Pour $n\in\mathbb{N}$, on note $P(n)$ : « $u_n>-1$ ».

Initialisation. Pour $n=0$ : $u_0=0>-1$ : $P(0)$ est vraie.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}$. On suppose $u_n>-1$ et on montre que $u_{n+1}>-1$.

$u_{n+1}+1=\frac{u_n-2}{2u_n+5}+1=\frac{u_n-2+2u_n+5}{2u_n+5}=\frac{3(u_n+1)}{2u_n+5}.$

Par hypothèse de récurrence, $u_n>-1$, donc $u_n+1>0$ et $2u_n+5>3>0$. Ainsi $u_{n+1}+1>0$, soit $u_{n+1}>-1$ : $P(n+1)$ est vraie.

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

Soit $n\in\mathbb{N}$ :

$u_{n+1}-u_n=\frac{u_n-2}{2u_n+5}-u_n=\frac{u_n-2-u_n(2u_n+5)}{2u_n+5}=\frac{u_n-2-2u_n^2-5u_n}{2u_n+5}=\frac{-2u_n^2-4u_n-2}{2u_n+5}=\frac{-2(u_n+1)^2}{2u_n+5}.$

D’après 1), $u_n>-1$, donc $(u_n+1)^2>0$ et $2u_n+5>0$. Ainsi $u_{n+1}-u_n<0$ : la suite $(u_n)$ est décroissante.

La suite $(u_n)$ est décroissante et minorée par $-1$ : elle est convergente.

La suite $(v_n)$ est bien définie d’après 1). Soit $n\in\mathbb{N}$ :

$v_{n+1}-v_n=\frac{3}{1+u_{n+1}}-\frac{3}{1+u_n}=\frac{3}{1+\dfrac{u_n-2}{2u_n+5}}-\frac{3}{1+u_n}=\frac{3}{\dfrac{2u_n+5+u_n-2}{2u_n+5}}-\frac{3}{1+u_n}=\frac{3(2u_n+5)}{3(u_n+1)}-\frac{3}{1+u_n}=\frac{2u_n+5}{u_n+1}-\frac{3}{u_n+1}=\frac{2u_n+2}{u_n+1}=2.$

Donc $(v_n)$ est une suite arithmétique de raison $r=2$ et de premier terme $v_0=\dfrac{3}{1+0}=3$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $v_n=v_0+nr=3+2n$.

Or $v_n=\dfrac{3}{1+u_n}$, donc $1+u_n=\dfrac{3}{v_n}$ et $u_n=\frac{3}{3+2n}-1=\frac{3-(3+2n)}{3+2n}=\frac{-2n}{3+2n}.$

Ainsi $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_n=\lim_{n\to+\infty}\frac{-2n}{3+2n}=-1$.

Soit $n\in\mathbb{N}$. Comme $v_{n+1}=v_n+2$ :

$w_{n+1}=e^{3-v_{n+1}}=e^{3-(v_n+2)}=e^{3-v_n-2}=e^{-2}\,e^{3-v_n}=e^{-2}\,w_n.$

Donc $(w_n)$ est une suite géométrique de raison $q=e^{-2}$ et de premier terme $w_0=e^{3-v_0}=e^{3-3}=1$.

Pour tout $n\in\mathbb{N}$ : $S_n=w_0\frac{1-q^{n+1}}{1-q}=\frac{1-\bigl(e^{-2}\bigr)^{n+1}}{1-e^{-2}}=\frac{1-e^{-2(n+1)}}{1-e^{-2}}.$

Comme $0<e^{-2}<1$, on a $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}e^{-2(n+1)}=0$, donc $\lim_{n\to+\infty}S_n=\frac{1}{1-e^{-2}}=\frac{e^{2}}{e^{2}-1}.$

On a $\overrightarrow{AB}(-4,-1,3)$, $\overrightarrow{AC}(2,-6,5)$ et $\overrightarrow{\Omega A}(1,2,2)$, donc $\vec{u}(1,2,2)$.

$\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=\begin{vmatrix}-1&3\\-6&5\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}-4&3\\2&5\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}-4&-1\\2&-6\end{vmatrix}\vec{k}=(-5+18)\vec{i}-(-20-6)\vec{j}+(24+2)\vec{k}=(13,26,26)=13\vec{u}.$

Comme $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}\neq\vec{0}$, les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.

D’après 1) a), $\overrightarrow{AB}\wedge\overrightarrow{AC}=(13,26,26)$, donc un vecteur normal au plan $(ABC)$ est $\vec{n}(1,2,2)$. En passant par $A(2,1,2)$ :

$1(x-2)+2(y-1)+2(z-2)=0\iff x+2y+2z-8=0.$

On vérifie : $A$ : $2+2+4-8=0$ ; $B$ : $-2+0+10-8=0$ ; $C$ : $4-10+14-8=0$.

Donc $x+2y+2z-8=0$ est une équation cartésienne du plan $(ABC)$. (L’énoncé officiel imprimé comporte une coquille sur le coefficient de $z$, qui vaut $2$ et non $1$.)

$d(\Omega,(ABC))=\frac{|1+2(-1)+2(0)-8|}{\sqrt{1+4+4}}=\frac{|-9|}{3}=3=R.$

De plus $\|\overrightarrow{\Omega A}\|=\sqrt{1+4+4}=3=R$, donc $A\in(S)$. Ainsi le plan $(ABC)$ est tangent à $(S)$ au point $A$.

Un vecteur directeur de $(\Delta)$ est $\vec{n}_P(3,4,1)$. Une représentation paramétrique de $(\Delta)$ est : $x=2+3t,\quad y=1+4t,\quad z=2+t,\quad t\in\mathbb{R}.$

Le point d’intersection avec $(P)$ vérifie : $3(2+3t)+4(1+4t)+(2+t)+1=0\iff6+9t+4+16t+2+t+1=0\iff13+26t=0\iff t=-\frac12.$

Donc $x=2-\dfrac32=\dfrac12$, $y=1-2=-1$, $z=2-\dfrac12=\dfrac32$ : le point d’intersection est $H\bigl(\dfrac12,-1,\dfrac32\bigr)$.

$H$ milieu de $[AD]$ : $\overrightarrow{OH}=\dfrac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OD}}{2}$, donc $D=2H-A=\bigl(1,-2,3\bigr)-(2,1,2)=(-1,-3,1).$

$\overrightarrow{\Omega D}=(-1-1,-3-(-1),1-0)=(-2,-2,1)$, donc $\|\overrightarrow{\Omega D}\|=\sqrt{4+4+1}=3=R$ : $D\in(S)$.

Le plan $(Q)$ passe par $D$ et a pour vecteur normal $\overrightarrow{\Omega D}$, donc il est orthogonal au rayon $[\Omega D]$ : il est tangent à $(S)$ en $D$.

Une équation de $(Q)$ : $-2(x+1)-2(y+3)+1(z-1)=0\iff -2x-2y+z-9=0\iff 2x+2y-z+9=0$.

On vérifie que $B$ et $C$ appartiennent à $(Q)$ :

• $B(-2,0,5)$ : $2(-2)+2(0)-5+9=-4-5+9=0$ ;
• $C(4,-5,7)$ : $2(4)+2(-5)-7+9=8-10-7+9=0$.

Or $B,C\in(ABC)$ d’après 1). Donc $B$ et $C$ appartiennent à $(Q)\cap(ABC)$. Comme $B\neq C$, l’intersection des deux plans (non parallèles) est une droite, qui est nécessairement $(BC)$.

$|a|=\sqrt{\dfrac{3}{4}+\dfrac{9}{4}}=\sqrt{3}$. De plus $\operatorname{Re}(a)>0$ et $\operatorname{Im}(a)>0$, et $\tan\bigl(\arg(a)\bigr)=\frac{3/2}{\sqrt{3}/2}=\sqrt{3},$ donc $\arg(a)=\dfrac{\pi}{3}$. Ainsi $a=\sqrt{3}\left(\cos\dfrac{\pi}{3}+i\sin\dfrac{\pi}{3}\right)$.

$a^{2022}=\bigl(\sqrt{3}\bigr)^{2022}\left(\cos\frac{2022\pi}{3}+i\sin\frac{2022\pi}{3}\right)=3^{1011}\bigl(\cos(674\pi)+i\sin(674\pi)\bigr).$

Or $674\pi=337\cdot 2\pi$, donc $\cos(674\pi)=1$ et $\sin(674\pi)=0$. Ainsi $a^{2022}=3^{1011}\in\mathbb{R}$.

La rotation de centre $O$ qui envoie $B$ sur $A$ a pour angle $\theta=\arg\left(\dfrac{a}{\overline{a}}\right)=\arg(a)-\arg(\overline{a})=\dfrac{\pi}{3}-\bigl(-\dfrac{\pi}{3}\bigr)=\dfrac{2\pi}{3}$.

Le discriminant est $\Delta=3-4\alpha$. Les racines sont non réelles si et seulement si $\Delta<0$, soit $\alpha>\dfrac{3}{4}$.

D’après les relations entre coefficients et racines, le produit des racines est $\alpha$, donc $\alpha=z\overline{z}$.

La somme des racines est $z+\overline{z}=\sqrt{3}$. Or $|z-\sqrt{3}|^{2}=(z-\sqrt{3})(\overline{z}-\sqrt{3})=|z|^{2}-\sqrt{3}(z+\overline{z})+3=\alpha-3+3=\alpha=|z|^{2}.$

Donc $|z|=|z-\sqrt{3}|$.

$|z|=|z-\sqrt{3}|$ signifie $OM=PM$ : $M$ est équidistant de $O$ et de $P$, donc $M$ appartient à la médiatrice $(\Delta)$ de $[OP]$.

De même $| \overline{z} |=| \overline{z}-\sqrt{3} |$ (car $|\overline{z}|=|z|$ et le même calcul), donc $N\in(\Delta)$.

D’après b), $|z-\sqrt{3}|=\sqrt{3}\iff|z|=\sqrt{3}\iff\alpha=|z|^{2}=3$.

La médiatrice $(\Delta)$ de $[OP]$ a pour équation $x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$. Le cercle de centre $P(\sqrt{3},0)$ et de rayon $\sqrt{3}$ a pour équation $\bigl(x-\sqrt{3}\bigr)^{2}+y^{2}=3$.

En $x=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$ : $\Bigl(\frac{\sqrt{3}}{2}-\sqrt{3}\Bigr)^{2}+y^{2}=3\iff\Bigl(-\frac{\sqrt{3}}{2}\Bigr)^{2}+y^{2}=3\iff\frac{3}{4}+y^{2}=3\iff y^{2}=\frac{9}{4}\iff y=\pm\frac{3}{2}.$

Les points d’intersection sont $\Bigl(\dfrac{\sqrt{3}}{2},\dfrac{3}{2}\Bigr)$ et $\Bigl(\dfrac{\sqrt{3}}{2},-\dfrac{3}{2}\Bigr)$.

Le nombre de tirages possibles est $\dbinom{6}{2}=15$.

L’événement contraire $\overline{A}$ est « tirer deux boules blanches » : $\operatorname{Card}(\overline{A})=\dbinom{4}{2}=6$, donc $p(\overline{A})=\dfrac{6}{15}=\dfrac{2}{5}$.

Ainsi $p(A)=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}$.

$\operatorname{Card}(B)=\dbinom{4}{2}+\dbinom{2}{2}=6+1=7$, donc $p(B)=\dfrac{7}{15}$.

On a une épreuve de Bernoulli de paramètre $p=\dfrac{7}{15}$, répétée $5$ fois de façon indépendante. Soit $Y$ le nombre de réalisations de $B$ : $Y\sim\mathcal{B}\bigl(5,\dfrac{7}{15}\bigr)$.

$p(Y=3)=\dbinom{5}{3}\left(\frac{7}{15}\right)^{3}\left(\frac{8}{15}\right)^{2}=10\cdot\frac{7^{3}\cdot 8^{2}}{15^{5}}=\frac{10\cdot 343\cdot 64}{759375}=\frac{219520}{759375}.$

Il y a $2$ boules noires et $4$ boules blanches. On s’arrête à la première boule blanche. Au pire, on tire les $2$ noires puis une blanche : $X\leq 3$. De plus $X\geq 1$. Donc $X\in\{1,2,3\}$.

$(X=2)$ signifie : première boule noire, puis deuxième boule blanche. $p(X=2)=\frac{2}{6}\cdot\frac{4}{5}=\frac{8}{30}=\frac{4}{15}.$

$p(X=1)=\frac{4}{6}=\frac{2}{3},\qquad p(X=2)=\frac{4}{15},\qquad p(X=3)=\frac{2}{6}\cdot\frac{1}{5}\cdot\frac{4}{4}=\frac{2}{30}=\frac{1}{15}.$

Vérification : $\dfrac{2}{3}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{1}{15}=\dfrac{10}{15}+\dfrac{4}{15}+\dfrac{1}{15}=1$.

« Obtenir au moins une boule noire » est l’événement $(X\geq 2)=(X=2)\cup(X=3)$.

$p(X\geq 2)=p(X=2)+p(X=3)=\frac{4}{15}+\frac{1}{15}=\frac{1}{3}.$

(Équivalent : $1-p(X=1)=1-\dfrac{2}{3}=\dfrac{1}{3}$.)

$f(2)=(2-1)^{2}e^{0}=1$. De plus $\lim_{x\to 2^{+}}f(x)=\lim_{x\to 2^{+}}\bigl(1+(x-2)^{2}\ln(x-2)\bigr)=1+0=1,$ car $\displaystyle\lim_{t\to 0^{+}}t^{2}\ln t=0$. Or $\displaystyle\lim_{x\to 2^{-}}f(x)=f(2)=1$. Donc $\displaystyle\lim_{x\to 2}f(x)=f(2)$ : $f$ est continue en $2$.

Soit $x<2$, $x\neq 0$. On a $f(2)=1$ et $f(x)=(x-1)^{2}e^{x(2-x)}$. Or $(x-1)^{2}=x^{2}-2x+1=x(x-2)+1$, donc $f(x)-1=\bigl(x(x-2)+1\bigr)e^{x(2-x)}-1=x(x-2)e^{x(2-x)}+\bigl(e^{x(2-x)}-1\bigr).$

Ainsi $\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=xe^{x(2-x)}+\frac{e^{x(2-x)}-1}{x-2}.$

Or $\dfrac{1}{x-2}=-\dfrac{1}{2-x}=-\dfrac{x}{x(2-x)}$, donc $\frac{e^{x(2-x)}-1}{x-2}=-x\,\frac{e^{x(2-x)}-1}{x(2-x)}.$

D’où le résultat.

D’après a), pour $x<2$ et $x\neq 0$ : $\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=xe^{x(2-x)}-x\,\frac{e^{x(2-x)}-1}{x(2-x)}.$

On pose $t=x(2-x)$. Lorsque $x\to 2^{-}$, $t\to 0$. Or $\displaystyle\lim_{t\to 0}\frac{e^{t}-1}{t}=1$, et $x(2-x)\to 0$ avec le même signe que $2-x$ (car $x\to 2>0$), donc $\lim_{x\to 2^{-}}\frac{e^{x(2-x)}-1}{x(2-x)}=1.$

Ainsi $\lim_{x\to 2^{-}}\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=2\cdot e^{0}-2\cdot 1=2-2=0.$

Donc $f$ est dérivable à gauche en $2$ et $f'_g(2)=0$.

Pour $x>2$ : $\frac{f(x)-f(2)}{x-2}=\frac{(x-2)^{2}\ln(x-2)}{x-2}=(x-2)\ln(x-2)\xrightarrow[x\to 2^{+}]{}0,$ car $\displaystyle\lim_{t\to 0^{+}}t\ln t=0$. Donc $f'_d(2)=0$.

Comme $f'_g(2)=f'_d(2)=0$, $f$ est dérivable en $2$ et $f'(2)=0$.

Géométriquement : la courbe $(C)$ admet au point d’abscisse $2$ une tangente horizontale (parallèle à l’axe des abscisses).

Pour $x\leq 2$ : $(x-1)^{2}=x(x-2)+1$, donc $f(x)=(x-1)^{2}e^{x(2-x)}=\bigl(x(x-2)+1\bigr)e^{x(2-x)}=x(x-2)e^{x(2-x)}+e^{x(2-x)}.$

Pour $x\leq 2$ : $f(x)=e^{x(2-x)}\bigl(x(x-2)+1\bigr)$. Or $x(2-x)=2x-x^{2}\xrightarrow[x\to-\infty]{}-\infty$, donc $e^{x(2-x)}\to 0$.

Plus précisément, $f(x)=e^{2x-x^{2}}(x^{2}-2x+1)$ et $e^{-x^{2}}x^{2}\to 0$ (croissances comparées), donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$.

Géométriquement : la droite $y=0$ (axe des abscisses) est asymptote horizontale à $(C)$ au voisinage de $-\infty$.

Pour $x>2$ : $f(x)=1+(x-2)^{2}\ln(x-2)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty$.

$\frac{f(x)}{x}=\frac{1}{x}+\frac{(x-2)^{2}}{x}\ln(x-2)=\frac{1}{x}+\Bigl(x-4+\frac{4}{x}\Bigr)\ln(x-2)\xrightarrow[x\to+\infty]{}+\infty.$

Géométriquement : $(C)$ admet une branche parabolique de direction l’axe des ordonnées au voisinage de $+\infty$.

Soit $x<2$. On pose $u(x)=(x-1)^{2}$ et $v(x)=e^{x(2-x)}$. Alors $u'(x)=2(x-1)$ et $v'(x)=e^{x(2-x)}\cdot(2-2x)=2(1-x)e^{x(2-x)}.$

$f'(x)=u'v+uv'=2(x-1)e^{x(2-x)}+(x-1)^{2}\cdot 2(1-x)e^{x(2-x)}=2(x-1)e^{x(2-x)}\bigl[1+(x-1)(1-x)\bigr].$

Or $(x-1)(1-x)=-(x-1)^{2}$, donc $1+(x-1)(1-x)=1-(x-1)^{2}=\bigl(1-(x-1)\bigr)\bigl(1+(x-1)\bigr)=(2-x)x.$

Ainsi $f'(x)=2(x-1)e^{x(2-x)}\cdot x(2-x)=2x(x-1)(2-x)e^{x(2-x)}$.

Pour $x>2$ : $f(x)=1+(x-2)^{2}\ln(x-2)$. En dérivant le produit $w^{2}\ln w$ avec $w=x-2$ : $f'(x)=2(x-2)\ln(x-2)+(x-2)^{2}\cdot\frac{1}{x-2}=2(x-2)\ln(x-2)+(x-2)=(x-2)\bigl(1+2\ln(x-2)\bigr).$

$1+2\ln(x-2)\leq 0\iff\ln(x-2)\leq-\frac12\iff x-2\leq e^{-1/2}\iff x\leq 2+\frac{1}{\sqrt{e}}.$

Comme $x>2$, l’ensemble des solutions est $\displaystyle\Bigl]2\,;\,2+\frac{1}{\sqrt{e}}\Bigr]$.

Pour $x<2$ : $e^{x(2-x)}>0$ et $2-x>0$, donc $f'(x)$ a le signe de $x(x-1)$.

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

Pour $x>2$ : $x-2>0$, donc $f'(x)$ a le signe de $1+2\ln(x-2)$. D’après c), $f'(x)\leq 0$ sur $\bigl]2\,;\,2+\frac{1}{\sqrt{e}}\bigr]$ et $f'(x)>0$ sur $\bigl]2+\frac{1}{\sqrt{e}}\,;\,+\infty\bigr[$. De plus $f'(2)=0$.

On a $f(0)=1$, $f(1)=0$, $f(2)=1$, $f\bigl(2+\frac{1}{\sqrt{e}}\bigr)\approx 0{,}8$ et $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$, $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$.

$x$	$-\infty$		$0$		$1$		$2$		$2+\frac{1}{\sqrt{e}}$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f$	$0$	$\nearrow$	$1$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$1$	$\searrow$	$\approx 0{,}8$	$\nearrow$	$+\infty$