Un vecteur normal à $(P)$ est $\vec{n}(2,1,-2)$. La droite $(\Delta)$ est perpendiculaire à $(P)$, donc dirigée par $\vec{n}$, et elle passe par $A(0,0,1)$ : $(\Delta):\begin{cases}x=2t\\ y=t\\ z=1-2t\end{cases}\qquad(t\in\mathbb{R}).$

Pour $t=1$ : $(2,1,1-2)=(2,1,-1)=H$, donc $H\in(\Delta)$. De plus $2\times2+1-2\times(-1)-7=4+1+2-7=0$, donc $H\in(P)$. Ainsi $H=(\Delta)\cap(P)$.

$\overrightarrow{\Omega A}(0-0,\,0-3,\,1-(-2))=(0,-3,3)$ et $\vec{u}(2,1,-2)$ : $\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}=\begin{vmatrix}-3&1\\3&-2\end{vmatrix}\vec{i}-\begin{vmatrix}0&2\\3&-2\end{vmatrix}\vec{j}+\begin{vmatrix}0&2\\-3&1\end{vmatrix}\vec{k}=(6-3)\vec{i}-(0-6)\vec{j}+(0+6)\vec{k}=3\vec{i}+6\vec{j}+6\vec{k}=3(\vec{i}+2\vec{j}+2\vec{k}).$

$\mathrm{d}(\Omega,(\Delta))=\frac{\|\overrightarrow{\Omega A}\wedge\vec{u}\|}{\|\vec{u}\|}=\frac{3\sqrt{1+4+4}}{\sqrt{4+1+4}}=\frac{3\times3}{3}=3.$

$\mathrm{d}(\Omega,(\Delta))=3=R$ : la droite $(\Delta)$ est tangente à $(S)$.

$\Omega H=\sqrt{(2-0)^{2}+(1-3)^{2}+(-1+2)^{2}}=\sqrt{4+4+1}=3=R$, et $H\in(\Delta)$ : $H$ est le point de contact.

Montrons par récurrence que, pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$, $u_{n}>2$.

Initialisation. Pour $n=1$ : $u_{1}=5>2$. La propriété est vraie au rang $1$.

Hérédité. Soit $n\in\mathbb{N}^{*}$. Supposons que $u_{n}>2$ et montrons que $u_{n+1}>2$. $u_{n+1}-2=\frac{5u_{n}-4}{1+u_{n}}-2=\frac{5u_{n}-4-2-2u_{n}}{1+u_{n}}=\frac{3(u_{n}-2)}{1+u_{n}}.$ Comme $u_{n}>2$, on a $u_{n}-2>0$ et $1+u_{n}>0$, d’où $u_{n+1}-2>0$, soit $u_{n+1}>2$.

Conclusion. D’après le principe du raisonnement par récurrence, pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$ : $u_{n}>2$.

$v_{n+1}=\frac{3}{u_{n+1}-2}=\frac{3}{\dfrac{3(u_{n}-2)}{1+u_{n}}}=\frac{1+u_{n}}{u_{n}-2}.$ Or $\dfrac{1+u_{n}}{u_{n}-2}=1+\dfrac{3}{u_{n}-2}=1+v_{n}$. Donc $v_{n+1}=v_{n}+1$ : la suite $(v_{n})$ est arithmétique de raison $1$.

$v_{1}=\dfrac{3}{5-2}=1$, donc $v_{n}=v_{1}+(n-1)\times1=n$ pour tout $n\in\mathbb{N}^{*}$.

De $v_{n}=\dfrac{3}{u_{n}-2}=n$ on tire $u_{n}-2=\dfrac{3}{n}$, soit $u_{n}=2+\dfrac{3}{n}$.

$\displaystyle\lim_{n\to+\infty}u_{n}=2+\lim_{n\to+\infty}\dfrac{3}{n}=2$.

Tirages successifs sans remise : $\mathrm{card}(\Omega)=A_{10}^{2}=10\times9=90$.

A : deux cartes de français : $\mathrm{card}(A)=A_{2}^{2}=2\times1=2$, donc $p(A)=\dfrac{2}{90}=\dfrac{1}{45}$.

B : une carte de maths et une de français (dans un ordre ou l’autre) : $\mathrm{card}(B)=8\times2+2\times8=32$, donc $p(B)=\dfrac{32}{90}=\dfrac{16}{45}$.

On tire $2$ cartes ; le nombre de cartes de français parmi elles peut valoir $0$, $1$ ou $2$. Donc $X(\Omega)=\{0,1,2\}$.

$X=0$ : deux cartes de maths : $\mathrm{card}=A_{8}^{2}=8\times7=56$, donc $p(X=0)=\dfrac{56}{90}=\dfrac{28}{45}$.

$p(X=2)=p(A)=\dfrac{1}{45}$ et $p(X=1)=p(B)=\dfrac{16}{45}$.

$k$	$0$	$1$	$2$
$p(X=k)$	$\dfrac{28}{45}$	$\dfrac{16}{45}$	$\dfrac{1}{45}$

Contrôle : $\dfrac{28+16+1}{45}=1$.

$\Delta=16-20=-4=(2i)^{2}$. Les solutions sont : $z_{1}=\frac{4+2i}{2}=2+i,\qquad z_{2}=\frac{4-2i}{2}=2-i.$ Donc $S=\{2+i\,;\,2-i\}$.

$a-\omega=1+i$ et $b-\omega=1-i$. Donc $\frac{a-\omega}{b-\omega}=\frac{1+i}{1-i}=\frac{(1+i)^{2}}{1+1}=\frac{1+2i-1}{2}=i.$

De $\dfrac{a-\omega}{b-\omega}=i$ : $\left|\dfrac{a-\omega}{b-\omega}\right|=1$ donc $\Omega A=\Omega B$, et $\left(\overrightarrow{\Omega B},\overrightarrow{\Omega A}\right)\equiv\dfrac{\pi}{2}\,[2\pi]$. Le triangle $\Omega AB$ est rectangle et isocèle en $\Omega$.

$z'-\omega=e^{i\pi/2}(z-\omega)=i(z-1)$, donc $z'=i(z-1)+1=iz+1-i$.

$R(A)$ a pour affixe $i(2+i)+1-i=2i-1+1-i=i=c$, donc $R(A)=C$.

$R(D)$ a pour affixe $i(-i)+1-i=1+1-i=2-i=b$, donc $R(D)=B$.

$\Omega A=|a-\omega|=|1+i|=\sqrt{2}$, $\Omega B=|1-i|=\sqrt{2}$, $\Omega C=|i-1|=\sqrt{2}$, $\Omega D=|-i-1|=\sqrt{2}$.

Les quatre points sont sur le cercle de centre $\Omega(1)$ (affixe $1$) et de rayon $\sqrt{2}$.

$f(x)=xe^{2x}-e^{x}$. Quand $x\to-\infty$ : $e^{x}\to0$ et $xe^{2x}\to0$ (croissance comparée), donc $\displaystyle\lim_{x\to-\infty}f(x)=0$.

La courbe $(C)$ admet la droite $y=0$ (axe des abscisses) comme asymptote horizontale au voisinage de $-\infty$.

Quand $x\to+\infty$ : $xe^{2x}\to+\infty$ et $e^{x}\to+\infty$, donc $f(x)\to+\infty$. $\frac{f(x)}{x}=e^{2x}-\frac{e^{x}}{x}\to+\infty.$

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

$f(x)=xe^{2x}-e^{x}$, donc $f'(x)=e^{2x}+2xe^{2x}-e^{x}=e^{x}\bigl(e^{x}+2xe^{x}-1\bigr)=e^{x}(e^{x}-1+2xe^{x}).$ $f'(0)=e^{0}(e^{0}-1+0)=1\cdot0=0$.

Comme $e^{0}=1$ : pour $x\geq0$, $e^{x}\geq1$, d’où $e^{x}-1\geq0$ ; pour $x\leq0$, $e^{x}\leq1$, d’où $e^{x}-1\leq0$.

Pour tout $x$, $e^{x}>0$. Sur $[0,+\infty[$ : $e^{x}-1\geq0$ et $2xe^{x}\geq0$, donc $f'(x)\geq0$ : $f$ est croissante sur $[0,+\infty[$.

Sur $]-\infty,0]$ : $e^{x}-1\leq0$ et $2xe^{x}\leq0$, donc $e^{x}-1+2xe^{x}\leq0$, d’où $f'(x)\leq0$ : $f$ est décroissante sur $]-\infty,0]$.

$f(0)=-1$.

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

Sur $[0,+\infty[$, $f$ est continue et strictement croissante, $f(0)=-1<0$ et $\displaystyle\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$. D’après le théorème des valeurs intermédiaires, l’équation $f(x)=0$ admet une unique solution $\alpha$ dans $]0,+\infty[$.

$f\!\left(\dfrac{1}{2}\right)=\left(\dfrac{1}{2}e^{1/2}-1\right)e^{1/2}$. Comme $e^{1/2}<2$, on a $\dfrac{1}{2}e^{1/2}<1$, donc $f\!\left(\dfrac{1}{2}\right)<0$. $f(1)=(e-1)e>0$. Donc $\dfrac{1}{2}<\alpha<1$.

On pose $u(x)=x$, $v'(x)=e^{2x}$ ; alors $u'(x)=1$, $v(x)=\dfrac{1}{2}e^{2x}$. $\int_{0}^{1/2}xe^{2x}\,dx=\Big[\frac{x}{2}e^{2x}\Big]_{0}^{1/2}-\int_{0}^{1/2}\frac{1}{2}e^{2x}\,dx=\frac{1}{4}e-\Big[\frac{1}{4}e^{2x}\Big]_{0}^{1/2}=\frac{e}{4}-\frac{e}{4}+\frac{1}{4}=\frac{1}{4}.$

Sur $\left[0,\dfrac{1}{2}\right]\subset[0,\alpha[$, $f(x)\leqslant0$. L’unité étant $2\,\mathrm{cm}$, l’unité d’aire vaut $4\,\mathrm{cm}^{2}$ : $\mathcal{A}=4\int_{0}^{1/2}\bigl(-f(x)\bigr)\,dx=4\int_{0}^{1/2}\bigl(e^{x}-xe^{2x}\bigr)\,dx=4\Big(\Big[e^{x}\Big]_{0}^{1/2}-\frac{1}{4}\Big)=4\left(e^{1/2}-1-\frac{1}{4}\right)=\bigl(4e^{1/2}-5\bigr)\,\mathrm{cm}^{2}.$