$\Delta=4+12=16=4^{2}$. Les solutions sont $x_{1}=\dfrac{2-4}{2}=-1,\qquad x_{2}=\dfrac{2+4}{2}=3.$ Donc $S=\{-1\,;\,3\}$.

En multipliant par $e^{x}>0$ : $e^{x}-\frac{3}{e^{x}}-2=0\iff e^{2x}-2e^{x}-3=0.$ On pose $t=e^{x}>0$ : $t^{2}-2t-3=0$, $\Delta=4+12=16$, $t=\dfrac{2\pm4}{2}$, soit $t=-1$ (exclu) ou $t=3$. Donc $e^{x}=3$, d’où $x=\ln3$. $S=\{\ln3\}$.

$e^{x+1}-e^{-x}\geqslant0\iff e^{x+1}\geqslant e^{-x}.$ En multipliant les deux membres par $e^{x}>0$ : $e^{2x+1}\geqslant1=e^{0}$, d’où $2x+1\geqslant0$, soit $x\geqslant-\dfrac{1}{2}$.

$S=\left[-\dfrac{1}{2},+\infty\right[$.

$\Delta=36-72=-36=(6i)^{2}$. Les solutions sont $z_{1}=\frac{6-6i}{2}=3-3i,\qquad z_{2}=\frac{6+6i}{2}=3+3i.$ Donc $S=\{3-3i\,;\,3+3i\}$.

$|a|=\sqrt{9+9}=3\sqrt{2}$ et $\arg(a)\equiv\dfrac{\pi}{4}\ [2\pi]$, donc $a=3\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right).$ $|b|=3\sqrt{2}$ et $\arg(b)\equiv-\dfrac{\pi}{4}\ [2\pi]$, donc $b=3\sqrt{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right).$

$b'=b+a=(3-3i)+(3+3i)=6$.

$b-b'=(3-3i)-6=-3-3i,\qquad a-b'=(3+3i)-6=-3+3i,$ $\frac{b-b'}{a-b'}=\frac{-3-3i}{-3+3i}=\frac{-(1+i)}{-(1-i)}=\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)^{2}}{1+1}=\frac{2i}{2}=i.$

• $\left|\dfrac{b-b'}{a-b'}\right|=1$, donc $B'B=B'A$.
• $\arg\left(\dfrac{b-b'}{a-b'}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$, donc $\left(\widehat{\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'B}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$.

Le triangle $AB'B$ est donc isocèle et rectangle en $B'$.

Par définition de la translation de vecteur $\overrightarrow{OA}$, on a $\overrightarrow{BB'}=\overrightarrow{OA}$, donc $OAB'B$ est un parallélogramme. D’après 2.c., le triangle $AB'B$ est isocèle rectangle en $B'$, donc $B'A=B'B$ et $\left(\widehat{\overrightarrow{B'A},\overrightarrow{B'B}}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\ [2\pi]$. Un parallélogramme ayant un angle droit et deux côtés consécutifs égaux est un carré : $OAB'B$ est un carré.

Soit $n\in\mathbb{N}$. $u_{n+1}-\frac{1}{3}=\frac{6u_{n}}{1+15u_{n}}-\frac{1}{3}=\frac{18u_{n}-(1+15u_{n})}{3(1+15u_{n})}=\frac{3u_{n}-1}{3(1+15u_{n})}=\frac{u_{n}-\frac{1}{3}}{15u_{n}+1}.$

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_{n}>\dfrac{1}{3}$.

Initialisation. $u_{0}=1>\dfrac{1}{3}$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $u_{n}>\dfrac{1}{3}$. Alors $u_{n}-\dfrac{1}{3}>0$ et $15u_{n}+1>0$, donc d’après 1.a. : $u_{n+1}-\frac{1}{3}=\frac{u_{n}-\frac{1}{3}}{15u_{n}+1}>0,\qquad\text{soit}\qquad u_{n+1}>\frac{1}{3}.$

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $u_{n}>\dfrac{1}{3}$.

D’après 1.b., $u_{n}>\dfrac{1}{3}>0$, donc $v_{n}$ est bien défini.

Soit $n\in\mathbb{N}$. $v_{n+1}=1-\frac{1}{3u_{n+1}}=1-\frac{1+15u_{n}}{18u_{n}}=\frac{18u_{n}-1-15u_{n}}{18u_{n}}=\frac{3u_{n}-1}{18u_{n}}=\frac{1}{6}\left(1-\frac{1}{3u_{n}}\right)=\frac{1}{6}v_{n}.$ Donc $(v_{n})$ est géométrique de raison $\dfrac{1}{6}$, de premier terme $v_{0}=1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$.

Par suite, pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_{n}=\dfrac{2}{3}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{n}$.

De $v_{n}=1-\dfrac{1}{3u_{n}}$ on tire $\dfrac{1}{3u_{n}}=1-v_{n}$, donc $u_{n}=\frac{1}{3(1-v_{n})}=\frac{1}{3-3v_{n}}=\frac{1}{3-2\left(\frac{1}{6}\right)^{n}}\qquad\text{pour tout }n\in\mathbb{N}.$ Comme $\left|\dfrac{1}{6}\right|<1$, $\lim_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{6}\right)^{n}=0$, d’où $\lim_{n\to+\infty}u_{n}=\dfrac{1}{3}$.

$g'(x)=1+\dfrac{1}{x}=\dfrac{x+1}{x}$ pour tout $x\in I$.

Pour tout $x\in I$, $x+1>0$ et $x>0$, donc $g'(x)>0$ : $g$ est (strictement) croissante sur $I$.

$g(1)=1-1+\ln1=0$. Comme $g$ est croissante sur $I$ :

• si $x\in]0,1]$, alors $x\leqslant1$, donc $g(x)\leqslant g(1)=0$ ;
• si $x\in[1,+\infty[$, alors $x\geqslant1$, donc $g(x)\geqslant g(1)=0$.

$\dfrac{x-1}{x}=1-\dfrac{1}{x}\xrightarrow[x\to0^{+}]{}-\infty$ et $\ln x\xrightarrow[x\to0^{+}]{}-\infty$, produit de deux termes tendant vers $-\infty$ : $\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$. Donc la droite $x=0$ est asymptote verticale à $(C)$.

$f(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\ln x$ : $\lim_{x\to+\infty}\left(1-\dfrac{1}{x}\right)=1$ et $\lim_{x\to+\infty}\ln x=+\infty$, donc $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$\frac{f(x)}{x}=\left(\frac{x-1}{x}\right)\frac{\ln x}{x},\qquad\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{x}=1,\quad\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln x}{x}=0,$ donc $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=0$.

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

$f(x)=\left(1-\dfrac{1}{x}\right)\ln x$. En dérivant un produit : $f'(x)=\frac{1}{x^{2}}\ln x+\left(1-\frac{1}{x}\right)\frac{1}{x}=\frac{\ln x}{x^{2}}+\frac{x-1}{x^{2}}=\frac{x-1+\ln x}{x^{2}}=\frac{g(x)}{x^{2}}.$

Pour $x\in I$, $x^{2}>0$, donc le signe de $f'(x)$ est celui de $g(x)$. D’après I.2. : $g\leqslant0$ sur $]0,1]$ et $g\geqslant0$ sur $[1,+\infty[$, donc $f$ est décroissante sur $]0,1]$ et croissante sur $[1,+\infty[$.

$f(1)=0$ ; $\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$ ; $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Éléments du tracé : asymptote verticale $x=0$, minimum en $(1,0)$, branche parabolique horizontale en $+\infty$, inflexion d’abscisse entre $1{,}5$ et $2$.

$H'(x)=\dfrac{1}{2}\cdot2(\ln x)\cdot\dfrac{1}{x}=\dfrac{\ln x}{x}=h(x)$ pour tout $x\in I$.

$\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x}\,dx=\Bigl[\frac{1}{2}(\ln x)^{2}\Bigr]_{1}^{e}=\frac{1}{2}(\ln e)^{2}-\frac{1}{2}(\ln1)^{2}=\frac{1}{2}.$

On pose $u(x)=\ln x$, $v'(x)=1$ ; alors $u'(x)=\dfrac{1}{x}$ et $v(x)=x$. $\int_{1}^{e}\ln x\,dx=\Bigl[x\ln x\Bigr]_{1}^{e}-\int_{1}^{e}1\,dx=e\ln e-1\cdot\ln1-\bigl[x\bigr]_{1}^{e}=e-0-(e-1)=1.$

Remarque (coquille de la version dactylographiée MTM-Group) : elle demande parfois $\int_{1}^{e}\ln x\,dx=\dfrac{1}{2}$ ; le sujet officiel et le calcul donnent $1$.

$f(x)=\left(\frac{x-1}{x}\right)\ln x=\left(1-\frac{1}{x}\right)\ln x=\ln x-\frac{\ln x}{x}.$

Sur $[1,e]$, $f(x)\geqslant0$ (d’après le tableau de variations). Donc $\mathcal{A}=\int_{1}^{e}f(x)\,dx\times1\times1=\int_{1}^{e}\left(\ln x-\frac{\ln x}{x}\right)dx=\int_{1}^{e}\ln x\,dx-\int_{1}^{e}\frac{\ln x}{x}\,dx=1-\frac{1}{2}=\frac{1}{2}\text{ cm}^{2}.$