$\overrightarrow{AB}(-1,0,-1)$ et $\overrightarrow{AC}(0,2,-1)$. On a : $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&-1\\2&-1\end{vmatrix}\vec{\imath}-\begin{vmatrix}-1&-1\\0&-1\end{vmatrix}\vec{\jmath}+\begin{vmatrix}-1&0\\0&2\end{vmatrix}\vec{k}=(0+2)\vec{\imath}- (1-0)\vec{\jmath}+(-2-0)\vec{k}=2\vec{\imath}-\vec{\jmath}-2\vec{k}.$ Ce produit vectoriel est non nul, donc $\overrightarrow{AB}$ et $\overrightarrow{AC}$ ne sont pas colinéaires : les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}(2,-1,-2)$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$. Une équation de $(ABC)$ est donc de la forme $2x-y-2z+d=0$. Comme $C(0,5,0)\in(ABC)$ : $-5+d=0$, donc $d=5$.

D’où $(ABC):2x-y-2z+5=0$.

$x^{2}+y^{2}+z^{2}-4x-5=0\iff(x-2)^{2}-4+y^{2}+z^{2}-5=0\iff(x-2)^{2}+y^{2}+z^{2}=9.$ Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(2,0,0)$ et de rayon $R=3$.

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|2\times2-0-2\times0+5|}{\sqrt{2^{2}+(-1)^{2}+(-2)^{2}}}=\frac{9}{3}=3=R.$ La distance du centre au plan est égale au rayon : le plan $(ABC)$ est tangent à la sphère $(S)$.

Le point de contact $H$ est l’intersection de $(ABC)$ et de la droite $(\Delta)$ passant par $\Omega$ et orthogonale à $(ABC)$, dirigée par $\vec{n}(2,-1,-2)$ : $(\Delta):\begin{cases}x=2+2t\\ y=-t\\ z=-2t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$ $H\in(ABC)$ donne $2(2+2t)-(-t)-2(-2t)+5=0\iff4+4t+t+4t+5=0\iff9t+9=0\iff t=-1$.

Donc $H(0,1,2)$.

$\Delta=(-\sqrt{2})^{2}-4\times2=2-8=-6=(i\sqrt{6})^{2}<0$. Les solutions sont : $z_{1}=\frac{\sqrt{2}+i\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{6}}{2},\qquad z_{2}=\frac{\sqrt{2}-i\sqrt{6}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{2}-i\frac{\sqrt{6}}{2}.$ Donc $S=\left\{\dfrac{\sqrt{2}}{2}+i\dfrac{\sqrt{6}}{2}\,;\,\dfrac{\sqrt{2}}{2}-i\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right\}$.

$|u|=\sqrt{\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^{2}+\left(\dfrac{\sqrt{6}}{2}\right)^{2}}=\sqrt{\dfrac{2}{4}+\dfrac{6}{4}}=\sqrt{2}$.

(Coquille de l’énoncé : le module vaut $\sqrt{2}$, et non $2$.)

$\cos\theta=\dfrac{\mathrm{Re}(u)}{|u|}=\dfrac{1}{2}$ et $\sin\theta=\dfrac{\mathrm{Im}(u)}{|u|}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$, donc $\arg u\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]$.

Forme trigonométrique : $u=\sqrt{2}\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$.

D’après la formule de Moivre : $u^{6}=\left(\sqrt{2}\right)^{6}\left(\cos\dfrac{6\pi}{3}+i\sin\dfrac{6\pi}{3}\right)=8\left(\cos(2\pi)+i\sin(2\pi)\right)=8.$ Donc $u^{6}$ est un nombre réel ($u^{6}=8$).

$R$ de centre $O$ et d’angle $\dfrac{\pi}{3}$ : $z'=z\,e^{i\pi/3}=z\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)=\left(\dfrac{1}{2}+i\dfrac{\sqrt{3}}{2}\right)z$.

$\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)a=\left(\frac{1}{2}+i\frac{\sqrt{3}}{2}\right)(4-4i\sqrt{3})=2-2i\sqrt{3}+2i\sqrt{3}+6=8=b.$ Donc $R(A)=B$.

Alors $\dfrac{b}{a}=e^{i\pi/3}$, d’où $\left|\dfrac{b}{a}\right|=1$ (soit $OA=OB$) et $\left(\overrightarrow{OA},\overrightarrow{OB}\right)\equiv\dfrac{\pi}{3}\,[2\pi]$. Le triangle $OAB$ est équilatéral.

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $U_{n}<14$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $U_{0}=13<14$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $U_{n}<14$ et montrons que $U_{n+1}<14$.

De $U_{n}<14$ on déduit $\dfrac{1}{2}U_{n}<7$, puis $\dfrac{1}{2}U_{n}+7<14$, c’est-à-dire $U_{n+1}<14$.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $U_{n}<14$.

Soit $n\in\mathbb{N}$ : $V_{n+1}=14-U_{n+1}=14-\left(\frac{1}{2}U_{n}+7\right)=7-\frac{1}{2}U_{n}=\frac{1}{2}(14-U_{n})=\frac{1}{2}V_{n}.$ La suite $(V_{n})$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$ et de premier terme $V_{0}=14-13=1$.

Donc, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $V_{n}=\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$.

$U_{n}=14-V_{n}=14-\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}$.

Comme $-1<\dfrac{1}{2}<1$, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}=0$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}U_{n}=14$.

$U_{n}>13{,}99\iff14-\left(\frac{1}{2}\right)^{n}>13{,}99\iff\left(\frac{1}{2}\right)^{n}<0{,}01.$ Les deux membres sont strictement positifs ; comme $\ln\dfrac{1}{2}<0$, on obtient : $n\ln\frac{1}{2}<\ln(0{,}01)\iff n>\frac{\ln(0{,}01)}{\ln(1/2)}=\frac{2\ln10}{\ln2}\approx6{,}64.$ La plus petite valeur de $n$ est donc $n=7$.

Tirage simultané de $2$ jetons parmi $9$ : $\mathrm{card}(\Omega)=\dbinom{9}{2}=36$.

L’événement A consiste à tirer un jeton « $0$ » et un jeton « $1$ » : $\mathrm{card}(A)=\dbinom{5}{1}\times\dbinom{4}{1}=20$.

Donc $p(A)=\dfrac{20}{36}=\dfrac{5}{9}$.

Soit B l’événement « tirer deux jetons portant le nombre $1$ ». Alors $\mathrm{card}(B)=\dbinom{4}{2}=6$, donc $p(B)=\frac{6}{36}=\frac{1}{6}.$

On répète $3$ fois, de façon indépendante, une épreuve de Bernoulli de paramètre $p=\dfrac{1}{6}$. Soit $X$ le nombre de gains : $X$ suit la loi binomiale $\mathcal{B}\!\left(3,\dfrac{1}{6}\right)$. $p(X=2)=\dbinom{3}{2}\left(\frac{1}{6}\right)^{2}\left(\frac{5}{6}\right)=3\times\frac{1}{36}\times\frac{5}{6}=\frac{5}{72}.$

Pour tout $x>0$ : $g'(x)=\dfrac{2}{x^{3}}+\dfrac{1}{x}=\dfrac{2+x^{2}}{x^{3}}>0$. Donc $g$ est (strictement) croissante sur $]0;+\infty[$.

$g(1)=1-1+\ln1=0$.

Comme $g$ est croissante : sur $]0;1]$, $g(x)\leqslant g(1)=0$ ; sur $[1;+\infty[$, $g(x)\geqslant g(1)=0$.

Quand $x\to0^{+}$ : $\ln x\to-\infty$ donc $(1+\ln x)^{2}\to+\infty$, et $\dfrac{1}{x^{2}}\to+\infty$. D’où $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$.

La courbe $(C)$ admet la droite $x=0$ (axe des ordonnées) comme asymptote verticale.

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

Posons $t=\sqrt{x}$ ; quand $x\to+\infty$, $t\to+\infty$ et $\ln x=2\ln t$. Alors $\frac{(1+\ln x)^{2}}{x}=\left(\frac{1+2\ln t}{t}\right)^{2}=\left(\frac{1}{t}+2\frac{\ln t}{t}\right)^{2}\xrightarrow[t\to+\infty]{}0,$ car $\dfrac{\ln t}{t}\to0$ et $\dfrac{1}{t}\to0$.

Ensuite $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{(1+\ln x)^{2}}{x}+\dfrac{1}{x^{3}}\to0+0=0$.

$\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$ : $(C)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des abscisses.

Pour tout $x>0$ : $f'(x)=2(1+\ln x)\cdot\frac{1}{x}-\frac{2}{x^{3}}=\frac{2(1+\ln x)}{x}-\frac{2}{x^{3}}=\frac{2}{x}\left(1+\ln x-\frac{1}{x^{2}}\right)=\frac{2g(x)}{x}.$ Comme $x>0$, le signe de $f'$ est celui de $g$. D’après la partie I : $f'\leqslant0$ sur $]0;1]$ et $f'\geqslant0$ sur $[1;+\infty[$. Donc $f$ est décroissante sur $]0;1]$ et croissante sur $[1;+\infty[$.

$f(1)=(1+0)^{2}+1=2$.

$x$	$0$		$1$		$+\infty$
$f'(x)$		$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$+\infty$	$\searrow$	$2$	$\nearrow$	$+\infty$

Le minimum de $f$ sur $]0;+\infty[$ est $f(1)=2$, donc $f(x)\geqslant2$ pour tout $x>0$.

Pour $x>0$ : $H'(x)=\ln x+x\cdot\dfrac{1}{x}=\ln x+1=h(x)$. Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $]0;+\infty[$. $I=\Big[x\ln x\Big]_{1}^{e}=e\ln e-1\cdot\ln1=e.$

On pose $u(x)=(1+\ln x)^{2}$, $v'(x)=1$ ; alors $u'(x)=\dfrac{2(1+\ln x)}{x}$ et $v(x)=x$. $J=\Big[x(1+\ln x)^{2}\Big]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}2(1+\ln x)\,dx=e(1+1)^{2}-1(1+0)^{2}-2I=4e-1-2e=2e-1.$

Sur $[1,e]$, $f(x)\geqslant2>0$. L’unité étant $1\,\mathrm{cm}$, $\mathcal{A}=\int_{1}^{e}f(x)\,dx=\int_{1}^{e}(1+\ln x)^{2}\,dx+\int_{1}^{e}\frac{1}{x^{2}}\,dx=J+\Big[-\frac{1}{x}\Big]_{1}^{e}=2e-1-\frac{1}{e}+1=\left(2e-\frac{1}{e}\right)\mathrm{cm}^{2}.$