle $(\Gamma)$.

• Le milieu de $[AB]$ est $\left(\frac{-1+1}{2},\frac{0+2}{2},\frac{-1-1}{2}\right)=(0,1,-1)=H$, et $H\in(\Delta)$.
• $\overrightarrow{AB}(2,2,0)$ et $\vec{n}(2,-2,1)$ : $\overrightarrow{AB}\cdot\vec{n}=4-4+0=0$, donc $(\Delta)\perp(AB)$.

La droite $(\Delta)$ passe par le milieu $H$ de $[AB]$ et elle est orthogonale à $(AB)$ ; de plus elle coupe $(AB)$ en $H$. Donc $(\Delta)$ est une médiatrice du segment $[AB]$.

(L’énoncé écrit $\arg(z)$ : il s’agit de $\arg(a)$.)

$|a|=\sqrt3\,|1-i|=\sqrt3\times\sqrt{1^2+(-1)^2}=\sqrt3\times\sqrt2=\sqrt6$.

$a=\sqrt6\left(\frac{\sqrt3}{\sqrt6}-\frac{\sqrt3}{\sqrt6}i\right)=\sqrt6\left(\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt2}{2}i\right)=\sqrt6\left(\cos\left(-\frac\pi4\right)+i\sin\left(-\frac\pi4\right)\right)$.

Donc $\arg(a)\equiv-\dfrac\pi4\,[2\pi]$.

$\frac ba=\frac{2+\sqrt3+i}{\sqrt3(1-i)}=\frac{(2+\sqrt3+i)(1+i)}{\sqrt3(1-i)(1+i)}=\frac{2+\sqrt3+(2+\sqrt3)i+i-1}{2\sqrt3}=\frac{(1+\sqrt3)+(3+\sqrt3)i}{2\sqrt3}.$

Or $\dfrac{1+\sqrt3}{2\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3+3}{6}$ et $\dfrac{3+\sqrt3}{2\sqrt3}=\dfrac{3\sqrt3+3}{6}=\dfrac{\sqrt3+1}{2}$.

Donc $\dfrac ba=\dfrac{3+\sqrt3}{6}+\left(\dfrac{1+\sqrt3}{2}\right)i$.

D’autre part : $\frac{3+\sqrt3}{3}e^{i\frac\pi3}=\frac{3+\sqrt3}{3}\left(\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i\right)=\frac{3+\sqrt3}{6}+\frac{3\sqrt3+3}{6}i=\frac{3+\sqrt3}{6}+\frac{1+\sqrt3}{2}i=\frac ba.$

$b=a\times\dfrac ba=\sqrt6e^{-i\frac\pi4}\times\dfrac{3+\sqrt3}{3}e^{i\frac\pi3}=\dfrac{\sqrt6(3+\sqrt3)}{3}e^{i\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)}$.

Or $\dfrac{\sqrt6(3+\sqrt3)}{3}=\dfrac{3\sqrt6+3\sqrt2}{3}=\sqrt6+\sqrt2>0$ et $\dfrac\pi3-\dfrac\pi4=\dfrac\pi{12}$. Donc $b=(\sqrt6+\sqrt2)\left(\cos\frac\pi{12}+i\sin\frac\pi{12}\right).$

D’après la formule de Moivre : $b^{24}=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}\left(\cos\frac{24\pi}{12}+i\sin\frac{24\pi}{12}\right)=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}(\cos2\pi+i\sin2\pi)=(\sqrt6+\sqrt2)^{24}$.

Donc $b^{24}$ est un nombre réel (strictement positif).

L’écriture complexe de la rotation de centre $O$ et d’angle $\dfrac\pi6$ est $z'=e^{i\frac\pi6}z$, avec $e^{i\frac\pi6}=\cos\frac\pi6+i\sin\frac\pi6=\frac{\sqrt3}{2}+\frac12i=\frac12(\sqrt3+i)$.

Donc $z'=\dfrac12(\sqrt3+i)z$.

$a'=e^{i\frac\pi6}a$, donc $\arg(a')\equiv\dfrac\pi6+\arg(a)\equiv\dfrac\pi6-\dfrac\pi4\equiv-\dfrac\pi{12}\,[2\pi]$.

$a''=e^{i\frac\pi6}a'=e^{i\frac\pi6}e^{i\frac\pi6}a=e^{i\frac\pi3}\sqrt6e^{-i\frac\pi4}=\sqrt6e^{i\left(\frac\pi3-\frac\pi4\right)}=\sqrt6e^{i\frac\pi{12}}$.

Alors $\dfrac{b-0}{a''-0}=\dfrac{(\sqrt6+\sqrt2)e^{i\frac\pi{12}}}{\sqrt6e^{i\frac\pi{12}}}=\dfrac{\sqrt6+\sqrt2}{\sqrt6}\in\mathbb{R}$.

Donc les points $O$, $A''$ et $B$ sont alignés.

$b'=e^{i\frac\pi6}b=e^{i\frac\pi6}(\sqrt6+\sqrt2)e^{i\frac\pi{12}}=(\sqrt6+\sqrt2)e^{i\frac\pi4}$.

D’autre part $\overline{a}=\sqrt6e^{i\frac\pi4}$, donc $\left(\dfrac{3+\sqrt3}{3}\right)\overline{a}=\dfrac{\sqrt6(3+\sqrt3)}{3}e^{i\frac\pi4}=(\sqrt6+\sqrt2)e^{i\frac\pi4}$.

Donc $b'=\left(\dfrac{3+\sqrt3}{3}\right)\overline{a}$.

$\frac{b'-0}{a-0}=\frac{3+\sqrt3}{3}\times\frac{\overline{a}}{a}=\frac{3+\sqrt3}{3}\times\frac{\sqrt6e^{i\frac\pi4}}{\sqrt6e^{-i\frac\pi4}}=\frac{3+\sqrt3}{3}e^{i\frac\pi2}=\frac{3+\sqrt3}{3}\,i.$

Donc $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB'}\right)\equiv\arg\left(\dfrac{b'}{a}\right)\equiv\dfrac\pi2\,[2\pi]$ : le triangle $OAB'$ est rectangle en $O$.

Un tirage est une combinaison de $2$ boules parmi $7$ : $\operatorname{card}(\Omega)=C_7^2=\dfrac{7\times6}{2}=21$.

$A$ : deux boules « 1 » ou deux boules « 2 » (il n’y a qu’une boule « 3 ») : $\operatorname{card}(A)=C_4^2+C_2^2=6+1=7$.

Donc $p(A)=\dfrac{7}{21}=\dfrac13$.

La somme vaut $4$ si on tire $\{1,3\}$ ou $\{2,2\}$ :

$\operatorname{card}(B)=C_4^1\times C_1^1+C_2^2=4+1=5$. Donc $p(B)=\dfrac5{21}$.

$A\cap B$ : « les deux boules portent le même numéro et leur somme est 4 », c’est-à-dire tirer les deux boules « 2 » : $\operatorname{card}(A\cap B)=C_2^2=1$.

Donc $p(A\cap B)=\dfrac1{21}$.

$p(A)\times p(B)=\dfrac13\times\dfrac5{21}=\dfrac5{63}$ et $p(A\cap B)=\dfrac1{21}=\dfrac3{63}$.

$p(A\cap B)\neq p(A)\times p(B)$, donc les événements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.

$(C_u)$ est la courbe de la fonction exponentielle (elle passe par $(0,1)$ et $(1,e)$, avec $e\approx2,7$, et admet l’axe des abscisses comme asymptote au voisinage de $-\infty$) ; $(C_v)$ est la droite d’équation $y=x$ (première bissectrice).

Graphiquement, la courbe $(C_u)$ est strictement au-dessus de la droite $(C_v)$ sur $\mathbb{R}$ : pour tout $x\in\mathbb{R}$, $u(x)>v(x)$, c’est-à-dire $e^x>x$.

Donc $e^x-x>0$ pour tout $x$ de $\mathbb{R}$.

Sur $[0,1]$, $e^x-x>0$, donc l’aire (en unités d’aire) est $\mathcal{A}=\int_0^1\left(e^x-x\right)dx=\left[e^x-\frac{x^2}{2}\right]_0^1=\left(e-\frac12\right)-(1-0)=e-\frac32.$

Donc $\mathcal{A}=\left(e-\dfrac32\right)\,\text{u.a.}$

$f(x)$ existe si et seulement si $e^x-x>0$. D’après la partie I (question 2), $e^x-x>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Donc $f$ est définie sur $\mathbb{R}$.

Soit $x\in\mathbb{R}$. $e^x-x=e^x\left(1-xe^{-x}\right)$ et, comme $e^x>0$ et $e^x-x>0$, on a $1-xe^{-x}>0$. Donc $\ln\left(e^x-x\right)=\ln\left(e^x\right)+\ln\left(1-xe^{-x}\right)=x+\ln\left(1-xe^{-x}\right).$

Donc $f(x)=x+1-x-\ln\left(1-xe^{-x}\right)=1-\ln\left(1-xe^{-x}\right)$.

On sait que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}xe^{-x}=\lim_{x\to+\infty}\frac{x}{e^x}=0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(1-xe^{-x}\right)=1$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1-xe^{-x}\right)=\ln1=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=1-0=1$.

Interprétation : la droite d’équation $y=1$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$.

• $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(-x)=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(e^x-x\right)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\ln\left(e^x-x\right)=+\infty$ ;
• $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x+1)=-\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

Soit $x<0$. Alors $-x>0$ et $e^x-x=-x\left(1-\frac{e^x}{x}\right)=-x\left(1-\frac{1}{xe^{-x}}\right).$

Comme $e^x-x>0$ et $-x>0$, on a $1-\dfrac1{xe^{-x}}>0$, donc $\ln\left(e^x-x\right)=\ln(-x)+\ln\left(1-\dfrac{1}{xe^{-x}}\right)$.

Donc $f(x)=x+1-\ln(-x)-\ln\left(1-\dfrac{1}{xe^{-x}}\right)$.

Pour $x<0$ : $\frac{f(x)}{x}=1+\frac1x+\frac{\ln(-x)}{-x}-\frac1x\ln\left(1-\frac{1}{xe^{-x}}\right).$

D’après 2) a) : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{\ln(-x)}{-x}=0$, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac1x=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\ln\left(1-\frac{1}{xe^{-x}}\right)=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}{x}=1$.

Puis $f(x)-x=1-\ln(-x)-\ln\left(1-\dfrac1{xe^{-x}}\right)$ ; comme $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\ln(-x)=+\infty$, on a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(f(x)-x\right)=-\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{f(x)}x=1$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(f(x)-x\right)=-\infty$ : la courbe $(C_f)$ admet une branche parabolique de direction la droite d’équation $y=x$ au voisinage de $-\infty$.

La fonction $x\mapsto e^x-x$ est dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f'(x)=1-\frac{\left(e^x-x\right)'}{e^x-x}=1-\frac{e^x-1}{e^x-x}=\frac{e^x-x-e^x+1}{e^x-x}=\frac{1-x}{e^x-x}.$

Comme $e^x-x>0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $1-x$ :

• si $x<1$ : $f'(x)>0$ ; si $x>1$ : $f'(x)<0$ ; $f'(1)=0$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $]-\infty,1]$ et strictement décroissante sur $[1,+\infty[$, avec $f(1)=2-\ln(e-1)\approx1,46$.

• $f$ est continue et strictement croissante sur $[-1,0]$ (car $[-1,0]\subset\,]-\infty,1]$) ;
• $f(-1)=-1+1-\ln\left(e^{-1}+1\right)=-\ln\left(1+e^{-1}\right)<0$ (car $1+e^{-1}>1$) ;
• $f(0)=0+1-\ln(1-0)=1>0$.

Donc $f(-1)\times f(0)<0$ et, d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ admet une solution unique dans l’intervalle $]-1,0[$.

Les solutions de l’équation $f(x)=x$ sont les abscisses des points d’intersection de $(C_f)$ avec la droite d’équation $y=x$.

Graphiquement, $(C_f)$ coupe cette droite en deux points : l’équation $f(x)=x$ admet donc deux solutions $\alpha$ et $\beta$ (avec $\alpha\approx-2,6$ et $\beta\approx1,4$).

$f(\alpha)=\alpha\iff\alpha+1-\ln\left(e^\alpha-\alpha\right)=\alpha\iff\ln\left(e^\alpha-\alpha\right)=1\iff e^\alpha-\alpha=e$.