Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n>1$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=2>1$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $u_n>1$ et montrons que $u_{n+1}>1$.

De $u_n>1$ on déduit $\dfrac{1}{16}u_n>\dfrac{1}{16}$, puis $\dfrac{1}{16}u_n+\dfrac{15}{16}>\dfrac{1}{16}+\dfrac{15}{16}=1$, c’est-à-dire $u_{n+1}>1$.

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

Attention : l’égalité de l’énoncé est imprimée sans le signe « $-$ » ; l’égalité exacte est $u_{n+1}-u_n=-\dfrac{15}{16}(u_n-1)$ (avec le signe de l’énoncé, la suite serait croissante, ce qui contredit la conclusion demandée).

Soit $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{16}u_n+\frac{15}{16}-u_n=-\frac{15}{16}u_n+\frac{15}{16}=-\frac{15}{16}(u_n-1).$ D’après 1) a), $u_n>1$, donc $u_n-1>0$ et $-\dfrac{15}{16}(u_n-1)<0$.

Ainsi $u_{n+1}-u_n<0$ pour tout $n\in\mathbb{N}$ : la suite $(u_n)$ est (strictement) décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante (question 1) b)) et minorée par $1$ (question 1) a)). Toute suite décroissante et minorée est convergente : la suite $(u_n)$ est donc convergente.

Soit $n\in\mathbb{N}$ : $v_{n+1}=u_{n+1}-1=\frac{1}{16}u_n+\frac{15}{16}-1=\frac{1}{16}u_n-\frac{1}{16}=\frac{1}{16}(u_n-1)=\frac{1}{16}v_n.$ Donc $(v_n)$ est une suite géométrique de raison $q=\dfrac{1}{16}$ et de premier terme $v_0=u_0-1=1$.

Par suite, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0\,q^n=\left(\dfrac{1}{16}\right)^n$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_n=v_n+1=1+\left(\dfrac{1}{16}\right)^n$.

Comme $-1<\dfrac{1}{16}<1$, $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{16}\right)^n=0$, donc $\lim_{n\to+\infty}u_n=1.$

$\overrightarrow{OA}(1,3,4)$ et $\overrightarrow{OB}(0,1,2)$, donc $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}3&1\\4&2\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}1&0\\4&2\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}1&0\\3&1\end{vmatrix}\vec{k}=(6-4)\vec{i}-(2-0)\vec{j}+(1-0)\vec{k}=2\vec{i}-2\vec{j}+\vec{k}.$

$\vec{n}=\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}(2,-2,1)$ est non nul : les points $O$, $A$, $B$ ne sont pas alignés et $\vec{n}$ est normal au plan $(OAB)$.

Une équation de $(OAB)$ est de la forme $2x-2y+z+d=0$ ; comme $O(0,0,0)\in(OAB)$, $d=0$.

Donc $(OAB) : 2x-2y+z=0$. (Contrôle : $A$ : $2-6+4=0$ ; $B$ : $0-2+2=0$.)

On complète les carrés : $x^2-6x=(x-3)^2-9$, $y^2+6y=(y+3)^2-9$, $z^2-6z=(z-3)^2-9$.

L’équation de $(S)$ s’écrit donc $(x-3)^2+(y+3)^2+(z-3)^2-27+2=0$, soit $(x-3)^2+(y+3)^2+(z-3)^2=25=5^2.$ Donc $(S)$ a pour centre $\Omega(3,-3,3)$ et pour rayon $R=5$.

$d(\Omega,(OAB))=\frac{|2\times3-2\times(-3)+3|}{\sqrt{2^2+(-2)^2+1^2}}=\frac{|6+6+3|}{3}=\frac{15}{3}=5.$ Comme $d(\Omega,(OAB))=5=R$, le plan $(OAB)$ est tangent à la sphère $(S)$.

Le point de contact $H$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(OAB)$ : c’est l’intersection de $(OAB)$ avec la droite $(\Delta)$ passant par $\Omega$ et dirigée par $\vec{n}(2,-2,1)$ : $(\Delta) : \begin{cases}x=3+2t\\y=-3-2t\\z=3+t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$ $M\in(OAB)\iff2(3+2t)-2(-3-2t)+(3+t)=0\iff15+9t=0\iff t=-\frac{5}{3}.$ Donc $H\left(3-\dfrac{10}{3},\,-3+\dfrac{10}{3},\,3-\dfrac{5}{3}\right)$, soit $H\left(-\frac{1}{3},\,\frac{1}{3},\,\frac{4}{3}\right).$ Contrôle : $2\times\left(-\frac{1}{3}\right)-2\times\frac{1}{3}+\frac{4}{3}=0$ et $\Omega H=\frac{5}{3}\times3=5$.

Le discriminant est $\Delta=(-8)^2-4\times41=64-164=-100=(10i)^2<0$.

Les solutions sont $z_1=\dfrac{8-10i}{2}=4-5i$ et $z_2=\dfrac{8+10i}{2}=4+5i$.

Donc $S=\{4-5i\,;\,4+5i\}$.

$c-b=(6+7i)-(3+4i)=3+3i$ et $a-b=(4+5i)-(3+4i)=1+i$. Donc $\frac{c-b}{a-b}=\frac{3+3i}{1+i}=\frac{3(1+i)}{1+i}=3.$ Le quotient $\dfrac{c-b}{a-b}$ est un réel, donc les vecteurs $\overrightarrow{BA}$ et $\overrightarrow{BC}$ sont colinéaires ($\overrightarrow{BC}=3\overrightarrow{BA}$) : les points A, B et C sont alignés.

L’écriture complexe de la rotation R de centre $\Omega$ et d’angle $-\dfrac{\pi}{2}$ est $z'-\omega=e^{-i\frac{\pi}{2}}(z-\omega)=-i(z-\omega).$ Donc $z'=-iz+i\omega+\omega=-iz+(1+i)(4+7i)$.

Or $(1+i)(4+7i)=4+7i+4i+7i^2=4-7+11i=-3+11i$.

Ainsi $z'=-iz-3+11i$.

L’affixe de l’image de C est $-ic-3+11i=-i(6+7i)-3+11i=-6i+7-3+11i=4+5i=a.$ Donc $R(C)=A$.

Par conséquent $a-\omega=-i(c-\omega)$, et comme $c\neq\omega$ : $\frac{a-\omega}{c-\omega}=-i=\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right).$ Contrôle : $\dfrac{a-\omega}{c-\omega}=\dfrac{-2i}{2}=-i$.

Un tirage est un arrangement de $2$ boules parmi $10$ : $\text{card}(\Omega)=A_{10}^2=10\times9=90$, tirages équiprobables.

Les boules portant un nombre pair sont les deux boules « 2 » et les quatre boules « 4 », soit $6$ boules. Donc $\text{card}(\text{A})=A_6^2=6\times5=30$ et $p(\text{A})=\frac{30}{90}=\frac{1}{3}.$

On répète $3$ fois, de façon indépendante (les boules sont remises), la même épreuve, et l’événement A a la probabilité $p=\dfrac{1}{3}$ à chaque épreuve. La variable X suit donc la loi binomiale de paramètres $n=3$ et $p=\dfrac{1}{3}$ : $p(\text{X}=k)=C_3^k\left(\frac{1}{3}\right)^k\left(\frac{2}{3}\right)^{3-k},\qquad k\in\{0,1,2,3\}.$ En particulier $p(\text{X}=1)=C_3^1\times\frac{1}{3}\times\left(\frac{2}{3}\right)^2=3\times\frac{1}{3}\times\frac{4}{9}=\frac{4}{9}.$ De même : $p(\text{X}=0)=\left(\frac{2}{3}\right)^3=\dfrac{8}{27}$, $p(\text{X}=2)=3\times\dfrac{1}{9}\times\dfrac{2}{3}=\dfrac{6}{27}=\dfrac{2}{9}$, $p(\text{X}=3)=\left(\frac{1}{3}\right)^3=\dfrac{1}{27}$.

Contrôle : $\dfrac{8+12+6+1}{27}=1$.

$g(1)=\dfrac{2}{1}-1+2\ln1=2-1+0=1$.

D’après le tableau, $g$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$ : elle admet en $1$ un minimum absolu, égal à $g(1)=1$.

Donc pour tout $x\in\,]0,+\infty[$ : $g(x)\geq g(1)=1>0$.

On a $\displaystyle\lim_{x\to0^+}\ln x=-\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to0^+}2(x+1)=2$, donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}2(x+1)\ln x=-\infty$ ; de plus $\displaystyle\lim_{x\to0^+}(3-3x)=3$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to0^+}f(x)=-\infty$.

Interprétation : la droite d’équation $x=0$ (l’axe des ordonnées) est asymptote verticale à la courbe $(C_f)$.

Pour $x>0$ : $f(x)=x\left[\dfrac{3}{x}-3+2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln x\right]$.

Quand $x\to+\infty$ : $\dfrac{3}{x}\to0$, $2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\to2$ et $\ln x\to+\infty$, donc le crochet tend vers $+\infty$.

Comme $x\to+\infty$, on obtient $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Pour $x>0$ : $\dfrac{f(x)}{x}=\dfrac{3}{x}-3+2\left(1+\dfrac{1}{x}\right)\ln x$, et d’après le calcul précédent $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$.

Puisque $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$, la courbe $(C_f)$ admet au voisinage de $+\infty$ une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées.

$f$ est dérivable sur $]0,+\infty[$ et, pour tout $x>0$ : $f'(x)=-3+2\ln x+2(x+1)\times\frac{1}{x}=-3+2\ln x+2+\frac{2}{x}=\frac{2}{x}-1+2\ln x=g(x).$

D’après la partie I, $f'(x)=g(x)>0$ pour tout $x>0$ : $f$ est strictement croissante sur $]0,+\infty[$.

$f''(x)=g'(x)=-\dfrac{2}{x^2}+\dfrac{2}{x}=\dfrac{2(x-1)}{x^2}$ pour tout $x>0$.

$f''(x)<0$ sur $]0,1[$ et $f''(x)>0$ sur $]1,+\infty[$ : $f''$ s’annule en $1$ en changeant de signe.

Comme $f(1)=3-3+2\times2\times\ln1=0$, le point $\text{I}(1,0)$ est un point d’inflexion de $(C_f)$.

La tangente en $\text{I}(1,0)$ a pour équation $y=f'(1)(x-1)+f(1)$, avec $f'(1)=g(1)=1$ et $f(1)=0$.

Donc $(T) : y=x-1$.

Éléments utiles : asymptote verticale $x=0$ ; point d’inflexion $\text{I}(1,0)$ où $(C_f)$ traverse sa tangente $(T)$ ; branche parabolique verticale en $+\infty$ ; $f(2)=6\ln2-3\approx1{,}16$, $f(3)=8\ln3-6\approx2{,}79$.

$\int_1^2\left(1+\frac{x}{2}\right)dx=\left[x+\frac{x^2}{4}\right]_1^2=\left(2+1\right)-\left(1+\frac{1}{4}\right)=3-\frac{5}{4}=\frac{7}{4}.$

On pose $u(x)=\ln x$, $v'(x)=x+1$ ; alors $u'(x)=\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=\dfrac{x^2}{2}+x$. Les fonctions $u$ et $v$ sont dérivables à dérivées continues sur $[1,2]$, donc $\int_1^2(x+1)\ln x\,dx=\left[\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\ln x\right]_1^2-\int_1^2\left(\frac{x^2}{2}+x\right)\frac{1}{x}\,dx=4\ln2-0-\int_1^2\left(1+\frac{x}{2}\right)dx.$ D’après 5) a) : $\displaystyle\int_1^2(x+1)\ln x\,dx=4\ln2-\frac{7}{4}$.

$f$ est strictement croissante et $f(1)=0$, donc $f(x)\geq0$ sur $[1,2]$. L’unité étant $2$ cm, l’unité d’aire vaut $2\times2=4\text{ cm}^2$ : $\mathcal{A}=\int_1^2f(x)\,dx\times4\text{ cm}^2.$ Or $\int_1^2f(x)\,dx=\int_1^2(3-3x)\,dx+2\int_1^2(x+1)\ln x\,dx=\left[3x-\frac{3x^2}{2}\right]_1^2+2\left(4\ln2-\frac{7}{4}\right)=-\frac{3}{2}+8\ln2-\frac{7}{2}=8\ln2-5.$ Donc $\mathcal{A}=4(8\ln2-5)\text{ cm}^2=(32\ln2-20)\text{ cm}^2\approx2{,}18\text{ cm}^2$.

Pour $x>0$ : $(x+1)\ln x\geq\frac{3}{2}(x-1)\iff2(x+1)\ln x\geq3x-3\iff3-3x+2(x+1)\ln x\geq0\iff f(x)\geq0.$ Graphiquement, $(C_f)$ est au-dessus de l’axe des abscisses (ou le coupe) exactement pour $x\geq1$ (point $\text{I}(1,0)$).

Donc l’ensemble des solutions est $S=[1,+\infty[$.