$\overrightarrow{OA}(1,1,1)$ et $\overrightarrow{OB}(2,0,1)$, donc $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}1&0\\1&1\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}1&2\\1&1\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}1&2\\1&0\end{vmatrix}\vec{k}=(1-0)\vec{i}-(1-2)\vec{j}+(0-2)\vec{k}=\vec{i}+\vec{j}-2\vec{k}.$

$\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}\neq\vec{0}$, donc $O$, $A$, $B$ ne sont pas alignés et $\vec{n}(1,1,-2)$ est un vecteur normal au plan $(OAB)$.

D’après son équation, $\vec{n}(1,1,-2)$ est aussi un vecteur normal au plan $(P)$. Les deux plans ont un même vecteur normal : ils sont parallèles.

(Ils sont strictement parallèles car $O\in(OAB)$ et $0+0-0+12\neq0$, donc $O\notin(P)$.)

La droite $(OC)$ passe par $O(0,0,0)$ et est dirigée par $\overrightarrow{OC}(-2,-2,4)=-2\,\vec{n}$, donc aussi par $\vec{n}(1,1,-2)$. Une représentation paramétrique de $(OC)$ est donc : $\begin{cases}x=0+1\times t\\y=0+1\times t\\z=0-2t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}),\ \text{soit}\ \begin{cases}x=t\\y=t\\z=-2t\end{cases}\quad(t\in\mathbb{R}).$ (Contrôle : $t=0$ donne $O$ et $t=-2$ donne $C(-2,-2,4)$.)

$-2+(-2)-2\times4+12=-2-2-8+12=0$, donc $C\in(P)$.

Le vecteur directeur $\vec{n}(1,1,-2)$ de $(OC)$ est un vecteur normal au plan $(P)$ : la droite $(OC)$ est orthogonale au plan $(P)$ (et elle le coupe en $C$).

$(S)$ est tangente au plan $(P)$ en $C$, donc $(\Omega C)\perp(P)$ : $\Omega$ appartient à la droite passant par $C$ et orthogonale à $(P)$. D’après 1.d, cette droite est $(OC)$. Donc $\Omega\in(OC)$.

(De même, le centre $O$ du cercle $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(OAB)$, donc $\Omega$ est sur la perpendiculaire à $(OAB)$ en $O$, qui est encore $(OC)$.)

D’après 1.c, il existe $t\in\mathbb{R}$ tel que $a=t$, $b=t$ et $c=-2t$. Donc $a=b$ et $c=-2a$.

$\Omega(a,a,-2a)$, donc $O\Omega=\sqrt{a^2+a^2+(-2a)^2}=\sqrt{6a^2}=|a|\sqrt{6}$.

$d(\Omega,(P))=\frac{|a+a-2\times(-2a)+12|}{\sqrt{1^2+1^2+(-2)^2}}=\frac{|6a+12|}{\sqrt{6}}=\frac{6|a+2|}{\sqrt{6}}=|a+2|\sqrt{6}.$

Soit $R$ le rayon de $(S)$.

• $(S)$ est tangente à $(P)$ en $C$ : $R=\Omega C$.
• $(OAB)$ coupe $(S)$ suivant le cercle de centre $O$ et de rayon $r=4\sqrt{3}$ : $(\Omega O)\perp(OAB)$ et, dans le triangle rectangle formé, $R^2=\Omega O^2+r^2=\Omega O^2+48$.

Donc $\Omega C^2-\Omega O^2=48$.

Or $\Omega C=d(\Omega,(P))=|a+2|\sqrt{6}$ (car $C$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$) et $\Omega O=|a|\sqrt{6}$, d’où : $6(a+2)^2-6a^2=48\iff(a+2)^2-a^2=8\iff4a+4=8\iff a=1.$ Donc $\Omega(1,1,-2)$ et $R=|1+2|\sqrt{6}=3\sqrt{6}$.

(Contrôle : $\Omega O^2+r^2=6+48=54=(3\sqrt{6})^2$.)

$a-c=\sqrt{3}+i-2\sqrt{3}=-\sqrt{3}+i$. On multiplie par le conjugué du dénominateur : $\frac{a-c}{a}=\frac{(-\sqrt{3}+i)(\sqrt{3}-i)}{(\sqrt{3}+i)(\sqrt{3}-i)}=\frac{-3+\sqrt{3}i+\sqrt{3}i-i^2}{3+1}=\frac{-2+2\sqrt{3}i}{4}=-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}.$

$\left|-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right|=\sqrt{\frac{1}{4}+\frac{3}{4}}=1$ et $\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2}$, $\sin\frac{2\pi}{3}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, donc : $-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}=\cos\frac{2\pi}{3}+i\sin\frac{2\pi}{3}\quad\left(=e^{i\frac{2\pi}{3}}\right).$

L’écriture $z'-a=e^{i\frac{2\pi}{3}}(z-a)$ est de la forme $z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)$ avec $\omega=a$ et $\theta=\frac{2\pi}{3}$.

Donc $R$ est la rotation de centre $A$ (d’affixe $a=\sqrt{3}+i$) et d’angle $\dfrac{2\pi}{3}$.

L’image de $O$ (d’affixe $0$) a pour affixe $z'=e^{i\frac{2\pi}{3}}(0-a)+a=a\left(1-e^{i\frac{2\pi}{3}}\right)$.

D’après 1.a et 1.b : $\dfrac{a-c}{a}=e^{i\frac{2\pi}{3}}$, donc $a-c=a\,e^{i\frac{2\pi}{3}}$, d’où $c=a-a\,e^{i\frac{2\pi}{3}}=a\left(1-e^{i\frac{2\pi}{3}}\right)$.

Donc $z'=c$, c’est-à-dire $R(O)=C$.

$b=\overline{a}=\sqrt{3}-i$, donc $b-a=-2i$ et $d=e^{i\frac{2\pi}{3}}(b-a)+a=\left(-\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(-2i)+\sqrt{3}+i=i+\sqrt{3}+\sqrt{3}+i=2\sqrt{3}+2i.$ Donc $d=2(\sqrt{3}+i)=2a$, soit $\dfrac{d-0}{a-0}=2\in\mathbb{R}$ : les points $A$, $D$ et $O$ sont alignés.

$c-b=2\sqrt{3}-\sqrt{3}+i=\sqrt{3}+i=a$ et $d=2a$, donc $\dfrac{c-b}{d}=\dfrac{a}{2a}=\dfrac{1}{2}$.

$OB=|b|=\sqrt{3+1}=2$ et $DC=|c-d|=|2\sqrt{3}-2\sqrt{3}-2i|=|-2i|=2$. Donc $OB=DC$.

D’après 3.b, $c-b=\frac{1}{2}d$, c’est-à-dire $\overrightarrow{BC}=\frac{1}{2}\overrightarrow{OD}$ : les côtés $[BC]$ et $[OD]$ sont parallèles et $BC=\frac{1}{2}OD\neq OD$, donc $OBCD$ est un trapèze de bases $[BC]$ et $[OD]$ (ce n’est pas un parallélogramme).

D’après 3.c, ses deux autres côtés (non parallèles) vérifient $OB=DC$.

Donc $OBCD$ est un trapèze isocèle.

Un tirage est un arrangement de $2$ boules parmi $6$ : $\operatorname{card}\Omega=A_6^2=6\times5=30$ tirages équiprobables.

Deux blanches : $A_4^2=4\times3=12$ ; deux noires : $A_2^2=2\times1=2$. $p(A)=\frac{12+2}{30}=\frac{14}{30}=\frac{7}{15}.$

La somme vaut $2$ si et seulement si les deux boules portent le numéro $1$. Il y a trois boules numérotées $1$ (deux blanches et une noire) : $p(B)=\frac{A_3^2}{30}=\frac{3\times2}{30}=\frac{6}{30}=\frac{1}{5}.$

$A\cap B$ : « deux boules de même couleur numérotées $1$ » : ce sont forcément les deux boules blanches numérotées $1$ (une seule noire porte le $1$) : $A_2^2=2$ tirages, donc $p(A\cap B)=\dfrac{2}{30}=\dfrac{1}{15}$. $p(B/A)=\frac{p(A\cap B)}{p(A)}=\frac{\frac{1}{15}}{\frac{7}{15}}=\frac{1}{7}.$

L’urne contient trois boules numérotées $0$ et trois boules numérotées $1$. $X$ prend les valeurs $0$, $1$, $2$.

• $p(X=0)=\dfrac{A_3^2}{30}=\dfrac{6}{30}=\dfrac{1}{5}$ (deux boules numérotées $0$) ;
• $p(X=2)=p(B)=\dfrac{1}{5}$ ;
• $p(X=1)$ : une boule « $0$ » et une boule « $1$ », dans un ordre ou dans l’autre : $\dfrac{3\times3+3\times3}{30}=\dfrac{18}{30}=\dfrac{3}{5}$.

Contrôle : $\frac{1}{5}+\frac{3}{5}+\frac{1}{5}=1$.

$E(X)=0\times\frac{1}{5}+1\times\frac{3}{5}+2\times\frac{1}{5}=\frac{5}{5}=1.$

$g(x)=0\iff e^{2x}=1\iff e^{2x}=e^0\iff2x=0\iff x=0$. Donc $S=\{0\}$.

• si $x<0$ : $2x<0$, donc $e^{2x}<e^0=1$, d’où $g(x)<0$ ;
• si $x>0$ : $2x>0$, donc $e^{2x}>1$, d’où $g(x)>0$.

D’après 1.b, $|g(x)|=1-e^{2x}$ sur $[-\ln2,0]$ et $|g(x)|=e^{2x}-1$ sur $[0,\ln2]$. Par la relation de Chasles : $\int_{-\ln2}^{\ln2}|g(x)|\,\mathrm{d}x=\int_{-\ln2}^{0}\left(1-e^{2x}\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{\ln2}\left(e^{2x}-1\right)\mathrm{d}x=\left[x-\frac{e^{2x}}{2}\right]_{-\ln2}^{0}+\left[\frac{e^{2x}}{2}-x\right]_{0}^{\ln2}.$ Avec $e^{-2\ln2}=\frac{1}{4}$ et $e^{2\ln2}=4$ : $=\left(-\frac{1}{2}\right)-\left(-\ln2-\frac{1}{8}\right)+\left(2-\ln2\right)-\frac{1}{2}=\ln2-\frac{3}{8}+\frac{3}{2}-\ln2=\frac{9}{8}.$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $e^{-2x}>0$, donc $1+e^{-2x}>1>0$ et $\ln\left(1+e^{-2x}\right)$ existe. Donc $D_f=\mathbb{R}$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $-x\in\mathbb{R}$ et : $f(-x)=-x-\ln2+\ln\left(1+e^{2x}\right)=-x-\ln2+\ln\left(e^{2x}\left(e^{-2x}+1\right)\right)=-x-\ln2+2x+\ln\left(1+e^{-2x}\right)=f(x).$ Donc $f$ est paire.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{-2x}=0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+e^{-2x}\right)=\ln1=0$, et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(x-\ln2)=+\infty$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$f$ étant paire : $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{t\to+\infty}f(-t)=\lim_{t\to+\infty}f(t)=+\infty$ (en posant $t=-x$).

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-(x-\ln2)\big)=\lim_{x\to+\infty}\ln\left(1+e^{-2x}\right)=0$.

Donc $(\Delta):y=x-\ln2$ est une asymptote oblique à $(\mathscr{C}_f)$ au voisinage de $+\infty$.

On pose $t=-x$ ; quand $x\to-\infty$, $t\to+\infty$. Comme $f$ est paire : $f(x)-(-x-\ln2)=f(t)-(t-\ln2)\xrightarrow[t\to+\infty]{}0\quad\text{(question 3.a)}.$ Donc $(\Delta'):y=-x-\ln2$ est une asymptote oblique à $(\mathscr{C}_f)$ au voisinage de $-\infty$ (c’est la symétrique de $(\Delta)$ par rapport à l’axe des ordonnées).

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f'(x)=1+\frac{-2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\frac{1+e^{-2x}-2e^{-2x}}{1+e^{-2x}}=\frac{1-e^{-2x}}{1+e^{-2x}}.$ En multipliant le numérateur et le dénominateur par $e^{2x}\neq0$ : $f'(x)=\frac{e^{2x}-1}{e^{2x}+1}=\frac{g(x)}{1+e^{2x}}.$

Comme $1+e^{2x}>0$, $f'(x)$ a le signe de $g(x)$. D’après la partie I : $f'(x)>0$ sur $]0,+\infty[$, $f'(x)<0$ sur $]-\infty,0[$ et $f'(0)=0$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ et strictement décroissante sur $]-\infty,0]$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & -\infty & & 0 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 0 & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$ avec $f(0)=0-\ln2+\ln2=0$.

$f(x)=x\iff\ln\left(1+e^{-2x}\right)=\ln2\iff1+e^{-2x}=2\iff e^{-2x}=1\iff x=0$.

Donc $S=\{0\}$.

Soit $x\geq0$. Alors $-2x\leq0$, donc $e^{-2x}\leq1$, puis $1+e^{-2x}\leq2$, donc $\ln\left(1+e^{-2x}\right)\leq\ln2$.

Donc $f(x)-x=\ln\left(1+e^{-2x}\right)-\ln2\leq0$, c’est-à-dire $f(x)\leq x$.

Pour tout $x\geq0$ : $f(x)-(x-\ln2)=\ln\left(1+e^{-2x}\right)>0$ car $1+e^{-2x}>1$.

Donc sur $[0,+\infty[$, la courbe $(\mathscr{C}_f)$ est strictement au-dessus de la droite $(\Delta)$.

Soit $x\geq0$.

• D’après 5.c : $f(x)-(x-\ln2)>0$, donc $f(x)-(x-\ln2)\geq0$.
• D’après 5.b : $f(x)\leq x$, donc $f(x)-(x-\ln2)\leq x-x+\ln2=\ln2$.

Donc $0\leq f(x)-(x-\ln2)\leq\ln2$.

La fonction $f$ est paire : dans le repère orthonormé, $(\mathscr{C}_f)$ est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. On complète donc la courbe sur $]-\infty,0]$ par symétrie de la partie tracée sur $[0,+\infty[$ ; la droite $(\Delta'):y=-x-\ln2$ (symétrique de $(\Delta)$) est son asymptote au voisinage de $-\infty$. La tangente en $O$ est horizontale ($f'(0)=0$).

Sur $[0,1]$, $(\mathscr{C}_f)$ est au-dessus de $(\Delta)$ (question 5.c), donc $\mathscr{A}=\int_0^1\big(f(x)-(x-\ln2)\big)\,\mathrm{d}x\ \text{u.a.}$ D’après 5.d, pour tout $x\in[0,1]$ : $0\leq f(x)-(x-\ln2)\leq\ln2$. Par positivité (conservation de l’ordre) de l’intégrale, avec $0<1$ : $\int_0^1 0\,\mathrm{d}x\leq\mathscr{A}\leq\int_0^1\ln2\,\mathrm{d}x,\quad\text{soit}\quad0\leq\mathscr{A}\leq\ln2.$ (Valeur numérique : $\mathscr{A}\approx0{,}346$.)

$\varphi$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $I=[0,+\infty[$ (question 4.b). Elle admet donc une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur $J=\varphi(I)=\left[\varphi(0),\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)\right[=[0,+\infty[.$

$\ln2\in[0,+\infty[$ et $\varphi(\ln2)=\ln2-\ln2+\ln\left(1+e^{-2\ln2}\right)=\ln\left(1+\frac{1}{4}\right)=\ln\left(\frac{5}{4}\right)$.

Donc $\varphi^{-1}\left(\ln\left(\frac{5}{4}\right)\right)=\ln2$.

$\varphi$ est dérivable en $\ln2$ et, d’après 4.a : $\varphi'(\ln2)=\frac{e^{2\ln2}-1}{1+e^{2\ln2}}=\frac{4-1}{1+4}=\frac{3}{5}\neq0.$ Donc $\varphi^{-1}$ est dérivable en $\varphi(\ln2)=\ln\left(\frac{5}{4}\right)$ et $\left(\varphi^{-1}\right)'\left(\ln\left(\frac{5}{4}\right)\right)=\frac{1}{\varphi'\left(\varphi^{-1}\left(\ln\frac{5}{4}\right)\right)}=\frac{1}{\varphi'(\ln2)}=\frac{5}{3}.$

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $0\leq u_n\leq\ln2$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=\ln2$ et $0\leq\ln2\leq\ln2$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $0\leq u_n\leq\ln2$ et on montre que $0\leq u_{n+1}\leq\ln2$.

$0\leq u_n\leq\ln2\implies f(0)\leq f(u_n)\leq f(\ln2)\implies0\leq u_{n+1}\leq\ln\left(\frac{5}{4}\right).$ Or $\frac{5}{4}<2$, donc $\ln\left(\frac{5}{4}\right)<\ln2$, d’où $0\leq u_{n+1}\leq\ln2$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0\leq u_n\leq\ln2$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après la question 1, $u_n\in[0,+\infty[$, donc d’après 5.b : $f(u_n)\leq u_n$, c’est-à-dire $u_{n+1}\leq u_n$.

Donc la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $0$ : elle est convergente. Soit $\ell$ sa limite ; on a $0\leq\ell\leq\ln2$.

• $f$ est continue sur $I=[0,\ln2]$ ;
• $f(I)=[f(0),f(\ln2)]=\left[0,\ln\frac{5}{4}\right]\subset I$ ;
• $u_0\in I$ et $(u_n)$ est convergente.

Donc $\ell$ est solution de l’équation $f(x)=x$ dans $I$. D’après 5.a, la seule solution est $0$.

Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=0$.