$\overrightarrow{OA}(-1,1,0)$ et $\overrightarrow{OB}(1,0,1)$. On a : $\overrightarrow{OA}\wedge\overrightarrow{OB}=\begin{vmatrix}1&0\\0&1\end{vmatrix}\vec{\imath}-\begin{vmatrix}-1&0\\1&1\end{vmatrix}\vec{\jmath}+\begin{vmatrix}-1&1\\1&0\end{vmatrix}\vec{k}=(1-0)\vec{\imath}-(-1-0)\vec{\jmath}+(0-1)\vec{k}=\vec{\imath}+\vec{\jmath}-\vec{k}.$ Ce produit vectoriel est un vecteur normal au plan $(OAB)$. Une équation de $(OAB)$ est donc de la forme $x+y-z+d=0$. Comme $O(0,0,0)\in(OAB)$ : $d=0$.

D’où $(OAB):x+y-z=0$.

$d(\Omega,(OAB))=\dfrac{|1+1-(-1)|}{\sqrt{1^{2}+1^{2}+(-1)^{2}}}=\dfrac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}.$ Comme $d(\Omega,(OAB))=\sqrt{3}<3=R$, le plan $(OAB)$ coupe $(S)$ suivant un cercle $(\Gamma)$ de rayon $r=\sqrt{R^{2}-d^{2}}=\sqrt{9-3}=\sqrt{6}.$

$(\Delta)$ passe par $\Omega(1,1,-1)$ et est dirigée par le vecteur normal $\vec{n}(1,1,-1)$ au plan $(OAB)$. Une représentation paramétrique de $(\Delta)$ est donc : $\begin{cases}x=1+t\\ y=1+t\\ z=-1-t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$

Le centre $H$ du cercle $(\Gamma)$ est le projeté orthogonal de $\Omega$ sur $(OAB)$, c’est-à-dire l’intersection de $(\Delta)$ et de $(OAB)$ : $(1+t)+(1+t)-(-1-t)=0\iff 3+3t=0\iff t=-1.$ Donc $H(0,0,0)$.

$(1+i)(-3+6i)=-3+6i-3i+6i^{2}=-3+3i-6=-9+3i$.

$c-a=(-2+5i)-(7+2i)=-9+3i$ et $b-a=(4+8i)-(7+2i)=-3+6i$.

Donc $\dfrac{c-a}{b-a}=\dfrac{-9+3i}{-3+6i}=\dfrac{(1+i)(-3+6i)}{-3+6i}=1+i$.

$\dfrac{c-a}{b-a}=1+i=\sqrt{2}\,e^{i\pi/4}$, donc $\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=\sqrt{2}$ et $\arg\!\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$.

Or $\left|\dfrac{c-a}{b-a}\right|=\dfrac{AC}{AB}$ et $\arg\!\left(\dfrac{c-a}{b-a}\right)=\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)\,[2\pi]$.

D’où $AC=AB\sqrt{2}$ et $\left(\overrightarrow{AB};\overrightarrow{AC}\right)=\dfrac{\pi}{4}\,[2\pi]$.

$d-b=e^{i\pi/2}(a-b)=i(a-b)$. Or $a-b=3-6i$, donc $d=b+i(3-6i)=4+8i+3i-6i^{2}=4+8i+3i+6=10+11i.$

$d-c=(10+11i)-(-2+5i)=12+6i$ et $b-c=(4+8i)-(-2+5i)=6+3i$.

Donc $\dfrac{d-c}{b-c}=\dfrac{12+6i}{6+3i}=2\in\mathbb{R}$.

Le quotient $\dfrac{d-c}{b-c}$ est réel : les points $B$, $C$ et $D$ sont alignés.

$\mathrm{Card}(\Omega)=\dbinom{10}{4}=210$.

$\mathrm{Card}(A)=\dbinom{5}{2}\dbinom{3}{2}\dbinom{2}{0}=10\times3\times1=30$, d’où $p(A)=\dfrac{30}{210}=\dfrac{1}{7}$.

$\mathrm{Card}(B)=\dbinom{8}{4}=70$ (tirage parmi les 8 boules non blanches), d’où $p(B)=\dfrac{70}{210}=\dfrac{1}{3}$.

L’urne ne contient que $2$ boules blanches et l’on tire $4$ boules : le nombre de boules blanches tirées est $0$, $1$ ou $2$. Donc $X(\Omega)=\{0,1,2\}$.

$p(X=1)=\dfrac{\dbinom{2}{1}\dbinom{8}{3}}{\dbinom{10}{4}}=\dfrac{2\times56}{210}=\dfrac{112}{210}=\dfrac{8}{15}.$ $p(X=0)=p(B)=\dfrac{1}{3},\qquad p(X=2)=\dfrac{\dbinom{2}{2}\dbinom{8}{2}}{210}=\dfrac{28}{210}=\dfrac{2}{15}.$

$X=k$	$0$	$1$	$2$
$p(X=k)$	$\dfrac{1}{3}$	$\dfrac{8}{15}$	$\dfrac{2}{15}$

$5-u_{n+1}=5-\dfrac{25}{10-u_{n}}=\dfrac{5(10-u_{n})-25}{10-u_{n}}=\dfrac{50-5u_{n}-25}{10-u_{n}}=\dfrac{5(5-u_{n})}{5+(5-u_{n})}.$

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$, $5-u_{n}>0$.

Initialisation. Pour $n=1$ : $5-u_{1}=5-0=5>0$. La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$. Supposons que $5-u_{n}>0$. Alors $5(5-u_{n})>0$ et $5+(5-u_{n})>5>0$, donc $5-u_{n+1}=\dfrac{5(5-u_{n})}{5+(5-u_{n})}>0.$

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$ : $5-u_{n}>0$.

$v_{n+1}=\dfrac{5}{5-u_{n+1}}=\dfrac{5}{\dfrac{5(5-u_{n})}{5+(5-u_{n})}}=\dfrac{5+(5-u_{n})}{5-u_{n}}=\dfrac{10-u_{n}}{5-u_{n}}.$ $v_{n+1}-v_{n}=\dfrac{10-u_{n}}{5-u_{n}}-\dfrac{5}{5-u_{n}}=\dfrac{10-u_{n}-5}{5-u_{n}}=\dfrac{5-u_{n}}{5-u_{n}}=1.$

$(v_{n})$ est arithmétique de raison $1$ et $v_{1}=\dfrac{5}{5-0}=1$, donc $v_{n}=1+(n-1)=n$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$.

De $v_{n}=\dfrac{5}{5-u_{n}}$ on tire $5-u_{n}=\dfrac{5}{v_{n}}=\dfrac{5}{n}$, d’où $u_{n}=5-\dfrac{5}{n}$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}\dfrac{5}{n}=0$, donc $\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}=5$.

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

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

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

$f(x)=(x-2)^{2}e^{x}=(x^{2}-4x+4)e^{x}=x^{2}e^{x}-4xe^{x}+4e^{x}$ pour tout $x\in\mathbb{R}$.

$f(x)=x^{2}e^{x}-4xe^{x}+4e^{x}$. Or $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}x^{2}e^{x}=\displaystyle\lim_{x\to-\infty}xe^{x}=\displaystyle\lim_{x\to-\infty}e^{x}=0$, donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$.

La courbe $(C)$ admet l’axe des abscisses comme asymptote horizontale au voisinage de $-\infty$.

$f(x)=(x-2)^{2}e^{x}$. Dérivée d’un produit : $f'(x)=2(x-2)e^{x}+(x-2)^{2}e^{x}=(x-2)e^{x}\bigl(2+(x-2)\bigr)=(x-2)e^{x}\,x=x(x-2)e^{x}.$

Pour tout $x\in\mathbb{R}$, $e^{x}>0$. Le signe de $f'(x)$ est donc celui de $x(x-2)$.

Sur $]-\infty,0]$ : $x\leqslant0$ et $x-2<0$, donc $x(x-2)\geqslant0$ et $f'(x)\geqslant0$ : $f$ est croissante sur $]-\infty,0]$.

Sur $[0,2]$ : $x\geqslant0$ et $x-2\leqslant0$, donc $x(x-2)\leqslant0$ et $f'(x)\leqslant0$ : $f$ est décroissante sur $[0,2]$.

Sur $[2,+\infty[$ : $x\geqslant2$ et $x-2\geqslant0$, donc $x(x-2)\geqslant0$ et $f'(x)\geqslant0$ : $f$ est croissante sur $[2,+\infty[$.

$f(0)=4$, $f(2)=0$.

$x$	$-\infty$		$0$		$2$		$+\infty$
$f'(x)$		$+$	$0$	$-$	$0$	$+$
$f(x)$	$0$	$\nearrow$	$4$	$\searrow$	$0$	$\nearrow$	$+\infty$

$f''(x)=\bigl((x-2)+x\bigr)e^{x}+x(x-2)e^{x}=(2x-2)e^{x}+(x^{2}-2x)e^{x}=(x^{2}-2)e^{x}.$ $f''(x)=0\iff x^{2}-2=0\iff x=\pm\sqrt{2}$ (car $e^{x}\neq0$). De plus $f''$ change de signe en $\pm\sqrt{2}$.

Donc $(C)$ possède deux points d’inflexion d’abscisses $-\sqrt{2}$ et $\sqrt{2}$.

$H'(x)=e^{x}+(x-1)e^{x}=xe^{x}=h(x)$. Donc $H$ est une primitive de $h$ sur $\mathbb{R}$. $\int_{0}^{1}xe^{x}\,dx=\bigl[(x-1)e^{x}\bigr]_{0}^{1}=0-(-1)=1.$

On pose $u=x^{2}$, $v'=e^{x}$, donc $u'=2x$, $v=e^{x}$. $\int_{0}^{1}x^{2}e^{x}\,dx=\bigl[x^{2}e^{x}\bigr]_{0}^{1}-2\int_{0}^{1}xe^{x}\,dx=e-2\times1=e-2.$

Sur $[0,1]$, $f(x)\geqslant0$. L’unité étant $1\,\mathrm{cm}$, $\mathcal{A}=\int_{0}^{1}f(x)\,dx=\int_{0}^{1}\bigl(x^{2}e^{x}-4xe^{x}+4e^{x}\bigr)\,dx=(e-2)-4\times1+4\bigl[e^{x}\bigr]_{0}^{1}=(e-2)-4+4(e-1)=5e-10=5(e-2).$ Donc $\mathcal{A}=5(e-2)\,\mathrm{cm}^{2}$.

$x^{2}=e^{-x}+4x-4\iff x^{2}-4x+4=e^{-x}\iff(x-2)^{2}=e^{-x}\iff(x-2)^{2}e^{x}=1\iff f(x)=1$.

D’après le tableau de variations et la courbe : $f$ atteint un maximum local $4>1$ en $0$, un minimum $0$ en $2$, $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. L’équation $f(x)=1$ admet donc trois solutions réelles.