$\overrightarrow{AB}=(-1;-1;2)$ et $\overrightarrow{AC}=(0;-1;1)$. $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\-1&-1&2\\0&-1&1\end{vmatrix}=\vec{i}\bigl((-1)\cdot1-2\cdot(-1)\bigr)-\vec{j}\bigl((-1)\cdot1-2\cdot0\bigr)+\vec{k}\bigl((-1)\cdot(-1)-(-1)\cdot0\bigr)=\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}.$

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\vec{i}+\vec{j}+\vec{k}$ est un vecteur normal au plan $(ABC)$. Une équation est donc de la forme $x+y+z+d=0$.

Comme $A(1;-1;-1)$ appartient au plan : $1-1-1+d=0$, soit $d=1$.

Donc $x+y+z+1=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$.

\begin{align*} x^{2}-4x+y^{2}+2y+z^{2}-2z+1&=0\ (x-2)^{2}-4+(y+1)^{2}-1+(z-1)^{2}-1+1&=0\ (x-2)^{2}+(y+1)^{2}+(z-1)^{2}&=5. \end{align*} Le centre est $\Omega(2;-1;1)$ et le rayon est $R=\sqrt{5}$.

$d\bigl(\Omega,(ABC)\bigr)=\frac{|2+(-1)+1+1|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+1^{2}}}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}.$

On a $d\bigl(\Omega,(ABC)\bigr)=\sqrt{3}$ et $R=\sqrt{5}$. Comme $0<\sqrt{3}<\sqrt{5}$, le plan coupe la sphère selon un cercle $(\Gamma)$.

$\Delta=4-16=-12=12i^{2}$. Les solutions sont $z=\frac{2\pm2i\sqrt{3}}{2}=1\pm i\sqrt{3}.$ Donc $S=\bigl\{1+i\sqrt{3}\,;\,1-i\sqrt{3}\bigr\}$.

\begin{align*} a-d&=1-i\sqrt{3}-(-2+2\sqrt{3})=3-2\sqrt{3}-i\sqrt{3},\ c-d&=\sqrt{3}+i-(-2+2\sqrt{3})=2-\sqrt{3}+i,\ -\sqrt{3},(c-d)&=-\sqrt{3}(2-\sqrt{3})-i\sqrt{3}=-2\sqrt{3}+3-i\sqrt{3}=3-2\sqrt{3}-i\sqrt{3}. \end{align*} Donc $a-d=-\sqrt{3}\,(c-d)$.

$a-d=-\sqrt{3}\,(c-d)$ signifie $\overrightarrow{DA}=-\sqrt{3}\,\overrightarrow{DC}$ : les vecteurs $\overrightarrow{DA}$ et $\overrightarrow{DC}$ sont colinéaires, donc les points $A$, $C$ et $D$ sont alignés.

$M'=R(M)\iff z'=e^{-i\frac{\pi}{3}}z$. Or $e^{-i\frac{\pi}{3}}=\cos\Bigl(-\frac{\pi}{3}\Bigr)+i\sin\Bigl(-\frac{\pi}{3}\Bigr)=\frac{1}{2}-i\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{a}{2}.$ Donc $z'=\dfrac{1}{2}az$.

$h=\dfrac{1}{2}ab=\dfrac{1}{2}(1-i\sqrt{3})(2+2i)=(1-i\sqrt{3})(1+i)=1+i-i\sqrt{3}+\sqrt{3}=1+\sqrt{3}+i(1-\sqrt{3})$.

$p=a-c=1-i\sqrt{3}-\sqrt{3}-i=1-\sqrt{3}-i(1+\sqrt{3})$,

$ip=i\bigl(1-\sqrt{3}\bigr)-i^{2}(1+\sqrt{3})=1+\sqrt{3}+i(1-\sqrt{3})$.

Donc $h=ip$.

$h=ip$ implique $\arg\dfrac{h}{p}=\arg(i)=\dfrac{\pi}{2}$ (modulo $2\pi$) : $(\overrightarrow{OP},\overrightarrow{OH})=\dfrac{\pi}{2}$, donc $OHP$ est rectangle en $O$.

De plus $|h|=|ip|=|i|\,|p|=|p|$, soit $OH=OP$ : le triangle est isocèle en $O$.

Donc le triangle $OHP$ est rectangle et isocèle en $O$.

Le nombre de tirages possibles est $\dbinom{10}{3}=120$.

$A$ : trois boules vertes : $\dbinom{3}{3}=1$ issue favorable. Donc $p(A)=\dfrac{1}{120}$.

$B$ : trois vertes ou trois rouges (impossible d’avoir trois noires) : $\operatorname{card}(B)=\dbinom{3}{3}+\dbinom{6}{3}=1+20=21,\qquad p(B)=\frac{21}{120}=\frac{7}{40}.$

Le contraire de $C$ est « obtenir trois boules de couleurs toutes différentes », c’est-à-dire une verte, une rouge et la noire : $\operatorname{card}(\overline{C})=\dbinom{3}{1}\dbinom{6}{1}\dbinom{1}{1}=18,\qquad p(\overline{C})=\frac{18}{120}=\frac{3}{20}.$ Donc $p(C)=1-\dfrac{3}{20}=\dfrac{17}{20}$.

Quand $x\to0^{+}$ : $x+\dfrac{1}{2}\to\dfrac{1}{2}$, $-\ln x\to+\infty$ et $\dfrac{1}{2}(\ln x)^{2}\to+\infty$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to0^{+}}f(x)=+\infty$ : la courbe $(\mathcal{C})$ admet la droite $x=0$ comme asymptote verticale.

$\Bigl(\dfrac{1}{2}\ln x-1\Bigr)\ln x=\dfrac{1}{2}(\ln x)^{2}-\ln x,$ donc $x+\dfrac{1}{2}+\Bigl(\dfrac{1}{2}\ln x-1\Bigr)\ln x=x+\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^{2}=f(x).$

Quand $x\to+\infty$ : $x+\dfrac{1}{2}\to+\infty$ et $\Bigl(\dfrac{1}{2}\ln x-1\Bigr)\ln x\to+\infty$.

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

Comme $\ln x=2\ln\sqrt{x}$ : $\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}=\dfrac{4(\ln\sqrt{x})^{2}}{(\sqrt{x})^{2}}=4\Biggl(\dfrac{\ln\sqrt{x}}{\sqrt{x}}\Biggr)^{2}.$ Posons $t=\sqrt{x}$. Quand $x\to+\infty$, $t\to+\infty$ et $\dfrac{\ln t}{t}\to0$, donc $\lim_{x\to+\infty}\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}=\lim_{t\to+\infty}4\Biggl(\dfrac{\ln t}{t}\Biggr)^{2}=0.$

$f(x)-x=\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^{2}.$ En particulier $\dfrac{f(x)-x}{x}=\dfrac{1}{2x}-\dfrac{\ln x}{x}+\dfrac{1}{2}\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}$.

D’après c) et le fait que $\dfrac{\ln t}{t}\to0$ quand $t\to+\infty$ (avec $t=\sqrt{x}$) : $\dfrac{(\ln x)^{2}}{x}\to0$ et $\dfrac{\ln x}{x}\to0$.

Donc $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)-x}{x}=0$, soit $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1$.

De plus $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)$ : posons $t=\ln x\to+\infty$, alors $\dfrac{1}{2}-t+\dfrac{1}{2}t^{2}\to+\infty$.

Ainsi $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\bigl(f(x)-x\bigr)=+\infty$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}\dfrac{f(x)}{x}=1$ : $(\mathcal{C})$ admet une branche parabolique de direction asymptotique la droite $(\Delta):y=x$.

Soit $\varphi(x)=x-1+\ln x$ sur $]0;+\infty[$. Alors $\varphi'(x)=1+\dfrac{1}{x}>0$ : $\varphi$ est strictement croissante.

Comme $\varphi(1)=0$ : $\varphi(x)\leq0$ sur $]0;1]$ et $\varphi(x)\geq0$ sur $[1;+\infty[$.

$f'(x)=1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{2}\cdot2\ln x\cdot\dfrac{1}{x}=1-\dfrac{1}{x}+\dfrac{\ln x}{x}=\dfrac{x-1+\ln x}{x}.$

D’après 3.a) et 3.b) : $f'(x)\leq0$ sur $]0;1]$ et $f'(x)\geq0$ sur $[1;+\infty[$, avec $f'(1)=0$.

$f(1)=1+\dfrac{1}{2}-0+0=\dfrac{3}{2}$.

$\begin{array}{|c|ccccc|}\hline x & 0 & & 1 & & +\infty\\\hline f'(x) & & - & 0 & + & \\\hline f(x) & +\infty & \searrow & \dfrac{3}{2} & \nearrow & +\infty\\\hline\end{array}$

$f''(x)=\dfrac{(1+\frac{1}{x})\,x-(x-1+\ln x)\cdot1}{x^{2}}=\dfrac{x+1-x+1-\ln x}{x^{2}}=\dfrac{2-\ln x}{x^{2}}.$

$f''(x)=0\iff\ln x=2\iff x=e^{2}$ (et $f''$ change de signe).

$f(e^{2})=e^{2}+\dfrac{1}{2}-2+\dfrac{1}{2}\cdot4=e^{2}+\dfrac{1}{2}$.

Donc $(\mathcal{C})$ admet un point d’inflexion de coordonnées $\bigl(e^{2}\,;\,e^{2}+\dfrac{1}{2}\bigr)$.

$f(x)-x=\dfrac{1}{2}-\ln x+\dfrac{1}{2}(\ln x)^{2}=\dfrac{1}{2}\bigl(1-2\ln x+(\ln x)^{2}\bigr)=\dfrac{1}{2}(\ln x-1)^{2}.$ Or $\dfrac{1}{2}(\ln x-1)^{2}\geq0$ pour tout $x>0$, avec égalité si et seulement si $\ln x=1$ soit $x=e$.

Donc $(\mathcal{C})$ est au-dessus de $(\Delta)$, et elles se touchent au point $(e;e)$.

On place : l’asymptote verticale $x=0$, le minimum $\bigl(1;\dfrac{3}{2}\bigr)$, le point de contact $(e;e)$ avec $(\Delta)$, le point d’inflexion $\bigl(e^{2};e^{2}+\dfrac{1}{2}\bigr)$, et la branche parabolique de direction $y=x$ en $+\infty$.

$H'(x)=\ln x+x\cdot\dfrac{1}{x}-1=\ln x+1-1=\ln x=h(x)$.

Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $]0;+\infty[$.

Posons $u=(\ln x)^{2}$, $dv=dx$, alors $du=\dfrac{2\ln x}{x}\,dx$, $v=x$. \begin{align*} \int_{1}^{e}(\ln x)^{2},dx&=\Bigl[x(\ln x)^{2}\Bigr]{1}^{e}-\int{1}^{e}2\ln x,dx =e\cdot1-0-2\bigl[x\ln x-x\bigr]_{1}^{e}\ &=e-2\bigl((e\cdot1-e)-(0-1)\bigr)=e-2(0+1)=e-2. \end{align*}

D’après 5.a), $f(x)-x=\dfrac{1}{2}(\ln x-1)^{2}\geq0$ sur $[1,e]$. L’aire en cm$^{2}$ (unité $1$ cm) est \begin{align*} \mathcal{A}&=\int_{1}^{e}\bigl(f(x)-x\bigr),dx=\dfrac{1}{2}\int_{1}^{e}(\ln x-1)^{2},dx =\dfrac{1}{2}\int_{1}^{e}\bigl((\ln x)^{2}-2\ln x+1\bigr),dx\ &=\dfrac{1}{2}\Biggl(\int_{1}^{e}(\ln x)^{2},dx-2\bigl[x\ln x-x\bigr]{1}^{e}+\bigl[x\bigr]{1}^{e}\Biggr)\ &=\dfrac{1}{2}\bigl((e-2)-2(0+1)+(e-1)\bigr)=\dfrac{1}{2}(e-2-2+e-1)=\dfrac{1}{2}(2e-5)=e-\dfrac{5}{2}. \end{align*}

Initialisation. $u_0=1$ et $1\leq1\leq e$ : vrai au rang $0$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. Supposons $1\leq u_n\leq e$. Sur $[1,e]$, $f$ est croissante (tableau de 3.c) et $f(1)=\dfrac{3}{2}$, $f(e)=e$. Donc $1\leq\dfrac{3}{2}=f(1)\leq f(u_n)\leq f(e)=e,$ soit $1\leq u_{n+1}\leq e$.

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

Soit $n\in\mathbb{N}$. Comme $u_n\in[1,e]$, d’après 5.a) : $u_{n+1}-u_n=f(u_n)-u_n=\dfrac{1}{2}(\ln u_n-1)^{2}\geq0.$ Donc $(u_n)$ est croissante.

$(u_n)$ est croissante et majorée par $e$, donc convergente.

Soit $\ell=\lim u_n$. Par continuité de $f$ : $\ell=f(\ell)$, soit $f(\ell)-\ell=0$, c’est-à-dire $\dfrac{1}{2}(\ln\ell-1)^{2}=0$, d’où $\ell=e$.

Donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=e$.