$\overrightarrow{AB}=(3-1,-1-2,6-2)=(2,-3,4)$ et $\overrightarrow{AC}=(1-1,1-2,3-2)=(0,-1,1)$.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\2&-3&4\\0&-1&1\end{vmatrix}=\vec{i}\bigl((-3)(1)-4(-1)\bigr)-\vec{j}\bigl(2\cdot1-4\cdot0\bigr)+\vec{k}\bigl(2(-1)-(-3)\cdot0\bigr)=\vec{i}-2\vec{j}-2\vec{k}.$

Un vecteur normal au plan $(ABC)$ est $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(1,-2,-2)$.

Une équation du plan est $1(x-1)-2(y-2)-2(z-2)=0$, soit $x-1-2y+4-2z+4=0$, donc $x-2y-2z+7=0$.

Le point $A$ vérifie cette équation, et $\vec{n}\perp\overrightarrow{AB}$, $\vec{n}\perp\overrightarrow{AC}$ : c’est bien une équation cartésienne de $(ABC)$.

Soit $M(x,y,z)$. Alors $\overrightarrow{ME}=(5-x,1-y,4-z)$ et $\overrightarrow{MF}=(-1-x,1-y,12-z)$.

$\overrightarrow{ME}\cdot\overrightarrow{MF}=0\iff(5-x)(-1-x)+(1-y)^2+(4-z)(12-z)=0$ $\iff -5-5x+x+x^2+(y-1)^2+48-4z-12z+z^2=0$ $\iff x^2-4x+(y-1)^2+z^2-16z+43=0$ $\iff(x-2)^2-4+(y-1)^2+(z-8)^2-64+43=0$ $\iff(x-2)^2+(y-1)^2+(z-8)^2=25.$

Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(2,1,8)$ et de rayon $R=5$.

$d(\Omega,(ABC))=\dfrac{|2-2\cdot1-2\cdot8+7|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+(-2)^2}}=\dfrac{|2-2-16+7|}{3}=\dfrac{9}{3}=3.$

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

Discriminant : $\Delta=9-12=-3=3i^2$.

Les solutions sont $z=\dfrac{3\pm\sqrt{3}\,i}{2}$, soit $z_1=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$ et $z_2=\dfrac{3}{2}-\dfrac{\sqrt{3}}{2}i$.

$|a|=\sqrt{\left(\dfrac{3}{2}\right)^2+\left(\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)^2}=\sqrt{\dfrac{9}{4}+\dfrac{3}{4}}=\sqrt{3}$.

$\arg(a)=\arctan\left(\dfrac{\sqrt{3}/2}{3/2}\right)=\arctan\left(\dfrac{1}{\sqrt{3}}\right)=\dfrac{\pi}{6}$ (car $a$ est dans le premier quadrant).

Donc $a=\sqrt{3}\left(\cos\dfrac{\pi}{6}+i\sin\dfrac{\pi}{6}\right)$.

$b^2=\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2(1+i)^2=\dfrac{2}{4}(1+2i+i^2)=\dfrac{1}{2}(1+2i-1)=i.$

D’après la formule de Moivre : $h^4=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}=\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}$.

Donc $h^4+1=\dfrac{3}{2}+\dfrac{\sqrt{3}}{2}i=a$.

L’écriture complexe de la rotation $R$ de centre $O$ et d’angle $\dfrac{\pi}{2}$ est $z'=e^{i\pi/2}z=iz$.

Donc $c=ib$.

$|c|=|ib|=|b|$, donc $OB=OC$.

De plus, $\arg\left(\dfrac{c}{b}\right)=\arg(i)=\dfrac{\pi}{2}$, donc $\widehat{BOC}=\dfrac{\pi}{2}$.

Ainsi $OBC$ est un triangle rectangle isocèle en $O$.

L’urne contient $6$ boules. Les tirages sont avec remise, donc indépendants ; chaque tirage a $6$ issues équiprobables.

$A$ : les trois boules sont de même couleur, soit RRR, BBB ou NNN. $p(A)=\left(\dfrac{1}{6}\right)^3+\left(\dfrac{2}{6}\right)^3+\left(\dfrac{3}{6}\right)^3=\dfrac{1}{216}+\dfrac{8}{216}+\dfrac{27}{216}=\dfrac{36}{216}=\dfrac{1}{6}.$

$B$ : aucune boule blanche, soit uniquement rouge ou noire ($4$ boules sur $6$). $p(B)=\left(\dfrac{4}{6}\right)^3=\left(\dfrac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}.$

$C$ : exactement deux boules blanches (et donc une non-blanche). $p(C)=\binom{3}{2}\left(\dfrac{2}{6}\right)^2\left(\dfrac{4}{6}\right)=3\cdot\dfrac{4}{36}\cdot\dfrac{4}{6}=\dfrac{48}{216}=\dfrac{2}{9}.$

$\lim_{x\to-\infty}f(x)=2+8\lim_{x\to-\infty}\left(1-\dfrac{2}{x}\right)^2 e^{x-4}=2+8\cdot1\cdot0=2,$ car $\lim_{x\to-\infty}e^{x-4}=0$.

Géométriquement : la droite $y=2$ est asymptote horizontale à $(\mathcal{C})$ au voisinage de $-\infty$.

Quand $x\to0$, $\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^2=\left(1-\dfrac{2}{x}\right)^2\to+\infty$ et $e^{x-4}\to e^{-4}>0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to0}f(x)=+\infty$.

Géométriquement : la droite $x=0$ (axe des ordonnées) est asymptote verticale à $(\mathcal{C})$.

$\lim_{x\to+\infty}f(x)=2+8\lim_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{2}{x}\right)^2 e^{x-4}=+\infty,$ car $\lim_{x\to+\infty}e^{x-4}=+\infty$.

$\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}\dfrac{2}{x}+8\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(x-2)^2}{x^3}e^{x-4}=0+8\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^{x-4}}{x}=+\infty$ (croissances comparées).

Donc $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

On écrit $f(x)=2+8\dfrac{(x-2)^2}{x^2}e^{x-4}$.

Soit $u(x)=\dfrac{(x-2)^2}{x^2}$ et $v(x)=e^{x-4}$. Alors $u'(x)=\dfrac{2(x-2)x^2-2x(x-2)^2}{x^4}=\dfrac{2(x-2)\bigl(x-(x-2)\bigr)}{x^3}=\dfrac{4(x-2)}{x^3}$, et $v'(x)=e^{x-4}$.

$f'(x)=8\bigl(u'v+uv'\bigr)=8\left(\dfrac{4(x-2)}{x^3}e^{x-4}+\dfrac{(x-2)^2}{x^2}e^{x-4}\right)=8e^{x-4}\dfrac{(x-2)}{x^3}\bigl(4+x(x-2)\bigr)$ $=8e^{x-4}\dfrac{(x-2)}{x^3}(x^2-2x+4)=\dfrac{8(x-2)(x^2-2x+4)e^{x-4}}{x^3}.$

Le discriminant de $x^2-2x+4$ est $\Delta=4-16=-12<0$, et le coefficient dominant est positif, donc $x^2-2x+4>0$ pour tout réel $x$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}^*$ : $e^{x-4}>0$ et $x^2-2x+4>0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui de $\dfrac{x-2}{x^3}$, soit celui de $(x-2)x$ (car $x^2>0$), ou encore :

• sur $]-\infty,0[$ : $x-2<0$ et $x^3<0$, donc $\dfrac{x-2}{x^3}>0$, d’où $f'>0$ : $f$ strictement croissante ;
• sur $]0,2]$ : $x-2\leq0$ et $x^3>0$, donc $f'\leq0$ (et $f'<0$ sur $]0,2[$) : $f$ strictement décroissante ;
• sur $[2,+\infty[$ : $x-2\geq0$ et $x^3>0$, donc $f'\geq0$ : $f$ strictement croissante.

$f(2)=2+8\cdot0\cdot e^{-2}=2$.

$\begin{array}{|c|ccccccccc|}\hline x & -\infty & & 0 & & 2 & & +\infty\\\hline f'(x) & & + & || & - & 0 & + & \\\hline f(x) & 2 & \nearrow & +\infty & || & +\infty & \searrow & 2 & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$

(avec asymptote verticale en $x=0$).

$H'(x)=\dfrac{x\cdot e^{x-4}-e^{x-4}}{x^2}=\dfrac{(x-1)e^{x-4}}{x^2}=h(x).$ Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $[2,4]$.

$8\left(\dfrac{x-2}{x}\right)^2 e^{x-4}=8\dfrac{(x-2)^2}{x^2}e^{x-4}=8\dfrac{x^2-4x+4}{x^2}e^{x-4}=8\left(1-\dfrac{4}{x}+\dfrac{4}{x^2}\right)e^{x-4}$ $=\bigl(8-32\dfrac{1}{x}+32\dfrac{1}{x^2}\bigr)e^{x-4}=8e^{x-4}-32\dfrac{x-1}{x^2}e^{x-4}.$

D’où $f(x)=2+8e^{x-4}-32\dfrac{(x-1)}{x^2}e^{x-4}$.

$\int_2^4 e^{x-4}\,\mathrm{d}x=\bigl[e^{x-4}\bigr]_2^4=e^{0}-e^{-2}=1-e^{-2}.$

Sur $[2,4]$, $f(x)\geq2>0$. L’aire vaut (en cm², unité $1\,\mathrm{cm}$) : $\mathcal{A}=\int_2^4 f(x)\,\mathrm{d}x=\int_2^4\left(2+8e^{x-4}-32\dfrac{x-1}{x^2}e^{x-4}\right)\mathrm{d}x$ $=\bigl[2x+8e^{x-4}-32H(x)\bigr]_2^4=\Bigl(8+8-32\cdot\dfrac{e^{0}}{4}\Bigr)-\Bigl(4+8e^{-2}-32\cdot\dfrac{e^{-2}}{2}\Bigr)$ $=\bigl(16-8\bigr)-\bigl(4+8e^{-2}-16e^{-2}\bigr)=8-4+8e^{-2}=4+8e^{-2}.$

Donc $\mathcal{A}=4+8e^{-2}\,\mathrm{cm}^2$.

$g(4)=8(4-2)e^{0}-16=16-16=0$.

$-(x-4)^2 e^{x-4}+x^2(e^{x-4}-1)=-(x^2-8x+16)e^{x-4}+x^2 e^{x-4}-x^2$ $=(-x^2+8x-16+x^2)e^{x-4}-x^2=(8x-16)e^{x-4}-x^2=8(x-2)e^{x-4}-x^2=g(x).$

Pour $x\in[2,4]$ : $x-4\in[-2,0]$, donc $e^{x-4}\in[e^{-2},1]$, d’où $e^{x-4}-1\leq0$.

De plus $-(x-4)^2 e^{x-4}\leq0$ et $x^2(e^{x-4}-1)\leq0$, donc $g(x)\leq0$.

$\left(\dfrac{x-2}{x^2}\right)g(x)=\dfrac{x-2}{x^2}\bigl(8(x-2)e^{x-4}-x^2\bigr)=8\dfrac{(x-2)^2}{x^2}e^{x-4}-(x-2)=f(x)-2-(x-2)=f(x)-x.$

Pour $x\in[2,4]$ : $\dfrac{x-2}{x^2}\geq0$ et $g(x)\leq0$, donc $f(x)-x=\dfrac{x-2}{x^2}g(x)\leq0$, soit $f(x)\leq x$.

Initialisation. $u_0=3$ et $2\leq3\leq4$ : vrai au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $2\leq u_n\leq4$. Sur $[2,4]$, $f$ est croissante (3.c) et $f(2)=2$, $f(4)=4$. Donc $2=f(2)\leq f(u_n)\leq f(4)=4,$ soit $2\leq u_{n+1}\leq4$.

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

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n\in[2,4]$, donc d’après 2.b) : $u_{n+1}=f(u_n)\leq u_n$.

Ainsi $(u_n)$ est décroissante. Elle est aussi minorée par $2$, donc convergente.

Soit $\ell=\lim u_n$. La suite est décroissante et minorée par $2$, donc $\ell\in[2,3]$. Par continuité de $f$ : $\ell=f(\ell)$.

D’après 2.a) et 1.b) : pour $x\in[2,4[$, $g(x)=-(x-4)^2 e^{x-4}+x^2(e^{x-4}-1)<0$ (somme de deux termes strictement négatifs), donc $f(x)-x=\dfrac{x-2}{x^2}g(x)<0$ sur $]2,4[$, et $f(2)=2$, $f(4)=4$.

Les seuls points fixes de $f$ sur $[2,4]$ sont donc $2$ et $4$. Comme $\ell\leq3<4$, on a $\ell=2$.

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