$\overrightarrow{AB}(4,0,-3)$ et $\overrightarrow{AC}(8,1,-6)$ : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&1\\-3&-6\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}4&8\\-3&-6\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}4&8\\0&1\end{vmatrix}\vec{k}=(0+3)\vec{i}-(-24+24)\vec{j}+(4-0)\vec{k}=3\vec{i}+4\vec{k}.$ Ce vecteur $\vec{n}(3,0,4)$, non nul, est normal à $(ABC)$ : $(ABC):3x+4z+d=0$. Avec $A$ : $-3+12+d=0$, donc $d=-9$. $(ABC):3x+4z-9=0$.

$x^2-6x=(x-3)^2-9$ et $y^2-2y=(y-1)^2-1$, donc l’équation s’écrit $(x-3)^2+(y-1)^2+z^2=15+9+1=25=5^2$. $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(3,1,0)$ et de rayon $5$.

$(\Delta)\perp(ABC)$, donc $\vec{n}(3,0,4)$ dirige $(\Delta)$ ; et $(\Delta)$ passe par $\Omega(3,1,0)$. Une représentation paramétrique est donc $x=3+3t$, $y=1+0t=1$, $z=0+4t=4t$ $(t\in\mathbb{R})$.

Un point $M(3+3t,1,4t)$ de $(\Delta)$ est sur $(S)$ si et seulement si $(3t)^2+0^2+(4t)^2=25\iff25t^2=25\iff t=1$ ou $t=-1$.

• $t=1$ : $E(6,1,4)$ ;
• $t=-1$ : $F(0,1,-4)$.

Donc $(\Delta)\cap(S)=\{E,F\}$.

$\Delta=36-40=-4=(2i)^2$. Les solutions sont $z_1=\dfrac{6-2i}{2}=3-i$ et $z_2=3+i$. $S=\{3-i\,;\,3+i\}$.

$z'-a=e^{i\frac{\pi}{2}}(z-a)=i(z-a)$, donc $z'=iz+(1-i)a=iz+(1-i)(3-i)=iz+3-i-3i+i^2=iz+2-4i$.

$c'=i(7-3i)+2-4i=7i+3+2-4i=5+3i$.

$\frac{c'-b}{c-b}=\frac{2+2i}{4-4i}=\frac{(1+i)}{2(1-i)}=\frac{(1+i)^2}{2(1-i)(1+i)}=\frac{2i}{4}=\frac12i.$

• $\arg\left(\dfrac{c'-b}{c-b}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$, donc $\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BC'}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$ : le triangle $BCC'$ est rectangle en $B$.
• $\dfrac{BC'}{BC}=\left|\dfrac12i\right|=\dfrac12$, donc $BC=2BC'$.

$\operatorname{card}\Omega=C_{10}^4=210$.

$A$ : une rouge parmi 3 et trois boules parmi les 7 non rouges : $\operatorname{card}A=C_3^1\times C_7^3=3\times35=105$, $P(A)=\dfrac{105}{210}=\dfrac12$.

$\overline{B}$ : « aucune boule blanche » : quatre boules parmi les 5 non blanches : $C_5^4=5$. Donc $P(B)=1-\frac{5}{210}=1-\frac{1}{42}=\frac{41}{42}.$

On tire 4 boules et il n’y a que 3 rouges ; il y a 7 boules non rouges, donc on peut tirer de $0$ à $3$ rouges. $X(\Omega)=\{0,1,2,3\}$.

$P(X=2)=\dfrac{C_3^2\times C_7^2}{210}=\dfrac{3\times21}{210}=\dfrac{63}{210}=\dfrac{3}{10}$ ; $\quad P(X=0)=\dfrac{C_7^4}{210}=\dfrac{35}{210}=\dfrac16$.

$P(X=1)=P(A)=\dfrac12$ et $P(X=3)=\dfrac{C_3^3\times C_7^1}{210}=\dfrac{7}{210}=\dfrac{1}{30}$.

Vérification : $\frac{5+15+9+1}{30}=1$.

Pour $n=0$ : $u_0=2>1$. Supposons $u_n>1$ pour un $n\in\mathbb{N}$. Alors $u_n>0$ et $u_{n+1}-1=\frac{3u_n-1-2u_n}{2u_n}=\frac{u_n-1}{2u_n}>0,$ donc $u_{n+1}>1$.

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

($2u_n-1>1>0$, donc $v_n$ est défini.) On a $u_{n+1}-1=\dfrac{u_n-1}{2u_n}$ et $2u_{n+1}-1=\dfrac{3u_n-1}{u_n}-1=\dfrac{2u_n-1}{u_n}$. Donc $v_{n+1}=\frac{u_n-1}{2u_n}\times\frac{u_n}{2u_n-1}=\frac12\cdot\frac{u_n-1}{2u_n-1}=\frac12v_n.$ $(v_n)$ est géométrique de raison $\dfrac12$, de premier terme $v_0=\dfrac{2-1}{4-1}=\dfrac13$ ; d’où $v_n=\dfrac13\left(\dfrac12\right)^n$.

$v_n(2u_n-1)=u_n-1\iff u_n(2v_n-1)=v_n-1\iff u_n=\dfrac{v_n-1}{2v_n-1}$ (car $v_n\leqslant\frac13$, donc $2v_n-1\neq0$). Comme $0<\frac12<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}v_n=0$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{0-1}{0-1}=1$.

$w_n$ est défini car $u_n>1>0$. La fonction $\ln$ est continue en $1$ et $\lim u_n=1$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}w_n=\ln1=0$.

$g'(x)=4\left(1\times e^{2x}+x\times2e^{2x}\right)=4(1+2x)e^{2x}$.

$4e^{2x}>0$, donc $g'(x)$ a le signe de $2x+1$ : $g'(x)\geqslant0$ pour $x\geqslant-\frac12$ et $g'(x)\leqslant0$ pour $x\leqslant-\frac12$. D’où $g$ croissante sur $\left[-\frac12,+\infty\right[$ et décroissante sur $\left]-\infty,-\frac12\right]$.

$g\left(-\frac12\right)=1+4\times\left(-\frac12\right)e^{-1}=1-\dfrac2e$. Comme $e>2$, $\dfrac2e<1$, donc $g\left(-\frac12\right)>0$.

D’après I.2, $g\left(-\frac12\right)$ est le minimum de $g$ sur $\mathbb{R}$. Donc $g(x)\geqslant1-\frac2e>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

• En $+\infty$ : $2x-1\to+\infty$, $e^{2x}\to+\infty$, $x+1\to+\infty$, donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.
• En $-\infty$ : $(2x-1)e^{2x}=2xe^{2x}-e^{2x}$. En posant $u=2x$, $2xe^{2x}=ue^u\to0$ et $e^{2x}\to0$. Donc $(2x-1)e^{2x}\to0$ et, comme $x+1\to-\infty$, $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=-\infty$.

$f'(x)=2e^{2x}+(2x-1)\times2e^{2x}+1=(2+4x-2)e^{2x}+1=1+4xe^{2x}=g(x)$. Comme $g(x)>0$ pour tout $x$ (I.3.b), $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$.

Pour $x>0$ : $\dfrac{f(x)}{x}=\left(2-\dfrac1x\right)e^{2x}+1+\dfrac1x\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$. Avec $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$, $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

$f(x)-(x+1)=(2x-1)e^{2x}\xrightarrow[x\to-\infty]{}0$ (voir II.1). Donc $(\Delta):y=x+1$ est asymptote oblique à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

$f(x)-(x+1)=(2x-1)e^{2x}$ a le signe de $2x-1$ (car $e^{2x}>0$).

• $f(x)=x+1\iff x=\frac12$ : le point d’intersection est $\left(\frac12,\frac32\right)$.
• Sur $\left]-\infty,\frac12\right]$ : $2x-1\leqslant0$, $(C)$ est en-dessous de $(\Delta)$.
• Sur $\left[\frac12,+\infty\right[$ : $2x-1\geqslant0$, $(C)$ est au-dessus de $(\Delta)$.

$f(0)=(-1)\times1+0+1=0$ (donc $O\in(C)$) et $f'(0)=g(0)=1$. $(T):y=f'(0)(x-0)+f(0)$, soit $(T):y=x$.

$f''(x)=g'(x)=4(2x+1)e^{2x}$ s’annule en $-\frac12$ en changeant de signe (négative avant, positive après). Donc $(C)$ admet un point d’inflexion d’abscisse $-\frac12$.

Éléments du tracé : asymptote $(\Delta):y=x+1$ en $-\infty$ ($(C)$ en dessous), point commun $\left(\frac12,\frac32\right)$, tangente $(T):y=x$ en $O$, inflexion en $x=-\frac12$ (ordonnée $\frac12-\frac2e\approx-0{,}24$), branche parabolique verticale en $+\infty$.

On pose $u(x)=2x-1$, $v'(x)=e^{2x}$ ; alors $u'(x)=2$ et $v(x)=\dfrac12e^{2x}$. $\int_0^1(2x-1)e^{2x}dx=\left[\frac{(2x-1)e^{2x}}{2}\right]_0^1-\int_0^1e^{2x}dx=\left(\frac{e^2}{2}+\frac12\right)-\left[\frac{e^{2x}}{2}\right]_0^1=\frac{e^2}{2}+\frac12-\frac{e^2}{2}+\frac12=1.$

On étudie le signe de $h(x)=f(x)-x=(2x-1)e^{2x}+1$ sur $[0,1]$ : $h'(x)=g(x)-1=4xe^{2x}\geqslant0$ sur $[0,1]$ et $h(0)=0$, donc $h(x)\geqslant0$ : $(C)$ est au-dessus de $(T)$ sur $[0,1]$. $\mathcal{A}=\int_0^1\big(f(x)-x\big)dx\times\|\vec{i}\|\times\|\vec{j}\|=\left(\int_0^1(2x-1)e^{2x}dx+\int_0^11\,dx\right)\times4\text{ cm}^2=(1+1)\times4=8\text{ cm}^2.$

Remarque : la version dactylographiée qui circule (MTM-Group) donne $\int_0^{1/2}$ et une aire $(6-2e)\,\text{cm}^2$ entre $x=0$ et $x=\frac12$ ; le sujet officiel porte bien sur $[0,1]$.