On a $x_A+z_A-1=1+0-1=0$, donc $A\in(P)$.

Le plan $(P)$ a pour équation $1\cdot x+0\cdot y+1\cdot z-1=0$, donc $\vec n(1,0,1)$ est un vecteur normal de $(P)$.

$\overrightarrow{\Omega A}(1-(-1),\,1-1,\,0-(-2))$, soit $\overrightarrow{\Omega A}(2,0,2)$.

Donc $\overrightarrow{\Omega A}=2\vec n$ : les vecteurs $\overrightarrow{\Omega A}$ et $\vec n$ sont colinéaires.

Un vecteur directeur de $(\Omega A)$ est donc normal à $(P)$ : la droite $(\Omega A)$ est perpendiculaire au plan $(P)$.

On utilise la forme canonique :

$x^2+2x=(x+1)^2-1,\qquad y^2-2y=(y-1)^2-1,\qquad z^2+4z=(z+2)^2-4.$

Donc :

$M\in(S)\iff(x+1)^2+(y-1)^2+(z+2)^2-1-1-4-3=0\iff(x+1)^2+(y-1)^2+(z+2)^2=9=3^2.$

Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(-1,1,-2)$ et de rayon $R=3$.

$d(\Omega,(P))=\frac{|x_\Omega+z_\Omega-1|}{\sqrt{1^2+0^2+1^2}}=\frac{|-1-2-1|}{\sqrt2}=\frac{4}{\sqrt2}=2\sqrt2.$

Comme $2\sqrt2=\sqrt8<\sqrt9=3=R$, le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle.

Le centre de ce cercle est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(P)$. Or $A\in(P)$ (question 1) a)) et $(\Omega A)\perp(P)$ (question 1) b)) : ce projeté est donc $A$.

Son rayon est :

$r=\sqrt{R^2-d(\Omega,(P))^2}=\sqrt{9-8}=1.$

Soit $m\in\mathbb{R}$ : $x_A+y_A+m\,z_A-2=1+1+m\times0-2=0$. Donc $A\in(Q_m)$ pour tout $m\in\mathbb{R}$.

$\vec n_m(1,1,m)$ est un vecteur normal de $(Q_m)$ et $\vec n(1,0,1)$ un vecteur normal de $(P)$.

$(Q_m)\perp(P)\iff\vec n_m\cdot\vec n=0\iff1\times1+1\times0+m\times1=0\iff m=-1.$

Donc $(Q_m)$ est perpendiculaire à $(P)$ si et seulement si $m=-1$.

$(Q_m)$ coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$ si et seulement si $A$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(Q_m)$. Comme $A\in(Q_m)$, il faut que $(\Omega A)\perp(Q_m)$, c’est-à-dire que $\vec n_m(1,1,m)$ soit colinéaire à $\overrightarrow{\Omega A}(2,0,2)$.

Or la deuxième coordonnée de $\overrightarrow{\Omega A}$ est $0$, alors que celle de $\vec n_m$ est $1\neq0$ : s’il existait $k$ tel que $\vec n_m=k\,\overrightarrow{\Omega A}$, on aurait $1=k\times0=0$, ce qui est impossible.

Donc il n’existe aucun plan $(Q_m)$ qui coupe $(S)$ suivant un cercle de centre $A$.

$\Delta=(-4)^2-4\times1\times9=16-36=-20$.

Et $\left(2i\sqrt5\right)^2=4\times i^2\times5=-20$. Donc $\Delta=\left(2i\sqrt5\right)^2$.

Comme $\Delta<0$, $(E)$ admet deux solutions complexes conjuguées :

$z_1=\frac{4+2i\sqrt5}{2}=2+i\sqrt5\qquad\text{et}\qquad z_2=\frac{4-2i\sqrt5}{2}=2-i\sqrt5.$

Donc $S=\left\{2+i\sqrt5\ ;\ 2-i\sqrt5\right\}$.

$|a|=\sqrt{2^2+\left(\sqrt5\right)^2}=\sqrt{4+5}=\sqrt9=3$.

$b=\overline a$, donc $|b|=|\overline a|=|a|=3$.

Ainsi $OA=|a|=3$ et $OB=|b|=3$ : $OA=OB$, donc le triangle $OAB$ est isocèle en $O$.

$a-c=2+i\sqrt5-2+\sqrt5=\sqrt5+i\sqrt5=\sqrt5(1+i)$ et $b-c=\sqrt5-i\sqrt5=\sqrt5(1-i)$.

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

De $\dfrac{a-c}{b-c}=i$ on déduit :

• $\left|\dfrac{a-c}{b-c}\right|=|i|=1$, donc $CA=CB$ ;
• $\left(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}\right)\equiv\arg(i)\equiv\dfrac\pi2\ [2\pi]$.

Donc le triangle $ABC$ est rectangle et isocèle en $C$.

L’affixe du vecteur $\overrightarrow{CA}$ est $a-c=\sqrt5+i\sqrt5$.

$D=t_{\overrightarrow{CA}}(B)\iff d=b+(a-c)=2-i\sqrt5+\sqrt5+i\sqrt5=2+\sqrt5$.

Donc $d=2+\sqrt5$.

$D=t_{\overrightarrow{CA}}(B)$ donne $\overrightarrow{BD}=\overrightarrow{CA}$, donc $ADBC$ est un parallélogramme (on peut aussi vérifier : $\dfrac{a+b}{2}=2=\dfrac{c+d}{2}$, les diagonales $[AB]$ et $[CD]$ ont le même milieu).

De plus, d’après 2) b), $CA=CB$ (deux côtés consécutifs égaux) et $\left(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CA}\right)\equiv\dfrac\pi2\ [2\pi]$ (angle droit en $C$).

Un parallélogramme ayant deux côtés consécutifs égaux et un angle droit est un carré : $ADBC$ est un carré.

$x_n\overline{x_n}=|x_n|^2=\left(\dfrac{|a|}{3}\right)^{2n}=\left(\dfrac33\right)^{2n}=1$.

D’après 4) a), $x_n\neq0$ et $\overline{x_n}=\dfrac{1}{x_n}$. Donc :

$\overline{y_n}=\frac{1}{1-\overline{x_n}}=\frac{1}{1-\frac{1}{x_n}}=\frac{x_n}{x_n-1}=-\frac{x_n}{1-x_n}.$

D’où :

$y_n+\overline{y_n}=\frac{1}{1-x_n}-\frac{x_n}{1-x_n}=\frac{1-x_n}{1-x_n}=1.$

Or $y_n+\overline{y_n}=2\,\mathrm{Re}(y_n)$, donc $\mathrm{Re}(y_n)=\dfrac12$.

Un tirage successif et sans remise de 3 boules parmi 8 est un arrangement de 3 éléments parmi 8 :

$\mathrm{card}(\Omega)=A_8^3=8\times7\times6=336.$

$\mathrm{card}(A)=A_4^3=4\times3\times2=24$, donc :

$p(A)=\frac{24}{336}=\frac{1}{14}.$

Il n’y a qu’une boule verte : on ne peut pas tirer trois vertes. $B$ est donc réalisé si on tire trois blanches ou trois noires :

$\mathrm{card}(B)=A_4^3+A_3^3=24+3\times2\times1=24+6=30.$

$p(B)=\frac{30}{336}=\frac{5}{56}.$

Obtenir au moins deux couleurs différentes est le contraire de tirer trois boules de même couleur : $C=\overline B$.

$p(C)=1-p(B)=1-\frac{5}{56}=\frac{51}{56}.$

Sur la figure, pour tout $x\in]-1,+\infty[$, la courbe $(C_g)$ est en dessous de la courbe $(C_h)$, et $(C_h)$ est en dessous de la droite d’équation $y=x$ (les trois courbes se touchent à l’origine).

Donc pour tout $x\in]-1,+\infty[$ : $g(x)\leq h(x)\leq x$, soit $\dfrac{x}{1+x}\leq\ln(1+x)\leq x$.

Soit $x\in]-1,+\infty[$. D’après 1) a), $\dfrac{x}{1+x}\leq\ln(1+x)$. Comme $1+x>0$, on multiplie par $1+x$ sans changer le sens :

$x\leq(1+x)\ln(1+x),\quad\text{donc}\quad(1+x)\ln(1+x)-x\geq0.$

Soit $x\in\mathbb{R}$. On pose $t=e^x$ ; on a $t>0>-1$, donc $t\in]-1,+\infty[$ et, d’après 1) b) :

$(1+t)\ln(1+t)-t\geq0,\quad\text{soit}\quad\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)-e^x\geq0.$

Donc $e^x-\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)\leq0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $0<u_n\leq1$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=1$ et $0<1\leq1$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $0<u_n\leq1$ et on montre que $0<u_{n+1}\leq1$.

On a $u_{n+1}=\dfrac{u_n}{1+u_n}$ avec $u_n>0$ et $1+u_n>0$, donc $u_{n+1}>0$.

De plus $u_n<1+u_n$, donc $\dfrac{u_n}{1+u_n}<1$, soit $u_{n+1}<1$.

Donc $0<u_{n+1}\leq1$ : $P(n+1)$ est vraie.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $0<u_n\leq1$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. D’après 2) a), $u_n\in]0,1]\subset]-1,+\infty[$, donc d’après 1) a) :

$u_{n+1}=\frac{u_n}{1+u_n}\leq\ln(1+u_n)\leq u_n.$

Donc $u_{n+1}\leq u_n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ : la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante (2) b)) et minorée par $0$ (2) a)), donc elle est convergente.

Soit $\ell$ la limite de $(u_n)$.

• La fonction $g$ est continue sur $I=[0,1]$ (fonction rationnelle définie sur $]-1,+\infty[$) ;
• $g$ est croissante sur $I$ ($g'(x)=\dfrac{1}{(1+x)^2}>0$), donc $g(I)=[g(0),g(1)]=\left[0,\dfrac12\right]\subset I$ ;
• $u_0=1\in I$ et $u_{n+1}=g(u_n)$ ;
• $(u_n)$ est convergente.

Donc $\ell\in I$ et $\ell$ est solution de l’équation $g(x)=x$ :

$\frac{\ell}{1+\ell}=\ell\iff\ell=\ell(1+\ell)\iff\ell^2=0\iff\ell=0.$

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

$f(0)=e^{0}\ln\left(1+e^0\right)=\ln2$.

Soit $x\in\mathbb{R}$ : $e^x>0$ donc $1+e^x>1$ et $\ln\left(1+e^x\right)>0$ ; de plus $e^{-x}>0$. Donc $f(x)>0$.

$f(x)=\dfrac{\ln\left(1+e^x\right)}{e^x}$. On pose $t=e^x$ : quand $x\to-\infty$, $t\to0^+$, et

$\lim_{x\to-\infty}f(x)=\lim_{t\to0^+}\frac{\ln(1+t)}{t}=1.$

Interprétation : la droite d’équation $y=1$ est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $-\infty$.

Avec $t=e^x$ : quand $x\to+\infty$, $t\to+\infty$. Pour $t>0$ :

$\frac{\ln(1+t)}{t}=\frac{\ln(1+t)}{1+t}\times\frac{1+t}{t}.$

Or $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{\ln(1+t)}{1+t}=\lim_{X\to+\infty}\frac{\ln X}{X}=0$ et $\displaystyle\lim_{t\to+\infty}\frac{1+t}{t}=1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=0$.

Interprétation : l’axe des abscisses (droite d’équation $y=0$) est une asymptote horizontale à $(C_f)$ au voisinage de $+\infty$.

$f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ (produit et composée de fonctions dérivables, avec $1+e^x>0$). Pour tout $x\in\mathbb{R}$ :

$f'(x)=-e^{-x}\ln\left(1+e^x\right)+e^{-x}\times\frac{e^x}{1+e^x}=\frac{1}{1+e^x}-e^{-x}\ln\left(1+e^x\right).$

On réduit au même dénominateur $e^x\left(1+e^x\right)$ :

$f'(x)=\frac{e^x}{e^x\left(1+e^x\right)}-\frac{\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)}{e^x\left(1+e^x\right)}=\frac{e^x-\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)}{e^x\left(1+e^x\right)}.$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $e^x\left(1+e^x\right)>0$, donc $f'(x)$ a le signe de $e^x-\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)$, qui est $\leq0$ d’après I) 1) c). Donc $f'(x)\leq0$ sur $\mathbb{R}$.

L’inégalité est même stricte : soit $\varphi(t)=(1+t)\ln(1+t)-t$ pour $t\geq0$. On a $\varphi'(t)=\ln(1+t)+1-1=\ln(1+t)>0$ pour $t>0$, donc $\varphi$ est strictement croissante sur $[0,+\infty[$ et $\varphi(t)>\varphi(0)=0$ pour $t>0$. Avec $t=e^x>0$, on obtient $e^x-\left(1+e^x\right)\ln\left(1+e^x\right)<0$, donc $f'(x)<0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Donc $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, de $1$ (en $-\infty$) à $0$ (en $+\infty$).

$f(0)=\ln2$ et, d’après 2) a), $f'(0)=\dfrac{1}{1+1}-e^0\ln2=\dfrac12-\ln2$.

$(T):\ y=f'(0)(x-0)+f(0),\quad\text{soit}\quad(T):\ y=\left(\frac12-\ln2\right)x+\ln2.$

Pour $x=1$ : $y=\dfrac12-\ln2+\ln2=\dfrac12$. Donc $A\left(1,\dfrac12\right)\in(T)$.

$(T)$ passe par $(0\,;\,\ln2)\approx(0\,;\,0,7)$ et $A\left(1\,;\,\frac12\right)$. $(C_f)$ est décroissante, d’asymptotes $y=1$ en $-\infty$ et $y=0$ en $+\infty$, et passe par $(0\,;\,0,7)$.

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, donc elle admet une fonction réciproque $f^{-1}$ définie sur :

$J=f(\mathbb{R})=\left]\lim_{x\to+\infty}f(x)\ ,\ \lim_{x\to-\infty}f(x)\right[=]0,1[.$

$f(0)=\ln2$, donc $f^{-1}(\ln2)=0$. $f$ est dérivable en $0$ et $f'(0)=\dfrac12-\ln2\neq0$ (car $\ln2\approx0,7$).

Donc $f^{-1}$ est dérivable en $\ln2$ et :

$\left(f^{-1}\right)'(\ln2)=\frac{1}{f'\left(f^{-1}(\ln2)\right)}=\frac{1}{f'(0)}=\frac{1}{\frac12-\ln2}=\frac{2}{1-2\ln2}.$

Soit $x\in\mathbb{R}$. On multiplie le numérateur et le dénominateur par $e^{-x}\neq0$ :

$\frac{1}{1+e^x}=\frac{e^{-x}}{e^{-x}+e^{-x}e^x}=\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}.$

La fonction $u:x\mapsto1+e^{-x}$ est dérivable et strictement positive, avec $u'(x)=-e^{-x}$. D’après 5) a) :

$\int_0^\lambda\frac{1}{1+e^x}\,dx=\int_0^\lambda\frac{e^{-x}}{1+e^{-x}}\,dx=-\int_0^\lambda\frac{u'(x)}{u(x)}\,dx=\Big[-\ln\left(1+e^{-x}\right)\Big]_0^\lambda=-\ln\left(1+e^{-\lambda}\right)+\ln2.$

Donc $\displaystyle\int_0^\lambda\frac{1}{1+e^x}\,dx=\ln(2)-\ln\left(1+e^{-\lambda}\right)$.

D’après 2) a), $f'(x)=\dfrac{1}{1+e^x}-f(x)$, donc $f(x)=\dfrac{1}{1+e^x}-f'(x)$ pour tout $x\in\mathbb{R}$. Par linéarité :

$\int_0^\lambda f(x)\,dx=\int_0^\lambda\frac{1}{1+e^x}\,dx-\Big[f(x)\Big]_0^\lambda=\int_0^\lambda\frac{1}{1+e^x}\,dx-f(\lambda)+f(0).$

Comme $f(0)=\ln2$ : $\displaystyle\int_0^\lambda f(x)\,dx=\ln(2)-f(\lambda)+\int_0^\lambda\frac{1}{1+e^x}\,dx$.

$f>0$ sur $[0,\lambda]$ (1) a)), donc, en unité d’aire (u.a.), avec 5) b) et 5) c) :

$A_\lambda=\int_0^\lambda f(x)\,dx=\ln2-f(\lambda)+\ln2-\ln\left(1+e^{-\lambda}\right)=2\ln2-e^{-\lambda}\ln\left(1+e^{\lambda}\right)-\ln\left(1+e^{-\lambda}\right)\ \text{u.a.}$

D’après 1) c), $\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}f(\lambda)=0$. De plus $\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}e^{-\lambda}=0$, donc $\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}\ln\left(1+e^{-\lambda}\right)=\ln1=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{\lambda\to+\infty}A_\lambda=2\ln2$ u.a.