Pour tout $n\in\mathbb{N}$ (avec $2+u_n\neq0$, ce que l’on justifie en 1.b) : $3-\frac{4}{2+u_n}=\frac{3(2+u_n)-4}{2+u_n}=\frac{3u_n+2}{2+u_n}=u_{n+1}.$

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $0<u_n<2$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=\frac{3}{2}$ et $0<\frac{3}{2}<2$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $0<u_n<2$ et on montre que $0<u_{n+1}<2$. $0<u_n<2\implies2<2+u_n<4\implies\frac{1}{4}<\frac{1}{2+u_n}<\frac{1}{2}\implies1<\frac{4}{2+u_n}<2\implies1<3-\frac{4}{2+u_n}<2.$ Donc $1<u_{n+1}<2$, et a fortiori $0<u_{n+1}<2$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n<2$.

$u_{n+1}-u_n=\frac{3u_n+2-u_n(2+u_n)}{2+u_n}=\frac{-u_n^2+u_n+2}{2+u_n}.$ Or $(1+u_n)(2-u_n)=2-u_n+2u_n-u_n^2=-u_n^2+u_n+2$. Donc $u_{n+1}-u_n=\dfrac{(1+u_n)(2-u_n)}{2+u_n}$.

D’après 1.b, $0<u_n<2$, donc $1+u_n>0$, $2-u_n>0$ et $2+u_n>0$ : $u_{n+1}-u_n>0$.

La suite $(u_n)$ est (strictement) croissante et majorée par $2$ : elle est convergente.

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

• $2-u_n>0$ et $2+u_n>0$, donc $2-u_{n+1}>0$.
• $(u_n)$ est croissante, donc $u_n\geq u_0=\frac{3}{2}$, d’où $2+u_n\geq\frac{7}{2}$ et $\dfrac{1}{2+u_n}\leq\dfrac{2}{7}$. Comme $2-u_n>0$ : $\dfrac{2-u_n}{2+u_n}\leq\dfrac{2}{7}(2-u_n)$.

Donc $0<2-u_{n+1}\leq\dfrac{2}{7}(2-u_n)$.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $0<2-u_n\leq\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^n$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $2-u_0=\frac{1}{2}$ et $0<\frac{1}{2}\leq\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^0=\frac{1}{2}$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $0<2-u_n\leq\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^n$. D’après 2.c : $0<2-u_{n+1}\leq\frac{2}{7}(2-u_n)\leq\frac{2}{7}\times\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^n=\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^{n+1}.$ $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<2-u_n\leq\frac{1}{2}\left(\frac{2}{7}\right)^n$.

$-1<\frac{2}{7}<1$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{2}{7}\right)^n=0$. D’après 2.d et le théorème des gendarmes, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}(2-u_n)=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=2$.

$\overrightarrow{AB}(1,-1,-2)$ et $\overrightarrow{AC}(2,0,-2)$, donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}-1&0\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}1&2\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}1&2\\-1&0\end{vmatrix}\vec{k}=2\vec{i}-2\vec{j}+2\vec{k}=2\vec{n}.$ $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\neq\vec{0}$, donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : $A$, $B$ et $C$ sont non alignés.

$\vec{n}(1,-1,1)$ est normal au plan $(ABC)$ (car colinéaire à $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$) et aussi au plan $(P)$ (d’après son équation). Les deux plans ont un même vecteur normal : ils sont parallèles.

(Strictement : $0-3+3-6=-6\neq0$, donc $A\notin(P)$.)

$d(A,(P))=\frac{|0-3+3-6|}{\sqrt{1^2+(-1)^2+1^2}}=\frac{6}{\sqrt{3}}=2\sqrt{3}.$ Soit $\Omega$ le centre et $R$ le rayon de $(S)$. Les plans tangents en $A$ et en $H$ sont orthogonaux à $(\Omega A)$ et à $(\Omega H)$ ; comme ils sont parallèles, $A$, $\Omega$, $H$ sont alignés sur une même perpendiculaire commune, et $[AH]$ est un diamètre de $(S)$.

Donc $2R=AH=d(A,(P))=2\sqrt{3}$, d’où $R=\sqrt{3}$.

$(\Delta)$ passe par $A(0,3,3)$ et est dirigée par $\vec{n}(1,-1,1)$ : $(\Delta):\begin{cases}x=t\\y=3-t\\z=3+t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}).$

D’après 2.a, $H$ est le projeté orthogonal de $A$ sur $(P)$ : $H$ est le point d’intersection de $(\Delta)$ et de $(P)$. $t-(3-t)+(3+t)-6=0\iff3t-6=0\iff t=2.$ Donc $H(2,\,3-2,\,3+2)=H(2,1,5)$.

$[AH]$ est un diamètre de $(S)$, donc son centre est le milieu de $[AH]$ : $\Omega\left(\frac{0+2}{2},\frac{3+1}{2},\frac{3+5}{2}\right)=\Omega(1,2,4)$, et $R=\sqrt{3}$. $(S):(x-1)^2+(y-2)^2+(z-4)^2=3\iff x^2+y^2+z^2-2x-4y-8z+1+4+16-3=0,$ soit $x^2+y^2+z^2-2x-4y-8z+18=0$.

$\overrightarrow{BH}(1,-1,4)$, donc $(BH):\begin{cases}x=1+s\\y=2-s\\z=1+4s\end{cases}\ (s\in\mathbb{R})$.

On remplace dans $(x-1)^2+(y-2)^2+(z-4)^2=3$ : $s^2+s^2+(4s-3)^2=3\iff18s^2-24s+6=0\iff3s^2-4s+1=0\iff(s-1)(3s-1)=0.$

• $s=1$ : le point $(2,1,5)$, c’est-à-dire $H$ ;
• $s=\frac{1}{3}$ : le point $E\left(\frac{4}{3},\frac{5}{3},\frac{7}{3}\right)$.

La droite $(BH)$ coupe la sphère $(S)$ aux points $H(2,1,5)$ et $E\left(\frac{4}{3},\frac{5}{3},\frac{7}{3}\right)$.

$|a|=\sqrt{\frac{3}{4}+\frac{1}{4}}=1$ et $a=-\frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i=\cos\frac{5\pi}{6}+i\sin\frac{5\pi}{6}$.

Donc $\arg(a)\equiv\dfrac{5\pi}{6}\,[2\pi]$.

$c=1+a=\frac{2-\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i$ et $d=\overline{c}=\frac{2-\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i$.

$c-d=2i\operatorname{Im}(c)=i$ et $c-a=1$, donc $\dfrac{c-d}{c-a}=i$.

Ainsi $\left|\dfrac{c-d}{c-a}\right|=1$, soit $CD=CA$, et $\arg\left(\dfrac{c-d}{c-a}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi]$, soit $\left(\overrightarrow{CA},\overrightarrow{CD}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi]$.

Donc le triangle $ACD$ est isocèle rectangle en $C$.

$d-a=\frac{2-\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i-\frac{-\sqrt{3}}{2}-\frac{1}{2}i=\frac{2}{2}-i=1-i$.

$b-d=\frac{1-2+\sqrt{3}}{2}+\frac{-\sqrt{3}+1}{2}i=\frac{\sqrt{3}-1}{2}-\frac{\sqrt{3}-1}{2}i=\frac{\sqrt{3}-1}{2}(1-i)$.

$\dfrac{b-d}{d-a}=\dfrac{\sqrt{3}-1}{2}\in\mathbb{R}$, donc les vecteurs $\overrightarrow{AD}$ et $\overrightarrow{DB}$ sont colinéaires : $A$, $D$ et $B$ sont alignés.

D’après 1, $a=e^{i\frac{5\pi}{6}}$, donc $z'-0=e^{i\frac{5\pi}{6}}(z-0)$ : $R$ est la rotation de centre $O$ et d’angle $\dfrac{5\pi}{6}$.

$d=\overline{c}=\overline{1+a}=1+\overline{a}$, donc $ad=a+a\overline{a}=a+|a|^2=a+1=c$.

L’image de $D$ par $R$ a pour affixe $ad=c$ : $R(D)=C$.

$c\neq0$ et $c=ad$, donc $\arg(c)\equiv\arg(a)+\arg(d)\,[2\pi]$. Or $d=\overline{c}$, donc $\arg(d)\equiv-\arg(c)\,[2\pi]$ : $\arg(c)\equiv\frac{5\pi}{6}-\arg(c)\,[2\pi]\iff2\arg(c)\equiv\frac{5\pi}{6}\,[2\pi]\iff\arg(c)\equiv\frac{5\pi}{12}\,[\pi].$ Donc $\arg(c)\equiv\frac{5\pi}{12}\,[2\pi]$ ou $\arg(c)\equiv\frac{5\pi}{12}+\pi\,[2\pi]$.

Or $\operatorname{Re}(c)=\frac{2-\sqrt{3}}{2}>0$ et $\operatorname{Im}(c)=\frac{1}{2}>0$ : un argument de $c$ est dans $\left]0,\frac{\pi}{2}\right[$, ce qui exclut $\frac{17\pi}{12}$.

Donc $\arg(c)\equiv\dfrac{5\pi}{12}\,[2\pi]$.

Un tirage est un arrangement de $2$ boules parmi $7$ : $\operatorname{card}\Omega=A_7^2=7\times6=42$ tirages équiprobables.

$G$ : deux boules blanches : $A_4^2=12$ tirages. $p(G)=\dfrac{12}{42}=\dfrac{2}{7}$.

$Z$ : une blanche puis une noire ($4\times3=12$) ou une noire puis une blanche ($3\times4=12$) : $p(Z)=\frac{12+12}{42}=\frac{24}{42}=\frac{4}{7}.$

$N_1\cap B_2$ : une noire puis une blanche : $3\times4=12$ tirages. $p(N_1\cap B_2)=\dfrac{12}{42}=\dfrac{2}{7}$.

$B_2=(N_1\cap B_2)\cup(B_1\cap B_2)$, réunion de deux évènements incompatibles ($B_1$ : « la première boule est blanche ») : $p(B_2)=p(N_1\cap B_2)+p(B_1\cap B_2)=\frac{12}{42}+\frac{4\times3}{42}=\frac{24}{42}=\frac{4}{7}.$

Si la deuxième boule est blanche, les deux boules sont de couleurs différentes si et seulement si la première est noire : $Z\cap B_2=N_1\cap B_2$. $p(Z/B_2)=\frac{p(Z\cap B_2)}{p(B_2)}=\frac{p(N_1\cap B_2)}{p(B_2)}=\frac{\frac{2}{7}}{\frac{4}{7}}=\frac{1}{2}.$

$f(0)=0-1+\dfrac{4}{1+2}=-1+\dfrac{4}{3}=\dfrac{1}{3}$ et $f(\ln2)=\ln2-1+\dfrac{4}{2+2}=\ln2$.

• $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{4}{e^x+2}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
• $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{4}{e^x+2}=2$ et, comme $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(x-1)=-\infty$ : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-(x-1)\big)=\lim_{x\to+\infty}\frac{4}{e^x+2}=0$.

Interprétation : la droite d’équation $y=x-1$ est une asymptote oblique à $(\mathscr{C}_f)$ au voisinage de $+\infty$.

$x+1-\frac{2e^x}{e^x+2}=x-1+2-\frac{2e^x}{e^x+2}=x-1+\frac{2e^x+4-2e^x}{e^x+2}=x-1+\frac{4}{e^x+2}=f(x).$

$\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\frac{e^x}{e^x+2}=\frac{0}{0+2}=0$.

D’après 3.a : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\big(f(x)-(x+1)\big)=\lim_{x\to-\infty}\left(-\frac{2e^x}{e^x+2}\right)=0$.

Donc la droite d’équation $y=x+1$ est une asymptote oblique à $(\mathscr{C}_f)$ au voisinage de $-\infty$.

Soit $x\in\mathbb{R}$.

• $f(x)-x=-1+\dfrac{4}{e^x+2}$ et $\dfrac{4}{e^x+2}>0$, donc $f(x)-x>-1$ ;
• d’après 3.a, $f(x)-x=1-\dfrac{2e^x}{e^x+2}$ et $\dfrac{2e^x}{e^x+2}>0$, donc $f(x)-x<1$.

Donc $-1<f(x)-x<1$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et : $f'(x)=1-\frac{4e^x}{(e^x+2)^2}=\frac{e^{2x}+4e^x+4-4e^x}{(e^x+2)^2}=\frac{e^{2x}+4}{(e^x+2)^2}.$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $e^{2x}+4>0$ et $(e^x+2)^2>0$, donc $f'(x)>0$. La fonction $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

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

$f$ est continue et strictement croissante sur $\mathbb{R}$ : c’est une bijection de $\mathbb{R}$ sur $f(\mathbb{R})=\left]\lim_{-\infty}f,\lim_{+\infty}f\right[=]-\infty,+\infty[$.

Donc pour tout $m\in\mathbb{R}$, l’équation $f(x)=m$ admet une solution unique dans $\mathbb{R}$.

• $f(0)=\frac{1}{3}>0$ ;
• $f(-1)=-2+\dfrac{4}{e^{-1}+2}$ ; or $e^{-1}+2>2$, donc $\dfrac{4}{e^{-1}+2}<2$ et $f(-1)<0$.

$f(-1)<f(\alpha)=0<f(0)$, donc $-1<\alpha<0$ (valeur approchée : $\alpha\approx-0{,}553$).

$f(\alpha)=0\iff\dfrac{4}{e^\alpha+2}=1-\alpha\iff e^\alpha+2=\dfrac{4}{1-\alpha}$ (car $1-\alpha\neq0$) $\iff e^\alpha=\dfrac{4-2(1-\alpha)}{1-\alpha}=\dfrac{2(1+\alpha)}{1-\alpha}$.

$f'(x)=1-\dfrac{4e^x}{(e^x+2)^2}$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et : $f''(x)=-4\times\frac{e^x(e^x+2)^2-e^x\times2e^x(e^x+2)}{(e^x+2)^4}=-4\times\frac{e^x\big((e^x+2)-2e^x\big)}{(e^x+2)^3}=-4\times\frac{e^x(2-e^x)}{(e^x+2)^3}=\frac{4e^x(e^x-2)}{(e^x+2)^3}.$

$e^x-2>0\iff e^x>e^{\ln2}\iff x>\ln2$ ; $e^x-2=0\iff x=\ln2$ ; $e^x-2<0\iff x<\ln2$.

$4e^x>0$ et $(e^x+2)^3>0$, donc $f''(x)$ a le signe de $e^x-2$ : $f''$ s’annule en $\ln2$ en changeant de signe (négative sur $]-\infty,\ln2[$, positive sur $]\ln2,+\infty[$).

Donc $(\mathscr{C}_f)$ admet un point d’inflexion $I(\ln2,f(\ln2))$, soit $I(\ln2,\ln2)$.

$(\mathscr{C}_f)$ est concave sur $]-\infty,\ln2]$ et convexe sur $[\ln2,+\infty[$.

$f'(\ln2)=\dfrac{4+4}{(2+2)^2}=\dfrac{8}{16}=\dfrac{1}{2}$ et $f(\ln2)=\ln2$. $y=f'(\ln2)(x-\ln2)+f(\ln2)=\frac{1}{2}x-\frac{\ln2}{2}+\ln2=\frac{1}{2}x+\frac{\ln2}{2}.$

On trace les asymptotes $y=x-1$ (en $+\infty$) et $y=x+1$ (en $-\infty$) ; la courbe est entre ces deux droites (question 3.c). On place $f(0)=\frac{1}{3}$, $\alpha\approx-0{,}55$, le point d’inflexion $I(\ln2,\ln2)$ et la tangente $(T)$ en $I$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $\dfrac{1}{e^x+2}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{(e^x+2)-e^x}{e^x+2}=\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{e^x}{e^x+2}\right)$, et $x\mapsto\ln(e^x+2)$ est une primitive de $x\mapsto\dfrac{e^x}{e^x+2}$. $\int_0^{\ln2}\frac{\mathrm{d}x}{e^x+2}=\frac{1}{2}\Big[x-\ln(e^x+2)\Big]_0^{\ln2}=\frac{1}{2}\big((\ln2-\ln4)-(0-\ln3)\big)=\frac{1}{2}(\ln3-\ln2)=\frac{1}{2}\ln\left(\frac{3}{2}\right).$

Pour tout $x$ : $f(x)-(x-1)=\dfrac{4}{e^x+2}>0$, donc $(\mathscr{C}_f)$ est au-dessus de la droite $y=x-1$ et $\mathscr{A}=\int_0^{\ln2}\big(f(x)-(x-1)\big)\,\mathrm{d}x=4\int_0^{\ln2}\frac{\mathrm{d}x}{e^x+2}=4\times\frac{1}{2}\ln\left(\frac{3}{2}\right)=2\ln\left(\frac{3}{2}\right)\ \text{u.a.}\ (\approx0{,}81\ \text{u.a.})$