Un vecteur normal à $(P)$ est $\vec{n}(1;1;1)$. On a : $d(\Omega,(P))=\frac{|1+(-1)+(-1)+4|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}.$ La distance du centre $\Omega$ au plan $(P)$ est égale au rayon $\sqrt{3}$ de la sphère : le plan $(P)$ est donc tangent à la sphère $(S)$.

• $0+(-2)+(-2)+4=0$, donc $H\in(P)$.
• $\overrightarrow{\Omega H}(-1;-1;-1)=-\vec{n}$, donc $(\Omega H)$ est orthogonale à $(P)$.
• $\Omega H=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$, donc $H\in(S)$.

$H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$ et appartient à $(S)$ : c’est le point de contact de $(P)$ et de $(S)$.

$\overrightarrow{OA}(2;1;1)$ et $\overrightarrow{OB}(1;0;1)$ : $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}1&1\\0&1\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}2&1\\1&1\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}2&1\\1&0\end{vmatrix}\vec{k}=1\,\vec{i}-1\,\vec{j}-1\,\vec{k}=\vec{i}-\vec{j}-\vec{k}.$ Ce vecteur est non nul, donc normal au plan $(OAB)$. Une équation de $(OAB)$ est de la forme $x-y-z+d=0$ ; comme $O\in(OAB)$, $d=0$.

Donc $x-y-z=0$ est une équation cartésienne du plan $(OAB)$.

$(\Delta)$ est orthogonale à $(OAB)$, donc $\vec{u}(1;-1;-1)$ (normal à $(OAB)$) est un vecteur directeur de $(\Delta)$. Elle passe par $\Omega(1;-1;-1)$ : $(\Delta):\ \begin{cases}x=1+t\\ y=-1-t\\ z=-1-t\end{cases}\qquad (t\in\mathbb{R}).$

Une équation de $(S)$ est $(x-1)^2+(y+1)^2+(z+1)^2=3$. Le point $M(1+t;-1-t;-1-t)$ de $(\Delta)$ appartient à $(S)$ si et seulement si $t^2+t^2+t^2=3\iff t^2=1\iff t=1\ \text{ou}\ t=-1.$

• Pour $t=1$ : $M_1(2;-2;-2)$.
• Pour $t=-1$ : $M_2(0;0;0)$, c’est-à-dire le point $O$.

$(\Delta)$ coupe $(S)$ aux points $(2;-2;-2)$ et $O(0;0;0)$.

Le discriminant est $\Delta=10^2-4\times26=100-104=-4=(2i)^2<0$. L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{-10+2i}{2}=-5+i,\qquad z_2=\frac{-10-2i}{2}=-5-i.$ $S=\{-5+i\,;\,-5-i\}$.

$b-\omega=-5+i+3=-2+i$ et $a-\omega=-2+2i+3=1+2i$. Alors $\frac{b-\omega}{a-\omega}=\frac{-2+i}{1+2i}=\frac{(-2+i)(1-2i)}{(1+2i)(1-2i)}=\frac{-2+4i+i-2i^2}{1+4}=\frac{5i}{5}=i.$

De $\dfrac{b-\omega}{a-\omega}=i$ on déduit :

• $\left|\dfrac{b-\omega}{a-\omega}\right|=|i|=1$, donc $\Omega B=\Omega A$ ;
• $\left(\overrightarrow{\Omega A},\overrightarrow{\Omega B}\right)\equiv\arg(i)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$.

Le triangle $\Omega AB$ est donc rectangle et isocèle en $\Omega$.

L’écriture complexe de la translation $T$ est $z'=z+6+4i$. Donc $d=c+6+4i=-5-i+6+4i=1+3i.$

$b-d=-5+i-1-3i=-6-2i=2(-3-i)$ et $a-d=-2+2i-1-3i=-3-i$. Donc $\frac{b-d}{a-d}=\frac{2(-3-i)}{-3-i}=2.$ Ainsi $\overrightarrow{DB}=2\,\overrightarrow{DA}$ : les points $D$, $A$, $B$ sont alignés et $A$ est sur $[DB]$ avec $DA=\dfrac{1}{2}DB$.

Donc $A$ est le milieu du segment $[BD]$. (Vérification : $\dfrac{b+d}{2}=\dfrac{-5+i+1+3i}{2}=-2+2i=a$.)

Un tirage est une liste ordonnée de deux boules distinctes : $\operatorname{card}\Omega=A_8^2=8\times7=56$.

Calcul de $p(A)$. L’événement contraire $\overline{A}$ est « aucune boule blanche » : les deux boules sont choisies parmi les $6$ boules non blanches, d’où $\operatorname{card}\overline{A}=A_6^2=6\times5=30$. $p(A)=1-p(\overline{A})=1-\frac{30}{56}=\frac{26}{56}=\frac{13}{28}.$

Calcul de $p(B)$. Deux rouges : $A_3^2=6$ ; deux vertes : $A_3^2=6$ ; deux blanches : $A_2^2=2$. $p(B)=\frac{6+6+2}{56}=\frac{14}{56}=\frac{1}{4}.$

$(X=2)$ signifie « tirer les deux boules blanches » : $p(X=2)=\dfrac{A_2^2}{56}=\dfrac{2}{56}=\dfrac{1}{28}$.

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

• $p(X=0)=p(\overline{A})=\dfrac{30}{56}=\dfrac{15}{28}$.
• $(X=1)$ : une blanche et une non blanche, dans un ordre ou dans l’autre : $p(X=1)=\dfrac{2\times(2\times6)}{56}=\dfrac{24}{56}=\dfrac{3}{7}$.
• $p(X=2)=\dfrac{1}{28}$.

(On vérifie : $\dfrac{15+12+1}{28}=1$.) $E(X)=0\times\frac{15}{28}+1\times\frac{12}{28}+2\times\frac{1}{28}=\frac{14}{28}=\frac{1}{2}.$

$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et, pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $g'(x)=e^x-2$.

• Si $x\leq\ln 2$, alors $e^x\leq e^{\ln 2}=2$, d’où $g'(x)\leq0$.
• Si $x\geq\ln 2$, alors $e^x\geq2$, donc $g'(x)\geq0$.

Ainsi $g$ est décroissante sur $]-\infty,\ln 2]$ et croissante sur $[\ln 2,+\infty[$.

$g(\ln 2)=e^{\ln 2}-2\ln 2=2-2\ln 2=2(1-\ln 2)$.

Comme $2<e$, on a $\ln 2<\ln e=1$, donc $1-\ln 2>0$ : $g(\ln 2)>0$.

D’après 1), $g$ admet un minimum absolu sur $\mathbb{R}$ atteint en $\ln 2$, égal à $g(\ln 2)$. Donc pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $g(x)\geq g(\ln 2)>0$.

Pour $x\neq0$ : $f(x)=\dfrac{x}{x\left(\dfrac{e^x}{x}-2\right)}=\dfrac{1}{\dfrac{e^x}{x}-2}$.

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

• $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$ : la droite d’équation $y=0$ (l’axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.
• $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\frac{1}{2}$ : la droite d’équation $y=-\dfrac{1}{2}$ est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ comme quotient de fonctions dérivables dont le dénominateur $g(x)$ ne s’annule pas (Partie I). Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f'(x)=\frac{1\times(e^x-2x)-x(e^x-2)}{(e^x-2x)^2}=\frac{e^x-2x-xe^x+2x}{(e^x-2x)^2}=\frac{(1-x)e^x}{(e^x-2x)^2}.$

Comme $e^x>0$ et $(e^x-2x)^2>0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $1-x$ :

• $f'(x)>0$ sur $]-\infty,1[$, $f'(1)=0$, $f'(x)<0$ sur $]1,+\infty[$.

$f(1)=\dfrac{1}{e-2}$.

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

$f(0)=\dfrac{0}{1}=0$ et $f'(0)=\dfrac{(1-0)e^0}{(e^0-0)^2}=1$. La tangente en $O$ a pour équation $y=f'(0)(x-0)+f(0)$, soit $y=x$.

On place les asymptotes $y=-\dfrac{1}{2}$ (en $-\infty$) et $y=0$ (en $+\infty$), le maximum $\left(1;\dfrac{1}{e-2}\right)\approx(1;1,4)$, et la tangente $(T):y=x$ en $O$. La courbe $(C_{h^{-1}})$ de la Partie III est tracée en vert.

Soit $x\in[0,+\infty[$.

Inégalité de gauche. On a $-2x\leq0$, donc $0<e^x-2x\leq e^x$ (on sait que $e^x-2x>0$). En passant aux inverses : $\dfrac{1}{e^x-2x}\geq\dfrac{1}{e^x}=e^{-x}$. En multipliant par $x\geq0$ : $\dfrac{x}{e^x-2x}\geq xe^{-x}$.

Inégalité de droite. D’après le tableau de variations, $f$ admet sur $\mathbb{R}$ un maximum égal à $f(1)=\dfrac{1}{e-2}$. Donc $\dfrac{x}{e^x-2x}=f(x)\leq\dfrac{1}{e-2}$.

Ainsi $xe^{-x}\leq\dfrac{x}{e^x-2x}\leq\dfrac{1}{e-2}$ pour tout $x\in[0,+\infty[$.

On pose $u(x)=x$, $v'(x)=e^{-x}$ ; alors $u'(x)=1$, $v(x)=-e^{-x}$ ($u$ et $v$ de dérivées continues sur $[0,1]$). $\int_0^1 xe^{-x}\,dx=\Big[-xe^{-x}\Big]_0^1+\int_0^1 e^{-x}\,dx=-e^{-1}+\Big[-e^{-x}\Big]_0^1=-\frac{1}{e}-\frac{1}{e}+1=1-\frac{2}{e}.$

Sur $[0,1]$, $f(x)\geq xe^{-x}\geq0$, donc (unité $1\,\mathrm{cm}$) $A(E)=\displaystyle\int_0^1 f(x)\,dx\ \mathrm{cm}^2$.

En intégrant l’encadrement de 4) a) sur $[0,1]$ (positivité de l’intégrale, $0<1$) : $\int_0^1 xe^{-x}\,dx\leq\int_0^1 f(x)\,dx\leq\int_0^1\frac{1}{e-2}\,dx,$ c’est-à-dire $1-\dfrac{2}{e}\leq A(E)\leq\dfrac{1}{e-2}$.

$h$ est continue sur $]-\infty;0]$ et strictement croissante sur cet intervalle (car $]-\infty;0]\subset]-\infty;1]$). Elle admet donc une fonction réciproque $h^{-1}$ définie sur $J=h(]-\infty;0])=\left]\lim_{x\to-\infty}h(x)\,;\,h(0)\right]=\left]-\frac{1}{2};0\right].$

$(C_{h^{-1}})$ est la symétrique de la partie de $(C)$ correspondant à $x\leq0$ par rapport à la droite $(T):y=x$. Elle admet la droite $x=-\dfrac{1}{2}$ comme asymptote verticale et passe par $O$, où elle est tangente à $(T)$ (courbe verte sur la figure de la question II-3)).

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n\leq0$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=-2\leq0$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $u_n\leq0$ et montrons que $u_{n+1}\leq0$.

Comme $u_n\in]-\infty;0]$, $u_{n+1}=h(u_n)\in J=\left]-\dfrac{1}{2};0\right]$, donc $u_{n+1}\leq0$.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n\leq0$.

Graphiquement, sur $]-\infty,0]$, la courbe $(C)$ est au-dessus de la droite $(T):y=x$, donc $h(x)\geq x$.

(Justification : pour $x\leq0$, $h(x)-x=\dfrac{x(1+2x-e^x)}{e^x-2x}$ ; la fonction $k:x\mapsto1+2x-e^x$ a pour dérivée $2-e^x>0$ sur $]-\infty,0]$, donc $k(x)\leq k(0)=0$ ; ainsi $x\,k(x)\geq0$ et $h(x)-x\geq0$.)

Soit $n\in\mathbb{N}$. Comme $u_n\leq0$ (question 1)), on a $u_{n+1}=h(u_n)\geq u_n$. La suite $(u_n)$ est donc croissante.

La suite $(u_n)$ est croissante et majorée par $0$ : elle est donc convergente. Notons $\ell$ sa limite ; comme $u_n\leq0$, $\ell\leq0$.

$h$ est continue sur $]-\infty,0]$ et $u_{n+1}=h(u_n)$, donc $\ell$ vérifie $h(\ell)=\ell$, c’est-à-dire $\dfrac{\ell\,(1+2\ell-e^{\ell})}{e^{\ell}-2\ell}=0$, soit $\ell=0$ ou $k(\ell)=0$.

Or $k$ est strictement croissante sur $]-\infty,0]$ et $k(0)=0$, donc $k(\ell)=0$ entraîne $\ell=0$.

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