$x^{2}+y^{2}+z^{2}-2x-2z-1=0\iff(x-1)^{2}+y^{2}+(z-1)^{2}=3.$ Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(1,0,1)$ et de rayon $R=\sqrt{3}$.

$\overrightarrow{AB}(-1,0,-1)$ et $\overrightarrow{AC}(2,1,2)$. On a : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&-1\\1&2\end{vmatrix}\vec{\imath}-\begin{vmatrix}-1&-1\\2&2\end{vmatrix}\vec{\jmath}+\begin{vmatrix}-1&0\\2&1\end{vmatrix}\vec{k}=(0+1)\vec{\imath}-(-2+2)\vec{\jmath}+(-1-0)\vec{k}=\vec{\imath}-\vec{k}.$ Vecteur normal $(1,0,-1)$ : une équation est $x-z+d=0$. Avec $A(1,1,-1)$ : $1-(-1)+d=0\iff d=-2$.

D’où $(ABC):x-z-2=0$.

$d(\Omega,(ABC))=\dfrac{|1-1-2|}{\sqrt{1^{2}+0+(-1)^{2}}}=\dfrac{2}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}.$ Comme $d=\sqrt{2}<R=\sqrt{3}$, le plan coupe $(S)$ suivant un cercle de rayon $r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{3-2}=1.$

$(\Delta)$ passe par $\Omega(1,0,1)$ et est dirigée par $\vec{n}(1,0,-1)$. D’où la représentation paramétrique annoncée.

$M(1+t,0,1-t)\in(ABC)\iff(1+t)-(1-t)-2=0\iff2t-2=0\iff t=1$. Donc $H(2,0,0)$.

Le centre du cercle $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(ABC)$, c’est-à-dire $H(2,0,0)$.

$\Delta=144-244=-100=100i^{2}$. Les solutions sont $z=\dfrac{12\pm10i}{2}=6\pm5i.$

$a-c=(6-5i)-(2+i)=4-6i$ et $b-c=(4-2i)-(2+i)=2-3i$. $\dfrac{a-c}{b-c}=\dfrac{4-6i}{2-3i}=2\in\mathbb{R}.$ Le quotient $\dfrac{a-c}{b-c}$ est réel : les points $A$, $B$ et $C$ sont alignés. (Note : l’énoncé écrit « $A$, $C$ et $D$ » ; le calcul porte sur $A$, $B$, $C$ — coquille d’origine.)

$d=c+(1+5i)=2+i+1+5i=3+6i$.

$d-c=(3+6i)-(2+i)=1+5i$ ; or $b-c=2-3i$, $\dfrac{d-c}{b-c}=\dfrac{1+5i}{2-3i}=\dfrac{(1+5i)(2+3i)}{13}=\dfrac{2+3i+10i+15i^{2}}{13}=\dfrac{-13+13i}{13}=-1+i.$ $-1+i=\sqrt{2}\,e^{i3\pi/4}$, donc $\arg(-1+i)=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]$.

$\arg\!\left(\dfrac{d-c}{b-c}\right)=\bigl(\overrightarrow{CB},\overrightarrow{CD}\bigr)\,[2\pi]=\dfrac{3\pi}{4}\,[2\pi]$.

$\mathrm{Card}(\Omega)=\dbinom{8}{3}=56$. Les nombres différents deux à deux : $\{0,1,2\}$, donc $\mathrm{Card}(A)=\dbinom{1}{1}\dbinom{5}{1}\dbinom{2}{1}=10$. $P(A)=\dfrac{10}{56}=\dfrac{5}{28}$.

Somme $5$ : uniquement $(1,2,2)$. $\mathrm{Card}(B)=\dbinom{5}{1}\dbinom{2}{2}=5$. $P(B)=\dfrac{5}{56}$.

Somme $4$ : $(0,2,2)$ ou $(1,1,2)$. $\mathrm{Card}(C)=\dbinom{1}{1}\dbinom{2}{2}+\dbinom{5}{2}\dbinom{2}{1}=1+10\times2=21$. $P(C)=\dfrac{21}{56}=\dfrac{3}{8}$.

$u_{n+1}-12=\dfrac{10}{11}u_{n}+\dfrac{12}{11}-12=\dfrac{10}{11}u_{n}-\dfrac{120}{11}=\dfrac{10}{11}(u_{n}-12).$

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_{n}<12$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_{0}=11<12$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $u_{n}<12$. Alors $u_{n}-12<0$, donc $u_{n+1}-12=\dfrac{10}{11}(u_{n}-12)<0$, soit $u_{n+1}<12$.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n}<12$.

$u_{n+1}-u_{n}=\dfrac{10}{11}u_{n}+\dfrac{12}{11}-u_{n}=\dfrac{12}{11}-\dfrac{1}{11}u_{n}=\dfrac{1}{11}(12-u_{n}).$ Comme $u_{n}<12$, on a $u_{n+1}-u_{n}>0$ : $(u_{n})$ est croissante.

$(u_{n})$ est croissante et majorée par $12$, donc convergente.

$v_{n+1}=u_{n+1}-12=\dfrac{10}{11}(u_{n}-12)=\dfrac{10}{11}v_{n}$. Donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $\dfrac{10}{11}$ et de premier terme $v_{0}=11-12=-1$.

D’où $v_{n}=-\left(\dfrac{10}{11}\right)^{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

$u_{n}=v_{n}+12=12-\left(\dfrac{10}{11}\right)^{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}=12$.

Sur $]0;1[$ : $x^{2}-1<0$ et $\ln x<0$, donc $2x^{2}\ln x<0$ : les deux termes sont négatifs. D’où $g(x)<0$ sur $]0;1[$.

De plus $g(1)=0$. Donc $g(x)\leqslant0$ sur $]0;1]$.

Sur $]1;+\infty[$ : $x^{2}-1>0$ et $\ln x>0$, donc $2x^{2}\ln x>0$ : les deux termes sont positifs. D’où $g(x)>0$ sur $]1;+\infty[$.

Avec $g(1)=0$ : $g(x)\geqslant0$ sur $[1;+\infty[$.

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

La courbe $(C)$ admet l’axe des ordonnées comme asymptote verticale.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{x^{2}-1}{x}\ln x=\left(x-\dfrac{1}{x}\right)\ln x\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.$ Donc $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

$f'(x)=2x\ln x+(x^{2}-1)\dfrac{1}{x}=\dfrac{2x^{2}\ln x+x^{2}-1}{x}=\dfrac{g(x)}{x}.$ $f'(1)=\dfrac{g(1)}{1}=0$ : la tangente à $(C)$ au point d’abscisse $1$ est horizontale.

Pour $x>0$, le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$. D’après la partie I : $f'(x)\leqslant0$ sur $]0;1]$ et $f'(x)\geqslant0$ sur $[1;+\infty[$. Donc $f$ est décroissante sur $]0;1]$ et croissante sur $[1;+\infty[$.

$f(1)=0$.

$x$	$0^{+}$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

Le minimum de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $f(1)=0$, donc $f(x)\geqslant0$ pour tout $x>0$.

$u'(x)=x^{2}-1$.

On pose $v=\ln x$, $w'=x^{2}-1$, donc $v'=\dfrac{1}{x}$, $w=\dfrac{x^{3}}{3}-x$. \begin{align*} \int_{1}^{2}(x^{2}-1)\ln x,dx&=\Bigl[\left(\dfrac{x^{3}}{3}-x\right)\ln x\Bigr]{1}^{2}-\int{1}^{2}\left(\dfrac{x^{3}}{3}-x\right)\dfrac{1}{x},dx\ &=\left(\dfrac{8}{3}-2\right)\ln2-\int_{1}^{2}\left(\dfrac{x^{2}}{3}-1\right),dx=\dfrac{2}{3}\ln2-\Bigl[\dfrac{x^{3}}{9}-x\Bigr]_{1}^{2}\ &=\dfrac{2}{3}\ln2-\left(\dfrac{8}{9}-2-\dfrac{1}{9}+1\right)=\dfrac{2}{3}\ln2-\left(-\dfrac{2}{9}\right)=\dfrac{2}{9}+\dfrac{2}{3}\ln2=\dfrac{2}{9}(1+3\ln2). \end{align*}

Sur $[1,2]$, $f(x)\geqslant0$. L’unité étant $3\,\mathrm{cm}$, l’unité d’aire vaut $9\,\mathrm{cm}^{2}$ : $\mathcal{A}=9\int_{1}^{2}f(x)\,dx=9\times\dfrac{2}{9}(1+3\ln2)=2(1+3\ln2)\,\mathrm{cm}^{2}.$