$(x-1)^2-1+(y-2)^2-4+(z-3)^2-9-11=0\iff(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=25=5^2$. $(S)$ a pour centre $\Omega(1,2,3)$ et pour rayon $5$.

$\overrightarrow{AB}(1,3,-4)$, $\overrightarrow{AC}(0,3,-4)$ : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}3&3\\-4&-4\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}1&0\\-4&-4\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}1&0\\3&3\end{vmatrix}\vec{k}=0\vec{i}+4\vec{j}+3\vec{k}.$ $\vec{n}(0,4,3)$ est normal à $(ABC)$ : $(ABC):4y+3z+d=0$ ; avec $A$ : $-8+d=0$, $d=8$. Donc $(ABC):4y+3z+8=0$.

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|4\times2+3\times3+8|}{\sqrt{0^2+4^2+3^2}}=\frac{25}{5}=5.$ La distance est égale au rayon : le plan $(ABC)$ est tangent à $(S)$.

$(\Delta)$ passe par $\Omega(1,2,3)$ et est dirigée par $\vec{n}(0,4,3)$ (normal à $(ABC)$) : $x=1$, $y=2+4t$, $z=3+3t$ $(t\in\mathbb{R})$.

$4(2+4t)+3(3+3t)+8=0\iff25+25t=0\iff t=-1$, d’où $H(1,\,2-4,\,3-3)=(1,-2,0)$.

$H\in(ABC)$ et $\Omega H=\sqrt{0^2+(-4)^2+(-3)^2}=5$, donc $H\in(S)$. Comme $(ABC)$ est tangent à $(S)$, $H$ est leur point de contact (c’est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$).

$\Delta=(8\sqrt3)^2-4\times64=192-256=-64=(8i)^2$. $z_1=\dfrac{8\sqrt3-8i}{2}=4\sqrt3-4i$ et $z_2=4\sqrt3+4i$. $S=\{4\sqrt3-4i\,;\,4\sqrt3+4i\}$.

$R$ a pour centre $O$ : $z'=e^{i\frac{4\pi}{3}}z=\left(\cos\frac{4\pi}{3}+i\sin\frac{4\pi}{3}\right)z=\left(-\dfrac12-i\dfrac{\sqrt3}{2}\right)z$.

$\left(-\frac12-i\frac{\sqrt3}{2}\right)\times8i=-4i-4\sqrt3\,i^2=4\sqrt3-4i=b$. Donc $R(A)=B$.

$a-b=-4\sqrt3+12i$ et $c-b=8\sqrt3+8i-4\sqrt3+4i=4\sqrt3+12i$. $\frac{a-b}{c-b}=\frac{-\sqrt3+3i}{\sqrt3+3i}=\frac{(-\sqrt3+3i)(\sqrt3-3i)}{3+9}=\frac{-3+3\sqrt3i+3\sqrt3i+9}{12}=\frac{6+6\sqrt3i}{12}=\frac12+i\frac{\sqrt3}{2}.$ Forme trigonométrique : $\dfrac{a-b}{c-b}=\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}$.

$\left|\dfrac{a-b}{c-b}\right|=1$, donc $BA=BC$ ; et $\left(\widehat{\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\ [2\pi]$. Un triangle isocèle en $B$ dont l’angle en $B$ vaut $\frac{\pi}{3}$ est équilatéral : $ABC$ est équilatéral.

Tirage successif sans remise : $\operatorname{card}\Omega=A_8^2=8\times7=56$.

$\operatorname{card}A=A_3^2=3\times2=6$, donc $P(A)=\dfrac{6}{56}=\dfrac{3}{28}$.

$\overline{B}$ : « aucune boule ne porte $3$ » : $A_6^2=30$, donc $P(B)=1-\dfrac{30}{56}=\dfrac{26}{56}=\dfrac{13}{28}$.

Il y a $5$ boules impaires (trois « 1 » et deux « 3 ») et $3$ paires ; on tire $2$ boules : $X(\Omega)=\{0,1,2\}$.

$(X=1)$ : une impaire et une paire, dans l’un des deux ordres : $2\times5\times3=30$ cas. $P(X=1)=\dfrac{30}{56}=\dfrac{15}{28}$.

$P(X=0)=\dfrac{A_3^2}{56}=\dfrac{6}{56}=\dfrac{3}{28}$ et $P(X=2)=\dfrac{A_5^2}{56}=\dfrac{20}{56}=\dfrac{5}{14}$.

Vérification : $\frac{3+15+10}{28}=1$.

Pour $n=0$ : $u_0=1>0$. Supposons $u_n>0$ ; alors $3u_n>0$ et $21+u_n>0$, donc $u_{n+1}>0$.

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

$u_{n+1}-\frac17u_n=\frac{21u_n-u_n(21+u_n)}{7(21+u_n)}=\frac{-u_n^2}{7(21+u_n)}<0\quad(\text{car }u_n>0).$ Donc $u_{n+1}<\dfrac17u_n$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

$u_n>0$ donne $\frac17u_n<u_n$, donc $u_{n+1}<\frac17u_n<u_n$ : $(u_n)$ est (strictement) décroissante. Elle est décroissante et minorée par $0$, donc convergente.

Pour $n=0$ : $u_0=1\leqslant\left(\frac17\right)^0=1$. Supposons $u_n\leqslant\left(\frac17\right)^n$. D’après 2, $u_{n+1}<\frac17u_n\leqslant\frac17\left(\frac17\right)^n=\left(\frac17\right)^{n+1}$.

D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n\leqslant\left(\dfrac17\right)^n$.

Remarque : la version dactylographiée (MTM-Group) écrit $u_n<\left(\frac17\right)^n$ pour $n\in\mathbb{N}^*$ ; on suit l’énoncé officiel ($\leqslant$, $n\in\mathbb{N}$).

$0<u_n\leqslant\left(\frac17\right)^n$ et $\lim\left(\frac17\right)^n=0$ (car $0<\frac17<1$). D’après le théorème des gendarmes, $\lim\limits_{n\to+\infty}u_n=0$.

$(x-1)(3x^2+3x+2)=3x^3+3x^2+2x-3x^2-3x-2=3x^3-x-2$.

$g'(x)=3x^2-1-\dfrac2x=\dfrac{3x^3-x-2}{x}=\dfrac{(x-1)(3x^2+3x+2)}{x}$.

Pour $x>0$ : $3x^2>0$, $3x>0$ et $2>0$, donc $3x^2+3x+2>0$ ; et $x>0$. Le quotient est strictement positif.

$g'(x)=(x-1)\times\dfrac{3x^2+3x+2}{x}$ avec le second facteur $>0$ : $g'(x)$ a le signe de $x-1$.

Sur $]0,1]$, $x-1\leqslant0$ donc $g'\leqslant0$ : $g$ décroissante. Sur $[1,+\infty[$, $g'\geqslant0$ : $g$ croissante.

D’après I.3.a, $g(1)$ est le minimum de $g$ sur $]0,+\infty[$, et $g(1)=1-1-0+3=3>0$. Donc $g(x)\geqslant3>0$ pour tout $x>0$.

$\left(\frac{x-1+\ln x}{x^2}\right)'=\frac{\left(1+\frac1x\right)x^2-2x(x-1+\ln x)}{x^4}=\frac{x+1-2x+2-2\ln x}{x^3}=\frac{-x+3-2\ln x}{x^3}.$ Donc $f'(x)=1+\dfrac{-x+3-2\ln x}{x^3}=\dfrac{x^3-x-2\ln x+3}{x^3}=\dfrac{g(x)}{x^3}$. Pour $x>0$ : $g(x)>0$ et $x^3>0$, donc $f'(x)>0$ : $f$ est (strictement) croissante sur $]0,+\infty[$.

Quand $x\to0^+$ : $x-1+\ln x\to-\infty$ et $\dfrac1{x^2}\to+\infty$, donc $\dfrac{x-1+\ln x}{x^2}\to-\infty$ ; et $x-1\to-1$. D’où $\lim\limits_{x\to0^+}f(x)=-\infty$. Interprétation : la droite d’équation $x=0$ (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à $(C)$.

$\dfrac{x-1+\ln x}{x^2}=\dfrac1x-\dfrac1{x^2}+\dfrac{\ln x}{x^2}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0+0+0=0$. Donc $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\lim\limits_{x\to+\infty}(x-1)+0=+\infty$.

$f(x)-(x-1)=\dfrac{x-1+\ln x}{x^2}\xrightarrow[x\to+\infty]{}0$ (II.2.b) : $(\Delta):y=x-1$ est asymptote oblique à $(C)$ au voisinage de $+\infty$.

$f(1)=0+\dfrac{0+0}{1}=0$ et $f'(1)=\dfrac{g(1)}{1}=3$. Tangente : $y=f'(1)(x-1)+f(1)=3(x-1)$.

Éléments du tracé : asymptote verticale $x=0$, asymptote oblique $(\Delta):y=x-1$ en $+\infty$ ; $(C)$ coupe $(\Delta)$ en $(1,0)$ (où $x-1+\ln x=0$) avec la tangente $y=3(x-1)$ ; $(C)$ est en dessous de $(\Delta)$ sur $]0,1]$ et au-dessus sur $[1,+\infty[$.

$v(x)=\ln x$, $v'(x)=\dfrac1x$ ; $u'(x)=\dfrac1{x^2}$, $u(x)=-\dfrac1x$. $\int_1^e\frac{\ln x}{x^2}dx=\left[-\frac{\ln x}{x}\right]_1^e+\int_1^e\frac1{x^2}dx=-\frac1e+\left[-\frac1x\right]_1^e=-\frac1e-\frac1e+1=1-\frac2e.$

Remarque : la version dactylographiée (MTM-Group) annonce $1-\frac e2$ et l’indication $u'(x)=\frac1{x^2}$, $v(x)=\ln x$ ; le sujet officiel donne bien $1-\frac2e$.

Sur $[1,e]$ : $x-1\geqslant0$ et $\ln x\geqslant0$, donc $f(x)-(x-1)=\dfrac{x-1+\ln x}{x^2}\geqslant0$ : $(C)$ est au-dessus de $(\Delta)$. $\mathcal{A}=\int_1^e\left(\frac1x-\frac1{x^2}\right)dx+\int_1^e\frac{\ln x}{x^2}dx=\left[\ln x+\frac1x\right]_1^e+1-\frac2e=\left(1+\frac1e-1\right)+1-\frac2e=1-\frac1e.$ L’unité d’aire vaut $1\text{ cm}^2$ : $\mathcal{A}=\left(1-\dfrac1e\right)\text{cm}^2$.