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

A.1.a. Méthode : sur chaque branche issue d'un nœud, on porte la probabilité conditionnelle de l'évènement d'arrivée sachant l'évènement de départ, et les branches issues d'un même nœud ont des probabilités de somme $1$.

Premier niveau : la première machine détient la valeur 1. Elle la transmet fidèlement avec la probabilité $0{,}9$, donc $P_{V_{1}}(V_{2})=0{,}9$ et $P_{V_{1}}(\overline{V_{2}})=0{,}1$.

Second niveau, depuis $V_{2}$ : la deuxième machine détient 1 ; la troisième reçoit 1 si la transmission est fidèle, donc $P_{V_{2}}(V_{3})=0{,}9$ et $P_{V_{2}}(\overline{V_{3}})=0{,}1$.

Second niveau, depuis $\overline{V_{2}}$ : la deuxième machine détient 0 ; la troisième reçoit 1 seulement si la transmission est CONTRAIRE, donc $P_{\overline{V_{2}}}(V_{3})=0{,}1$ et $P_{\overline{V_{2}}}(\overline{V_{3}})=0{,}9$. L'arbre complété figure en fin de corrigé.

Erreur fréquente : recopier $0{,}9$ vers $V_{3}$ sur les deux sous-arbres. La probabilité $0{,}9$ est celle d'une transmission fidèle, pas celle d'obtenir la valeur 1 : depuis $\overline{V_{2}}$, la transmission fidèle mène à $\overline{V_{3}}$.

A.1.b. Méthode : formule des probabilités totales, avec la partition $\left(V_{2},\overline{V_{2}}\right)$ de l'univers. On additionne les probabilités des deux chemins qui mènent à $V_{3}$ :

$P(V_{3})=P(V_{2}\cap V_{3})+P(\overline{V_{2}}\cap V_{3})=P(V_{2})\times P_{V_{2}}(V_{3})+P(\overline{V_{2}})\times P_{\overline{V_{2}}}(V_{3})=0{,}9\times 0{,}9+0{,}1\times 0{,}1=0{,}81+0{,}01=0{,}82$.

Interprétation : la troisième machine détient la valeur 1, la bonne valeur, avec une probabilité de $0{,}82$ ; autrement dit, après deux transmissions successives, la donnée initiale est intacte dans $82\,\%$ des cas. Elle l'était dans $90\,\%$ des cas après une seule transmission : chaque transmission dégrade la fiabilité.

Vérification : la donnée arrive juste après deux transmissions si les deux sont fidèles ($0{,}81$) ou si les deux sont contraires, deux inversions se compensant ($0{,}01$). Le second chemin est celui qu'on oublie.

A.1.c. Méthode : on cherche une probabilité conditionnelle « à rebours », $P_{V_{3}}(V_{2})$, l'arbre donnant les conditionnements dans l'autre sens. Par définition :

$P_{V_{3}}(V_{2})=\dfrac{P(V_{2}\cap V_{3})}{P(V_{3})}=\dfrac{0{,}81}{0{,}82}=\dfrac{81}{82}\approx 0{,}988$.

Sachant que la troisième machine a reçu la valeur 1, la probabilité que la deuxième l'ait aussi reçue est d'environ $0{,}988$. Cohérence : elle dépasse $P(V_{2})=0{,}9$, car savoir que la donnée est juste à l'arrivée rend plus probable qu'elle l'ait été en chemin.

Piège : répondre $0{,}9$, qui est $P_{V_{2}}(V_{3})$, la probabilité de l'arrivée sachant l'étape intermédiaire, et non l'inverse demandé.

A.2.a. Méthode : formule des probabilités totales au rang $n$, avec la partition $\left(V_{n},\overline{V_{n}}\right)$, en transposant le raisonnement de la question 1.b à deux machines consécutives quelconques.

Soit $n\geqslant 1$. La machine $n+1$ détient 1 si la machine $n$ détient 1 et transmet fidèlement, ou si la machine $n$ détient 0 et transmet de façon contraire. Donc $P_{V_{n}}(V_{n+1})=0{,}9$ et $P_{\overline{V_{n}}}(V_{n+1})=0{,}1$, et :

$p_{n+1}=P(V_{n+1})=P(V_{n})\times P_{V_{n}}(V_{n+1})+P(\overline{V_{n}})\times P_{\overline{V_{n}}}(V_{n+1})=0{,}9p_{n}+0{,}1(1-p_{n})=0{,}9p_{n}+0{,}1-0{,}1p_{n}=0{,}8p_{n}+0{,}1$.

Vérification : avec $p_{1}=1$, on retrouve $p_{2}=0{,}8+0{,}1=0{,}9$ et $p_{3}=0{,}8\times 0{,}9+0{,}1=0{,}82$, la valeur de la question 1.b. Piège : écrire $P(\overline{V_{n}})=0{,}1$ au lieu de $1-p_{n}$ ; $0{,}1$ n'est la probabilité de détenir 0 qu'à la deuxième machine.

Pour être rigoureux, il faut $P(V_{n})\neq 0$ et $P(\overline{V_{n}})\neq 0$ pour parler des probabilités conditionnelles ; au rang $n=1$, $P(\overline{V_{1}})=0$ et l'égalité se lit simplement $p_{2}=0{,}9\times 1$, qui vaut bien $0{,}8\times 1+0{,}1$.

A.2.b. On démontre par récurrence la propriété $\mathcal{P}(n)$ : « $p_{n}=0{,}5\times 0{,}8^{n-1}+0{,}5$ », pour tout entier $n\geqslant 1$.

Initialisation : pour $n=1$, $0{,}5\times 0{,}8^{0}+0{,}5=0{,}5+0{,}5=1=p_{1}$. $\mathcal{P}(1)$ est vraie.

Hérédité : soit $n\geqslant 1$ un entier tel que $\mathcal{P}(n)$ est vraie, c'est-à-dire $p_{n}=0{,}5\times 0{,}8^{n-1}+0{,}5$. Montrons $\mathcal{P}(n+1)$. Par la question 2.a, $p_{n+1}=0{,}8p_{n}+0{,}1=0{,}8\left(0{,}5\times 0{,}8^{n-1}+0{,}5\right)+0{,}1=0{,}5\times 0{,}8^{n}+0{,}4+0{,}1=0{,}5\times 0{,}8^{(n+1)-1}+0{,}5$. $\mathcal{P}(n+1)$ est vraie.

Conclusion : la propriété est vraie au rang $1$ et héréditaire ; par le principe de récurrence, $p_{n}=0{,}5\times 0{,}8^{n-1}+0{,}5$ pour tout entier $n\geqslant 1$.

Vérification : $n=3$ donne $0{,}5\times 0{,}64+0{,}5=0{,}82$. Pièges : initialiser au rang $0$, alors que $p_{0}$ n'existe pas (la suite commence à $n=1$) ; et écrire l'exposant final sous la forme $0{,}8^{n}$ sans faire voir qu'il s'agit de $0{,}8^{(n+1)-1}$, ce qui est précisément ce qu'il fallait obtenir.

A.2.c. Méthode : limite d'une suite géométrique. Comme $-1<0{,}8<1$, $\lim_{n\to+\infty}0{,}8^{n-1}=0$, donc par produit et somme, $\lim_{n\to+\infty}p_{n}=0{,}5\times 0+0{,}5=0{,}5$.

Interprétation : après un très grand nombre de transmissions, la machine détient la valeur 1 avec une probabilité proche de $0{,}5$, autant que la valeur 0. La donnée reçue ne renseigne alors presque plus sur la donnée de départ : l'information est perdue, même si chaque transmission, prise seule, est fiable à $90\,\%$.

Vérification : $0{,}5$ est le point fixe de la relation de 2.a, puisque $0{,}8\times 0{,}5+0{,}1=0{,}5$. La convergence est rapide : $p_{7}\approx 0{,}631$, et dès $n=22$, $p_{n}<0{,}505$.

B.1. Ligne 5 : l'instruction rand() renvoie un réel aléatoire de $[0\,;1[$, et la condition rand() < 0.1 est réalisée avec une probabilité égale à $0{,}1$, la longueur de l'intervalle $[0\,;0{,}1[$. Elle simule donc l'évènement « la transmission est contraire ».

Ligne 6 : dans ce cas, donnee prend la valeur 1 - donnee, c'est-à-dire 0 si elle valait 1 et 1 si elle valait 0 : la donnée est inversée. Dans l'autre cas, avec une probabilité de $0{,}9$, la ligne 6 n'est pas exécutée et la donnée est recopiée telle quelle, ce qui simule une transmission fidèle. La ligne 7 ajoute ensuite la valeur transmise à la liste.

Le script tel qu'il est imprimé dans le sujet présente deux coquilles sans conséquence sur la question : il manque les deux-points à la fin de la ligne 5, sans lesquels Python refuse le programme, et la numérotation passe de 7 à 9. Le programme corrigé, avec l'import de rand, figure en fin de corrigé.

Erreur fréquente : affirmer que la ligne 6 « met la donnée à 0 ». L'expression 1 - donnee échange les deux valeurs, elle ne fixe rien : appliquée à une donnée qui vaut 0, elle donne 1.

B.2. Méthode : les transmissions successives sont simulées par des appels indépendants de rand() ; la probabilité d'une liste donnée est donc le produit des probabilités de chaque transmission, $0{,}9$ pour une transmission fidèle (valeur répétée) et $0{,}1$ pour une transmission contraire (valeur changée). C'est le principe multiplicatif le long d'un chemin de l'arbre.

simulation(4) effectue quatre transmissions. La liste [1, 1, 1, 1, 1] correspond à quatre transmissions fidèles : probabilité $0{,}9^{4}=0{,}656\,1\approx 0{,}656$.

simulation(6) effectue six transmissions. Dans la liste [1, 0, 1, 0, 0, 1, 1], on compare chaque valeur à la suivante : $1\to 0$ contraire, $0\to 1$ contraire, $1\to 0$ contraire, $0\to 0$ fidèle, $0\to 1$ contraire, $1\to 1$ fidèle. Quatre transmissions contraires et deux fidèles : probabilité $0{,}1^{4}\times 0{,}9^{2}=0{,}000\,1\times 0{,}81=0{,}000\,081=8{,}1\times 10^{-5}$.

Arrondie à $10^{-3}$, cette probabilité vaut $0{,}000$ : il vaut mieux donner la valeur exacte $8{,}1\times 10^{-5}$, l'arrondi demandé « si nécessaire » faisant disparaître toute l'information.

Pièges : compter les valeurs de la liste au lieu des transmissions (une liste de $5$ valeurs ne compte que $4$ transmissions, d'où $0{,}9^{4}$ et non $0{,}9^{5}$) ; et confondre la valeur reçue avec le type de transmission : un 0 dans la liste n'est pas une transmission contraire, seul un CHANGEMENT de valeur l'est.

from random import random as rand

def simulation(n):
    donnee = 1
    liste = [donnee]
    for k in range(n):
        if rand() < 0.1:
            donnee = 1 - donnee
        liste.append(donnee)
    return liste

1. Lecture graphique : sur la partie tracée, la courbe monte de gauche à droite ; on conjecture que $f$ est croissante sur $]2\,;+\infty[$.

Quand $x$ se rapproche de $2$ par la droite, la courbe plonge vers le bas en longeant la droite verticale d'équation $x=2$ : on conjecture $\lim_{x\to 2,\,x>2}f(x)=-\infty$ et que la droite d'équation $x=2$ est asymptote verticale à $\mathcal{C}_{f}$.

Quand $x$ augmente, la courbe monte sans se stabiliser, presque en ligne droite : on conjecture $\lim_{x\to+\infty}f(x)=+\infty$, et aucune asymptote horizontale.

Une conjecture n'a pas à être démontrée ; il faut en revanche répondre aux trois points demandés, sens de variation, limites aux DEUX bornes et asymptotes. L'oubli de la borne $+\infty$ est l'erreur courante.

2. Méthode : un produit est nul si et seulement si l'un de ses facteurs est nul. Pour $x\in\,]2\,;+\infty[$ : $f(x)=0\iff x=0$ ou $\ln(x-2)=0$.

$x=0$ n'appartient pas à $]2\,;+\infty[$ : cette valeur est rejetée. Et $\ln(x-2)=0\iff x-2=1\iff x=3$, qui appartient bien à l'intervalle. L'ensemble des solutions est $\mathcal{S}=\{3\}$.

Vérification : $f(3)=3\ln 1=0$, et la courbe coupe bien l'axe des abscisses en $x=3$. Piège : garder $x=0$ dans les solutions, alors que $f(0)$ n'existe même pas, $\ln(-2)$ n'étant pas défini.

3. Méthode : limite d'un produit. Quand $x\to 2$ avec $x>2$, on a $x-2\to 0^{+}$, donc, par composition, $\ln(x-2)\to-\infty$, puisque $\lim_{X\to 0^{+}}\ln X=-\infty$. Par ailleurs $x\to 2$.

Par produit d'une limite strictement positive, $2$, et d'une limite $-\infty$ : $\lim_{x\to 2,\,x>2}f(x)=-\infty$.

Ce résultat confirme la conjecture de la question 1 : la courbe $\mathcal{C}_{f}$ admet la droite d'équation $x=2$ pour asymptote verticale.

Il n'y a ici aucune forme indéterminée : le facteur $x$ tend vers $2$, pas vers $0$. Piège : confondre avec la limite classique de $x\ln x$ en $0$, qui, elle, vaut $0$ par croissance comparée.

4. Méthode : dérivée d'un produit $uv$, avec $u(x)=x$ et $v(x)=\ln(x-2)$, toutes deux dérivables sur $]2\,;+\infty[$. On a $u'(x)=1$ et, la fonction $x\mapsto x-2$ étant dérivable et strictement positive sur cet intervalle, $v'(x)=\dfrac{1}{x-2}$ (dérivée de $\ln w$, qui est $\dfrac{w'}{w}$).

Donc $f'(x)=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)=1\times\ln(x-2)+x\times\dfrac{1}{x-2}=\ln(x-2)+\dfrac{x}{x-2}$.

Vérification : en $x=3$, $f'(3)=\ln 1+3=3$ ; la tangente au point où la courbe coupe l'axe des abscisses a pour coefficient directeur $3$, ce qui est cohérent avec la pente visible sur le graphique, et servira à la question 7.

5.a. Méthode : on dérive $g(x)=\ln(x-2)+\dfrac{x}{x-2}$ terme à terme. La dérivée de $\ln(x-2)$ est $\dfrac{1}{x-2}$. Pour le quotient, avec $u(x)=x$ et $v(x)=x-2$ : $\left(\dfrac{u}{v}\right)'=\dfrac{u'v-uv'}{v^{2}}=\dfrac{1\times(x-2)-x\times 1}{(x-2)^{2}}=\dfrac{-2}{(x-2)^{2}}$.

Au même dénominateur : $g'(x)=\dfrac{1}{x-2}-\dfrac{2}{(x-2)^{2}}=\dfrac{x-2}{(x-2)^{2}}-\dfrac{2}{(x-2)^{2}}=\dfrac{x-4}{(x-2)^{2}}$.

Piège : écrire le numérateur de la dérivée du quotient dans le mauvais ordre, $uv'-u'v$, ce qui donne $+\dfrac{2}{(x-2)^{2}}$ et un numérateur $x$ au lieu de $x-4$. La formule annoncée sert de contrôle.

5.b. Signe de $g'(x)$ : sur $]2\,;+\infty[$, $(x-2)^{2}>0$, donc $g'(x)$ a le signe de $x-4$. Ainsi $g'(x)<0$ sur $]2\,;4[$, $g'(4)=0$ et $g'(x)>0$ sur $]4\,;+\infty[$.

La fonction $g$ est donc strictement décroissante sur $]2\,;4]$ et strictement croissante sur $[4\,;+\infty[$ : elle admet en $x=4$ un minimum, de valeur exacte $g(4)=\ln(4-2)+\dfrac{4}{4-2}=\ln 2+2$, soit $2+\ln 2\approx 2{,}693$. Le tableau des variations complet, avec les limites admises, figure en fin de corrigé.

Le sujet demande la valeur EXACTE de l'extremum : $2+\ln 2$, et non $2{,}69$, qui ne peut figurer qu'en complément.

5.c. D'après le tableau, le minimum de $g$ sur $]2\,;+\infty[$ est $2+\ln 2$. Comme $\ln 2>0$ (car $2>1$), $2+\ln 2>2>0$. Pour tout $x\in\,]2\,;+\infty[$, $g(x)\geqslant 2+\ln 2>0$, donc $g(x)>0$.

Le mot « En déduire » oblige à s'appuyer sur le minimum trouvé en 5.b : un argument du type « $\ln(x-2)$ et $\dfrac{x}{x-2}$ sont positifs » est faux, puisque $\ln(x-2)<0$ sur $]2\,;3[$.

5.d. Pour tout $x\in\,]2\,;+\infty[$, $f'(x)=g(x)>0$ : la dérivée de $f$ est strictement positive sur l'intervalle, donc $f$ est strictement croissante sur $]2\,;+\infty[$. La conjecture de la question 1 est démontrée.

6. Méthode : la convexité se lit sur le signe de la dérivée seconde. Ici $f''(x)=(f')'(x)=g'(x)=\dfrac{x-4}{(x-2)^{2}}$, dont le signe a été étudié en 5.b.

Sur $]2\,;4]$, $f''(x)\leqslant 0$ : $f$ est concave. Sur $[4\,;+\infty[$, $f''(x)\geqslant 0$ : $f$ est convexe. La dérivée seconde s'annule en $4$ en CHANGEANT de signe, donc la courbe $\mathcal{C}_{f}$ admet un point d'inflexion d'abscisse $4$.

Son ordonnée est $f(4)=4\ln(4-2)=4\ln 2\approx 2{,}773$. Le point d'inflexion a pour coordonnées $(4\,;4\ln 2)$.

Lien avec 5.b : le point d'inflexion est l'endroit où $f'=g$ passe par son minimum, c'est-à-dire où la pente de la courbe est la plus faible, $2+\ln 2$. Pièges : donner $g(4)=2+\ln 2$ comme ordonnée du point d'inflexion, alors que c'est la pente de la tangente en ce point ; et conclure à un point d'inflexion sur la seule annulation de $f''$, sans vérifier le changement de signe.

7. Méthode : la tangente à $\mathcal{C}_{f}$ au point d'abscisse $x$ a pour coefficient directeur $f'(x)=g(x)$. On compte donc les solutions de l'équation $g(x)=3$ sur $]2\,;+\infty[$, par le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires sur chaque intervalle de monotonie.

Sur $]2\,;4]$ : $g$ est continue (car dérivable) et strictement décroissante, de $+\infty$ (limite en $2$) à $g(4)=2+\ln 2\approx 2{,}693$. Comme $3\in\,]2+\ln 2\,;+\infty[$, l'équation $g(x)=3$ admet une unique solution sur cet intervalle. On la trouve exactement : $g(3)=\ln 1+\dfrac{3}{1}=3$. C'est $x=3$, déjà rencontrée à la question 4.

Sur $[4\,;+\infty[$ : $g$ est continue et strictement croissante, de $2+\ln 2$ à $+\infty$. Comme $3\in\,]2+\ln 2\,;+\infty[$, l'équation admet une unique solution $\beta$ sur cet intervalle. À la calculatrice, $g(6{,}92)\approx 2{,}999\,8<3$ et $g(6{,}93)\approx 3{,}001\,0>3$, donc $6{,}92<\beta<6{,}93$.

Conclusion : il existe exactement deux valeurs de $x$, $3$ et $\beta\approx 6{,}92$, pour lesquelles la courbe admet une tangente de coefficient directeur $3$.

Pièges : chercher les solutions de $f(x)=3$, qui porte sur la courbe et non sur la pente ; appliquer le théorème des valeurs intermédiaires sur tout $]2\,;+\infty[$, où $g$ n'est pas monotone ; et oublier de vérifier que $3$ dépasse le minimum $2+\ln 2$ : avec une pente cible inférieure à $2{,}693$, il n'y aurait aucune solution.

1. Méthode : trois points déterminent un plan si et seulement s'ils ne sont pas alignés, c'est-à-dire si les vecteurs $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$ ne sont pas colinéaires.

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\begin{pmatrix}-1-1\\4-3\\5-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-2\\1\\5\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}\begin{pmatrix}0-1\\1-3\\0-0\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}-1\\-2\\0\end{pmatrix}$.

S'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{AB}}=k\overrightarrow{\mathrm{AC}}$, la troisième coordonnée donnerait $5=k\times 0=0$, ce qui est impossible. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés : ils déterminent un plan.

Erreur fréquente : comparer seulement les deux premières coordonnées ; ici, elles suffiraient ($\frac{-2}{-1}=2$ et $\frac{1}{-2}=-\frac{1}{2}$), mais la rédaction doit exhiber une contradiction, pas un rapport isolé.

2. Méthode : le triangle ABC est rectangle en A si et seulement si $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=0$. Dans un repère orthonormé, le produit scalaire se calcule coordonnée par coordonnée :

$\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=(-2)\times(-1)+1\times(-2)+5\times 0=2-2+0=0$. Les vecteurs sont orthogonaux : le triangle ABC est rectangle en A.

Vérification par Pythagore : $\mathrm{AB}^{2}=4+1+25=30$, $\mathrm{AC}^{2}=1+4+0=5$ et $\overrightarrow{\mathrm{BC}}(1\,;-3\,;-5)$ donne $\mathrm{BC}^{2}=1+9+25=35=30+5$. Piège : calculer $\overrightarrow{\mathrm{AB}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ ou un autre couple ; l'angle droit annoncé est en A, il faut les deux vecteurs issus de A.

3.a. Méthode : une droite est orthogonale à un plan si et seulement si son vecteur directeur est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires de ce plan. On prend $\overrightarrow{\mathrm{AB}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{AC}}$, non colinéaires d'après la question 1.

$\vec{u}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AB}}=2\times(-2)+(-1)\times 1+1\times 5=-4-1+5=0$ et $\vec{u}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AC}}=2\times(-1)+(-1)\times(-2)+1\times 0=-2+2+0=0$.

Le vecteur $\vec{u}$ est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan (ABC) : la droite $\Delta$ est orthogonale au plan (ABC).

Piège : vérifier l'orthogonalité à un seul vecteur du plan. Cela prouve seulement que $\Delta$ est orthogonale à UNE droite du plan, ce qui ne suffit pas. Et le rappel de la non-colinéarité, établie en 1, fait partie de la justification attendue.

3.b. Méthode : un plan de vecteur normal $\vec{n}(a\,;b\,;c)$ admet une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. D'après 3.a, $\vec{u}(2\,;-1\,;1)$ est un vecteur normal au plan (ABC), qui a donc une équation de la forme $2x-y+z+d=0$.

Le point A appartient au plan : $2\times 1-3+0+d=0$, donc $d=1$. Le plan (ABC) a pour équation $2x-y+z+1=0$.

Vérification sur les deux autres points : B donne $2\times(-1)-4+5+1=0$ et C donne $0-1+0+1=0$. Une autre rédaction, aussi recevable, consiste à vérifier que les coordonnées de A, B et C, trois points non alignés, satisfont l'équation : le plan d'équation $2x-y+z+1=0$ contient alors ces trois points, c'est donc le plan (ABC). Piège de cette seconde voie : ne vérifier que deux points.

3.c. Une représentation paramétrique de la droite passant par $\mathrm{D}(-2\,;2\,;1)$ et dirigée par $\vec{u}(2\,;-1\,;1)$ est : $\begin{cases}x=-2+2t\\y=2-t\\z=1+t\end{cases}$, $t\in\mathbb{R}$.

Contrôle : $t=0$ donne D. Une représentation paramétrique n'est pas unique ; toute autre écriture, avec un autre point de $\Delta$ ou un vecteur directeur colinéaire à $\vec{u}$, est juste. Piège : inverser le rôle des coordonnées du point et de celles du vecteur.

4. Méthode : le projeté orthogonal de D sur le plan (ABC) est l'unique point d'intersection de ce plan avec la droite passant par D et orthogonale au plan, c'est-à-dire $\Delta$. Il suffit donc de vérifier que H appartient au plan ET à $\Delta$.

H appartient au plan : $2\times\left(-\dfrac{2}{3}\right)-\dfrac{4}{3}+\dfrac{5}{3}+1=\dfrac{-4-4+5+3}{3}=0$.