Vérification. Soit $n\in\mathbb{N}$ (on admet que $u_n\neq5$, ce que confirme la récurrence ci-dessous puisque $u_n<3$). On réduit au même dénominateur : $u_{n+1}-3=\frac{3+u_n}{5-u_n}-3=\frac{3+u_n-3(5-u_n)}{5-u_n}=\frac{3+u_n-15+3u_n}{5-u_n}=\frac{4u_n-12}{5-u_n}.$ Or $4u_n-12=4(u_n-3)$ et $5-u_n=2+(3-u_n)$. Donc, pour tout entier naturel $n$ : $u_{n+1}-3=\frac{4(u_n-3)}{2+(3-u_n)}.$

Récurrence. Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}$, $u_n<3$.

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=2<3$. La propriété est vraie au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons que $u_n<3$ et montrons que $u_{n+1}<3$.

Comme $u_n<3$, on a $u_n-3<0$, donc $4(u_n-3)<0$ ; et $3-u_n>0$, donc $2+(3-u_n)>2>0$.

Le quotient $\dfrac{4(u_n-3)}{2+(3-u_n)}$ est donc strictement négatif, c’est-à-dire $u_{n+1}-3<0$, soit $u_{n+1}<3$.

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

D’après la question 1), $u_n<3$, donc $3-u_n\neq0$ et $v_n$ est bien défini pour tout $n\in\mathbb{N}$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. On calcule séparément le numérateur et le dénominateur de $v_{n+1}$ : $u_{n+1}-1=\frac{3+u_n-(5-u_n)}{5-u_n}=\frac{2u_n-2}{5-u_n}=\frac{2(u_n-1)}{5-u_n},$ $3-u_{n+1}=\frac{3(5-u_n)-(3+u_n)}{5-u_n}=\frac{12-4u_n}{5-u_n}=\frac{4(3-u_n)}{5-u_n}.$ Donc $v_{n+1}=\frac{u_{n+1}-1}{3-u_{n+1}}=\frac{2(u_n-1)}{4(3-u_n)}=\frac{1}{2}\times\frac{u_n-1}{3-u_n}=\frac{1}{2}v_n.$ La suite $(v_n)$ est donc géométrique de raison $q=\dfrac{1}{2}$, de premier terme $v_0=\dfrac{u_0-1}{3-u_0}=\dfrac{2-1}{3-2}=1$.

Par suite, pour tout entier naturel $n$ : $v_n=v_0\times q^n=\left(\dfrac{1}{2}\right)^n$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. De $v_n=\dfrac{u_n-1}{3-u_n}$ on tire : $v_n(3-u_n)=u_n-1\iff 3v_n-v_nu_n=u_n-1\iff 3v_n+1=u_n(1+v_n).$ Or $v_n=\left(\frac{1}{2}\right)^n>0$, donc $1+v_n\neq0$ et $u_n=\frac{1+3v_n}{1+v_n}.$ En remplaçant $v_n$ par son expression : $u_n=\frac{1+3\left(\frac{1}{2}\right)^n}{1+\left(\frac{1}{2}\right)^n}\quad\text{pour tout } n\in\mathbb{N}.$ Contrôle : pour $n=0$, $u_0=\dfrac{1+3}{1+1}=2$.

Comme $-1<\dfrac{1}{2}<1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\left(\frac{1}{2}\right)^n=0$, c’est-à-dire $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}v_n=0$.

Donc $\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{1+3v_n}{1+v_n}=\frac{1+3\times0}{1+0}=1.$

On a $\overrightarrow{AB}(3-2,\,1-1,\,1-3)$, soit $\overrightarrow{AB}(1,0,-2)$, et $\overrightarrow{AC}(2-2,\,2-1,\,1-3)$, soit $\overrightarrow{AC}(0,1,-2)$.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}0&1\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}1&0\\-2&-2\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}1&0\\0&1\end{vmatrix}\vec{k}=(0+2)\vec{i}-(-2-0)\vec{j}+(1-0)\vec{k}$

Donc $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=2\vec{i}+2\vec{j}+\vec{k}$.

Le vecteur $\vec{n}=\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}(2,2,1)$ est non nul : les points $A$, $B$, $C$ ne sont pas alignés et $\vec{n}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$.

Une équation de $(ABC)$ est donc de la forme $2x+2y+z+d=0$. Comme $A(2,1,3)\in(ABC)$ : $4+2+3+d=0$, donc $d=-9$.

Ainsi $(ABC) : 2x+2y+z-9=0$.

On complète les carrés : $x^2-2x=(x-1)^2-1\qquad\text{et}\qquad y^2+2y=(y+1)^2-1.$ L’équation de $(S)$ s’écrit donc $(x-1)^2-1+(y+1)^2-1+z^2-34=0$, soit $(x-1)^2+(y+1)^2+z^2=36=6^2.$ Donc $(S)$ est la sphère de centre $\Omega(1,-1,0)$ et de rayon $R=6$.

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|2\times1+2\times(-1)+0-9|}{\sqrt{2^2+2^2+1^2}}=\frac{|-9|}{\sqrt{9}}=\frac{9}{3}=3.$ Comme $d(\Omega,(ABC))=3<6=R$, le plan $(ABC)$ coupe la sphère $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$, de rayon $r=\sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{36-9}=\sqrt{27}=3\sqrt{3}.$

La droite $(\Delta)$ est orthogonale au plan $(ABC)$, donc elle est dirigée par le vecteur normal $\vec{n}(2,2,1)$. Elle passe par $\Omega(1,-1,0)$, d’où : $(\Delta) : \begin{cases}x=1+2t\\y=-1+2t\\z=t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$

(Le point visé par l’énoncé est le point $B$.)

Le centre du cercle $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal $H$ de $\Omega$ sur le plan $(ABC)$, c’est-à-dire le point d’intersection de $(\Delta)$ et de $(ABC)$.

Soit $M(1+2t,\,-1+2t,\,t)$ un point de $(\Delta)$ : $M\in(ABC)\iff 2(1+2t)+2(-1+2t)+t-9=0\iff 9t-9=0\iff t=1.$ Pour $t=1$ on obtient le point $(3,1,1)$, c’est-à-dire le point $B$.

Donc le centre du cercle $(\Gamma)$ est le point $B(3,1,1)$.

Contrôle : $\Omega B=\sqrt{2^2+2^2+1^2}=3=d(\Omega,(ABC))$.

Le discriminant est $\Delta=(-4)^2-4\times1\times29=16-116=-100=(10i)^2<0$.

L’équation admet donc deux solutions complexes conjuguées : $z_1=\frac{4-10i}{2}=2-5i\qquad\text{et}\qquad z_2=\frac{4+10i}{2}=2+5i.$ Donc $S=\{2-5i\,;\,2+5i\}$.

$u=b-\omega=(5+8i)-(2+5i)=3+3i$.

$|u|=\sqrt{3^2+3^2}=\sqrt{18}=3\sqrt{2}$, donc $u=3\sqrt{2}\left(\frac{3}{3\sqrt{2}}+\frac{3}{3\sqrt{2}}i\right)=3\sqrt{2}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}+i\frac{\sqrt{2}}{2}\right)=3\sqrt{2}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right).$ Donc $\arg u\equiv\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$.

On sait que $\arg\overline{u}\equiv-\arg u\,[2\pi]$, donc $\arg\overline{u}\equiv-\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$.

Un argument de $\overline{u}$ est $-\dfrac{\pi}{4}$ (en effet $\overline{u}=3-3i=3\sqrt{2}\left(\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)\right)$).

$a-\omega=(5+2i)-(2+5i)=3-3i=\overline{u}$.

Distances. $\Omega A=|a-\omega|=|\overline{u}|=|u|$ et $\Omega B=|b-\omega|=|u|$. Donc $\Omega A=\Omega B$ $(=3\sqrt{2})$.

Argument. $\arg\left(\frac{b-\omega}{a-\omega}\right)\equiv\arg\left(\frac{u}{\overline{u}}\right)\equiv\arg u-\arg\overline{u}\equiv\frac{\pi}{4}-\left(-\frac{\pi}{4}\right)\equiv\frac{\pi}{2}\,[2\pi].$ Contrôle : $\dfrac{b-\omega}{a-\omega}=\dfrac{3+3i}{3-3i}=\dfrac{(3+3i)^2}{18}=\dfrac{18i}{18}=i$.

L’écriture complexe de $R$ est $z'-\omega=e^{i\frac{\pi}{2}}(z-\omega)$, soit $z'-\omega=i(z-\omega)$.

D’après c), $\dfrac{b-\omega}{a-\omega}=i$, donc $b-\omega=i(a-\omega)$ : l’image de $A$ est le point d’affixe $b$.

Vérification directe : $\omega+i(a-\omega)=2+5i+i(3-3i)=2+5i+3i+3=5+8i=b$.

Donc $R(A)=B$.

Un tirage est une combinaison de $2$ boules parmi $10$ : $\text{card}(\Omega)=C_{10}^2=\dfrac{10\times9}{2}=45$, et les tirages sont équiprobables.

L’événement $A$ correspond au choix de $2$ boules parmi les $4$ rouges : $\text{card}(A)=C_4^2=6$.

Donc $p(A)=\dfrac{6}{45}=\dfrac{2}{15}$.

Le nombre de boules rouges tirées est $0$, $1$ ou $2$. Comme l’urne contient $4$ boules rouges, le nombre de boules rouges restantes est $X=4-(\text{nombre de rouges tirées})$ :

• aucune rouge tirée : $X=4$ ;
• une rouge tirée : $X=3$ ;
• deux rouges tirées : $X=2$.

Donc $X(\Omega)=\{2,3,4\}$.

$(X=3)$ signifie qu’on a tiré exactement une boule rouge et une boule verte : $p(X=3)=\frac{C_4^1\times C_6^1}{C_{10}^2}=\frac{4\times6}{45}=\frac{24}{45}=\frac{8}{15}.$ $(X=2)$ signifie qu’on a tiré deux rouges : $p(X=2)=p(A)=\dfrac{2}{15}$.

$(X=4)$ signifie qu’on a tiré deux vertes : $p(X=4)=\dfrac{C_6^2}{C_{10}^2}=\dfrac{15}{45}=\dfrac{1}{3}=\dfrac{5}{15}$.

Contrôle : $\dfrac{2+8+5}{15}=1$.

On a $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^x=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{2x}=0$, et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}(2x-2)=-\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=-\infty+0-0=-\infty$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f(x)-(2x-2)=e^{2x}-4e^x$.

Or $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left(e^{2x}-4e^x\right)=0-0=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}\left[f(x)-(2x-2)\right]=0$ : la droite $(D) : y=2x-2$ est asymptote oblique à $(C_f)$ au voisinage de $-\infty$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $e^{2x}-4e^x=e^x\left(e^x-4\right)$.

Or $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}e^x=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(e^x-4\right)=+\infty$, donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(e^{2x}-4e^x\right)=+\infty$.

Comme de plus $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}(2x-2)=+\infty$, on obtient $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

Pour $x>0$ : $\frac{f(x)}{x}=2-\frac{2}{x}+\frac{e^x}{x}\left(e^x-4\right).$ On sait que $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{e^x}{x}=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\left(e^x-4\right)=+\infty$, et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{2}{x}=0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=+\infty$.

Interprétation : 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 $\mathbb{R}$ (somme de fonctions dérivables) et pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f'(x)=2+2e^{2x}-4e^x=2\left(e^{2x}-2e^x+1\right)=2\left(\left(e^x\right)^2-2e^x+1\right)=2\left(e^x-1\right)^2.$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $f'(x)=2\left(e^x-1\right)^2\geq0$, et $f'(x)=0\iff e^x=1\iff x=0$.

La dérivée est positive et ne s’annule qu’en $0$ : $f$ est strictement croissante sur $\mathbb{R}$. De plus $f(0)=0-2+1-4=-5$.

La fonction $f$ est continue et strictement croissante sur $[1,\ln4]$. Calculons les valeurs aux bornes :

• $f(1)=2-2+e^2-4e=e(e-4)<0$ car $e<4$ ($f(1)\approx-3{,}48$) ;
• $f(\ln4)=2\ln4-2+e^{2\ln4}-4e^{\ln4}=2\ln4-2+16-16=2\ln4-2=2(\ln4-1)>0$ car $4>e$ ($f(\ln4)\approx0{,}77$).

Donc $f(1)\times f(\ln4)<0$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires (fonction continue et strictement monotone), l’équation $f(x)=0$ admet une solution unique $\alpha$ dans l’intervalle $]1,\ln4[$.

Pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f(x)-(2x-2)=e^{2x}-4e^x=e^x\left(e^x-4\right)$.

Comme $e^x>0$, le signe de $f(x)-(2x-2)$ est celui de $e^x-4$, et $e^x-4>0\iff e^x>4\iff x>\ln4$.

• Sur $]\ln4,+\infty[$ : $f(x)-(2x-2)>0$, donc $(C_f)$ est au-dessus de $(D)$.
• Sur $]-\infty,\ln4[$ : $f(x)-(2x-2)<0$, donc $(C_f)$ est en dessous de $(D)$.

(Les deux se coupent au point d’abscisse $\ln4$.)

$f'$ est dérivable sur $\mathbb{R}$ et pour tout $x\in\mathbb{R}$ : $f''(x)=2\times2e^x\left(e^x-1\right)=4e^x\left(e^x-1\right).$ Comme $4e^x>0$, $f''(x)$ a le signe de $e^x-1$ : $f''(x)<0$ sur $]-\infty,0[$ et $f''(x)>0$ sur $]0,+\infty[$.

$f''$ s’annule en $0$ en changeant de signe, et seulement en $0$ : la courbe $(C_f)$ admet un unique point d’inflexion, d’abscisse $0$ et d’ordonnée $f(0)=-5$, c’est-à-dire le point $(0,-5)$.

Éléments utiles : $(D)$ asymptote en $-\infty$ ; $(C_f)$ coupe $(D)$ au point $(\ln4,\,2\ln4-2)\approx(1{,}39\,;\,0{,}77)$ ; point d’inflexion $(0,-5)$ avec tangente horizontale ($f'(0)=0$) ; $\alpha\approx1{,}36$ ; branche parabolique verticale en $+\infty$.

Une primitive de $x\mapsto e^{2x}-4e^x$ sur $\mathbb{R}$ est $x\mapsto\dfrac{1}{2}e^{2x}-4e^x$. Donc $\int_0^{\ln4}\left(e^{2x}-4e^x\right)dx=\left[\frac{1}{2}e^{2x}-4e^x\right]_0^{\ln4}=\left(\frac{16}{2}-16\right)-\left(\frac{1}{2}-4\right)=-8+\frac{7}{2}=-\frac{9}{2}.$

D’après 4) a), sur $[0,\ln4]$ la courbe $(C_f)$ est en dessous de $(D)$ : $|f(x)-(2x-2)|=-\left(e^{2x}-4e^x\right)$. L’unité étant $1$ cm, l’unité d’aire est $1\text{ cm}^2$ : $\mathcal{A}=\int_0^{\ln4}\left[(2x-2)-f(x)\right]dx\times1\text{ cm}^2=-\int_0^{\ln4}\left(e^{2x}-4e^x\right)dx\times1\text{ cm}^2=\frac{9}{2}\text{ cm}^2.$

L’équation caractéristique est $r^2-3r+2=0$. Son discriminant est $\Delta=9-8=1>0$ ; elle admet deux racines réelles distinctes $r_1=\dfrac{3-1}{2}=1$ et $r_2=\dfrac{3+1}{2}=2$.

Les solutions de $(E)$ sont donc les fonctions $y(x)=\alpha e^x+\beta e^{2x}\qquad(\alpha,\beta\in\mathbb{R}).$

$g(x)=\alpha e^x+\beta e^{2x}$ et $g'(x)=\alpha e^x+2\beta e^{2x}$. Les conditions donnent : $\begin{cases}g(0)=\alpha+\beta=-3\\g'(0)=\alpha+2\beta=-2\end{cases}$ Par soustraction : $\beta=1$, puis $\alpha=-3-1=-4$.

Donc $g(x)=e^{2x}-4e^x$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

Pour $x>\ln4$ : $e^{2x}-4e^x=e^x\left(e^x-4\right)>0$, donc $h$ est bien définie et dérivable sur $I=\,]\ln4,+\infty[$, avec $h'(x)=\frac{2e^{2x}-4e^x}{e^{2x}-4e^x}=\frac{2e^x\left(e^x-2\right)}{e^x\left(e^x-4\right)}=\frac{2\left(e^x-2\right)}{e^x-4}.$ Sur $I$ : $e^x>4$, donc $e^x-2>0$ et $e^x-4>0$, d’où $h'(x)>0$. La fonction $h$ est continue et strictement croissante sur $I$ : elle admet une fonction réciproque $h^{-1}$ définie sur $J=h(I)$.

Limites : quand $x\to\ln4^+$, $e^{2x}-4e^x\to0^+$, donc $h(x)\to-\infty$ ; quand $x\to+\infty$, $e^{2x}-4e^x\to+\infty$, donc $h(x)\to+\infty$.

Donc $J=h(I)=\,]-\infty,+\infty[\,=\mathbb{R}$ : $h^{-1}$ est définie sur $\mathbb{R}$.

$\ln5\in I$ car $5>4$, et $h(\ln5)=\ln\left(e^{2\ln5}-4e^{\ln5}\right)=\ln(25-20)=\ln5$.