$\Delta=(-8)^2-4\times17=64-68=-4=(2i)^2<0$. L’équation admet deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{8-2i}{2}=4-i \qquad\text{et}\qquad z_2=\frac{8+2i}{2}=4+i.$ Donc $S=\{4-i\,;\,4+i\}$.

L’écriture complexe de la rotation de centre $\Omega(\omega)$ et d’angle $\theta$ est $z'-\omega=e^{i\theta}(z-\omega)$. Ici $e^{i\frac{3\pi}{2}}=\cos\frac{3\pi}{2}+i\sin\frac{3\pi}{2}=-i$, donc : $z'=-i\big(z-(1+2i)\big)+1+2i=-iz+i+2i^2+1+2i=-iz+i-2+1+2i.$ D’où $z'=-iz-1+3i$.

$c=-ia-1+3i=-i(4+i)-1+3i=-4i-i^2-1+3i=-4i+1-1+3i=-i$. Donc $c=-i$.

$b-c=8+3i+i=8+4i$ et $a-c=4+i+i=4+2i$, donc $2(a-c)=8+4i=b-c$.

Ainsi $\dfrac{b-c}{a-c}=2\in\mathbb{R}$, c’est-à-dire $\overrightarrow{CB}=2\,\overrightarrow{CA}$ : les vecteurs $\overrightarrow{CB}$ et $\overrightarrow{CA}$ sont colinéaires. Donc les points $A$, $B$ et $C$ sont alignés.

$x^2-4x=(x-2)^2-4$, $\;y^2-6y=(y-3)^2-9$, $\;z^2+2z=(z+1)^2-1$. L’équation devient : $(x-2)^2+(y-3)^2+(z+1)^2-4-9-1+5=0 \iff (x-2)^2+(y-3)^2+(z+1)^2=9=3^2.$ Donc $(S)$ est la sphère de centre $I(2,3,-1)$ et de rayon $R=3$.

$d\big(I,(P)\big)=\frac{|2+2\times3+(-1)-1|}{\sqrt{1^2+2^2+1^2}}=\frac{6}{\sqrt{6}}=\sqrt{6}.$

On a $d(I,(P))=\sqrt{6}<3=R$ (car $6<9$). Donc le plan $(P)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ dont le rayon $r$ vérifie (Pythagore) : $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{9-6}=\sqrt{3}.$

Le vecteur $\vec{n}(1,2,1)$ est normal à $(P)$, donc c’est un vecteur directeur de $(D)$. Comme $I(2,3,-1)\in(D)$ : $(D):\ \begin{cases}x=2+t\\ y=3+2t\\ z=-1+t\end{cases}\qquad (t\in\mathbb{R}).$

Le centre de $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal de $I$ sur $(P)$, c’est-à-dire le point d’intersection de $(D)$ et $(P)$. On remplace dans l’équation de $(P)$ : $(2+t)+2(3+2t)+(-1+t)-1=0 \iff 6t+6=0 \iff t=-1$. Pour $t=-1$ : $x=1$, $y=1$, $z=-2$. Donc le centre de $(\Gamma)$ est $H(1,1,-2)$.

Un tirage est un arrangement de 3 boules parmi 7 : $\operatorname{card}\Omega=A_7^3=7\times6\times5=210$. Soit $B$ l’événement « tirer trois boules blanches » : $\operatorname{card}B=A_4^3=4\times3\times2=24$. $p(B)=\frac{24}{210}=\frac{4}{35}.$

Soit $M$ l’événement « trois boules de même couleur » : trois blanches ou trois rouges (événements incompatibles). Trois rouges : $A_3^3=3\times2\times1=6$ cas. Donc $\operatorname{card}M=24+6=30$ et $p(M)=\frac{30}{210}=\frac{1}{7}.$

L’événement contraire de « au moins une boule blanche » est « aucune boule blanche », c’est-à-dire « trois boules rouges », de probabilité $\dfrac{6}{210}=\dfrac{1}{35}$. $p(\text{au moins une blanche})=1-\frac{1}{35}=\frac{34}{35}.$

Par récurrence.

• Pour $n=0$ : $u_0=2>1$.
• Soit $n\in\mathbb{N}$ ; supposons $u_n>1$. Alors $2u_n+3>0$ et $u_{n+1}-1=\frac{5u_n-2u_n-3}{2u_n+3}=\frac{3(u_n-1)}{2u_n+3}.$ Comme $u_n-1>0$ et $2u_n+3>0$, on obtient $u_{n+1}-1>0$, soit $u_{n+1}>1$.

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

$v_n$ est bien défini car $u_n>1>0$. On a $u_{n+1}-1=\dfrac{3(u_n-1)}{2u_n+3}$ (question 1), donc $v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-1}{u_{n+1}}=\frac{3(u_n-1)}{2u_n+3}\times\frac{2u_n+3}{5u_n}=\frac{3}{5}\cdot\frac{u_n-1}{u_n}=\frac{3}{5}\,v_n.$ Donc $(v_n)$ est géométrique de raison $q=\dfrac{3}{5}$ et de premier terme $v_0=\dfrac{2-1}{2}=\dfrac12$. $v_n=\frac12\left(\frac35\right)^n\quad\text{pour tout } n\in\mathbb{N}.$

$v_n=1-\dfrac{1}{u_n}$, donc $\dfrac{1}{u_n}=1-v_n$ et $u_n=\dfrac{1}{1-v_n}$ (avec $v_n\neq1$ puisque $v_n\leqslant\frac12$). $u_n=\frac{1}{1-\frac12\left(\frac35\right)^n}=\frac{2}{2-\left(\frac35\right)^n}.$ Comme $-1<\dfrac35<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac35\right)^n=0$, donc $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=\dfrac{2}{2-0}=1$.

$g$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $g'(x)=2e^{2x}-2=2\left(e^{2x}-1\right)$.

• Si $x\geqslant0$ : $2x\geqslant0$, donc $e^{2x}\geqslant1$ et $g'(x)\geqslant0$ : $g$ est croissante sur $[0,+\infty[$.
• Si $x\leqslant0$ : $e^{2x}\leqslant1$ et $g'(x)\leqslant0$ : $g$ est décroissante sur $]-\infty,0]$.

D’après la question 1, $g$ admet un minimum en $0$ sur $\mathbb{R}$, égal à $g(0)=e^0-0=1$. Donc pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $g(x)\geqslant1>0$.

$f$ est bien définie sur $\mathbb{R}$ car $g(x)>0$. On a $\lim\limits_{x\to-\infty}e^{2x}=0$ et $\lim\limits_{x\to-\infty}(-2x)=+\infty$, donc $\lim\limits_{x\to-\infty}g(x)=+\infty$. Comme $\lim\limits_{t\to+\infty}\ln t=+\infty$, on obtient $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.

Pour $x\neq0$ : $\left(\dfrac{e^{2x}}{x}-2\right)=\dfrac{e^{2x}-2x}{x}$, donc $\left(\frac{e^{2x}}{x}-2\right)\frac{\ln\left(e^{2x}-2x\right)}{e^{2x}-2x}=\frac{e^{2x}-2x}{x}\cdot\frac{\ln\left(e^{2x}-2x\right)}{e^{2x}-2x}=\frac{\ln\left(e^{2x}-2x\right)}{x}=\frac{f(x)}{x}.$

• $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{e^{2x}}{x}=0$ (numérateur $\to0$, dénominateur $\to-\infty$), donc $\lim\limits_{x\to-\infty}\left(\dfrac{e^{2x}}{x}-2\right)=-2$.
• On pose $t=e^{2x}-2x$ : quand $x\to-\infty$, $t\to+\infty$, donc $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{\ln\left(e^{2x}-2x\right)}{e^{2x}-2x}=\lim\limits_{t\to+\infty}\dfrac{\ln t}{t}=0$.

D’après 1.b : $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=(-2)\times0=0$.

On a $\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et $\lim\limits_{x\to-\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$. Donc $(C)$ admet, au voisinage de $-\infty$, une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

Pour $x\geqslant0$ : $1-\dfrac{2x}{e^{2x}}=\dfrac{e^{2x}-2x}{e^{2x}}=\dfrac{g(x)}{e^{2x}}>0$ car $g(x)>0$ et $e^{2x}>0$.

Ensuite : $2x+\ln\left(1-\frac{2x}{e^{2x}}\right)=\ln\left(e^{2x}\right)+\ln\left(\frac{e^{2x}-2x}{e^{2x}}\right)=\ln\left(e^{2x}\times\frac{e^{2x}-2x}{e^{2x}}\right)=\ln\left(e^{2x}-2x\right)=f(x).$

On pose $u=2x$ : $\dfrac{2x}{e^{2x}}=\dfrac{1}{\frac{e^u}{u}}\to0$ quand $x\to+\infty$. Donc $\lim\limits_{x\to+\infty}\ln\left(1-\dfrac{2x}{e^{2x}}\right)=\ln1=0$. Comme $\lim\limits_{x\to+\infty}2x=+\infty$, on obtient d’après 2.a : $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

D’après 2.a et 2.b : $f(x)-2x=\ln\left(1-\dfrac{2x}{e^{2x}}\right)\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$. Donc la droite $(D):y=2x$ est une asymptote oblique à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

Pour $x\geqslant0$ : $\dfrac{2x}{e^{2x}}\geqslant0$, donc $0<1-\dfrac{2x}{e^{2x}}\leqslant1$ et, la fonction $\ln$ étant croissante, $\ln\left(1-\dfrac{2x}{e^{2x}}\right)\leqslant\ln1=0$. Donc $f(x)-2x\leqslant0$ sur $[0,+\infty[$ : la courbe $(C)$ est en-dessous de $(D)$ sur $[0,+\infty[$ (elles se coupent seulement en $O$, pour $x=0$).

$f=\ln\circ g$ avec $g$ dérivable et strictement positive sur $\mathbb{R}$, donc $f$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et $f'(x)=\frac{g'(x)}{g(x)}=\frac{2\left(e^{2x}-1\right)}{g(x)}.$

Comme $g(x)>0$, $f'(x)$ a le signe de $e^{2x}-1$ : $f'(x)\leqslant0$ sur $]-\infty,0]$ et $f'(x)\geqslant0$ sur $[0,+\infty[$ (avec $f'(0)=0$). De plus $f(0)=\ln1=0$.

$f$ admet un minimum égal à $0$ en $0$ : $f(x)\geqslant0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Éléments utiles pour le tracé :

• $(C)$ passe par $O$ avec une tangente horizontale (minimum) ;
• asymptote oblique $(D):y=2x$ en $+\infty$, $(C)$ en dessous de $(D)$ sur $[0,+\infty[$ ;
• branche parabolique de direction $(Ox)$ en $-\infty$ ;
• quelques valeurs : $f(1)=\ln(e^2-2)\approx1{,}68$ ; $f(-1)=\ln(e^{-2}+2)\approx0{,}76$ ; $f(-2)\approx1{,}39$.