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%Merci à Juan Navarro 
%Tapuscrit : René Roux
%Relecture : Denis Vergès
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\def\Oijk{$\left(\text{O}~;~\vect{\imath},~\vect{\jmath},~\vect{k}\right)$}
\def\Ouv{$\left(\text{O}~;~\vect{u},~\vect{v}\right)$}
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pdfauthor = {APMEP},
pdfsubject = {Baccalauréat Spécialité},
pdftitle = {Centres étrangers (Europe) Sujet 2 13 juin 2025},
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\begin{document}
\pagestyle{fancy}
\thispagestyle{empty}
\marginpar{\rotatebox{90}{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}}
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\rhead{\textbf{A. P{}. M. E. P{}.}}
\lhead{\small Baccalauréat spécialité sujet 2}
\lfoot{\small{Centres étrangers}}
\rfoot{\small{13 juin 2025}}
\vspace*{-4cm}
\begin{center}{\Large\textbf{\decofourleft~Corrigé du baccalauréat Centres étrangers ~\decofourright\\[7pt] Sujet 2 -- 13 juin 2025\\[7pt] ÉPREUVE D'ENSEIGNEMENT DE SPÉCIALITÉ}}
\end{center}

\medskip
%\begin{center}
%\Large\textbf{Épreuve d'enseignement de spécialité} \\
%\normalsize L'usage de la calculatrice avec mode examen actif est autorisé. \\
%L'usage de la calculatrice sans mémoire \og type collège \fg est autorisé. \\
%\vspace{1em}
%
%%\textit{La qualité de la rédaction, la clarté et la précision des raisonnements seront prises en compte.} \\
%%\textit{Les traces de recherche, même incomplètes ou infructueuses, seront valorisées.}
%\end{center}

\section*{Exercice 1 \hfill 6 points}

\medskip

\textbf{Partie A}

\begin{enumerate}
	\item $u_1= u_0\times 0,93= 6 \times 0,93 = 5,58$.
	\item $(u_n)$ est une suite géométrique de premier terme $u_0 = 6$ et de raison $q=0,93$ donc pour tout entier naturel $n$,\: $u_n = u_0\times q^n=6\times 0,93^n$.
	\item La raison $q$ vérifiant $q \in ]-1~;~1[$, on sait que $\ds \lim\limits_{n \to +\infty} 0,93^n = 0$ donc $\ds \lim\limits_{n \to +\infty} u_n = 0$.

Interprétation : ceci signifie qu'au bout d'un grand nombre d'années la population animale dans le milieu A va aller à l'extinction.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
\item Pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1} = -0,05v_n^2+1,1v_n$.

En particulier $v_1= - 0,05\times 6^2+ 1,1\times 6 = - 1,8 + 6,6 = 4,8$.

Il y aura donc \np{4800} individus au 1\up{er} janvier 2026.
\end{enumerate}

Soit $f$ la fonction définie sur l'intervalle $[0~;~+\infty[$ par$f(x) = -0,05x^2 + 1,1x$.

\begin{enumerate}[resume]
	\item La fonction $f$ est dérivable donc continue sur $[0~;~+\infty[$.
	
$\forall x \in [0~;~+\infty[$, $f'(x) = -0,1x + 1,1$.
	
$f'(x)\geqslant 0 \iff -0,1x + 1,1\geqslant 0 \iff x\leqslant \dfrac{1,1}{0,1} \iff x \leqslant 11$.
	
Donc la fonction $f$ est croissante sur l'intervalle $[0~;~11]$.
	\item Nous savons que pour tout entier naturel $n$, $v_{n+1}=f(v_n)$. Montrons par récurrence que : $2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6$.
	\begin{itemize}
		\item\textbf{Initialisation :} $v_0 = 6$ et $v_1 = 4,8$ donc $2 \leqslant v_{1} \leqslant v_0 \leqslant 6$. La proposition est vraie au rang $0$.
		\item\textbf{Hérédité :} on suppose que pour $n \in \N$,\: $2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6$.

Comme $v_{n}\in [0~;~11]$, $v_{n+1}\in [0~;~11]$, et que $f$ est croissante sur $[0~;~11]$ d'après le résultat précédent, les images des quatre nombres de l'encadrement sont rangées dans le même ordre croissant, soit 

$f(2) \leqslant f[v_{n+1}] \leqslant f[v_{n}] \leqslant f(6) \iff 2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n_1} \leqslant 4,8$ (car $f(2) = -0,05 \times 2^2 + 2,2 = - 0,2 + 2,2 = 2$).

On a donc $2 \leqslant v_{n+2} \leqslant v_{n+1}  \leqslant 6$. La proposition est vraie au rang $n + 1$.
		\item \textbf{Conclusion :} La proposition est vraie au rang $n = 0$ et si elle est vraie au rang $n \in \N$, elle l'est aussi au rang $n + 1$. D'après l'axiome de récurrence, pour tout entier naturel $n$,
	
\[2 \leqslant v_{n+1} \leqslant v_n \leqslant 6.\]
	\end{itemize}
\item Le résultat précédent montre deux résultats : pour tout entier naturel $n$,
\begin{itemize}
	\item $v_{n+1} \leqslant v_n$ donc la suite $(v_n)$ est décroissante ;
	\item $2 \leqslant v_{n}$ donc la suite $(v_n)$ est minorée par 2.
	\end{itemize}
	
D'après le théorème de la convergence monotone, la suite $(v_n)$ converge vers une limite $\ell \geqslant 2$.
	\item \begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue,  $(f\left([2~;~6]\right) \subset [2~;~6]$) et la suite $(v_n)$ converge, donc d'après le théorème du point fixe, $\ell$ est l'unique solution sur $[2~;~6]$ de l'équation $f(x) = x$.
		\item On résout l'équation $\ell=f(\ell)$ :
		
		$\ell=f(\ell) \iff \ell=-0,05\ell^2+1,1\ell \iff 0,05\ell^2-0,1 \ell=0 \iff 0,05\ell(\ell-2)=0$
		
		On obtient deux solutions : $\ell=0 \notin [2~;~6]$ et $\ell=2$. Donc $\ds \lim\limits_{n \to +\infty} v_n=2$.

Ceci signifie qu'au bout d'un certain nombre d'années la population va se rapprocher de \np{2000} individus, soit le tiers du nombre initial.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\bigskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item En milieu A, on utilise la suite $(u_n)$. On cherche à résoudre $u_n<3$.
	
	$u_n<3 \iff 6\times 0,93^n<3 \iff 0,93^n <\dfrac{1}{2}$. La fonction $x\mapsto \ln(x)$ est croissante sur $]0~;~+\infty[$ donc $0,93^n <\dfrac{1}{2} \iff \ln\left(0,93^n\right)<\ln\left(\dfrac{1}{2} \right) \iff n \times \ln(0,93) <-\ln(2)\\ \iff n>-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0,93)}$ car $\ln(0,93) < 0$.
	
Or $-\dfrac{\ln(2)}{\ln(0,93)}\approx 9,55$ donc $n\geqslant 10$ soit en 2035.

À partir de 2035, le nombre d'individus en milieu A sera inférieur à \np{3000}.
	\item On sait que $(v_n)$ est décroissante. Avec la calculatrice, on trouve $v_5\approx 3,14$ et 
	
$v_6\approx 2,96$. Donc pour $n\geqslant 6$.
	
Ce sera donc à partir de 2031.
	\item La suite $(u_n)$ converge vers 0, et $(v_n)$ converge vers 2. Les deux suites étant décroissantes en partant de $u_0 = v_0=6$, il existera un rang $N$ tel que $v_N > u_N$.
	\item Le script complété :
	\begin{center}
		\begin{tabular}{|l|}\hline
			n=0 \\
			u = 6\\
			v = 6 \\
			\textbf{while} \textbf{u >= v} :\\
			\qquad u = \textbf{0.93*u}\\
			\qquad v= \textbf{-0.05*v**2+1.1*v}\\
			\qquad n = n+1\\
			\textbf{print} (2025 + n)\\ \hline
		\end{tabular}
	\end{center}
	\item Le script affiche 2038. Avec la calculatrice : $u_{12} \approx 2,51$ et $v_{12}\approx 2,41$ ; $u_{13} \approx 2,34$ et $v_{13}\approx 2,36$. Donc $N = 13$.
\end{enumerate}

\section*{Exercice 2 \hfill 6 points}

\textbf{Partie A}
\medskip

\begin{enumerate}
\item 1970 - 1960 = 10. Donc on lit $f(10)$.

\begin{center}
\psset{xunit=0.25cm,yunit=5cm,arrowsize=2pt 3,comma,algebraic}
\begin{pspicture*}(-4,-0.1)(33,1.1)
\psaxes[linewidth=1.25pt,Dx=5,Dy=0.5,labelFontSize=\scriptstyle]{->}(0,0)(0,0)(33,1.1)
\psplot[plotpoints=2000,linewidth=1.25pt,linecolor=blue]{0}{33}{1/(1+2.71828^(-0.2*x))}
%\psplotTangent[linewidth=0.5pt,linecolor=red]{0}{20}{1/(1+2.71828^(-0.2*x))}
\uput[dr](0,0.5){A}
%\uput[dr](10,1){B}\psdots[dotscale=1.5,dotstyle=+,dotangle=45](10,1)
\psline[linestyle=dashed,ArrowInside=->](10,0)(10,0.88)
\psline[linestyle=dashed,,ArrowInside=->](10,0.88)(0,0.88)
\uput[d](-1.7,0.95){\red $0,9$}
\uput[d](30,1){\blue $\mathcal{C}_f$}
\end{pspicture*}
\end{center}

Dans la limite de précision du graphique, $f(10) \approx 0,9$.
\item Si $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t) = 1$ alors $\mathcal{C}_f$ admet une asymptote horizontale d'équation $y=1$ au voisinage de $+\infty$.
\item $f(0)=\dfrac{1}{2}$ donc $\dfrac{1}{a+1}=\dfrac{1}{2} \iff a + 1 = 2 \iff a = 1$.
\item Soit $m$ ce coefficient directeur. $m =\dfrac{y_B-y_A}{x_B-x_A} = \dfrac{0,5}{10}= 0,05$.
\item 
	\begin{enumerate}
		\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $[0~;~+\infty[$. $f(t)$ est de la forme $\dfrac{1}{u(t)}$, de dérivée $-\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}$ Donc en posant $u(t)=a+ \e^{-bt}$, $u'(t)=-b\e^{-bt}$

Donc $\forall t \in [0~;~+\infty[$, $f'(t)=-\dfrac{-b\e^{-bt}}{\left(1+ \e^{-bt}\right)^2}=\dfrac{b\e^{-bt}}{\left(1+ \e^{-bt}\right)^2}$.
		\item Le nombre dérivée de $f$ en 0 est égale à la pente de la droite $(AB)$, tangente à $\mathcal{C}_f$ au point d'abscisse 0. Donc $f'(0)= 0,05$ donc $\dfrac{b}{2^2}=0,05$ donc $b = 4 \times 0,05 = 0,2$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

On admet, dans la suite de l'exercice, que le taux d'équipement en réfrigérateurs est représenté par la fonction $f$ définie sur l'intervalle $[0~;~+\infty[$ par : $f(t) = \dfrac{1}{1+ \e^{-0,2t}}$.

\begin{enumerate}
	\item $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} \e^{-0,2t} = 0$ (par composition). Donc $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=1$.
	\item La fonction $f$ est continue et dérivable sur $[0~;~+\infty[$, de la forme $\dfrac{1}{u(t)}$, de dérivée $-\dfrac{u'(t)}{u^2(t)}$.

Donc en posant $u(t)=1+ \e^{-0,2t}$, $u'(t)=-0,2\e^{-0,2t}$, $\forall t \in [0~;~+\infty[$, $f'(t)=-\dfrac{-0,2\e^{-0,2t}}{\left(1+ \e^{-0,2t}\right)^2}$ soit
$f'(t)=\dfrac{0,2\e^{-0,2t}}{\left(1+ \e^{-0,2t}\right)^2}$.

$\forall t \in [0~;~+\infty[$, $0,2\e^{-0,2t}>0$ et $\left(1+ \e^{-0,2t}\right)^2>0$ donc $f'(t) > 0$ donc $f$ est croissante sur $[0~;~+\infty[$.
	\item On a $f(0)= \dfrac{1}{2}$ et $\displaystyle\lim_{t \to + \infty} f(t)=1$.

La fonction $f$ est continue strictement croissante sur $[0~;~+\infty[$ à valeurs dans $\left[\dfrac{1}{2}~;~1\right[$. Or $0,97 \in \left[\dfrac{1}{2}~;~1\right[$, donc d'après le corollaire du théorème des valeurs intermédiaires, l'équation $f(x) = 0,97$ admet une unique solution $\alpha$ dans l'intervalle $[0~;~+\infty[$.
	\item Avec la calculatrice $\alpha \approx 17,4$ donc $\alpha \in ]17~;~18[$.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $\forall t \in [0~;~+\infty[$, $f(t) = \dfrac{1}{1+ \e^{-0,2t}}$. En multipliant numérateur et dénominateur par $\e^{0,2t}$, on obtient : $f(t)=\dfrac{\e^{0,2t}}{\e^{0,2t}(1+ \e^{-0,2t})}= \dfrac{\e^{0,2t}}{\e^{0,2t} + 1} = \dfrac{\e^{0,2t}}{1 + \e^{0,2t}}$.
	\item $f$ est de la forme $\dfrac{u'(t)}{u(t)}$, de primitive $\ln(u(t))$ (avec $u$ fonction strictement positive car les deux termes du quotient sont strictement positifs) en posant $u(t)=\e^{0,2t}$ et $u'(t)= 0,2\e^{0,2t}$.

En écrivant $f(t)=\dfrac{\e^{0,2t}}{1 + \e^{0,2t}}=\dfrac{1}{0,2}\times \dfrac{0,2\e^{0,2t}}{1 + \e^{0,2t}}=5\times \dfrac{0,2\e^{0,2t}}{1 + \e^{0,2t}}$,

on détermine la fonction $F$, une primitive de $f$ : $F(t)= 5\ln\left(1 + \e^{0,2t}\right)$ pour $t \in [0~;~+\infty[$.
	\item $I = \dfrac{1}{40}\displaystyle\int_0^{40} \dfrac{1}{1 + \e^{-0,2t}}\,\text{d}t = \dfrac{1}{40}\displaystyle\int_0^{40} \dfrac{\e^{0,2t}}{1 + \e^{0,2t}} \,\text{d}t =\dfrac{1}{40}\left[5\ln\left(1 + \e^{0,2t}\right)\right]_0^{40}=$

$\dfrac{5}{40}\left(\ln\left(\e^8+1\right)-\ln(2)\right)\\=\dfrac{1}{8}\left(\ln\left(\e^8+1\right)-\ln(2)\right)=\dfrac{1}{8} \ln\left(\dfrac{\e^8+1}{2}\right)\approx 0,913$
\end{enumerate}

\section*{Exercice 3 \hfill 4 points}

\textbf{Partie A}

\medskip
\begin{enumerate}
	\item Pour chaque caractère, il y a 64 possibilités, donc pour une séquences de 4 caractères, il y a $64^4$ possibilités, soit \np{16777216} possibilités. On pourra noter 
	
card$(\Omega)=\np{16777216}$.
	\item Si les caractères sont différents deux à deux, il s'agit alors d'un arrangement de 4 caractères parmi 64 : $\dfrac{64~!}{(64-4)~!}=64 \times 63 \times 62 \times 61=\np{15249024}$ possibilités.
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item On reprend la question \textbf{1.} avec seulement 63 caractères. cela donne donc

$63^4=\np{15752961}$ possibilités.
		\item Soit $X$ l'évènement : \og la séquence ne comporte pas la lettre A \fg.

Son événement contraire est donc : $\overline{X}$ \og la séquence comporte au moins une fois la lettre A \fg{}.

		Ainsi card$(X) + \text{card}(\overline{X})= \text{card}(\Omega)$ donc card$(\overline{X}) = \text{card}(\Omega) - \text{card}(X) = 64^4 - 63^4 = \np{1024255}$.

Il y a donc \np{1024255} séquences contenant au moins une fois la lettre A.
		\item La lettre A peut se situer dans l'une des quatre positions dans le code, les trois autres lettres étant différentes. Il y aura donc $4\times 63^3 = \np{1000188}$ possibilités.
		\item Il y a $\dbinom{4}{2}$ façons de placer les deux lettres A dans la séquence. Les deux autres lettres ne sont pas des A. Il y aura donc $\dbinom{4}{2} \times 63^2 = \np{23814}$ possibilités.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie B}

\medskip

\begin{enumerate}
	\item $X$ suit une loi binomiale de paramètres $n=250$ et $p=0,01$.
	\item $P(X=0)=\dbinom{250}{0}\times 0,01^0\times (1-0,01)^{250-0}=0,99^{250}\approx 0,081$.
	\item On calcule $P(X >16)= P(X\geqslant 17)$. Avec la calculatrice, $P(X\geqslant 17)\approx 1,04\times 10^{-9}$, ce qui est négligeable.
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Partie C}

\medskip

En utilisant les propriétés sur la linéarité de l'espérance et de la variance (les variables aléatoires $X_1,\: X_2,\: X_3$\: et $X_4$ étant indépendantes), on peut affirmer que :

$E(S)=E(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)=E(X_1) + E(X_2) + E(X_3) + E(X_4)= 4\times E(X)=$

$ 4\times n \times p=4\times 250 \times 0,01 = 10$.

Il en est de même pour la variance :

$V(S)=V(X_1 + X_2 + X_3 + X_4)=V(X_1) + V(X_2) + V(X_3) + V(X_4)=4\times V(X)=4\times n \times p \times (1-p)=4\times 250 \times 0,01 \times 0,99=9,9$.

\section*{Exercice 4 \hfill 4 points}

\begin{enumerate}
\item 
	\begin{enumerate}
	\item $\vect{AB}\begin{pmatrix}-3\\1\\-1\end{pmatrix}$ et $\vect{AC}\begin{pmatrix}-1\\3\\-1\end{pmatrix}$. Ces deux vecteurs ne sont pas colinéaires car $\dfrac{-3}{-1}\neq \dfrac{1}{3}$. Les points $A$, $B$ et $C$ ne sont pas alignés.
	\item D'après la question précédente, les vecteurs $\vect{AB}$ et $\vect{AC}$ forment une base du plan $(ABC)$.
	Avec $\vect{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}$, on calcule $\vect{n}\cdot\vect{AB}$ et $\vect{n}\cdot\vect{AC}$ :
	
	$\vect{n}.\vect{AB}=3+1-4=0$ et $\vect{n}.\vect{AC}=1+3-4=0$. $\vect{n}$ est donc orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan $(ABC)$ donc il est normal à ce plan $(ABC)$.
	\item $\vect{n}$ étant normal au plan $(ABC)$, une équation cartésienne de ce plan est de la forme : $-x+y+4z+d=0$ avec $d \in \R$.

$A(1~;~0~;~3) \in (ABC)$ donc $-1+0+12+d=0 \iff d=-11$.

Donc $(ABC)$ : $-x+y+4x-11=0$.
	\end{enumerate}
\end{enumerate}

On considère le plan $\mathcal{P}$ d'équation cartésienne $3x - 3y + 2z - 9 = 0$ et le plan $\mathcal{P}'$ d'équation cartésienne $x - y- z + 2 = 0$.

\begin{enumerate}[resume]
	\item 
	\begin{enumerate}
		\item Le vecteur $\vect{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}$ est normal au plan $\mathcal{P}$, le vecteur $\vect{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$ est normal au plan $\mathcal{P}'$ . Les vecteurs $\vect{n_1}$ et $\vect{n_2}$ ne sont pas colinéaires car $\dfrac{3}{1}\neq \dfrac{2}{-1}$. Donc les plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ ne sont ni parallèles ni confondus. Ils sont donc sécants. Leur intersection est donc une droite $(d)$.
		\item $\vect{n_1}\cdot \vect{n_2}=3+3-2=4\neq 0$ donc les plans ne sont pas perpendiculaires.
\end{enumerate}
%	\item Soit une droite dirigée par le vecteur $\vect{u}\begin{pmatrix}1\\1\\0\end{pmatrix}$. Vérifions si $\vect{u}$ est normal aux vecteurs normaux des plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$.
%	
%	$\vect{n_1}.\vect{u}=3-3+0=0$ et $\vect{n_2}.\vect{u}=1-1+0=0$ donc cette droite est parallèle à la fois au plan $\mathcal{P}$ et au plan $\mathcal{P}'$. Donc il existe une droite $(d_1)$ appartenant à $\mathcal{P}$ et une droite $(d_1)$ appartenant à $\mathcal{P}'$ qui sont parallèles de vecteur directeur $\vect{n}$.
%	Citons le théorème du toit : s'il existe deux droites parallèles $(d_1)$ et $(d_2)$, contenues respectivement dans deux plans $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$, alors la droite, intersection des plans $\mathcal{P}_1$ et $\mathcal{P}_2$ est parallèle à $(d_1)$ et $(d_2)$.
%	
%Donc $(d)$ est parallèle à cette droite. Un vecteur directeur de $(d)$ est donc $\vect{n}$.
$(d)$ est la droite d'intersection des plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$ dont les vecteurs normaux sont respectivement $\vect{v}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}$ et $\vect{v'}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$.

Pour montrer que $\vect{u}$ dirige $(d)$, il suffit de prouver que ce vecteur est contenu dans chacun des plans $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$, soit $\vect{u} . \vect{v} = 0$ et $\vect{u} . \vect{v'} = 0$

Or, $\vect{u} . \vect{v} = 1 \times 3 + 1 \times (-3) = 0$ et $\vect{u} . \vect{v} = 1 \times 1 + 1 \times (-1) = 0$.

Ainsi, $(d)$ est bien dirigée par $\vect{u}$.
	\item On remplace les coordonnées de $M$ dans les deux équations de plans :
\begin{itemize}
\item $6-3+6-9=12-12=0$ donc $M\in \mathcal{P}$ ;
\item $2-1-3+2=4-4=0$ donc $M\in \mathcal{P}'$.
\end{itemize}

La droite $(d)$ passe donc par $M$ et a pour vecteur directeur $(d)~:~\vect{u}$ donc 

$\begin{cases} x=2+t\\y=1+t\\z=3\end{cases},~t\in \R$

	\item On cherche l'intersection de $(ABC)$ et de $(d)$. On résout le système : 

$\begin{cases} x=2+t\\y=1+t\\z=3\\-x+y+4z-11=0\end{cases}$. S'il admet une infinité de solutions alors $(d)\subset (ABC)$.

	On remplace $x$, $y$ et $z$ dans la dernière équation : 

	$-x+y+4z-11=0 \Rightarrow -(2+t)+1+t+4\times 3-11=0 \iff 0=0$. La dernière équation est vérifiée quelque soit la valeur de $t$. Donc ce système admet une infinité de solutions. $(d)\subset (ABC)$

	Donc la droite $(d)$ appartient aux trois plans $(ABC)$, $\mathcal{P}$ et $\mathcal{P}'$.
	Reprenons les trois vecteurs normaux des trois plans : $\vect{n}\begin{pmatrix}-1\\1\\4\end{pmatrix}$, $\vect{n_1}\begin{pmatrix}3\\-3\\2\end{pmatrix}$ et $\vect{n_2}\begin{pmatrix}1\\-1\\-1\end{pmatrix}$.
	
	$\vect{u}$ et $\vect{n_1}$ ne sont pas colinéaires, de même pour $\vect{u}$ et $\vect{n_2}$. Le plan $(ABC)$ n'est donc  confondu ni avec $\mathcal{P}$  ni avec $\mathcal{P}'$. Ces trois plans sont simplement sécants, d'intersections $(d)$.
\end{enumerate}
\end{document}