Bac 2026 de spécialité maths, Asie jour 1 : sujet officiel et corrigé

1. Lecture de l'énoncé : au premier tir, le tireur atteint le centre avec la probabilité $\dfrac{1}{2}$, donc $p_{1}=\dfrac{1}{2}$.

Pour $p_{2}$, on applique la formule des probabilités totales avec la partition $\left(T_{1},\overline{T_{1}}\right)$ de l'univers : $p_{2}=P(T_{1}\cap T_{2})+P(\overline{T_{1}}\cap T_{2})=P(T_{1})\times P_{T_{1}}(T_{2})+P(\overline{T_{1}})\times P_{\overline{T_{1}}}(T_{2})$.

Les données donnent $P_{T_{1}}(T_{2})=\dfrac{4}{5}$ (centre atteint au tir précédent) et $P_{\overline{T_{1}}}(T_{2})=\dfrac{1}{3}$ (centre manqué au tir précédent), avec $P(\overline{T_{1}})=1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}$. Donc $p_{2}=\dfrac{1}{2}\times\dfrac{4}{5}+\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{5}+\dfrac{1}{6}=\dfrac{12}{30}+\dfrac{5}{30}=\dfrac{17}{30}$.

Vérification : $p_{2}\approx 0{,}567$ est une moyenne pondérée de $\dfrac{4}{5}$ et de $\dfrac{1}{3}$, donc compris entre les deux ; c'est le cas. Erreur fréquente : écrire $p_{2}=\dfrac{4}{5}$, c'est-à-dire confondre la probabilité conditionnelle $P_{T_{1}}(T_{2})$ avec $P(T_{2})$.

2. Méthode : sur un arbre pondéré, la somme des probabilités portées par les branches issues d'un même nœud vaut $1$, et une branche du second niveau porte une probabilité CONDITIONNELLE.

Branche de la racine vers $\overline{T_{n}}$ : $P(\overline{T_{n}})=1-p_{n}$. Branche de $T_{n}$ vers $\overline{T_{n+1}}$ : $P_{T_{n}}(\overline{T_{n+1}})=1-\dfrac{4}{5}=\dfrac{1}{5}$. Branche de $\overline{T_{n}}$ vers $T_{n+1}$ : c'est la donnée « lorsqu'il n'a pas atteint le centre au tir précédent », $P_{\overline{T_{n}}}(T_{n+1})=\dfrac{1}{3}$. Branche de $\overline{T_{n}}$ vers $\overline{T_{n+1}}$ : $1-\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{3}$. L'arbre complété est dessiné en fin de corrigé.

Piège : recopier $\dfrac{1}{2}$ sur la branche vers $\overline{T_{n}}$. L'arbre décrit un tir $n$ quelconque, pas le premier : son premier niveau porte $p_{n}$ et $1-p_{n}$.

3. Méthode : formule des probabilités totales avec la partition $\left(T_{n},\overline{T_{n}}\right)$, lue sur l'arbre de la question 2. Pour tout entier $n\geqslant 1$ :

$p_{n+1}=P(T_{n}\cap T_{n+1})+P(\overline{T_{n}}\cap T_{n+1})=p_{n}\times\dfrac{4}{5}+(1-p_{n})\times\dfrac{1}{3}=\dfrac{4}{5}p_{n}-\dfrac{1}{3}p_{n}+\dfrac{1}{3}$.

Or $\dfrac{4}{5}-\dfrac{1}{3}=\dfrac{12}{15}-\dfrac{5}{15}=\dfrac{7}{15}$, donc $p_{n+1}=\dfrac{7}{15}p_{n}+\dfrac{1}{3}$ pour tout entier naturel $n$ non nul.

Vérification avec la question 1 : $\dfrac{7}{15}\times\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{7}{30}+\dfrac{10}{30}=\dfrac{17}{30}=p_{2}$.

4.a. Méthode : on montre qu'il existe un réel $q$, indépendant de $n$, tel que $u_{n+1}=q\,u_{n}$ pour tout $n\geqslant 1$. Calculer seulement $\dfrac{u_{2}}{u_{1}}$ ne prouve rien.

Pour tout $n\geqslant 1$ : $u_{n+1}=p_{n+1}-\dfrac{5}{8}=\dfrac{7}{15}p_{n}+\dfrac{1}{3}-\dfrac{5}{8}=\dfrac{7}{15}p_{n}+\dfrac{8}{24}-\dfrac{15}{24}=\dfrac{7}{15}p_{n}-\dfrac{7}{24}$.

Comme $\dfrac{7}{15}\times\dfrac{5}{8}=\dfrac{35}{120}=\dfrac{7}{24}$, on factorise : $u_{n+1}=\dfrac{7}{15}\left(p_{n}-\dfrac{5}{8}\right)=\dfrac{7}{15}u_{n}$. La suite $(u_{n})$ est donc géométrique de raison $\dfrac{7}{15}$, de premier terme $u_{1}=p_{1}-\dfrac{5}{8}=\dfrac{1}{2}-\dfrac{5}{8}=-\dfrac{1}{8}$.

D'où vient $\dfrac{5}{8}$ : c'est le point fixe de la relation, la solution de $\ell=\dfrac{7}{15}\ell+\dfrac{1}{3}$, soit $\dfrac{8}{15}\ell=\dfrac{1}{3}$ et $\ell=\dfrac{15}{24}=\dfrac{5}{8}$. Soustraire le point fixe à une suite arithmético-géométrique la rend toujours géométrique.

4.b. Méthode : le terme général d'une suite géométrique qui COMMENCE AU RANG $1$ est $u_{n}=u_{1}\times q^{\,n-1}$. Ici, pour tout entier $n\geqslant 1$ : $u_{n}=-\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}$.

Vérification au rang $2$ : $-\dfrac{1}{8}\times\dfrac{7}{15}=-\dfrac{7}{120}$ et $p_{2}-\dfrac{5}{8}=\dfrac{68}{120}-\dfrac{75}{120}=-\dfrac{7}{120}$. Erreur fréquente : écrire $\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n}$ comme pour une suite qui commence à $u_{0}$, ce qui décale tous les termes d'un rang.

4.c. De $u_{n}=p_{n}-\dfrac{5}{8}$ on tire $p_{n}=u_{n}+\dfrac{5}{8}$, donc, pour tout entier $n\geqslant 1$ : $p_{n}=\dfrac{5}{8}-\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}$.

Vérification : au rang $1$, $\dfrac{5}{8}-\dfrac{1}{8}\times 1=\dfrac{4}{8}=\dfrac{1}{2}=p_{1}$.

5. Méthode : limite d'une suite géométrique $q^{n}$ avec $-1<q<1$. Comme $0<\dfrac{7}{15}<1$, $\lim\limits_{n\to+\infty}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}=0$ ; par produit puis par somme, $\lim\limits_{n\to+\infty}p_{n}=\dfrac{5}{8}=0{,}625$.

Interprétation : quand le nombre de tirs augmente, la probabilité que le tireur atteigne le centre de la cible lors d'un tir donné se rapproche de $0{,}625$ ; après un long entraînement, il atteint le centre à un tir donné avec une probabilité proche de $62{,}5\,\%$.

Remarques : comme $u_{n}<0$ pour tout $n$, on a $p_{n}<\dfrac{5}{8}$ ; la probabilité s'approche de $0{,}625$ par valeurs inférieures sans l'atteindre. Et la limite ne dépend pas de $p_{1}$ : c'est le point fixe, fixé par les seules probabilités $\dfrac{4}{5}$ et $\dfrac{1}{3}$. Piège : interpréter la limite comme « il atteint le centre $62{,}5\,\%$ du temps dès le début » ; au premier tir, la probabilité n'est que de $0{,}5$.

6. Méthode d'un algorithme de seuil : la boucle tourne TANT QUE la condition d'arrêt n'est pas remplie. On veut s'arrêter dès que $p_{n}\geqslant 0{,}6$ : la condition de poursuite est donc la négation, while p < 0.6:.

Dans la boucle, la variable p contient $p_{n}$ et la variable n contient le rang $n$. On avance d'un rang, n = n + 1, et on calcule le terme suivant par la relation de récurrence de la question 3, p = 7/15*p + 1/3. En sortie de boucle, on renvoie le RANG : return n. La fonction complétée figure en fin de corrigé.

Ici l'ordre des deux affectations est sans effet, car la relation $p_{n+1}=\dfrac{7}{15}p_{n}+\dfrac{1}{3}$ ne fait pas intervenir $n$. La boucle se termine bien, puisque $(p_{n})$ tend vers $0{,}625>0{,}6$. D'après la question 7, seuil() renvoie $4$.

Pièges : écrire while p >= 0.6:, la condition d'arrêt au lieu de la condition de poursuite, qui ne fait jamais entrer dans la boucle et renvoie $1$ ; et écrire return p, qui renvoie la probabilité au lieu du rang.

7. Méthode : on remplace $p_{n}$ par son expression de la question 4.c, on isole la puissance, puis on applique la fonction $\ln$, strictement croissante sur $]0\,;+\infty[$. Pour tout entier $n\geqslant 1$ :

$p_{n}\geqslant 0{,}6\iff\dfrac{5}{8}-\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}\geqslant 0{,}6\iff-\dfrac{1}{8}\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}\geqslant 0{,}6-0{,}625=-0{,}025$.

On multiplie par $-8<0$, ce qui CHANGE le sens de l'inégalité : $\left(\dfrac{7}{15}\right)^{n-1}\leqslant 0{,}2$. Les deux membres sont strictement positifs et $\ln$ est strictement croissante : $(n-1)\ln\left(\dfrac{7}{15}\right)\leqslant\ln(0{,}2)$.

Comme $\dfrac{7}{15}<1$, $\ln\left(\dfrac{7}{15}\right)<0$ : diviser par ce nombre CHANGE encore le sens, $n-1\geqslant\dfrac{\ln(0{,}2)}{\ln\left(\frac{7}{15}\right)}\approx 2{,}11$, soit $n\geqslant 3{,}11$ environ.

L'inéquation porte sur des entiers ($p_{n}$ n'est défini que pour $n\geqslant 1$) : les solutions sont les entiers $n\geqslant 4$. Vérification : $p_{3}=\dfrac{7}{15}\times\dfrac{17}{30}+\dfrac{1}{3}=\dfrac{269}{450}\approx 0{,}598<0{,}6$ et $p_{4}=\dfrac{4\,133}{6\,750}\approx 0{,}612\geqslant 0{,}6$ ; c'est bien la valeur que renvoie la fonction seuil de la question 6.

Erreur fréquente : oublier l'un des deux changements de sens. Un seul oubli conduit à $n\leqslant 3$, résultat absurde puisque $(p_{n})$ est croissante (la suite $(u_{n})$, négative de raison positive inférieure à $1$, croît vers $0$).

def seuil():
    n = 1
    p = 0.5
    while p < 0.6:
        n = n + 1
        p = 7/15*p + 1/3
    return n

1. En $+\infty$, numérateur et dénominateur tendent tous deux vers $+\infty$ : c'est une forme indéterminée du type $\dfrac{\infty}{\infty}$, qu'on lève en transformant l'écriture.

Méthode 1, factoriser sous la racine. Pour $x>1$, $x^{2}-1=(x-1)(x+1)$ avec $x-1>0$ et $x+1>0$, donc $\sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{x-1}\,\sqrt{x+1}$, et $x-1=\left(\sqrt{x-1}\right)^{2}$. On simplifie par $\sqrt{x-1}\neq 0$ : $f(x)=\dfrac{\sqrt{x-1}}{\sqrt{x+1}}=\sqrt{\dfrac{x-1}{x+1}}$.

Or $\dfrac{x-1}{x+1}=\dfrac{1-\frac{1}{x}}{1+\frac{1}{x}}$ tend vers $\dfrac{1}{1}=1$ quand $x\to+\infty$, et la fonction racine carrée est continue en $1$ : par composition, $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\sqrt{1}=1$.

Méthode 2, factoriser par $x$. Pour $x>1$, $\sqrt{x^{2}-1}=\sqrt{x^{2}}\sqrt{1-\dfrac{1}{x^{2}}}=x\sqrt{1-\dfrac{1}{x^{2}}}$, car $\sqrt{x^{2}}=|x|=x$ puisque $x>0$. Donc $f(x)=\dfrac{1-\frac{1}{x}}{\sqrt{1-\frac{1}{x^{2}}}}$, qui tend vers $\dfrac{1}{\sqrt{1}}=1$. L'affirmation 1 est VRAIE.

Comportement pour des valeurs modérées : $f(2)=\sqrt{\dfrac{1}{3}}\approx 0{,}577$ et $f(10)=\sqrt{\dfrac{9}{11}}\approx 0{,}905$ ; comme $\dfrac{x-1}{x+1}=1-\dfrac{2}{x+1}$ croît vers $1$, $f$ croît vers sa limite $1$ sans jamais l'atteindre.

Vérification numérique : $f(100)=\sqrt{\dfrac{99}{101}}\approx 0{,}990$. Piège : écrire $\sqrt{x^{2}-1}=x-1$, la racine d'une différence n'est pas la différence des racines ; et $\sqrt{x^{2}}=x$ n'est vrai que parce que $x$ est positif ici.

2. Méthode : raisonnement par récurrence. Pour tout entier naturel $n$, on note $\mathcal{P}(n)$ la propriété « $w_{n}=(n+1)^{2}$ ».

Initialisation : $w_{0}=1$ et $(0+1)^{2}=1$, donc $\mathcal{P}(0)$ est vraie.

Hérédité : soit $k$ un entier naturel tel que $\mathcal{P}(k)$ est vraie, c'est-à-dire $w_{k}=(k+1)^{2}$. Alors $w_{k+1}=w_{k}+2k+3=(k+1)^{2}+2k+3=k^{2}+2k+1+2k+3=k^{2}+4k+4=(k+2)^{2}=\big((k+1)+1\big)^{2}$. Donc $\mathcal{P}(k+1)$ est vraie.

D'où vient l'idée : $(n+2)^{2}-(n+1)^{2}=2n+3$, exactement l'accroissement $w_{n+1}-w_{n}$ imposé par la relation de récurrence. La suite des carrés $1, 4, 9, 16\ldots$ avance de $3, 5, 7\ldots$, les nombres impairs successifs.

Conclusion : $\mathcal{P}(0)$ est vraie et la propriété est héréditaire, donc, par le principe de récurrence, $w_{n}=(n+1)^{2}$ pour tout entier naturel $n$. L'affirmation 2 est VRAIE.

Vérification sur les premiers termes : $w_{1}=1+0+3=4=2^{2}$, $w_{2}=4+2+3=9=3^{2}$, $w_{3}=9+4+3=16=4^{2}$. Autre preuve, par somme télescopique : $w_{n}=w_{0}+\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}(2k+3)=1+n(n-1)+3n=n^{2}+2n+1$. Piège : ces quelques termes calculés ne démontrent rien pour TOUT $n$ ; ils illustrent, la récurrence prouve.

3. Méthode : pour une variable aléatoire $X$ suivant la loi binomiale $\mathcal{B}(n\,;p)$, $P(X=k)=\dbinom{n}{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$. Ici $n=3$ et $k=1$ : $P(X=1)=\dbinom{3}{1}p^{1}(1-p)^{2}=3p(1-p)^{2}$.

Lecture concrète : $X$ compte les succès dans trois épreuves de Bernoulli identiques et indépendantes. L'évènement $(X=1)$ regroupe les trois issues SÉÉ, ÉSÉ et ÉÉS (S pour succès, É pour échec), chacune de probabilité $p(1-p)^{2}$ par indépendance : d'où le facteur $3$.

On développe : $3p(1-p)^{2}=3p\left(1-2p+p^{2}\right)=3p-6p^{2}+3p^{3}$. L'affirmation 3 est VRAIE.

Vérification avec $p=\dfrac{1}{2}$ : $3\times\dfrac{1}{2}\times\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{8}$, et $3\times\dfrac{1}{2}-6\times\dfrac{1}{4}+3\times\dfrac{1}{8}=\dfrac{12}{8}-\dfrac{12}{8}+\dfrac{3}{8}=\dfrac{3}{8}$. Piège : oublier le coefficient $\dbinom{3}{1}=3$, qui compte les trois places possibles pour l'unique succès parmi les trois épreuves ; on obtiendrait $p-2p^{2}+p^{3}$.

4. Méthode : calcul d'une intégrale à l'aide d'une primitive. Pour $n\geqslant 1$, donc $n\neq 0$, une primitive de $x\mapsto\mathrm{e}^{nx}$ sur $\mathbb{R}$ est $x\mapsto\dfrac{1}{n}\mathrm{e}^{nx}$ (forme $u'\mathrm{e}^{u}$ à la constante $\dfrac{1}{n}$ près).

Donc $v_{n}=\left[\dfrac{\mathrm{e}^{nx}}{n}\right]_{0}^{1}=\dfrac{\mathrm{e}^{n}}{n}-\dfrac{\mathrm{e}^{0}}{n}=\dfrac{\mathrm{e}^{n}-1}{n}$. Cette valeur diffère de $\dfrac{\mathrm{e}^{n}}{n}$ de $\dfrac{1}{n}\neq 0$ : l'affirmation 4 est FAUSSE.

Contre-exemple explicite, qui suffit à réfuter un « pour tout » : pour $n=1$, $v_{1}=\mathrm{e}-1\approx 1{,}72$, alors que $\dfrac{\mathrm{e}^{1}}{1}=\mathrm{e}\approx 2{,}72$. Piège : évaluer la primitive en $0$ en écrivant $\mathrm{e}^{0}=0$ ; c'est exactement l'erreur que l'affirmation tend à l'élève.

On pouvait même conclure sans calculer de primitive : pour $n=1$ et $0\leqslant x<1$, $\mathrm{e}^{x}<\mathrm{e}$, donc l'aire sous la courbe de $\mathrm{e}^{x}$ entre $0$ et $1$ est strictement inférieure à celle du rectangle de hauteur $\mathrm{e}$ et de largeur $1$ : $v_{1}<\mathrm{e}=\dfrac{\mathrm{e}^{1}}{1}$. Pour aller plus loin : l'écart relatif $\dfrac{1}{\mathrm{e}^{n}}$ entre $v_{n}$ et $\dfrac{\mathrm{e}^{n}}{n}$ devient minuscule quand $n$ grandit, mais une égalité « pour tout $n$ » ne tolère aucun écart.

5. Méthode : principe multiplicatif. Un coloriage associe à chacune des $16$ cases une couleur parmi $3$, les couleurs pouvant se répéter : c'est un $16$-uplet d'éléments de l'ensemble {rouge, jaune, noir}. Il y en a $3\times 3\times\cdots\times 3=3^{16}=43\,046\,721$.

Or $\dbinom{16}{3}=\dfrac{16\times 15\times 14}{3\times 2\times 1}=560$, nombre de façons de choisir $3$ cases parmi $16$, sans répétition et sans ordre : ce n'est pas la situation décrite. Comme $560\neq 43\,046\,721$, l'affirmation 5 est FAUSSE.

Contrôle sur un cas minuscule, qu'on peut écrire en entier : avec $2$ cases et $3$ couleurs, on trouve les $3^{2}=9$ coloriages RR, RJ, RN, JR, JJ, JN, NR, NJ, NN, alors que $\dbinom{2}{3}=0$, puisqu'on ne peut pas choisir $3$ cases parmi $2$. La formule de l'affirmation ne peut pas être la bonne.

Ordre de grandeur qui suffit à trancher : même avec deux couleurs seulement, on aurait déjà $2^{16}=65\,536$ coloriages, bien plus que $560$. Piège : lire « 16 cases, 3 couleurs » comme un choix de $3$ objets parmi $16$. Une combinaison $\dbinom{n}{k}$ choisit $k$ éléments DISTINCTS parmi $n$ ; ici, chaque case reçoit une couleur et les $3$ couleurs servent plusieurs fois.

1.a. Méthode : trois points sont alignés si et seulement si deux vecteurs qu'ils définissent sont colinéaires. On calcule $\overrightarrow{\mathrm{BC}}\begin{pmatrix}3-1\\3-2\\1-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}2\\1\\-2\end{pmatrix}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BE}}\begin{pmatrix}2-1\\-2-2\\2-3\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}1\\-4\\-1\end{pmatrix}$.

S'il existait un réel $k$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{BC}}=k\,\overrightarrow{\mathrm{BE}}$, les premières coordonnées imposeraient $k=2$, les deuxièmes $k=-\dfrac{1}{4}$ : contradiction. Les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc B, C et E ne sont pas alignés ; ils définissent bien un plan (BCE).

Remarque de rédaction : pour PROUVER une colinéarité, il faut vérifier les trois coordonnées ; pour la RÉFUTER, deux rapports différents suffisent. Piège : calculer $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ puis affirmer « ils ne sont pas colinéaires » sans le montrer ; c'est précisément ce qui est noté.

1.b. Méthode : un vecteur non nul est normal à un plan s'il est orthogonal à deux vecteurs NON COLINÉAIRES de ce plan. On a $\overrightarrow{\mathrm{AF}}\begin{pmatrix}3-0\\0-0\\4-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}3\\0\\3\end{pmatrix}$, non nul.

Le repère étant orthonormé : $\overrightarrow{\mathrm{AF}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BC}}=3\times 2+0\times 1+3\times(-2)=6-6=0$ et $\overrightarrow{\mathrm{AF}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{BE}}=3\times 1+0\times(-4)+3\times(-1)=3-3=0$.

$\overrightarrow{\mathrm{AF}}$ est orthogonal à $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ et à $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$, qui sont deux vecteurs non colinéaires du plan (BCE) d'après la question 1.a : $\overrightarrow{\mathrm{AF}}$ est normal au plan (BCE). Piège : ne vérifier qu'un seul produit scalaire, ou oublier de rappeler la non-colinéarité, sans laquelle deux produits nuls ne suffisent pas.

1.c. Méthode : un plan de vecteur normal $\vec{n}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ a une équation de la forme $ax+by+cz+d=0$. Avec $\overrightarrow{\mathrm{AF}}\begin{pmatrix}3\\0\\3\end{pmatrix}$, le plan (BCE) a une équation $3x+3z+d=0$.

B appartient au plan : $3\times 1+3\times 3+d=0$, donc $d=-12$. Une équation est $3x+3z-12=0$, et en divisant par $3$ : $x+z-4=0$.

Vérification avec les deux autres points : pour C, $3+1-4=0$ ; pour E, $2+2-4=0$. Les trois points vérifient l'équation.

2.a. On remplace les coordonnées de $\mathrm{G}(5\,;1\,;2)$ dans l'équation : $x_{\mathrm{G}}+z_{\mathrm{G}}-4=5+2-4=3\neq 0$. Les coordonnées de G ne vérifient pas l'équation, donc G n'appartient pas au plan (BCE).

2.b. Méthode : trois vecteurs sont coplanaires si l'un s'écrit comme combinaison linéaire des deux autres. Comme $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ ne sont pas colinéaires (question 1.a), il suffit de montrer qu'il n'existe aucun couple de réels $(a\,;b)$ tel que $\overrightarrow{\mathrm{AG}}=a\,\overrightarrow{\mathrm{BE}}+b\,\overrightarrow{\mathrm{BC}}$.

On a $\overrightarrow{\mathrm{AG}}\begin{pmatrix}5-0\\1-0\\2-1\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}5\\1\\1\end{pmatrix}$. L'égalité s'écrit coordonnée par coordonnée : $5=a+2b$, $1=-4a+b$ et $1=-a-2b$. En ajoutant la première et la troisième équation : $6=0$, ce qui est impossible.

Le système n'a pas de solution : $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$ n'est pas combinaison linéaire de $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$, et les trois vecteurs ne sont pas coplanaires.

Autre justification, plus rapide : $\overrightarrow{\mathrm{AG}}\cdot\overrightarrow{\mathrm{AF}}=5\times 3+1\times 0+1\times 3=18\neq 0$. Si $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$ était combinaison de $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$, il serait orthogonal au vecteur normal $\overrightarrow{\mathrm{AF}}$, comme eux.

2.c. Méthode : une droite est parallèle à un plan si et seulement si un de ses vecteurs directeurs est combinaison linéaire de deux vecteurs non colinéaires du plan. Le vecteur directeur $\overrightarrow{\mathrm{AG}}$ de la droite (AG) n'est pas combinaison linéaire de $\overrightarrow{\mathrm{BE}}$ et $\overrightarrow{\mathrm{BC}}$ (question 2.b).

La droite (AG) n'est donc pas parallèle au plan (BCE) : elle le coupe en un unique point, la droite et le plan sont sécants. La question 2.a confirme au passage que (AG) n'est pas contenue dans le plan, puisque G n'y est pas. Piège : croire que 2.a suffit ; un point hors du plan n'empêche pas la droite d'être strictement parallèle au plan, c'est 2.b qui exclut ce cas.

3.a. Méthode : la droite passant par le point $\mathrm{A}(x_{\mathrm{A}}\,;y_{\mathrm{A}}\,;z_{\mathrm{A}})$ et dirigée par $\vec{u}\begin{pmatrix}a\\b\\c\end{pmatrix}$ a pour représentation paramétrique $x=x_{\mathrm{A}}+at$, $y=y_{\mathrm{A}}+bt$, $z=z_{\mathrm{A}}+ct$, $t\in\mathbb{R}$.