$\Delta=16+20=36=6^{2}$. Les solutions sont $x_{1}=\dfrac{-4-6}{2}=-5,\qquad x_{2}=\dfrac{-4+6}{2}=1.$ Donc $S=\{-5\,;\,1\}$.

Pour $x>0$, on a $x+2>0$ et $2x>0$, donc les logarithmes sont définis. Alors $\ln(x^{2}+5)=\ln(x+2)+\ln(2x)\iff\ln(x^{2}+5)=\ln\bigl(2x(x+2)\bigr)\iff x^{2}+5=2x(x+2),$ d’où $x^{2}+5=2x^{2}+4x$, soit $x^{2}+4x-5=0$.

D’après 1.a., $x=-5$ ou $x=1$. Or $x>0$, donc $x=1$.

$S=\{1\}$.

Pour $x>0$, on a $x+1>0$ et $x^{2}+1>0$. Alors $\ln x+\ln(x+1)\geqslant\ln(x^{2}+1)\iff\ln\bigl(x(x+1)\bigr)\geqslant\ln(x^{2}+1)\iff x(x+1)\geqslant x^{2}+1,$ d’où $x^{2}+x\geqslant x^{2}+1$, soit $x\geqslant1$.

Comme $x>0$, on obtient $S=[1,+\infty[$.

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_{n}>0$.

Initialisation. $u_{0}=1>0$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $u_{n}>0$. Alors $8u_{n}>0$, donc $5+8u_{n}>5>0$, et le quotient $u_{n+1}=\dfrac{u_{n}}{5+8u_{n}}$ est strictement positif.

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

D’après 1., $u_{n}>0$ pour tout $n$, donc $v_{n}$ est bien défini.

Soit $n\in\mathbb{N}$. On a $v_{n+1}=\frac{1}{u_{n+1}}+2=\frac{5+8u_{n}}{u_{n}}+2=\frac{5}{u_{n}}+8+2=\frac{5}{u_{n}}+10=5\left(\frac{1}{u_{n}}+2\right)=5v_{n}.$ Donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $5$, de premier terme $v_{0}=\dfrac{1}{u_{0}}+2=1+2=3$.

Par suite, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_{n}=3\times5^{n}$.

De $v_{n}=\dfrac{1}{u_{n}}+2$ on tire $\dfrac{1}{u_{n}}=v_{n}-2$, donc $u_{n}=\frac{1}{v_{n}-2}=\frac{1}{3\times5^{n}-2}\qquad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}.$ Comme $5>1$, on a $\lim_{n\to+\infty}5^{n}=+\infty$, d’où $\lim_{n\to+\infty}u_{n}=0$.

$\Delta=(-18)^{2}-4\times1\times82=324-328=-4=(2i)^{2}$. Les solutions sont $z_{1}=\frac{18-2i}{2}=9-i,\qquad z_{2}=\frac{18+2i}{2}=9+i.$ Donc $S=\{9-i\,;\,9+i\}$.

$c-b=(11-i)-(9-i)=2,\qquad a-b=(9+i)-(9-i)=2i,$ donc $\dfrac{c-b}{a-b}=\dfrac{2}{2i}=\dfrac{1}{i}=-i$.

• $\left|\dfrac{c-b}{a-b}\right|=|-i|=1$, donc $\dfrac{BC}{BA}=1$, soit $BA=BC$.
• $\arg\left(\dfrac{c-b}{a-b}\right)\equiv\arg(-i)\equiv-\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$, donc $\left(\widehat{\overrightarrow{BA},\overrightarrow{BC}}\right)\equiv-\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$.

Le triangle $ABC$ est donc rectangle isocèle en $B$.

Remarque (coquille de la version dactylographiée MTM-Group) : elle écrit $\dfrac{a-b}{c-b}=-i$ ; le sujet officiel porte $\dfrac{c-b}{a-b}=-i$.

$|4(1-i)|=4\sqrt{1+1}=4\sqrt{2}$ et $1-i=\sqrt{2}\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)=\sqrt{2}\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right)$. Donc $4(1-i)=4\sqrt{2}\left(\cos\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\dfrac{\pi}{4}\right)\right).$

$(c-a)(c-b)=\bigl((11-i)-(9+i)\bigr)\bigl((11-i)-(9-i)\bigr)=(2-2i)\cdot2=4(1-i).$ En passant aux modules : $|(c-a)(c-b)|=|4(1-i)|\iff |c-a|\,|c-b|=4\sqrt{2}\iff AC\times BC=4\sqrt{2}.$

$z'-b=e^{i\frac{3\pi}{2}}(z-b)=-i(z-b)$, donc $z'=-i(z-b)+b=-iz+ib+b=-iz+i(9-i)+9-i=-iz+9i+1+9-i=-iz+10+8i.$

Pour $C$ : $c'=-i(11-i)+10+8i=-11i-1+10+8i=9-3i$.

$g'(x)=-e^{x}+(1-x)e^{x}=e^{x}\bigl(-1+1-x\bigr)=-xe^{x}$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Comme $e^{x}>0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, le signe de $g'(x)=-xe^{x}$ est celui de $-x$.

• Sur $[0,+\infty[$ : $-x\leqslant0$, donc $g'(x)\leqslant0$ : $g$ est décroissante sur $[0,+\infty[$.
• Sur $]-\infty,0]$ : $-x\geqslant0$, donc $g'(x)\geqslant0$ : $g$ est croissante sur $]-\infty,0]$.

$g(0)=(1-0)e^{0}-1=0$.

$g$ admet un maximum en $x=0$ (croissante avant, décroissante après) et $g(0)=0$, donc pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $g(x)\leqslant g(0)=0$.

$f(x)=(2-x)e^{x}-x$. Or $\lim_{x\to+\infty}(2-x)=-\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}e^{x}=+\infty$, donc $\lim_{x\to+\infty}(2-x)e^{x}=-\infty$ ; de plus $\lim_{x\to+\infty}(-x)=-\infty$. Ainsi $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$.

$\frac{f(x)}{x}=\frac{(2-x)e^{x}}{x}-1=(2-x)\frac{e^{x}}{x}-1.$ Or $\lim_{x\to+\infty}(2-x)=-\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{e^{x}}{x}=+\infty$, donc $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=-\infty$.

La courbe $(C)$ admet donc une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

$f(x)=2e^{x}-xe^{x}-x$. Or $\lim_{x\to-\infty}e^{x}=0$ et $\lim_{x\to-\infty}xe^{x}=0$, donc $\lim_{x\to-\infty}(2e^{x}-xe^{x})=0$ et $\lim_{x\to-\infty}(-x)=+\infty$, d’où $\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$.

$f(x)+x=2e^{x}-xe^{x},\qquad\lim_{x\to-\infty}\bigl(f(x)+x\bigr)=0.$

$\lim_{x\to-\infty}\bigl(f(x)-(-x)\bigr)=\lim_{x\to-\infty}\bigl(f(x)+x\bigr)=0$, donc $(D):y=-x$ est asymptote à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

$f'(x)=-e^{x}+(2-x)e^{x}-1=e^{x}(-1+2-x)-1=(1-x)e^{x}-1=g(x)$.

$f'(0)=g(0)=0$ : la courbe $(C)$ admet une tangente horizontale au point d’abscisse $0$ (c’est-à-dire au point $(0,f(0))=(0,2)$).

D’après I.2., $g(x)\leqslant0$ pour tout $x\in\mathbb{R}$, et $g$ n’est pas identiquement nulle sur un intervalle (elle s’annule seulement en $0$). Donc $f'(x)=g(x)\leqslant0$ et $f$ est strictement décroissante sur $\mathbb{R}$.

$f$ est continue et strictement décroissante sur $\mathbb{R}$, avec $\lim_{x\to-\infty}f(x)=+\infty$ et $\lim_{x\to+\infty}f(x)=-\infty$, donc $f(\mathbb{R})=\mathbb{R}$ et l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha\in\mathbb{R}$.

$f\left(\dfrac{3}{2}\right)=\dfrac{1}{2}e^{3/2}-\dfrac{3}{2}=\dfrac{1}{2}\bigl(e^{3/2}-3\bigr)>0$ (car $e^{3/2}>3$) et $f(2)=(2-2)e^{2}-2=-2<0$. Comme $f$ est strictement décroissante, $\dfrac{3}{2}<\alpha<2$.

$f(x)+x=0\iff(2-x)e^{x}=0\iff2-x=0\iff x=2$ (car $e^{x}\neq0$). Or $f(2)=-2$, donc $(C)$ et $(D)$ se coupent en $A(2,-2)$.

$f(x)+x=(2-x)e^{x}$ et $e^{x}>0$ pour tout $x$, donc le signe de $f(x)+x$ est celui de $2-x$ :

Sur $]-\infty,2[$ : $f(x)+x>0$, soit $f(x)>-x$ : $(C)$ est au-dessus de $(D)$. Sur $]2,+\infty[$ : $f(x)+x<0$, soit $f(x)<-x$ : $(C)$ est en-dessous de $(D)$.

$f''(x)=g'(x)=-xe^{x}$. Donc $f''(x)=0\iff x=0$. $f''$ change de signe en $0$ (positive sur $]-\infty,0[$, négative sur $]0,+\infty[$), donc $(C)$ admet un unique point d’inflexion d’abscisse $0$. Or $f(0)=2$, d’où le point $(0,2)$.

Éléments du tracé : asymptote $(D):y=-x$ en $-\infty$ ($(C)$ au-dessus sur $]-\infty,2[$), tangente horizontale et inflexion en $I(0,2)$, point d’intersection $A(2,-2)$, zéro $\alpha\in\left]\frac{3}{2},2\right[$, branche parabolique verticale en $+\infty$.

On pose $u(x)=2-x$, $v'(x)=e^{x}$ ; alors $u'(x)=-1$ et $v(x)=e^{x}$. $\int_{-1}^{0}(2-x)e^{x}\,dx=\Bigl[(2-x)e^{x}\Bigr]_{-1}^{0}-\int_{-1}^{0}(-1)e^{x}\,dx=2-3e^{-1}+\int_{-1}^{0}e^{x}\,dx$ $=2-\frac{3}{e}+\Bigl[e^{x}\Bigr]_{-1}^{0}=2-\frac{3}{e}+1-e^{-1}=3-\frac{4}{e}.$

Sur $[-1,0]\subset]-\infty,2[$, $(C)$ est au-dessus de $(D)$, donc $\mathcal{A}=\int_{-1}^{0}\bigl(f(x)-(-x)\bigr)\,dx\times1\times1=\int_{-1}^{0}(f(x)+x)\,dx=\int_{-1}^{0}(2-x)e^{x}\,dx=\left(3-\frac{4}{e}\right)\text{ cm}^{2}.$