Sujet officiel · session 2025

Bac de maths 2025 — Centres étrangers · 13 juin

Le sujet tel qu'il a été donné, sa transcription, et le corrigé complet de ses 4 exercices.

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Sujet publié par le ministère de l'Éducation nationale — PDF d'origine. Transcription et correction rédigées par MathBooster.

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Énoncé et corrigé, exercice par exercice

L'énoncé transcrit à gauche, notre correction en face. Chaque étape nomme la propriété utilisée ; ces corrections sont rédigées par MathBooster, puis vérifiées calcul par calcul.

Énoncé Exercice 1 Suites numériques Moyen

Deux modèles d'évolution de population

On se propose de comparer l'évolution d'une population animale dans deux milieux distincts A et B.

Au 1er janvier 2025, on introduit 6 000 individus dans chacun des milieux A et B.

Partie A

Dans cette partie, on étudie l'évolution de la population dans le milieu A.

On suppose que dans ce milieu, l'évolution de la population est modélisée par une suite géométrique (uₙ) de premier terme u₀ = 6 et de raison 0,93.

Pour tout entier naturel n, uₙ représente la population au 1er janvier de l'année 2025 + n, exprimée en millier d'individus.

1. Donner, selon ce modèle, la population au 1er janvier 2026.

2. Pour tout entier naturel n, exprimer uₙ en fonction de n.

3. Déterminer la limite de la suite (uₙ). Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

Partie B

Dans cette partie, on étudie l'évolution de la population dans le milieu B.

On suppose que dans ce milieu, l'évolution de la population est modélisée par la suite (vₙ) définie par v₀ = 6 et, pour tout entier naturel n, vₙ₊₁ = −0,05vₙ² + 1,1vₙ.

Pour tout entier naturel n, vₙ représente la population au 1er janvier de l'année 2025 + n, exprimée en millier d'individus.

1. Donner, selon ce modèle, la population au 1er janvier 2026.

Soit f la fonction définie sur l'intervalle [0 ; +∞[ par f(x) = −0,05x² + 1,1x.

2. Démontrer que la fonction f est croissante sur l'intervalle [0 ; 11].

3. Démontrer par récurrence que pour tout entier naturel n, on a 2 ⩽ vₙ₊₁ ⩽ vₙ ⩽ 6.

4. En déduire que la suite (vₙ) est convergente vers une limite ℓ.

5. a. Justifier que la limite ℓ vérifie f(ℓ) = ℓ puis en déduire la valeur de ℓ.

b. Interpréter ce résultat dans le contexte de l'exercice.

Partie C

Cette partie a pour but de comparer l'évolution de la population dans les deux milieux.

1. En résolvant une inéquation, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu A sera strictement inférieure à 3 000 individus.

2. À l'aide de la calculatrice, déterminer l'année à partir de laquelle la population du milieu B sera strictement inférieure à 3 000 individus.

3. Justifier qu'à partir d'une certaine année, la population du milieu B dépassera la population du milieu A.

4. On considère le programme Python ci-contre :

n = 0

u = 6

v = 6

while . . . :

u = . . .

v = . . .

n = n + 1

print(2025 + n)

a. Recopier et compléter ce programme afin qu'après exécution, il affiche l'année à partir de laquelle la population du milieu B est strictement supérieure à la population du milieu A.

b. Déterminer l'année affichée après exécution du programme.

Voir la correction

Corrigé Exercice 1 Deux modèles d'évolution de population Revoir l'énoncé

Partie A1.
La suite (uₙ) est géométrique de raison 0,93, donc u₁ = u₀ × 0,93 = 6 × 0,93 = 5,58. Les valeurs étant exprimées en milliers, la population du milieu A au 1er janvier 2026 est de 5 580 individus.
2.
Pour une suite géométrique de premier terme u₀ et de raison q, on a uₙ = u₀ × qⁿ. Ici, pour tout entier naturel n : uₙ = 6 × 0,93ⁿ.
3.
La raison vérifie −1 < 0,93 < 1, donc lim(n→+∞) 0,93ⁿ = 0, et par produit par la constante 6 : lim(n→+∞) uₙ = 0. Interprétation : selon ce modèle, la population du milieu A décroît vers 0, c'est-à-dire qu'elle est vouée à l'extinction.
Partie B1.
v₁ = −0,05 × v₀² + 1,1 × v₀ = −0,05 × 36 + 1,1 × 6 = −1,8 + 6,6 = 4,8. La population du milieu B au 1er janvier 2026 est de 4 800 individus.
2.
La fonction f est un polynôme, donc dérivable sur [0 ; +∞[, et f′(x) = −0,1x + 1,1. Pour x ∈ [0 ; 11] : x ⩽ 11 donne −0,1x ⩾ −1,1, donc f′(x) ⩾ −1,1 + 1,1 = 0. La dérivée étant positive sur [0 ; 11], la fonction f est croissante sur cet intervalle.
3.
Récurrence sur la propriété P(n) : « 2 ⩽ vₙ₊₁ ⩽ vₙ ⩽ 6 ». Initialisation : v₀ = 6 et v₁ = 4,8, et l'on a bien 2 ⩽ 4,8 ⩽ 6 ⩽ 6, donc P(0) est vraie.
(hérédité) — Supposons P(n) vraie pour un entier n. Les nombres 2, vₙ₊₁, vₙ et 6 appartiennent alors à [0 ; 11], intervalle sur lequel f est croissante : appliquer f à l'encadrement conserve l'ordre, donc f(2) ⩽ f(vₙ₊₁) ⩽ f(vₙ) ⩽ f(6). Or f(vₙ) = vₙ₊₁ et f(vₙ₊₁) = vₙ₊₂, avec f(2) = −0,05 × 4 + 2,2 = 2 et f(6) = 4,8 ⩽ 6. On obtient 2 ⩽ vₙ₊₂ ⩽ vₙ₊₁ ⩽ 6 : P(n+1) est vraie. Conclusion : par le principe de récurrence, 2 ⩽ vₙ₊₁ ⩽ vₙ ⩽ 6 pour tout entier naturel n.
4.
L'encadrement précédent donne deux informations : vₙ₊₁ ⩽ vₙ pour tout n, donc la suite (vₙ) est décroissante ; et 2 ⩽ vₙ, donc elle est minorée par 2. D'après le théorème de la limite monotone (toute suite décroissante et minorée converge), la suite (vₙ) converge vers une limite ℓ, avec ℓ ⩾ 2.
5.a.
La fonction f est continue sur [0 ; +∞[ (c'est un polynôme) et vₙ tend vers ℓ, donc f(vₙ) tend vers f(ℓ). Mais f(vₙ) = vₙ₊₁, qui tend aussi vers ℓ : par unicité de la limite, ℓ = f(ℓ). On résout : ℓ = −0,05ℓ² + 1,1ℓ ⟺ 0,05ℓ² − 0,1ℓ = 0 ⟺ 0,05ℓ(ℓ − 2) = 0, d'où ℓ = 0 ou ℓ = 2. Comme ℓ ⩾ 2, la seule limite possible est ℓ = 2.
5.b.
Dans le milieu B, la population ne s'éteint pas : elle décroît puis se stabilise à long terme autour de 2 000 individus, soit le tiers de l'effectif introduit au départ.
Partie C1.
Comme 3 000 individus correspondent à 3 milliers, on résout uₙ < 3 : 6 × 0,93ⁿ < 3 ⟺ 0,93ⁿ < 0,5. La fonction ln étant strictement croissante sur ]0 ; +∞[, cela équivaut à n × ln(0,93) < ln(0,5). Or ln(0,93) < 0, donc la division renverse le sens de l'inégalité : n > ln(0,5)ln(0,93) ≈ 9,55. Le plus petit entier convenable est n = 10 : c'est à partir de l'année 2035 que la population du milieu A est strictement inférieure à 3 000 individus.
2.
On itère vₙ₊₁ = −0,05vₙ² + 1,1vₙ à la calculatrice : v₄ ≈ 3,377 ; v₅ ≈ 3,145 ; v₆ ≈ 2,965. La suite (vₙ) étant décroissante, on a vₙ < 3 pour tout n ⩾ 6 : c'est à partir de l'année 2031 que la population du milieu B est strictement inférieure à 3 000 individus.
3.
On sait que lim(n→+∞) uₙ = 0 et que vₙ ⩾ 2 pour tout n (question B.3). Puisque (uₙ) tend vers 0, tous ses termes finissent par être inférieurs à 2 : il existe un rang N tel que, pour tout n ⩾ N, uₙ < 2 ⩽ vₙ. À partir de l'année correspondante, la population du milieu B dépasse donc celle du milieu A.
4.a.
La boucle doit tourner tant que B n'a pas dépassé A et s'arrêter dès que v > u : la condition est donc v <= u. En Python les décimaux s'écrivent avec un point (pas une virgule). Programme complété : n = 0 u = 6 v = 6 while v <= u: u = 0.93 * u v = -0.05 * v**2 + 1.1 * v n = n + 1 print(2025 + n)
4.b.
On suit les valeurs successives : pour n = 12, u₁₂ ≈ 2,512 et v₁₂ ≈ 2,406, donc v ⩽ u et la boucle continue ; pour n = 13, u₁₃ ≈ 2,336 et v₁₃ ≈ 2,358, donc v > u et la boucle s'arrête. Le programme affiche 2025 + 13 = 2038 : c'est à partir de 2038 que la population du milieu B dépasse celle du milieu A.

Énoncé Exercice 2 Fonction exponentielle Difficile

Courbe logistique et aire moyenne

Partie A

On considère la fonction f définie sur l'intervalle [0 ; +∞[ par :

f(x) = 1 ÷ [a + e^−bx]

où a et b sont deux constantes réelles strictement positives.

On admet que la fonction f est dérivable sur l'intervalle [0 ; +∞[.

La fonction f admet pour représentation graphique la courbe C_f ci-dessous :

[Graphique : repère avec x de 0 à 30 et y de 0 à 1 ; courbe C_f croissante, passant par A(0 ; 0,5) et tendant vers 1 ; la droite (AB), avec B(10 ; 1), est tangente à C_f en A.]

On considère les points A(0 ; 0,5) et B(10 ; 1).

On admet que la droite (AB) est tangente à la courbe C_f au point A.

1. Par lecture graphique, donner une valeur approchée de f(10).

2. On admet que lim(x→+∞) f(x) = 1. Donner une interprétation graphique de ce résultat.

3. Justifier que a = 1.

4. Déterminer le coefficient directeur de la droite (AB).

5. a. Déterminer l'expression de f′(x) en fonction de x et de la constante b.

b. En déduire la valeur de b.

Partie B

On admet, dans la suite de l'exercice, que la fonction f est définie sur l'intervalle [0 ; +∞[ par :

f(x) = 1 ÷ [1 + e^−0,2x].

1. Déterminer lim(x→+∞) f(x).

2. Étudier les variations de la fonction f sur l'intervalle [0 ; +∞[.

3. Montrer qu'il existe un unique réel α positif tel que f(α) = 0,97.

4. À l'aide de la calculatrice, donner un encadrement du réel α par deux nombres entiers consécutifs. Interpréter ce résultat dans le contexte de l'énoncé.

Partie C

1. Montrer que, pour tout x appartenant à l'intervalle [0 ; +∞[, f(x) = e^0,2x ÷ [1 + e^0,2x].

2. En déduire une primitive de la fonction f sur l'intervalle [0 ; +∞[.

3. Calculer la valeur moyenne de la fonction f sur l'intervalle [0 ; 40], c'est-à-dire :

I = (140) × ∫₀⁴⁰ [1 ÷ (1 + e^−0,2x)] dx.

On donnera la valeur exacte et une valeur approchée au millième.

Voir la correction

Corrigé Exercice 2 Courbe logistique et aire moyenne Revoir l'énoncé

Partie A1.
[Lecture graphique.] Le point de C_f d'abscisse 10 a une ordonnée voisine de 0,9 : on lit f(10) ≈ 0,9 (toute lecture entre 0,85 et 0,9 est recevable). La partie B confirmera la valeur exacte f(10) = 11 + e⁻² ≈ 0,881.
2.
Dire que lim(x→+∞) f(x) = 1 signifie que la courbe C_f se rapproche indéfiniment de la droite d'équation y = 1 : cette droite est asymptote horizontale à C_f au voisinage de +∞.
3.
Le point A(0 ; 0,5) appartient à C_f, donc f(0) = 0,5. Or f(0) = 1a + e⁰ = 1a + 1. L'équation 1a + 1 = 0,5 donne a + 1 = 2, d'où a = 1.
4.
Le coefficient directeur de la droite (AB) vaut y_B − y_Ax_B − x_A = 1 − 0,510 − 0 = 0,510 = 0,05.
5.a.
Avec a = 1, f s'écrit f(x) = 1u(x) avec u(x) = 1 + e^−bx, fonction dérivable et strictement positive, de dérivée u′(x) = −b e^−bx. Comme (1u)′ = −u′/u², on obtient f′(x) = −−b e^−bx1 + e^−bx², soit f′(x) = b e^−bx1 + e^−bx².
5.b.
La droite (AB) est tangente à C_f au point A d'abscisse 0 : le nombre dérivé f′(0) est donc égal au coefficient directeur de (AB), c'est-à-dire 0,05. Or f′(0) = b × e⁰/(1 + e⁰)² = b2² = b4. De b4 = 0,05 on tire b = 4 × 0,05 = 0,2.
Partie B1.
Quand x tend vers +∞, −0,2x tend vers −∞, donc par composition e^−0,2x tend vers 0. Ainsi 1 + e^−0,2x tend vers 1 et, par quotient, lim(x→+∞) f(x) = 1.
2.
D'après A.5.a avec b = 0,2 : f′(x) = 0,2 e^−0,2x1 + e^−0,2x². Une exponentielle étant toujours strictement positive, le numérateur 0,2 e^−0,2x > 0 et le dénominateur (1 + e^−0,2x)² > 0 : donc f′(x) > 0 sur [0 ; +∞[ et la fonction f est strictement croissante sur [0 ; +∞[.
3.
La fonction f est continue (car dérivable) et strictement croissante sur [0 ; +∞[, avec f(0) = 11 + e⁰ = 0,5 et lim(x→+∞) f(x) = 1 : elle prend donc une fois et une seule chaque valeur de l'intervalle [0,5 ; 1[. Comme 0,97 ∈ [0,5 ; 1[, le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires assure l'existence d'un unique réel α ⩾ 0 tel que f(α) = 0,97.
4.
À la calculatrice : f(17) ≈ 0,968 et f(18) ≈ 0,973. Comme f est strictement croissante et que f(17) < 0,97 < f(18), on encadre la solution : 17 < α < 18 (plus précisément α ≈ 17,4). Interprétation : la grandeur modélisée par f atteint 97 % de sa valeur limite 1 pour x compris entre 17 et 18 unités.
Partie C1.
On multiplie le numérateur et le dénominateur par e^0,2x, qui est non nul : f(x) = 1 × e^0,2x(1 + e^−0,2x) × e^0,2x = e^0,2xe^0,2x + e^0,2x × e^−0,2x. Or e^0,2x × e^−0,2x = e⁰ = 1, d'où f(x) = e^0,2x1 + e^0,2x pour tout x ∈ [0 ; +∞[.
2.
Sous cette forme, f est du type (10,2) × u′/u avec u(x) = 1 + e^0,2x > 0 et u′(x) = 0,2 e^0,2x. Une primitive de u′/u étant ln(u) lorsque u > 0, une primitive de f sur [0 ; +∞[ est F(x) = 5 ln(1 + e^0,2x). Vérification : F′(x) = 5 × 0,2 e^0,2x1 + e^0,2x = e^0,2x1 + e^0,2x = f(x).
3.
I = (140) ∫₀⁴⁰ f(x) dx = (140) × [F(x)]₀⁴⁰ = (140) × (5 ln(1 + e⁸) − 5 ln(1 + e⁰)) = (540) × (ln(1 + e⁸) − ln 2) = (18) ln(1 + e⁸2). Valeur exacte : I = (18) ln(1 + e⁸2) ; valeur approchée au millième : I ≈ 0,913. La valeur moyenne de f sur [0 ; 40] est donc d'environ 0,913.

Énoncé Exercice 3 Combinatoire et dénombrement Moyen

Codage base64 et transmission

Le codage « base64 », utilisé en informatique, permet de représenter et de transmettre des messages et d'autres données telles que des images, en utilisant 64 caractères : les 26 lettres majuscules, les 26 lettres minuscules, les chiffres de 0 à 9 et deux autres caractères spéciaux.

Les parties A, B et C sont indépendantes.

Partie A

Dans cette partie, on s'intéresse aux séquences de 4 caractères en base64. Par exemple, « gP3g » est une telle séquence. Dans une séquence, l'ordre est à prendre en compte : les séquences « m5C2 » et « 5C2m » ne sont pas identiques.

1. Déterminer le nombre de séquences possibles.

2. Déterminer le nombre de séquences si l'on impose que les 4 caractères sont différents deux à deux.

3. a. Déterminer le nombre de séquences ne comportant pas de lettre A majuscule.

b. En déduire le nombre de séquences comportant au moins une lettre A majuscule.

c. Déterminer le nombre de séquences comportant exactement une fois la lettre A majuscule.

d. Déterminer le nombre de séquences comportant exactement deux fois la lettre A majuscule.

Partie B

On s'intéresse à la transmission d'une séquence de 250 caractères d'un ordinateur à un autre. On suppose que la probabilité qu'un caractère soit mal transmis est égale à 0,01 et que les transmissions des différents caractères sont indépendantes entre elles. On note X la variable aléatoire égale au nombre de caractères mal transmis.

1. On admet que la variable aléatoire X suit la loi binomiale. Donner ses paramètres.

2. Déterminer la probabilité que tous les caractères soient bien transmis. On donnera l'expression exacte, puis une valeur approchée à 10⁻³ près.

3. Que pensez-vous de l'affirmation suivante : « La probabilité que plus de 16 caractères soient mal transmis est négligeable » ?

Partie C

On s'intéresse maintenant à la transmission de 4 séquences de 250 caractères. On note X₁, X₂, X₃ et X₄ les variables aléatoires correspondant aux nombres de caractères mal transmis lors de la transmission de chacune des 4 séquences. On admet que les variables aléatoires X₁, X₂, X₃ et X₄ sont indépendantes entre elles et suivent la même loi que la variable aléatoire X définie en partie B.

On note S = X₁ + X₂ + X₃ + X₄.

Déterminer, en justifiant, l'espérance et la variance de la variable aléatoire S.

Voir la correction

Corrigé Exercice 3 Codage base64 et transmission Revoir l'énoncé

Partie A1.
Une séquence est une liste ordonnée de 4 caractères choisis parmi 64, avec répétitions autorisées. D'après le principe multiplicatif, il y a 64 possibilités pour chacune des 4 positions, soit 64 × 64 × 64 × 64 = 64⁴ = 16 777 216 séquences possibles.
2.
Si les 4 caractères doivent être différents deux à deux, on compte les arrangements de 4 caractères parmi 64 : 64 choix pour la 1ʳᵉ position, 63 pour la 2ᵉ (le caractère déjà utilisé est exclu), 62 pour la 3ᵉ et 61 pour la 4ᵉ. Cela donne 64 × 63 × 62 × 61 = 15 249 024 séquences.
3.a.
Interdire la lettre A majuscule laisse 63 caractères disponibles pour chacune des 4 positions : 63⁴ = 15 752 961 séquences ne comportent pas de A majuscule.
3.b.
On raisonne par événement contraire : une séquence comporte au moins un A majuscule si et seulement si elle n'est pas sans A. Leur nombre est donc 64⁴ − 63⁴ = 16 777 216 − 15 752 961 = 1 024 255 séquences.
3.c.
Exactement une lettre A : on choisit d'abord la position du A parmi les 4 (4 choix), puis chacune des 3 positions restantes reçoit un caractère différent de A (63 choix chacune). Le principe multiplicatif donne 4 × 63³ = 4 × 250 047 = 1 000 188 séquences.
3.d.
Exactement deux lettres A : on choisit les 2 positions occupées par les A parmi 4, soit C(4;2) = 4!/(2! × 2!) = 6 façons (l'ordre des deux A n'intervient pas, ce sont des combinaisons), puis chacune des 2 positions restantes reçoit un caractère différent de A. Cela donne 6 × 63² = 6 × 3 969 = 23 814 séquences.
Partie B1.
On répète 250 fois, de façon identique et indépendante, une épreuve de Bernoulli dont le succès « le caractère est mal transmis » a pour probabilité 0,01. La variable X, qui compte le nombre de succès, suit donc la loi binomiale de paramètres n = 250 et p = 0,01, notée B(250 ; 0,01).
2.
« Tous les caractères sont bien transmis » se traduit par X = 0. Expression exacte : P(X = 0) = C(250;0) × 0,01⁰ × (1 − 0,01)²⁵⁰ = 0,99²⁵⁰. À la calculatrice, 0,99²⁵⁰ ≈ 0,081 à 10⁻³ près : la probabilité qu'aucun caractère ne soit mal transmis vaut environ 0,081, soit à peu près 8 %.
3.
« Plus de 16 caractères mal transmis » se traduit par X > 16, c'est-à-dire X ⩾ 17 puisque X ne prend que des valeurs entières. À la calculatrice : P(X ⩾ 17) = 1 − P(X ⩽ 16) ≈ 1,0 × 10⁻⁹. Cette probabilité, de l'ordre du milliardième, est effectivement négligeable : l'affirmation est justifiée. Le résultat est cohérent avec l'espérance E(X) = np = 250 × 0,01 = 2,5, qui indique que l'on attend en moyenne 2 à 3 caractères mal transmis seulement.
Partie C
Espérance : les quatre variables X₁, X₂, X₃ et X₄ suivent la loi B(250 ; 0,01), donc chacune a pour espérance np = 250 × 0,01 = 2,5. Par linéarité de l'espérance (valable même sans indépendance), E(S) = E(X₁) + E(X₂) + E(X₃) + E(X₄) = 4 × 2,5 = 10 caractères mal transmis en moyenne sur les 4 séquences.
Variance : la variance n'est additive que pour des variables aléatoires indépendantes, ce que l'énoncé garantit ici. Chaque Xᵢ a pour variance np(1 − p) = 250 × 0,01 × 0,99 = 2,475, donc V(S) = V(X₁) + V(X₂) + V(X₃) + V(X₄) = 4 × 2,475 = 9,9. L'écart-type correspondant est σ(S) = √9,9 ≈ 3,1 caractères.

Énoncé Exercice 4 Géométrie dans l'espace Moyen

Intersection de trois plans

On se place dans un repère orthonormé (O ; i, j, k) de l'espace.

On considère les points A(1 ; 0 ; 3), B(−2 ; 1 ; 2) et C(0 ; 3 ; 2).

1. a. Montrer que les points A, B et C ne sont pas alignés.

b. Soit n le vecteur de coordonnées (−1 ; 1 ; 4). Vérifier que le vecteur n est orthogonal au plan (ABC).

c. En déduire que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne −x + y + 4z − 11 = 0.

On considère le plan P d'équation cartésienne 3x − 3y + 2z − 9 = 0 et le plan P' d'équation cartésienne x − y − z + 2 = 0.

2. a. Démontrer que les plans P et P' sont sécants. On note (d) leur droite d'intersection.

b. Déterminer si les plans P et P' sont perpendiculaires.

3. Montrer que la droite (d) est dirigée par le vecteur u(1 ; 1 ; 0).

4. Montrer que le point M(2 ; 1 ; 3) appartient aux plans P et P'. En déduire une représentation paramétrique de la droite (d).

5. Montrer que la droite (d) est aussi incluse dans le plan (ABC). Que peut-on dire des trois plans (ABC), P et P' ?

Voir la correction

Corrigé Exercice 4 Intersection de trois plans Revoir l'énoncé

1.a — On calcule les coordonnées des vecteurs : AB(−2 − 1 ; 1 − 0 ; 2 − 3), soit AB(−3 ; 1 ; −1), et AC(0 − 1 ; 3 − 0 ; 2 − 3), soit AC(−1 ; 3 ; −1). S'ils étaient colinéaires, il existerait un réel k tel que AC = k AB ; la première coordonnée imposerait k = 13, mais la deuxième donnerait alors (13) × 1 = 13 ≠ 3. Les vecteurs AB et AC ne sont donc pas colinéaires : les points A, B et C ne sont pas alignés et définissent bien un plan.
1.b — n · AB = (−1) × (−3) + 1 × 1 + 4 × (−1) = 3 + 1 − 4 = 0, et n · AC = (−1) × (−1) + 1 × 3 + 4 × (−1) = 1 + 3 − 4 = 0. Le vecteur n est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC), c'est-à-dire à deux directions indépendantes de ce plan : n est un vecteur normal au plan (ABC).
1.c — Un plan de vecteur normal n(−1 ; 1 ; 4) admet une équation cartésienne de la forme −x + y + 4z + d = 0, avec d réel. Le point A(1 ; 0 ; 3) appartient au plan (ABC), donc ses coordonnées vérifient l'équation : −1 + 0 + 4 × 3 + d = 0, soit 11 + d = 0 et d = −11. Le plan (ABC) a donc pour équation cartésienne −x + y + 4z − 11 = 0.
2.a — Un vecteur normal de P est n₁⃗(3 ; −3 ; 2) et un vecteur normal de P′ est n₂⃗(1 ; −1 ; −1) (on lit les coefficients de x, y et z dans chaque équation). S'ils étaient colinéaires, on aurait n₁⃗ = k n₂⃗ avec k = 3 d'après la première coordonnée, mais alors la troisième donnerait 3 × (−1) = −3 ≠ 2. Les vecteurs normaux n'étant pas colinéaires, les plans ne sont ni parallèles ni confondus : ils sont sécants, et leur intersection est une droite notée (d).
2.b — Deux plans sont perpendiculaires si et seulement si leurs vecteurs normaux sont orthogonaux. Ici n₁⃗ · n₂⃗ = 3 × 1 + (−3) × (−1) + 2 × (−1) = 3 + 3 − 2 = 4 ≠ 0. Les plans P et P′ ne sont donc pas perpendiculaires.
3.
Le vecteur u(1 ; 1 ; 0) est non nul. On calcule u · n₁⃗ = 1 × 3 + 1 × (−3) + 0 × 2 = 0 : u est orthogonal au vecteur normal de P, donc u est un vecteur du plan P (il en dirige une direction). De même, u · n₂⃗ = 1 × 1 + 1 × (−1) + 0 × (−1) = 0 : u dirige aussi une direction de P′. Étant une direction commune aux deux plans sécants, u est un vecteur directeur de leur droite d'intersection (d).
4.
On teste les coordonnées de M(2 ; 1 ; 3) dans chaque équation. Dans P : 3 × 2 − 3 × 1 + 2 × 3 − 9 = 6 − 3 + 6 − 9 = 0, donc M ∈ P. Dans P′ : 2 − 1 − 3 + 2 = 0, donc M ∈ P′. Le point M appartient aux deux plans, donc à leur intersection (d). La droite (d) passant par M(2 ; 1 ; 3) et dirigée par u(1 ; 1 ; 0), une représentation paramétrique est : x = 2 + t, y = 1 + t, z = 3, avec t ∈ ℝ.
5.
On remplace les coordonnées d'un point quelconque de (d) dans l'équation du plan (ABC) : −(2 + t) + (1 + t) + 4 × 3 − 11 = −2 − t + 1 + t + 12 − 11 = 0. L'égalité est vérifiée pour toute valeur de t, donc tous les points de (d) appartiennent au plan (ABC) : la droite (d) est incluse dans (ABC).
5 (conclusion) — Les trois vecteurs normaux n(−1 ; 1 ; 4), n₁⃗(3 ; −3 ; 2) et n₂⃗(1 ; −1 ; −1) sont deux à deux non colinéaires : les trois plans sont donc deux à deux distincts et sécants. Comme ils contiennent tous les trois la droite (d), leur intersection commune est exactement (d) : les plans (ABC), P et P′ se coupent tous suivant la même droite (d).