$M(x,y,z)\in(S)\iff OM^2=R^2\iff x^2+y^2+z^2=4$.

Une équation cartésienne de $(S)$ est donc $x^2+y^2+z^2-4=0$.

$0^2+0^2+2^2=4$, donc $A\in(S)$ ; $2^2+0^2+0^2=4$, donc $B\in(S)$.

Le plan $(OAB)$ passe par le centre $O$ de la sphère (les points $O$, $A$, $B$ ne sont pas alignés car $\overrightarrow{OA}(0,0,2)$ et $\overrightarrow{OB}(2,0,0)$ ne sont pas colinéaires). Donc $d(O,(OAB))=0<R$ et l’intersection est le cercle de centre $O$ et de rayon $R=2$ (grand cercle de $(S)$).

(Les trois points ont une ordonnée nulle : $(OAB)$ est le plan d’équation $y=0$.)

$I\left(\frac{0+2}{2},\frac{0+0}{2},\frac{2+0}{2}\right)=I(1,0,1)$, donc $\overrightarrow{OI}(1,0,1)$ ; et $\overrightarrow{AB}(2,0,-2)$.

$\overrightarrow{OI}.\overrightarrow{AB}=1\times2+0\times0+1\times(-2)=0$.

Donc $(OI)\perp(AB)$ avec $I\in(AB)$ : $I$ est le projeté orthogonal de $O$ sur $(AB)$, d’où $d(O,(AB))=OI=\sqrt{1^2+0^2+1^2}=\sqrt{2}.$

$\overrightarrow{AB}(2,0,-2)$ et $\overrightarrow{AM}(0,m,-2)$, donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}=\begin{vmatrix}0&m\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}2&0\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}2&0\\0&m\end{vmatrix}\vec{k}=(0+2m)\vec{i}-(-4-0)\vec{j}+(2m-0)\vec{k}=2m\vec{i}+4\vec{j}+2m\vec{k}.$

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}\neq\vec{0}$ (sa deuxième coordonnée vaut $4$), donc $A$, $B$, $M$ ne sont pas alignés et $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AM}=2(m\vec{i}+2\vec{j}+m\vec{k})$ : le vecteur $\vec{n}(m,2,m)$ est normal au plan $(ABM)$.

Une équation est $mx+2y+mz+d=0$ ; avec $B(2,0,0)$ : $2m+d=0$, soit $d=-2m$.

Donc $(ABM) : mx+2y+mz-2m=0$.

$d(O,(ABM))=\frac{|m\times0+2\times0+m\times0-2m|}{\sqrt{m^2+2^2+m^2}}=\frac{2|m|}{\sqrt{4+2m^2}}.$

Avec $d=d(O,(ABM))$ : $r^2=R^2-d^2=4-\frac{4m^2}{4+2m^2}=\frac{16+8m^2-4m^2}{4+2m^2}=\frac{16+4m^2}{4+2m^2}=\frac{8+2m^2}{2+m^2}=\frac{2(2+m^2)+4}{2+m^2}=2+\frac{4}{2+m^2}.$ Donc $r=\sqrt{2+\dfrac{4}{2+m^2}}$.

Pour tout $m\in\mathbb{R}$ : $2+m^2\geq2$, donc $0<\dfrac{4}{2+m^2}\leq2$, d’où $2<r^2\leq4$, donc $\sqrt{2}<r\leq2$.

$b=\overline{a}=1-2i$, donc $a+b=1+2i+1-2i=2$.

$P$ est le milieu de $[AB]$ : $p=\dfrac{a+b}{2}=\dfrac{2}{2}=1$.

Le discriminant est $\Delta=(-2)^2-4\times1\times5=-16=(4i)^2<0$. L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{2+4i}{2}=1+2i=a\quad\text{et}\quad z_2=\frac{2-4i}{2}=1-2i=b.$

• $\omega-a=\frac{5}{2}-1-2i=\frac{3}{2}-2i$, donc $|\omega-a|=\sqrt{\frac{9}{4}+4}=\sqrt{\frac{25}{4}}=\frac{5}{2}$ ;
• $\omega-b=\overline{\omega-a}$ (car $\omega$ est réel), donc $|\omega-b|=|\omega-a|=\frac{5}{2}$ ;
• $\omega-c=\frac{5}{2}-\frac{9}{2}-\frac{3}{2}i=-2-\frac{3}{2}i$, donc $|\omega-c|=\sqrt{4+\frac{9}{4}}=\frac{5}{2}$.

Donc $|\omega-a|=|\omega-b|=|\omega-c|=\frac{5}{2}$.

D’après 2.a : $\Omega A=\Omega B=\Omega C=\frac{5}{2}$. Le point $\Omega$ est équidistant des trois sommets du triangle $ABC$ : c’est le centre du cercle circonscrit à ce triangle (de rayon $\frac{5}{2}$).

$d-c=\dfrac{3+3i-9-3i}{2}=-3$ et $a-b=4i$, donc $\frac{d-c}{a-b}=\frac{-3}{4i}=\frac{-3\times(-i)}{4}=\frac{3}{4}i.$

$d-b=\frac{3}{2}+\frac{3}{2}i-1+2i=\frac{1}{2}+\frac{7}{2}i$ et $c-a=\frac{9}{2}+\frac{3}{2}i-1-2i=\frac{7}{2}-\frac{1}{2}i$.

$(c-a)e^{i\frac{\pi}{2}}=i\left(\frac{7}{2}-\frac{1}{2}i\right)=\frac{7}{2}i+\frac{1}{2}=d-b$.

Donc $\dfrac{d-b}{c-a}=e^{i\frac{\pi}{2}}$, d’où $\left(\overrightarrow{AC},\overrightarrow{BD}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi]$ : les droites $(DB)$ et $(AC)$ sont perpendiculaires.

L’écriture complexe de $h$ est $z'-c=\frac{2}{3}(z-c)$, donc $z'=\frac{2}{3}z+\frac{1}{3}c=\frac{2}{3}z+\frac{1}{3}\times\frac{9+3i}{2}=\frac{2}{3}z+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i.$

$g=\frac{2}{3}p+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i=\frac{2}{3}+\frac{3}{2}+\frac{1}{2}i=\frac{4+9}{6}+\frac{1}{2}i=\frac{13}{6}+\frac{1}{2}i$.

$g-\omega=\frac{13}{6}-\frac{15}{6}+\frac{1}{2}i=-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}i$ et $d-\omega=\frac{3}{2}-\frac{5}{2}+\frac{3}{2}i=-1+\frac{3}{2}i=3\left(-\frac{1}{3}+\frac{1}{2}i\right)$.

Donc $\dfrac{d-\omega}{g-\omega}=3\in\mathbb{R}$ : les points $\Omega$, $G$ et $D$ sont alignés.

Remarque : d’après 3.a et 3.b, $(DC)\perp(AB)$ et $(DB)\perp(AC)$ : $D$ est l’orthocentre du triangle $ABC$ ; $G$ en est le centre de gravité ($\overrightarrow{CG}=\frac{2}{3}\overrightarrow{CP}$ avec $P$ milieu de $[AB]$) ; $\Omega$ est le centre du cercle circonscrit. On retrouve la droite d’Euler.

Un tirage est une combinaison de $2$ boules parmi $6$ : $\operatorname{card}\Omega=C_6^2=15$ tirages équiprobables.

Il y a $4$ boules numérotées $1$ (trois blanches et une noire) : $p(A)=\dfrac{C_4^2}{C_6^2}=\dfrac{6}{15}=\dfrac{2}{5}$.

Deux blanches ($C_4^2=6$) ou deux noires ($C_2^2=1$) : $p(B)=\dfrac{6+1}{15}=\dfrac{7}{15}$.

$A\cap B$ : « deux boules de même couleur portant le numéro $1$ » : ce sont deux des trois boules blanches numérotées $1$ (une seule noire porte le $1$) : $p(A\cap B)=\dfrac{C_3^2}{15}=\dfrac{3}{15}=\dfrac{1}{5}$.

Or $p(A)\times p(B)=\dfrac{2}{5}\times\dfrac{7}{15}=\dfrac{14}{75}$ et $\dfrac{1}{5}=\dfrac{15}{75}\neq\dfrac{14}{75}$.

Donc $p(A\cap B)\neq p(A)\times p(B)$ : les évènements $A$ et $B$ ne sont pas indépendants.

On répète $3$ fois, dans les mêmes conditions (les boules sont remises dans l’urne entre deux expériences), une épreuve dont la probabilité de « succès » ($A$) est $p=\frac{2}{5}$. $X$ suit la loi binomiale de paramètres $n=3$ et $p=\frac{2}{5}$ : $p(X=k)=C_3^k\left(\frac{2}{5}\right)^k\left(\frac{3}{5}\right)^{3-k},\quad k\in\{0,1,2,3\}.$

• $p(X=0)=\left(\frac{3}{5}\right)^3=\frac{27}{125}$ ;
• $p(X=1)=3\times\frac{2}{5}\times\frac{9}{25}=\frac{54}{125}$ ;
• $p(X=2)=3\times\frac{4}{25}\times\frac{3}{5}=\frac{36}{125}$ ;
• $p(X=3)=\left(\frac{2}{5}\right)^3=\frac{8}{125}$.

Contrôle : $27+54+36+8=125$.

$E(X)=0\times\frac{27}{125}+1\times\frac{54}{125}+2\times\frac{36}{125}+3\times\frac{8}{125}=\frac{54+72+24}{125}=\frac{150}{125}=\frac{6}{5}.$ (On retrouve $E(X)=np=3\times\frac{2}{5}=\frac{6}{5}$.)

Sur $]0,+\infty[$, la courbe $(\mathscr{C}_g)$ est strictement au-dessus de la courbe $(\mathscr{C}_h)$ (les deux courbes ne se rencontrent pas). Donc pour tout $x>0$ : $g(x)>h(x)$, c’est-à-dire $g(x)-h(x)>0$.

Pour $x>0$ : $h(x)<g(x)=x^2$, et en divisant par $x^2>0$ : $\dfrac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}<1$.

$H$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et $H'(x)=1\times\ln x+x\times\dfrac{1}{x}-1=\ln x$. Donc $H$ est une primitive de $x\mapsto\ln x$ sur $]0,+\infty[$. $\int_1^{e^2}\ln(x)\,\mathrm{d}x=H(e^2)-H(1)=(2e^2-e^2)-(0-1)=e^2+1.$

On pose $u(x)=(\ln x)^2$ et $v'(x)=1$ : $u'(x)=\dfrac{2\ln x}{x}$ et $v(x)=x$ ($u$, $v$ dérivables à dérivées continues sur $[1,e^2]$). $\int_1^{e^2}(\ln x)^2\,\mathrm{d}x=\Big[x(\ln x)^2\Big]_1^{e^2}-\int_1^{e^2}x\times\frac{2\ln x}{x}\,\mathrm{d}x=4e^2-0-2\int_1^{e^2}\ln x\,\mathrm{d}x=4e^2-2(1+e^2)=2e^2-2.$

Pour $x>0$ : $h(x)=\ln x\,(2-\ln x)$, donc $h(x)=0\iff\ln x=0\ \text{ou}\ \ln x=2\iff x=1\ \text{ou}\ x=e^2.$ $S=\{1;e^2\}$. La courbe $(\mathscr{C}_h)$ coupe l’axe des abscisses aux points $(1,0)$ et $(e^2,0)$.

Pour $x\in[1,e^2]$ : $0\leq\ln x\leq2$, donc $h(x)=\ln x\,(2-\ln x)\geq0$. L’aire cherchée est : $\mathscr{A}=\int_1^{e^2}h(x)\,\mathrm{d}x=2\int_1^{e^2}\ln x\,\mathrm{d}x-\int_1^{e^2}(\ln x)^2\,\mathrm{d}x=2(1+e^2)-(2e^2-2)=4\ \text{u.a.}$

$\displaystyle\lim_{x\to0^+}(\ln x)^2=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{1}{x}=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\frac{(\ln x)^2}{x}=+\infty$. Comme $\displaystyle\lim_{x\to0^+}x=0$ : $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty$.

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

On pose $t=\sqrt{x}$ : $x=t^2$, $\ln x=2\ln t$, et $t\to+\infty$ quand $x\to+\infty$. $\frac{(\ln x)^2}{x}=\frac{4(\ln t)^2}{t^2}=4\left(\frac{\ln t}{t}\right)^2\xrightarrow[t\to+\infty]{}4\times0^2=0.$ Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{(\ln x)^2}{x}=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty-0=+\infty$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\big(f(x)-x\big)=\lim_{x\to+\infty}\left(-\frac{(\ln x)^2}{x}\right)=0$ (question 1.b).

Donc la droite d’équation $y=x$ est une asymptote oblique de $(\mathscr{C}_f)$ au voisinage de $+\infty$.

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

D’après la partie I (1.b), pour tout $x>0$ : $\dfrac{2\ln x-(\ln x)^2}{x^2}<1$, donc $f'(x)>0$.

Donc $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

$f$ est continue et strictement croissante sur $]0,+\infty[$, donc c’est une bijection de $]0,+\infty[$ sur $f(]0,+\infty[)=\left]\lim_{x\to0^+}f(x),\lim_{x\to+\infty}f(x)\right[=]-\infty,+\infty[.$ Comme $0\in\mathbb{R}$, l’équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ dans $]0,+\infty[$.

$f(e^{-1})=e^{-1}-\dfrac{(-1)^2}{e^{-1}}=\dfrac{1}{e}-e<0$ et $f(1)=1-0=1>0$.

Donc $f(e^{-1})<f(\alpha)=0<f(1)$, donc $e^{-1}<\alpha<1$.

$f(\alpha)=0\iff\alpha=\dfrac{(\ln\alpha)^2}{\alpha}\iff(\ln\alpha)^2=\alpha^2\iff|\ln\alpha|=\alpha$ (car $\alpha>0$).

Or $\alpha<1$, donc $\ln\alpha<0$ et $|\ln\alpha|=-\ln\alpha$. Donc $-\ln\alpha=\alpha$, c’est-à-dire $\ln\alpha=-\alpha$.

(Valeur approchée : $\alpha\approx0{,}567$.)

Pour tout $x>0$ : $f(x)-x=-\dfrac{(\ln x)^2}{x}\leq0$ (car $(\ln x)^2\geq0$ et $x>0$). Donc $f(x)\leq x$.

$f(1)=1-0=1$ et $f'(1)=1-\dfrac{0-0}{1}=1$.

$(T):y=f'(1)(x-1)+f(1)=(x-1)+1=x$. Donc $(T):y=x$.

$\varphi$ est continue et strictement croissante sur $I=]0,1]$ (question 2.b). Elle admet donc une fonction réciproque $\varphi^{-1}$ définie sur $J=\varphi(I)=\left]\lim_{x\to0^+}\varphi(x),\varphi(1)\right]=]-\infty,1].$

$\alpha\in\,]0,1]$ et $\varphi(\alpha)=0$, donc $\varphi^{-1}(0)=\alpha$. Avec $\ln\alpha=-\alpha$ : $\varphi'(\alpha)=1-\frac{2\ln\alpha-(\ln\alpha)^2}{\alpha^2}=1-\frac{-2\alpha-\alpha^2}{\alpha^2}=1+\frac{2}{\alpha}+1=\frac{2\alpha+2}{\alpha}\neq0.$ $\varphi$ est dérivable en $\alpha$ et $\varphi'(\alpha)\neq0$, donc $\varphi^{-1}$ est dérivable en $\varphi(\alpha)=0$ et $\left(\varphi^{-1}\right)'(0)=\frac{1}{\varphi'(\varphi^{-1}(0))}=\frac{1}{\varphi'(\alpha)}=\frac{\alpha}{2+2\alpha}.$

La courbe de $\varphi$ est la partie de $(\mathscr{C}_f)$ d’abscisses dans $]0,1]$ ; elle s’arrête au point $(1,1)$ où elle est tangente à la droite $y=x$. Dans le repère orthonormé, la courbe de $\varphi^{-1}$ est sa symétrique par rapport à la droite d’équation $y=x$ : elle passe par $(0,\alpha)$ et $(1,1)$, et admet l’axe des abscisses comme asymptote au voisinage de $-\infty$.

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

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=e>1$ : $P(0)$ est vraie.

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

$1<u_n\implies f(1)<f(u_n)$, c’est-à-dire $1<u_{n+1}$ (car $f(1)=1$) : $P(n+1)$ est vraie.

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

Soit $n\in\mathbb{N}$. $u_n\in\,]0,+\infty[$, donc d’après la partie II (3.c) : $f(u_n)\leq u_n$, c’est-à-dire $u_{n+1}\leq u_n$.

Donc la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $1$ : elle est convergente.

Soit $\ell$ la limite ; comme $1<u_n\leq u_0=e$, on a $1\leq\ell\leq e$.

• $f$ est continue sur $I=[1,+\infty[$ ;
• $f(I)=\left[f(1),\lim_{x\to+\infty}f(x)\right[=[1,+\infty[\,\subset I$ ;
• $u_0=e\in I$ et $(u_n)$ est convergente.

Donc $\ell$ est solution dans $I$ de l’équation $f(x)=x\iff\dfrac{(\ln x)^2}{x}=0\iff\ln x=0\iff x=1$.

Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=1$.