On a $\overrightarrow{AB}(-3-(-1),\,2-0,\,2-1)$, soit $\overrightarrow{AB}(-2,2,1)$, et $\overrightarrow{AC}(-1-(-1),\,1-0,\,2-1)$, soit $\overrightarrow{AC}(0,1,1)$.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}-2&1\\0&1\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}-2&2\\0&1\end{vmatrix}\vec{k}=(2-1)\vec{i}-(-2-0)\vec{j}+(-2-0)\vec{k}$

Donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec{i}+2\vec{j}-2\vec{k}$.

Le vecteur $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec{i}+2\vec{j}-2\vec{k}$ est non nul, donc les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et $\vec{n}(1,2,-2)$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

Une équation de $(ABC)$ est donc de la forme $x+2y-2z+d=0$. Comme $A(-1,0,1)\in(ABC)$ : $-1+0-2+d=0$, donc $d=3$.

Ainsi $(ABC) : x+2y-2z+3=0$.

$\vec{u}.\left(\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\right)=2\times1+1\times2+2\times(-2)=2+2-4=0$.

Le vecteur directeur $\vec{u}$ de $(\Delta)$ est donc orthogonal au vecteur normal $\vec{n}$ du plan $(ABC)$ : la droite $(\Delta)$ est parallèle au plan $(ABC)$.

Remarque : $2+2\times7-2\times(-4)+3=27\neq0$, donc $D\notin(ABC)$ : la droite $(\Delta)$ est strictement parallèle au plan $(ABC)$.

$\overrightarrow{\Omega D}(2-0,\,7-3,\,-4-0)$, soit $\overrightarrow{\Omega D}(2,4,-4)$, donc $\overrightarrow{\Omega D}.\vec{u}=2\times2+4\times1+(-4)\times2=4+4-8=0$.

Donc $D$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur la droite $(\Delta)$ (car $D\in(\Delta)$ et $(\Omega D)\perp(\Delta)$), d’où : $d(\Omega,(\Delta))=\Omega D=\sqrt{2^2+4^2+(-4)^2}=\sqrt{36}=6.$

La sphère $(S)$ est tangente à $(\Delta)$, donc son rayon est $R=d(\Omega,(\Delta))=6$ (et le point de contact est $D$).

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|0+2\times3-2\times0+3|}{\sqrt{1^2+2^2+(-2)^2}}=\frac{9}{3}=3.$

On a $d(\Omega,(ABC))=3<6=R$, donc le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}.$

$\overrightarrow{C\Omega}(0-(-1),\,3-1,\,0-2)$, soit $\overrightarrow{C\Omega}(1,2,-2)$ : c’est bien $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}$.

Ainsi $C\in(ABC)$ et $\overrightarrow{C\Omega}$ est normal au plan $(ABC)$ : $C$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$. Or le centre du cercle $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal du centre $\Omega$ de la sphère sur le plan $(ABC)$ : donc $C$ est le centre du cercle $(\Gamma)$.

(Contrôle : $\Omega C=\sqrt{1+4+4}=3=d(\Omega,(ABC))$.)

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

$b^2=\left(e^{i\frac{\pi}{12}}\right)^2=e^{i\frac{2\pi}{12}}=e^{i\frac{\pi}{6}}=a$ (d’après 1.a).

$b\overline{b}=|b|^2=\left|e^{i\frac{\pi}{12}}\right|^2=1^2=1$.

On développe le membre de droite : $(2-\sqrt{3})i(a+1)=(2-\sqrt{3})i\left(\frac{2+\sqrt{3}}{2}+\frac{1}{2}i\right)=\frac{(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})}{2}i-\frac{2-\sqrt{3}}{2}.$ Or $(2-\sqrt{3})(2+\sqrt{3})=4-3=1$, donc $(2-\sqrt{3})i(a+1)=\frac{\sqrt{3}}{2}-1+\frac{1}{2}i$.

Et $a-1=\frac{\sqrt{3}}{2}-1+\frac{1}{2}i$. Donc $a-1=(2-\sqrt{3})i(a+1)$.

L’écriture complexe de $T$ est $z'=z+c=z+1$. Donc $d=a+1$.

D’après 1.b : $a=b^2$ et $1=b\overline{b}$, donc $d=b^2+b\overline{b}=b(b+\overline{b})$.

Or $b+\overline{b}=2\operatorname{Re}(b)=2\cos\frac{\pi}{12}$ est un réel, donc $\dfrac{d-0}{b-0}=2\cos\frac{\pi}{12}\in\mathbb{R}$ : les points $O$, $B$ et $D$ sont alignés.

$d=2\cos\frac{\pi}{12}\times e^{i\frac{\pi}{12}}$ avec $2\cos\frac{\pi}{12}>0$ (car $0<\frac{\pi}{12}<\frac{\pi}{2}$).

C’est une forme exponentielle de $d$, donc $|d|=2\cos\frac{\pi}{12}$ et $\arg(d)\equiv\frac{\pi}{12}\,[2\pi]$.

Comme $c=1$ et $d=a+1$ : $\dfrac{a-c}{d}=\dfrac{a-1}{a+1}=(2-\sqrt{3})i$ d’après 1.c (et $a+1\neq0$).

Ce nombre est imaginaire pur non nul, donc $\left(\overrightarrow{OD},\overrightarrow{CA}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[\pi]$ : les droites $(AC)$ et $(OD)$ sont perpendiculaires.

$d=a+c$, donc $d-a=c-0$, c’est-à-dire $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{OC}$ : le quadrilatère $OCDA$ est un parallélogramme.

De plus $OA=|a|=1$ et $OC=|c|=1$, donc $OA=OC$ : deux côtés consécutifs sont égaux.

Un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs égaux est un losange : $OCDA$ est un losange. (On retrouve aussi que ses diagonales $(AC)$ et $(OD)$ sont perpendiculaires, question 3.a.)

L’urne contient $5+4+2=11$ boules. Un tirage est une combinaison de $3$ boules parmi $11$ : $\operatorname{card}\Omega=C_{11}^{3}=165$, et les tirages sont équiprobables.

Trois boules de même couleur : trois blanches ($C_5^3=10$ façons) ou trois noires ($C_4^3=4$ façons) ; trois vertes est impossible (il n’y en a que deux).

$p(A)=\frac{C_5^3+C_4^3}{C_{11}^3}=\frac{10+4}{165}=\frac{14}{165}.$

$\overline{B}$ : « Ne tirer aucune boule verte », c’est-à-dire tirer les $3$ boules parmi les $9$ boules non vertes : $p\left(\overline{B}\right)=\frac{C_9^3}{C_{11}^3}=\frac{84}{165}=\frac{28}{55}.$ Donc $p(B)=1-p\left(\overline{B}\right)=1-\dfrac{28}{55}=\dfrac{27}{55}$.

$A\cap B$ : « trois boules de même couleur dont au moins une verte » : il faudrait trois boules vertes, c’est impossible. Donc $A\cap B=\emptyset$ et $p(A\cap B)=0$. $p(A\cup B)=p(A)+p(B)-p(A\cap B)=\frac{14}{165}+\frac{81}{165}-0=\frac{95}{165}=\frac{19}{33}.$

$X$ prend les valeurs $0$, $1$ et $2$.

• $p(X=0)=p\left(\overline{B}\right)=\dfrac{C_9^3}{C_{11}^3}=\dfrac{84}{165}=\dfrac{28}{55}$ ;
• $p(X=1)=\dfrac{C_2^1\times C_9^2}{C_{11}^3}=\dfrac{2\times36}{165}=\dfrac{72}{165}=\dfrac{24}{55}$ ;
• $p(X=2)=\dfrac{C_2^2\times C_9^1}{C_{11}^3}=\dfrac{9}{165}=\dfrac{3}{55}$.

Contrôle : $\dfrac{28+24+3}{55}=1$.

$E(X)=0\times\frac{28}{55}+1\times\frac{24}{55}+2\times\frac{3}{55}=\frac{30}{55}=\frac{6}{11}.$

$g(1)=1-\ln1=1-0=1$ et $h(1)=1^2\times e^{0}=1$.

Pour $x\in\,]0,+\infty[$ : $g(x)=0\iff\ln x=1\iff\ln x=\ln e\iff x=e$.

L’ensemble des solutions est $S=\{e\}$.

Les courbes $(\mathscr{C}_g)$ et $(\mathscr{C}_h)$ se coupent au point d’abscisse $1$ (d’après 1.a, $g(1)=h(1)=1$).

• Sur $]0,1[$, la courbe $(\mathscr{C}_h)$ est au-dessous de $(\mathscr{C}_g)$ : $h(x)<g(x)$, donc $h(x)-g(x)<0$.
• Sur $]1,+\infty[$, la courbe $(\mathscr{C}_h)$ est au-dessus de $(\mathscr{C}_g)$ : $h(x)>g(x)$, donc $h(x)-g(x)>0$.

On pose $u(x)=1-\ln x$ et $v'(x)=1$, d’où $u'(x)=-\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=x$ ($u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[1,e]$). $\int_1^e g(x)\,\mathrm{d}x=\Big[x(1-\ln x)\Big]_1^e-\int_1^e x\times\left(-\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x=\big(e(1-1)-1(1-0)\big)+\int_1^e 1\,\mathrm{d}x$ $=-1+(e-1)=e-2.$

$H$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et : $H'(x)=e^{x-1}(x^2-2x+2)+e^{x-1}(2x-2)=e^{x-1}(x^2-2x+2+2x-2)=x^2e^{x-1}=h(x).$ Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $]0,+\infty[$.

La formule $x^2e^{x-1}$ a un sens et définit une fonction continue sur $[0,1]$, de primitive $H$ (même calcul), donc : $\int_0^1 h(x)\,\mathrm{d}x=H(1)-H(0)=e^{0}(1-2+2)-e^{-1}\times2=1-\frac{2}{e}.$

Le domaine hachuré est limité par l’axe des abscisses, la courbe $(\mathscr{C}_h)$ entre les abscisses $0$ et $1$, puis la courbe $(\mathscr{C}_g)$ entre les abscisses $1$ et $e$ (sur ces intervalles, $h\geq0$ et $g\geq0$ car $\ln x\leq1$ pour $x\leq e$).

$\mathscr{A}=\int_0^1 h(x)\,\mathrm{d}x+\int_1^e g(x)\,\mathrm{d}x=\left(1-\frac{2}{e}\right)+(e-2)=e-1-\frac{2}{e}\ \text{u.a.}\ (\approx0{,}98\ \text{u.a.})$

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}e^{x-1}=e^{-1}$ et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{\ln x}{x}=\lim_{x\to0^+}\ln x\times\frac{1}{x}=(-\infty)\times(+\infty)=-\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=e^{-1}+\infty=+\infty$.

Interprétation : la droite d’équation $x=0$ (l’axe des ordonnées) est une asymptote verticale à $(\mathscr{C}_f)$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^{x-1}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0$ (limite usuelle). Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Pour $x>0$ : $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{e^{x-1}}{x}-\dfrac{\ln x}{x^2}=\dfrac{1}{e}\times\dfrac{e^x}{x}-\dfrac{\ln x}{x}\times\dfrac{1}{x}$.

Or $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}\times\frac{1}{x}=0\times0=0$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$.

Interprétation : $(\mathscr{C}_f)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et, pour tout $x>0$ : $f'(x)=e^{x-1}-\frac{\frac{1}{x}\times x-\ln x\times1}{x^2}=e^{x-1}-\frac{1-\ln x}{x^2}=\frac{x^2e^{x-1}-(1-\ln x)}{x^2}=\frac{h(x)-g(x)}{x^2}.$

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

$f(1)=e^0-\dfrac{\ln1}{1}=1$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & 1 & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$

$f$ est strictement décroissante sur $]0,1]$ et strictement croissante sur $[1,+\infty[$.

D’après le tableau, $f(1)=1$ est le minimum de $f$ sur $]0,+\infty[$. Donc pour tout $x>0$ : $f(x)\geq1$, c’est-à-dire $e^{x-1}-\dfrac{\ln x}{x}\geq1$, d’où $e^{x-1}\geq1+\dfrac{\ln x}{x}$.

On pose $k(x)=f(x)-x$ pour $x\in\left[\frac{3}{2},2\right]$. La fonction $k$ est continue sur $\left[\frac{3}{2},2\right]$ (différence de fonctions continues).

• $k\left(\frac{3}{2}\right)=f\left(\frac{3}{2}\right)-\frac{3}{2}\approx1{,}38-1{,}5=-0{,}12<0$ ;
• $k(2)=f(2)-2\approx2{,}37-2=0{,}37>0$.

$k\left(\frac{3}{2}\right)\times k(2)<0$, donc d’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $k(x)=0$, c’est-à-dire $f(x)=x$, admet (au moins) une solution $\alpha$ telle que $\frac{3}{2}<\alpha<2$.

(Valeur approchée : $\alpha\approx1{,}698$.)

$\varphi$ est continue (car dérivable) et strictement croissante sur $I=[1,+\infty[$ (question 2.b). Donc $\varphi$ admet une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur $J=\varphi(I)=\left[\varphi(1),\lim_{x\to+\infty}\varphi(x)\right[=[1,+\infty[.$

La fonction réciproque d’une fonction continue et strictement croissante sur un intervalle a le même sens de variation : $\varphi$ est strictement croissante sur $[1,+\infty[$, donc $\varphi^{-1}$ est strictement croissante sur $J=[1,+\infty[$.

Sur l’intervalle $[1,\alpha]$, la courbe $(\mathscr{C}_\varphi)$ est au-dessous de la droite $(\Delta):y=x$ (elle la rencontre aux points d’abscisses $1$ et $\alpha$, car $\varphi(1)=1$ et $\varphi(\alpha)=\alpha$). Donc pour tout $x\in[1,\alpha]$ : $\varphi(x)\leq x$.

Soit $x\in[1,\alpha]$. On pose $y=\varphi^{-1}(x)$. Avec $\varphi^{-1}(1)=1$ et $\varphi^{-1}(\alpha)=\alpha$ : $1\leq x\leq\alpha\implies\varphi^{-1}(1)\leq\varphi^{-1}(x)\leq\varphi^{-1}(\alpha)\implies1\leq y\leq\alpha.$ D’après 5.a appliquée à $y\in[1,\alpha]$ : $\varphi(y)\leq y$, c’est-à-dire $x\leq\varphi^{-1}(x)$.

Donc pour tout $x\in[1,\alpha]$ : $\varphi^{-1}(x)\geq x$.

Dans un repère orthonormé, $(\mathscr{C}_{\varphi^{-1}})$ est la symétrique de $(\mathscr{C}_\varphi)$ par rapport à la droite $(\Delta):y=x$. Elle passe par les points $(1,1)$ et $(\alpha,\alpha)$ et se situe au-dessus de $(\Delta)$ sur $[1,\alpha]$.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $1<u_n<\alpha$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0\in\,]1,\alpha[$, donc $1<u_0<\alpha$ : $P(0)$ est vraie.

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

Comme $1$, $u_n$, $\alpha$ sont dans $J=[1,+\infty[$ : $1<u_n<\alpha\implies\varphi^{-1}(1)<\varphi^{-1}(u_n)<\varphi^{-1}(\alpha).$ Or $\varphi(1)=1$ donne $\varphi^{-1}(1)=1$, et $\varphi(\alpha)=\alpha$ donne $\varphi^{-1}(\alpha)=\alpha$. Donc $1<u_{n+1}<\alpha$ : $P(n+1)$ est vraie.

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

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après la question 1, $u_n\in\,]1,\alpha[\,\subset[1,\alpha]$, donc d’après 5.b (partie II) : $\varphi^{-1}(u_n)\geq u_n$, c’est-à-dire $u_{n+1}\geq u_n$.

Donc la suite $(u_n)$ est croissante.

La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $\alpha$ : elle est donc convergente. Soit $\ell$ sa limite ; comme $u_0\leq u_n<\alpha$ pour tout $n$, on a $1<u_0\leq\ell\leq\alpha$.

On a $u_{n+1}=\varphi^{-1}(u_n)$ avec $\varphi^{-1}$ continue sur $J$ (réciproque d’une fonction continue strictement monotone), et $\varphi^{-1}([1,\alpha])=[1,\alpha]$. Donc $\ell$ vérifie $\varphi^{-1}(\ell)=\ell$, c’est-à-dire $\varphi(\ell)=\ell$, soit $f(\ell)=\ell$ avec $\ell\in\,]1,\alpha]$.

D’après le graphique (question 5), sur $[1,\alpha]$ la courbe $(\mathscr{C}_\varphi)$ ne rencontre $(\Delta)$ qu’aux points d’abscisses $1$ et $\alpha$. Comme $\ell>1$, on obtient $\ell=\alpha$.

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

Justification algébrique (complément) : $f''(x)=e^{x-1}+\dfrac{3-2\ln x}{x^3}>0$ sur $[1,2]$ (car $\ln x\leq\ln2<\frac{3}{2}$), donc $k:x\mapsto f(x)-x$ est convexe sur $[1,\alpha]$ avec $k(1)=k(\alpha)=0$ : $k(x)<0$ sur $]1,\alpha[$, et $1$, $\alpha$ sont bien les seules solutions de $f(x)=x$ dans $[1,\alpha]$.