Bac 2025 de spécialité maths, Asie jour 2 : sujet officiel et corrigé

A.1. Chaque caractéristique du laboratoire décrit une sous-population, et c'est elle qui fixe la probabilité conditionnelle. « Un individu atteint par le virus ait un test positif » : on sait que l'individu est atteint, donc $P_{M}(T)=0{,}999$. « Un individu non atteint par le virus ait un test positif » : on sait qu'il n'est pas atteint, donc $P_{\overline{M}}(T)=0{,}005$.

Le vocabulaire du dépistage aide à ne pas les confondre : $P_{M}(T)$ est la sensibilité du test (il repère presque tous les malades), $P_{\overline{M}}(T)$ le taux de faux positifs. Erreur fréquente : lire $0{,}999$ comme $P(M\cap T)$ ou comme $P_{T}(M)$ ; aucune des deux n'est donnée, c'est justement ce que l'exercice va calculer.

A.2. Dans cette partie, la population cible est l'île entière : on choisit un individu au hasard parmi $750\,000$, dont $270\,000$ ont été infectés. En situation d'équiprobabilité, $P(M)=\dfrac{270\,000}{750\,000}=\dfrac{27}{75}=\dfrac{9}{25}=0{,}36$.

La valeur exacte est demandée : $0{,}36$ l'est (c'est $\dfrac{9}{25}$), il n'y a rien à arrondir. Attention à ne pas prendre $0{,}36$ pour une proportion de tests positifs : c'est la proportion de personnes réellement atteintes, la « prévalence » de la maladie dans la population.

A.3. Le premier niveau porte $M$ et $\overline{M}$ : $P(M)=0{,}36$ et, par l'évènement contraire, $P(\overline{M})=1-0{,}36=0{,}64$.

Les branches issues de $M$ portent des probabilités conditionnées par $M$ : $P_{M}(T)=0{,}999$ et $P_{M}(\overline{T})=1-0{,}999=0{,}001$. Celles issues de $\overline{M}$ sont conditionnées par $\overline{M}$ : $P_{\overline{M}}(T)=0{,}005$ et $P_{\overline{M}}(\overline{T})=1-0{,}005=0{,}995$.

Contrôle : les probabilités issues d'un même nœud ont pour somme $1$ ($0{,}36+0{,}64$, $0{,}999+0{,}001$, $0{,}005+0{,}995$). L'arbre complété figure en fin de corrigé, avec au bout de chaque chemin la probabilité de l'intersection correspondante.

A.4. On cherche $P(M\cap T)$, probabilité d'un chemin de l'arbre, donc produit des probabilités portées par ses branches (formule des probabilités composées) : $P(M\cap T)=P(M)\times P_{M}(T)=0{,}36\times 0{,}999=0{,}359\,64$, soit $0{,}360$ arrondi à $10^{-3}$.

Pour la suite, on garde la valeur exacte $0{,}359\,64$ : la consigne d'arrondi porte sur les résultats affichés, pas sur les calculs intermédiaires. Vérification : $P(M\cap T)$ est à peine inférieure à $P(M)=0{,}36$, ce qui est logique puisque presque tous les malades sont positifs.

A.5. Formule des probabilités totales, avec la partition $\{M\,;\overline{M}\}$ de l'univers : $P(T)=P(M\cap T)+P(\overline{M}\cap T)$.

Le second terme se lit sur l'autre chemin qui mène à $T$ : $P(\overline{M}\cap T)=P(\overline{M})\times P_{\overline{M}}(T)=0{,}64\times 0{,}005=0{,}003\,2$. Donc $P(T)=0{,}359\,64+0{,}003\,2=0{,}362\,84$, soit $0{,}363$ arrondi à $10^{-3}$.

Erreur fréquente : répondre $P(T)=0{,}999$ ou additionner $0{,}999+0{,}005$. Une probabilité conditionnelle ne s'additionne pas à une autre conditionnée par un évènement différent ; il faut repasser par les intersections.

A.6. On sait que le test est positif : on cherche $P_{T}(M)$. L'arbre est construit dans l'ordre $M$ puis $T$, la question part de $T$ : on revient à la définition d'une probabilité conditionnelle (c'est la démarche de la formule de Bayes).

$P_{T}(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}=\dfrac{0{,}359\,64}{0{,}362\,84}\approx 0{,}991\,2$, soit $0{,}991$ arrondi à $10^{-3}$.

Le piège de l'arrondi : en divisant les valeurs arrondies, $\dfrac{0{,}360}{0{,}363}\approx 0{,}991\,7$, on obtient $0{,}992$, qui est faux au millième. Quand un résultat sert à en calculer un autre, on calcule avec les valeurs exactes (ou la mémoire de la calculatrice) et on n'arrondit qu'à la fin. Second piège, plus grave : confondre $P_{T}(M)$ avec $P_{M}(T)=0{,}999$, les deux n'ont pas le même sens.

A.7. Par définition, le test est fiable lorsque $P_{T}(M)$ est supérieure à $0{,}95$. Ici $P_{T}(M)\approx 0{,}991$ et $0{,}991>0{,}95$ : dans la population de La Réunion en 2005, le test est fiable. Concrètement, plus de $99\,\%$ des personnes testées positives étaient réellement atteintes.

L'argument attendu est la comparaison chiffrée avec le seuil de la définition. Répondre « oui, car $P_{M}(T)=0{,}999$ » ne justifie rien : ce n'est pas la probabilité qui définit la fiabilité ici, et la partie B montre que la même sensibilité peut donner un test non fiable.

B.1. Les caractéristiques du laboratoire ne dépendent pas de la population : le second niveau de l'arbre est inchangé, $P_{M}(T)=0{,}999$, $P_{M}(\overline{T})=0{,}001$, $P_{\overline{M}}(T)=0{,}005$, $P_{\overline{M}}(\overline{T})=0{,}995$. Seul le premier niveau change : $P(M)=p$ et $P(\overline{M})=1-p$.

L'arbre adapté figure en fin de corrigé. Il ne faut pas remplacer aussi $0{,}999$ par $p$ : $p$ est la proportion de malades dans la population, pas une caractéristique du test.

B.2. Probabilités totales avec la partition $\{M\,;\overline{M}\}$, exactement comme en A.5 : $P(T)=P(M)\,P_{M}(T)+P(\overline{M})\,P_{\overline{M}}(T)=0{,}999p+0{,}005(1-p)$.

En développant : $P(T)=0{,}999p+0{,}005-0{,}005p=0{,}994p+0{,}005$. Vérification avec la partie A : pour $p=0{,}36$, $0{,}994\times 0{,}36+0{,}005=0{,}362\,84$, c'est bien la valeur de A.5.

B.3. Par définition, $P_{T}(M)=\dfrac{P(M\cap T)}{P(T)}$, avec $P(M\cap T)=P(M)\times P_{M}(T)=0{,}999p$ et $P(T)=0{,}994p+0{,}005$ (question B.2), non nulle puisque $0{,}994p+0{,}005\geqslant 0{,}005>0$.

Donc $P_{T}(M)=\dfrac{0{,}999p}{0{,}994p+0{,}005}$. En multipliant le numérateur et le dénominateur par $1\,000$, on obtient $P_{T}(M)=\dfrac{999p}{994p+5}$, ce qu'il fallait démontrer.

Contrôle : pour $p=0{,}36$, $\dfrac{999\times 0{,}36}{994\times 0{,}36+5}=\dfrac{359{,}64}{362{,}84}\approx 0{,}991$, on retrouve A.6. Signaler que le dénominateur ne s'annule pas fait partie de la rédaction d'un quotient.

B.4. Le test est fiable lorsque $P_{T}(M)\geqslant 0{,}95$ (« supérieure à » au sens large, convention usuelle en mathématiques). On résout donc, pour $p\in\,]0\,;1]$, l'inéquation $\dfrac{999p}{994p+5}\geqslant 0{,}95$.

Le dénominateur $994p+5$ est strictement positif : on peut multiplier les deux membres par lui sans changer le sens de l'inégalité. $999p\geqslant 0{,}95(994p+5)\iff 999p\geqslant 944{,}3p+4{,}75\iff 54{,}7p\geqslant 4{,}75\iff p\geqslant\dfrac{4{,}75}{54{,}7}=\dfrac{475}{5\,470}=\dfrac{95}{1\,094}$.

Or $\dfrac{95}{1\,094}\approx 0{,}086\,8$. Le test est donc fiable si et seulement si $p\geqslant\dfrac{95}{1\,094}$, c'est-à-dire lorsque la proportion de personnes atteintes dans la population cible est d'au moins $8{,}7\,\%$ environ. Avec une lecture stricte de « supérieure à », la seule différence est que la valeur $p=\dfrac{95}{1\,094}$ est exclue ; la conclusion pratique est la même.

C'est la leçon de l'exercice : un excellent test ($99{,}9\,\%$ de sensibilité, $0{,}5\,\%$ de faux positifs) devient peu fiable quand la maladie est rare, parce que les faux positifs, pris dans une population saine très nombreuse, finissent par dépasser les vrais positifs. Pour $p=0{,}01$ par exemple, $P_{T}(M)=\dfrac{9{,}99}{14{,}94}\approx 0{,}669$ : un positif sur trois environ est un faux positif. Erreur fréquente : oublier de justifier le signe du dénominateur avant de multiplier.

C. La démarche : on traduit l'évènement par la variable $X$, on passe à l'évènement contraire, puis on résout une inéquation par le logarithme népérien.

« Au moins un des $n$ habitants est atteint » est l'évènement $X\geqslant 1$, dont le contraire est $X=0$. Pour une loi binomiale de paramètres $n$ et $0{,}36$, $P(X=0)=\binom{n}{0}0{,}36^{0}\,0{,}64^{n}=0{,}64^{n}$, donc $P(X\geqslant 1)=1-0{,}64^{n}$.

On résout $1-0{,}64^{n}>0{,}99\iff 0{,}64^{n}<0{,}01$. La fonction $\ln$ est strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$ : $0{,}64^{n}<0{,}01\iff n\ln 0{,}64<\ln 0{,}01$. Comme $\ln 0{,}64<0$ (car $0{,}64<1$), diviser par $\ln 0{,}64$ RENVERSE l'inégalité : $n>\dfrac{\ln 0{,}01}{\ln 0{,}64}\approx 10{,}32$.

Le plus petit entier qui convient est $n=11$. Vérification aux bords : $1-0{,}64^{10}\approx 0{,}988\,5<0{,}99$ et $1-0{,}64^{11}\approx 0{,}992\,6>0{,}99$. Il faut donc un échantillon d'au moins $11$ individus pour que la probabilité d'y trouver au moins une personne infectée dépasse $0{,}99$.

Les deux pièges : garder le sens de l'inégalité en divisant par $\ln 0{,}64$, négatif, ce qui donne $n<10{,}3$ et une réponse absurde ; et écrire $P(X\geqslant 1)=1-0{,}36^{n}$ en se trompant de probabilité, alors que « aucun infecté » correspond à $n$ individus SAINS, de probabilité $0{,}64$ chacun. Une méthode par balayage à la calculatrice (tableau des valeurs de $1-0{,}64^{n}$) est aussi acceptée, à condition d'écrire les deux valeurs qui encadrent le seuil.

A.1. On applique la relation de récurrence, un rang après l'autre. $u_{1}=\dfrac{1}{2}u_{0}+10=\dfrac{1}{2}\times 30+10=15+10=25$, puis $u_{2}=\dfrac{1}{2}u_{1}+10=\dfrac{1}{2}\times 25+10=12{,}5+10=22{,}5=\dfrac{45}{2}$.

Les valeurs exactes sont demandées : $22{,}5$ est exacte, il n'y a rien à arrondir. Vérification anticipée avec la formule de A.4 : $20+10\times\dfrac{1}{2}=25$ et $20+10\times\dfrac{1}{4}=22{,}5$.

A.2. Pour montrer qu'une suite est géométrique, on exprime $v_{n+1}$ en fonction de $v_{n}$ et on fait apparaître un facteur constant. Pour tout entier naturel $n$ :

$v_{n+1}=u_{n+1}-20=\dfrac{1}{2}u_{n}+10-20=\dfrac{1}{2}u_{n}-10=\dfrac{1}{2}\left(u_{n}-20\right)=\dfrac{1}{2}v_{n}$.

La suite $(v_{n})$ est donc géométrique de raison $\dfrac{1}{2}$, de premier terme $v_{0}=u_{0}-20=30-20=10$.

L'étape clé est la factorisation $\dfrac{1}{2}u_{n}-10=\dfrac{1}{2}(u_{n}-20)$ : on met $\dfrac{1}{2}$ en facteur, et $10$ devient $20$. Erreur fréquente : calculer $\dfrac{v_{1}}{v_{0}}$ et $\dfrac{v_{2}}{v_{1}}$, trouver $\dfrac{1}{2}$ deux fois et conclure ; deux quotients égaux ne prouvent rien pour TOUS les rangs.

A.3. Terme général d'une suite géométrique : pour tout entier naturel $n$, $v_{n}=v_{0}\times q^{n}=10\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$.

Contrôle : $v_{1}=5=u_{1}-20$ et $v_{2}=2{,}5=u_{2}-20$, cohérent avec A.1. Piège : écrire $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n-1}$, qui vaut pour une suite dont le premier terme est $v_{1}$ ; ici la suite commence à $v_{0}$.

A.4. De $v_{n}=u_{n}-20$ on tire $u_{n}=v_{n}+20$, donc pour tout entier naturel $n$ : $u_{n}=20+10\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$.

A.5. Limite d'une suite géométrique : comme $-1<\dfrac{1}{2}<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}=0$. Par produit, $10\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\to 0$, et par somme $\lim\limits_{n\to+\infty}u_{n}=20$.

La justification attendue est la condition sur la raison, $-1<q<1$, écrite explicitement. On remarque que $20$ est le point fixe de la relation : $\ell=\dfrac{1}{2}\ell+10$ donne $\ell=20$, ce qui explique le choix de $v_{n}=u_{n}-20$.

B.1. On applique la définition au rang $n=0$, ce qui fait intervenir $u_{0}$ et non $u_{1}$ : $w_{1}=\dfrac{1}{2}w_{0}+\dfrac{1}{2}u_{0}+7=\dfrac{45}{2}+\dfrac{30}{2}+7=22{,}5+15+7=44{,}5$.

Ce détail prépare la question suivante : le terme $w_{n+1}$ se calcule avec $u_{n}$, le terme de MÊME rang que $w_{n}$.

B.2. On exécute suite(1) à la main. Avant la boucle, U vaut $30$ et W vaut $45$. La boucle tourne une fois, pour $i=1$. Ligne 5 : U prend la valeur $\dfrac{30}{2}+10=25$. Ligne 6 : W prend la valeur $\dfrac{45}{2}+\dfrac{25}{2}+7=22{,}5+12{,}5+7=42$. La fonction renvoie $42$, et non $w_{1}=44{,}5$.

Le défaut : au moment où la ligne 6 s'exécute, U contient déjà $u_{1}$ alors que la formule $w_{1}=\dfrac{1}{2}w_{0}+\dfrac{1}{2}u_{0}+7$ demande $u_{0}$. Plus généralement, au tour $i$, W doit être calculé avec $u_{i-1}$, la valeur de U AVANT sa mise à jour.

Correction : échanger les lignes 5 et 6, c'est-à-dire calculer W avant de mettre U à jour. Le programme corrigé figure en fin de corrigé. Vérification : pour $n=1$, W prend la valeur $\dfrac{45}{2}+\dfrac{30}{2}+7=44{,}5$, puis U devient $25$ ; on obtient bien $w_{1}$. Au tour suivant, W est calculé avec U $=25=u_{1}$, comme il se doit. Une autre correction, plus lourde, consiste à garder l'ordre des lignes en mémorisant l'ancienne valeur de U dans une variable auxiliaire.

B.3.a. Raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété : « $w_{n}=10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34$ ».

Initialisation : pour $n=0$, $10\times 0\times 1+11\times 1+34=45=w_{0}$. $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $n$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie. Montrons $\mathcal{P}(n+1)$, c'est-à-dire $w_{n+1}=10(n+1)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}+11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}+34$. Par définition de $(w_{n})$, par l'hypothèse de récurrence et par la formule de A.4 :

$w_{n+1}=\dfrac{1}{2}w_{n}+\dfrac{1}{2}u_{n}+7=\dfrac{1}{2}\left[10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34\right]+\dfrac{1}{2}\left[20+10\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\right]+7$.

En développant : $w_{n+1}=5n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+5{,}5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+17+10+5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+7=5n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+10{,}5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34$.

De l'autre côté, comme $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}=\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$ : $10(n+1)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}+11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n+1}+34=5(n+1)\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+5{,}5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34=5n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+10{,}5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34$. Les deux expressions coïncident : $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : $\mathcal{P}(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire, donc pour tout entier naturel $n$, $w_{n}=10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}+34$.

Vérification : pour $n=1$, la formule donne $5+5{,}5+34=44{,}5=w_{1}$. Le piège de l'hérédité est d'oublier de remplacer $u_{n}$ par son expression : c'est elle qui apporte le terme $5\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$ qui fait passer de $5{,}5$ à $10{,}5$. Écrire séparément le membre de gauche et le membre de droite, puis constater qu'ils sont égaux, est la rédaction la plus sûre.

B.3.b. Théorème des gendarmes : pour tout $n\geqslant 4$, $0\leqslant 10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\leqslant\dfrac{10}{n}$, et $\lim\limits_{n\to+\infty}\dfrac{10}{n}=0$. La suite de terme général $10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$ est encadrée par deux suites qui tendent vers $0$ : elle tend vers $0$.

Ensuite, comme $-1<\dfrac{1}{2}<1$, $11\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\to 0$. Par somme, avec la formule de B.3.a, $\lim\limits_{n\to+\infty}w_{n}=0+0+34=34$. La suite $(w_{n})$ est convergente et sa limite est $34$.

Pourquoi l'énoncé donne cet encadrement : dans $10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$, le facteur $n$ tend vers $+\infty$ et $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}$ vers $0$, c'est une forme indéterminée « $\infty\times 0$ ». Erreur fréquente : conclure directement « $\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\to 0$ donc $10n\left(\dfrac{1}{2}\right)^{n}\to 0$ », ce qui n'est pas une justification. L'encadrement n'est valable qu'à partir de $n=4$, ce qui suffit pour une limite.

def suite(n):
    U = 30
    W = 45
    for i in range(1, n+1):
        W = W/2 + U/2 + 7
        U = U/2 + 10
    return W

Affirmation 1. Vraie. Une droite est orthogonale à un plan lorsqu'un vecteur directeur de la droite est colinéaire à un vecteur normal du plan.

D'après son équation cartésienne $2x+3y+6z-6=0$, le plan $P$ admet pour vecteur normal $\vec{n}(2\,;3\,;6)$. D'après sa représentation paramétrique, la droite $(d)$ a pour vecteur directeur $\vec{u}\left(\dfrac{1}{3}\,;\dfrac{1}{2}\,;1\right)$, les coefficients de $t$. Or $6\vec{u}=(2\,;3\,;6)=\vec{n}$ : les deux vecteurs sont colinéaires, donc $(d)$ est orthogonale à $P$. En particulier, elle coupe $P$ en un point unique.

Ce point est H. D'une part, H est sur $(d)$ : $-8+\dfrac{1}{3}t=-6$ donne $t=6$, et pour $t=6$ on obtient $y=-1+3=2$ et $z=-4+6=2$, ce sont bien les coordonnées de H. D'autre part, H est sur $P$ : $2\times(-6)+3\times 2+6\times 2-6=-12+6+12-6=0$.

On peut aussi chercher l'intersection directement en injectant la représentation paramétrique dans l'équation de $P$ : $2\left(-8+\dfrac{t}{3}\right)+3\left(-1+\dfrac{t}{2}\right)+6(-4+t)-6=-49+\dfrac{49}{6}t=0$, d'où $t=6$ et le point H. L'affirmation a deux volets, il faut justifier les deux : l'orthogonalité ET le point d'intersection. Erreur fréquente : vérifier seulement que H est sur $P$ ; c'est nécessaire, pas suffisant, H doit aussi être sur $(d)$.

Affirmation 2. Fausse. Le sommet de l'angle $\widehat{\mathrm{DCH}}$ est C : on utilise les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{CD}}(-3\,;2\,;0)$ et $\overrightarrow{\mathrm{CH}}(-9\,;2\,;2)$ et deux expressions du produit scalaire.

Avec les coordonnées, dans un repère orthonormé : $\overrightarrow{\mathrm{CD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CH}}=(-3)(-9)+2\times 2+0\times 2=27+4+0=31$. Les normes : $\mathrm{CD}=\sqrt{9+4+0}=\sqrt{13}$ et $\mathrm{CH}=\sqrt{81+4+4}=\sqrt{89}$.

Avec l'angle : $\overrightarrow{\mathrm{CD}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{CH}}=\mathrm{CD}\times\mathrm{CH}\times\cos\widehat{\mathrm{DCH}}$. Donc $\cos\widehat{\mathrm{DCH}}=\dfrac{31}{\sqrt{13}\times\sqrt{89}}=\dfrac{31}{\sqrt{1\,157}}\approx 0{,}911\,4$, et à la calculatrice (en mode degré) $\widehat{\mathrm{DCH}}\approx 24{,}3^{\circ}$, et non $17{,}3^{\circ}$.

Vérification : $\cos 17{,}3^{\circ}\approx 0{,}955$, nettement différent de $0{,}911$, l'écart n'est pas un problème d'arrondi. Pièges : prendre les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{DC}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{DH}}$, qui donnent l'angle de sommet D ; et laisser la calculatrice en radians, qui affiche $0{,}424$.

Affirmation 3. Vraie. Deux plans sont sécants lorsque leurs vecteurs normaux ne sont pas colinéaires. Ici $\vec{n}(2\,;3\,;6)$ et $\vec{n'}(1\,;-2\,;3)$ : si l'on avait $\vec{n}=k\vec{n'}$, la première coordonnée donnerait $k=2$ et la deuxième $k=-\dfrac{3}{2}$, c'est impossible. Les plans $P$ et $P'$ sont donc sécants, et leur intersection est une droite.

Montrons que cette droite est $\Delta$. Soit $M(3-3t\,;0\,;t)$ un point quelconque de $\Delta$. Dans l'équation de $P$ : $2(3-3t)+3\times 0+6t-6=6-6t+6t-6=0$. Dans l'équation de $P'$ : $(3-3t)-2\times 0+3t-3=0$. Ces égalités sont vraies pour TOUT réel $t$ : la droite $\Delta$ est contenue dans $P$ et dans $P'$, donc dans leur intersection. Comme cette intersection est une droite, elle est égale à $\Delta$.

Contrôle : le vecteur directeur $(-3\,;0\,;1)$ de $\Delta$ est orthogonal aux deux vecteurs normaux, $2\times(-3)+0+6\times 1=0$ et $1\times(-3)+0+3\times 1=0$, comme il se doit pour une droite contenue dans les deux plans. Erreur fréquente : vérifier les équations pour une ou deux valeurs de $t$ seulement ; deux points communs suffisent en fait à fixer une droite, mais il faut alors le dire, et le calcul littéral en $t$ est plus court.

Affirmation 4. Vraie. Le projeté orthogonal de H sur la droite (CD) est l'unique point J qui vérifie deux conditions : J appartient à (CD), et $\overrightarrow{\mathrm{HJ}}$ est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{CD}}$.

Appartenance : la droite (CD) passe par C et a pour vecteur directeur $\overrightarrow{\mathrm{CD}}(-3\,;2\,;0)$ ; une représentation paramétrique est $x=3-3s$, $y=2s$, $z=0$, $s\in\mathbb{R}$. Pour J : $2s=\dfrac{62}{13}$ donne $s=\dfrac{31}{13}$, et alors $x=3-\dfrac{93}{13}=\dfrac{39-93}{13}=\dfrac{-54}{13}$, $z=0$. Les trois coordonnées concordent : J est sur (CD).