2007, Bac Antilles, juin

Antilles - Guyane

1. Exercice 1 6 points

Question de cours

Prérequis : positivité et linéarité de l’intégrale.

Soient a et b deux réels d’un intervalle I de ℝ tels que a≤b. Démontrer que si f et g sont deux fonctions continues sur I telles que pour tout réel x de l’intervalle I, f (x) > g (x), alors

( ) ( )

b b

a a

f x dt≥ g x dt

∫ ∫

^.

Partie A

1. Soit x un réel supérieur ou égal à 1. Calculer en fonction de x l’intégrale

( )

1

2

x

−t dt

∫

^.

2. Démontrer que pour tout réel t appartenant à l’intervalle

[ ^{1 ;}

^{+ ∞}

[

^{, on a :}

²

^t

¹

− ≤ t^. 3. Déduire de ce qui précède que pour tout réel x supérieur ou égal à 1, on a :

1

²

3

2 ln

2

x x

2

x

− + − ≤ ^.

Partie B

Soit h la fonction définie sur ℝ par

( ) ¹

²

^{2 3}

2 2

h x = − x + x− ^.

Sur le graphique joint en annexe, le plan est muni d’un repère orthogonal

(

O i j

; , )

dans lequel on a tracé les courbes représentatives des fonctions h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4]. On a a tracé également la droite (d) d’équation x = 4.

1. a. Démontrer que ⁴

( )

1

0

h x dx=

∫

^.

b. Illustrer sur le graphique le résultat de la question précédente.

2. On note D le domaine du plan délimité par la droite (d) et les courbes représentatives des fonction h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4].

En utilisant un intégration par parties, calculer l’aire de D en unités d’aire.

-1 -0,5 0 0,5 1 1,5

0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4

x y

2. Exercice 2 (non spécialistes) 5 points

(

O u v

; , )

est un repère orthonormal direct du plan complexe. Soit A le point d’affixe 1 + i.

Au point M d’affixe z, on associe le point M’ d’affixe z’ telle que

^{' 1} ( )

z =

2

z+iz ^. 1. On pose z= +x iy et z

'

= +x

'

iy

'

avec x, y, x’ et y’ réels.

a. Démontrer les égalités suivantes :

^{' 1} ( )

x =

2

x+y et

^{' 1} ( )

y =

2

x+y . En déduire que le point M’

appartient à la droite (OA).

b. Déterminer l’ensemble des points M du plan tels que M =M’.

c. Démontrer que pour tout point M du plan les vecteurs M M

'

et OA

sont orthogonaux.

2. Soit r la rotation de centre O et d’angle

2

π _{. M}

1 est le point d’affixe z1 image de M par r, M2 le point d’affixe z₂ = z^{, M}3 le point d’affixe z3 tel que le quadrilatère OM1M3M2 soit un parallélogramme.

a. Dans cette question uniquement M a pour affixe 4 + i, placer les points M, M1, M2, M3. b. Exprimer z1 en fonction de z, puis z3 en fonction de z.

c. OM1M3M2 est-il un losange ? Justifier.

d. Vérifier que

1

₃

' 2

z− =z iz . En déduire que

1

₃

' 2

M M = OM ^.

3. Démontrer que les points M, M1, M2 et M3 appartiennent à un même cercle de centre O si et seulement si

1

' 2

M M = OM ^.

Donner alors la mesure en radians de l’angle géométrique M OM

'

.

3. Exercice 2 (spécialistes) 5 points

(

O u v

; , )

est un repère orthonormal direct du plan complexe (unité graphique 1 cm). On considère le point A d’affixe z= +

1

i. On note S1 la symétrie orthogonale par rapport à l’axe

(

O u

; )

et h l’homothétie de centre O et de rapport 3. On pose s=h S ₁.

Partie A

1. Placer le point A et compléter la figure au fur et à mesure.

2. Quelle est la nature de la transformation s ? Justifier.

3. Déterminer l’écriture complexe de la transformation s.

4. a. Déterminer l’affixe zB du point B image de A par s.

b. Montrer que z_B = −

3

iz_A. Déterminer une mesure de l’angle

(

^{OA OB}

^, )

^.

5. Soient M le milieu de [AB] et P l’image de M par s. Montrer que la droite (OP) est perpendiculaire à la droite (AB).

Partie B

1. On pose C = s(B).Montrer que P est le milieu de [BC].

2. a. Déterminer l’écriture complexe de s s et en déduire sa nature.

b. Montrer que l’image de la droite (OP) par s est la droite (OM).

c. Que représente le point M pour le triangle OBP ? Justifier.

4. Exercice 3 5 points

L’espace est rapporté au repère orthonormé

(

O i j k

; , , )

. On considère les points A(3 ; 0 ; 6) et I(0 ; 0 ; 6) ; on appelle (D) la droite passant par A et I .

On appelle (P) le plan d’équation

2

y+ − =z

6 0

et (Q) le plan d’équation y−

2

z+

12

=

0

^. 1. Démontrer que (P) et (Q) sont perpendiculaires.

2. Démontrer que l’intersection des plans (P) et (Q) est la droite (D).

3. Démontrer que (P) et (Q) coupent l’axe

(

^O

^;

^j

)

et déterminer les coordonnées des points B et C, intersections respectives de (P) et (Q) avec l’axe

(

^O

^;

^j

)

^.

4. Démontrer qu’une équation du plan (T) passant par B et de vecteur normal AC est

4 2 12 0

x+ y+ z− = ^.

5. Donner une représentation paramétrique de la droite (OA). Démontrer que la droite (OA) et le plan (T) sont sécants en un point H dont on déterminera les coordonnées.

6. Que représente le point H pour le triangle ABC ? Justifier.

(D)

(Q)

(P) O

B

x z

y I

C

A

5. Exercice 4 5 points

Pour chaque question, une seule des propositions est exacte. Le candidat indiquera sur la copie le numéro et la lettre de la question ainsi que la valeur correspondant à la réponse choisie. Aucune justification n’est demandée.

Une réponse exacte aux questions 1 et 2 rapporte 0,5 point et à la question 3 rapporte 1 point. Une réponse inexacte enlève 0,25 point ; l’absence de réponse est comptée 0 point. Si le total est négatif, la note est ramenée à zéro.

On s’intéresse à deux types de pièces électroniques, P1 et P2, qui entrent dans la fabrication d’une boïte de vitesses automatique.

Une seule pièce de type P1 et une seule pièce de type P2 sont nécessaires par boîte.

L’usine se fournit auprès de deux sous-traitants et deux seulement : S1 et S2. Le sous-traitant S1 produit 80 % des pièces de type P1 et 40 % de pièces de type P2. Le sous-traitant S2 produit 20 % des pièces de type P1 et 60 % de pièces de type P2.

1. Un employé de l’usine réunit toutes les pièces P1 et P2 destinées à être incorporées dans un certain nombre de boîtes de vitesses. Il y a donc autant de pièces de chaque type.

Il tire une pièce au hasard.

a. La probabilité que ce soit une pièce P1 est :

0,8 0,5 0,2 0,4 0,6

b. La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est :

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

c. La probabilité qu’elle vienne de S1 est

0,2 0,4 0,5 0,6 0,8

2. Il y a 200 pièces au total. Cette fois l’employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables.

a. Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 est :

0,1588 0,2487 0,1683 0,0095

b. Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 et P2 est :

0,5000 0,2513 0,5025

c. La probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur est :

357

995

103 199

158 995

3. La durée de vie exprimée en années des pièces P1 et P2 suit une loi exponentielle dont le paramètre

λ

est donné dans le tableau suivant :

λ

^{P1 P2}

S1 0,2 0,25

S2 0,1 0,125

On rappelle que si X, durée de vie d’une pièce exprimée en années, suit une loi exponentielle de paramètre

λ

^{, alors}

( )

0

t x

p X≤t =

∫

λe^−λ dx^.

Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité qu’une pièce P1 fabriquée par S1 dure moins de 5 ans est :

0,3679 0,6321

Source du sujet : F.Laroche

5 Corrigé Antilles - Guyane

Exercice 1

Démonstration de cours.

Soit h la fonction définie sur I par h = f – g.

cette fonction est continue sur I

cette fonction est positive sur I puisque tout réel x de l’intervalle I, f (x) > g (x) par positivité de l’intégrale [prérequis], ^b

( ) 0

a

h x dx ≥

∫

^.

par linéarité de l’intégrale,

∫

_a^b

^{h x dx ( ) =} ∫

_a^b

( ^{f x ( ) − g x dx ( )} ) ⁼ ∫

_a^b

^{f x dx ( ) −} ∫

_a^b

^{g x dx ( )}

^.

En conclusion, ^b

( )

^b

( ) 0

a

f x dx −

a

g x dx ≥

∫ ∫

c’est-à-dire ^b

( )

^b

( )

a

f x dx ≥

a

g x dx

∫ ∫

^.

Partie A

A1. On a, par définition d’une intégrale,

( )

^{2 2}

1 1

2 2 2 3

2 2 2

x t x

t

t x

t dt t x

=

=

 

− = −  = − + −

 

∫

^.

A2. On a

_{2 t} ^{1 t}

²

^{2 t 1} ( ) ^{t 1}

²

t t t

− + − − −

− − = =

^et

( ) ^{t 1}

²

₀

t

− − ≤

pour tout t de

[

^{1 ;+ ∞}

[

, ce qui donne

bien 1

2 t 0

− − ≤t c’est-à-dire 1 2 t

− ≤ t^.

A3. Intégrons par rapport à t l’inéquation précédente, comme l’intégrale conserve le sens des inégalités, on obtient, pour tout x supérieur à 1 :

( )

1 1

2 1

x x

t dt dt

− ≤ t

∫ ∫

ce qui donne, d’après les calculs du A1,

1

2

3

2 ln

2

x x

2

x

− + − ≤ ^.

Partie B Soit h la fonction définie sur ℝ par

( ) ¹

²

^{2 3}

2 2

h x = − x + x− ^.

B1 a. On a ⁴

( )

^{4 2 3 2 4}

1 1 1

1 3 1 3

2 2 2 6 2

h x dx= ^− x + x− ^dx= −^ x +x − x^

∫ ∫

^.

Par conséquent,

( )

⁴

4 3 2

1 1

1 3 64 12 1 3 63 9 21 30 9

16 1 15 0

6 2 6 2 6 2 6 2 2 2 2

h x dx= −^ x +x − x^ = −^ + − ^{ }  − − + − ^= − + − = − + − =

∫

^.

B1b. L’intégrale d’une fonction continue entre a et b représente l’aire algébrique du domaine associé (ou encore, la valeur moyenne a un coefficient prés) : comme l’intégrale est nulle, cela signifie que l’aire du domaine, compris entre les droites d’équation x = 1 et x = 4, situé au dessus de l’axe des abscisses est la même que celle du domaine situé en dessous de l’axe des abscisses.

B2. On note D le domaine du plan délimité par la droite (d) et les courbes représentatives des fonction h et logarithme népérien sur l’intervalle [1 ; 4].

Sur le domaine considéré, la fonction ln est dessus de la courbe C_h (voir A3).

La fonction ln – h est donc positive, et comme elle est continue, l’aire cherchée est donnée par ^A=

∫

₁⁴

(

^{ln( )x −h x dx u a( )}

)

^{. ..}

Par linéarité de l’intégrale, ₁⁴

( )

₁⁴ ₁⁴ ₁⁴

0

ln( ) ( ) ln( ) ( ) ln( )

A=

∫

x −h x dx=

∫

x dx−

∫

h x dx=

∫

x dx^.

Nous devons donc déterminer une primitive de la fonction ln, à l’aide d’une intégration par parties.

On a

'( ) 1 ( )

( ) ln( ) '( ) 1 u x x u x

v x x v x x

=

= 

 

 

= =

  et par conséquent,

[ ]

4 4

4

1 1 1

4 1

ln( ) [ ln( )] 1

4 ln(4) 4 ln(4) 3 . .

A x dx x x x dx

x

x u a

= = − ×

= − = −

∫ ∫

.

Exercice 2 (non spécialistes) Soit A le point d’affixe 1 + i.

Au point M d’affixe z, on associe le point M’ d’affixe z’ telle que

^{' 1} ( )

z =

2

z+iz ^. 1a.

> Utilisons la forme algébrique de z, on obtient : ^z

^'

⁼

¹ ₂ ( ^[

^{x iy+}

^]

^{+i x iy}

^[

⁺

^] )

⁼

¹ ₂ ^{( [}

^{x+ +y}

^]

^{i y}

^[

^+x

^{] )}

^.

Or deux complexes sont égaux si et seulement si leur partie réelle et imaginaire sont égales, donc on trouve bien

^{' 1} ( )

x =

2

x+y ^et

^{' 1} ( )

y =

2

x+y ^.

> (OA) passe par l’origine donc son équation est du type y = ax.

> A a pour coordonnées cartésiennes A(1 ;1) donc son coefficient directeur est ^{A O}

1

A O

y y

a x x

= − =

− ^. L’équation de (OA) est donc y = x.

Comme pour M’(z’), d’après les calculs précédents on a y’ = x’, le point M’ est sur la droite (OA).

1b. On a M = M’ ssi ' 2 0

' 2 0

x x x y x x y

y x

y y x y y x y

= + = − =

  

⇔ ⇔ ⇔ =

  

= + = − =

   : ainsi, les points fixés par la

transformation donnée sont les points de la droite (OA).

1c. Démontrer que pour tout point M du plan les vecteurs M M' et OA

sont orthogonaux.

On a '

' ' x x MM y y

−

 

 

−

 

soit 2

' 2 y x MM x y

−

 

 

 

−

 

 

 

et 1

' 1 MM  

  

le produit scalaire des deux vecteurs est donc

2 . 1 0

1 2 2

2 y x

y x x y x y

−

 

   = − + − =

   

−

   

 

 

donc les vecteurs sont bien orthogonaux.

7

> La rotation de centre O et d’angle 2

π a pour écriture complexe z' e zⁱ²

= π c’est-à-dire z'=iz^{. On a} donc

z1=iz^.

> M₂ image de M par la réflexion d’axe (Ox) a donc pour affixe : z₂ =z^.

> Le quadrilatère OM1M₃M₂ soit un parallélogramme ssi M M_{1 3} =OM₂ ⇔ − = −z₃ z₁ z₂ 0 . Ainsi, z₃= + = +z₁ z₂ iz z.

2c. OM1M3M2 est un losange ssi tous ses cotés sont de même longueur.

Comme OM1M3M2 est un parallélogramme, il suffit de vérifier de deux cotés consécutifs sont de même longueur :

> OM₁ =|z₁| |= iz| | |= z ^.

> OM₂ =|z₂| | | | |= =z z puisqu’un complexe e son conjugué ont le même module.

Donc oui, ce parallélogramme est un losange.

2d. On a ^{z'− =z 1}₂

(

^z+iz

)

^{− =z 1}₂

(

^iz−z

)

^{= ×1}₂ ^{i z}

(

^+iz

)

donc on a bien 1 ₃

' 2

z− =z iz . Par conséquent, on passant au module, comme |i| = 1, on a 1 ₃

' 2 M M = OM ^.

3. Les points M, M1, M2 et M3 appartiennent à un même cercle de centre O si et seulement si

1 2 3

OM =OM =OM =OM ^.

Comme OM₁ =OM₂ = =| |z OM est toujours vrai, la relation ci-dessus équivaut à OM =OM3^.

Mais ₃ 1 1 ₃ 1

2 2 2 '

OM =OM ⇔ OM = OM ⇔ OM =MM , d’où l’équivalence cherchée.

Supposons maintenant que cette condition soit vérifiée et donc que les points M, M1, M2 et M3

appartiennent à un même cercle de centre O (dit aussi que ces points sont cocycliques).

Nous avons vu que (MM’) est orthogonale à (OA), autrement dit (OA) est la hauteur issue de O, et comme le triangle OMM’ est rectangle.

Notons R = OM le rayon du cercle, et θ=M OM' . Comme 1

2OM =MM'^{, on a} ' 2

MM = R. On sait alors que sin( ) 2 1 2 R

θ = R = donc l’angle cherché vaut

6 π _.

6. Exercice 2 (spécialistes)

Partie A

2. h est une homothétie donc une similitude directe, S1 est une similitude axiale donc une similitude indirecte. La composée s de h et de S1 est donc une similitude indirecte.

3. > L’écriture complexe de S₁ est z'=z.

> Celle de h est z'=3z^.

Par conséquent, en composant, on obtient pour s : z'=3z^.

4a. On a z_B =3z_A ^{donc zB =3 1}

( ) ( )

^{+ =i 3 1−i .}

4b.> On calcule −³izA = −^{3 1}i

(

+ =i

) (

³ − + =i ¹

) (

^{3 1}−i

)

donc on a bien z_B = −3iz_A^.

> D’après le cours,

(

^,

)

^{arg B arg}

⁽

³

⁾

₂

A

OA OB z i

z

π

 

=  = − = −

  ^.

5. > M est le milieu de [AB] donc son affixe est 2

A B

z +z

cad z_M = −2 i^.

> P = s(M) donc son affixe est zP =^{3 2}

(

+i

)

^.

Le vecteur OP

a donc pour coordonnées 6 OP 3

  

.

Or le vecteur AB

a pour coordonnées 2 AB 4

 

−

 

donc on a ^{AB OP.} = × + × − =^{6 2 3}

( )

^{4 0.}

Les droites (AB) et (OB) sont par conséquent orthogonales.

Partie B

1. Par hypothèse

s s s

A B

B C

M P

→

→

→

, comme une similitude conserve les milieux, comme M est le milieu de [AB], s(M) = P est le milieu de [s(A)s(B)]=[BC].

2a. Comme s : z'=3z on as s : z'=3 ( )s z =3z=3z.

s s est donc l’homothétie de centre O et de rapport 3, cad s s = h.

2b. La droite (OP) a pour image la droite (s(O)s(P)) cad (Os(P)).

Or P = s(M) donc s(P) = s(s(M)) = h(M) d’après le 2a. Mais, pour une homothétie, centre, image et antécédent sont alignés, cad O, M et s(P) sont alignés.

Par conséquent, la droite (Os(P)) est aussi la droite (OM).

2c. > D’après la question A5, (BM) et (OP) sont perpendiculaires donc M appartient à la hauteur issue de B dans OBP.

> une similitude conserve les angles donc s((BM))⊥s((OP)) : comme s((BM)) = (CP) et s((OP)) = (OM), on a aussi (CP) ⊥ (OM).

Mais P est sur [BC] donc (BP) ⊥ (OM).

> M est l’intersection de deux hauteurs de OBP, c’est donc l’orthocentre du triangle.

Exercice 3

9 1. Un vecteur normal de (P) est

0 2 1 n

   

   

 

, et pour (Q) : 0 ' 1 2 n

 

 

 



−



 

: ainsi n n. '= − =2 2 0 donc les vecteurs

normaux sont orthogonaux, donc les plans (P) et (Q) sont orthogonaux.

2. L’intersection de deux plans non confondus est une droite. Il suffit ici de vérifier que la droite D est incluse dans les plans P et Q pour conclure.

> les coordonnées de A vérifient l’équation de P et Q (faites le !).

> idem pour B.

A et B sont dans l’intersection de P et Q, donc on a P∩Q=(AB).

3. > l’axe

(

^O;j

)

a pour équation 0 0 x z

=

 

=



^.

> B(x,y,z) est sur P ( , )O j

∩ ssi

0 0 0

0 0 0

2 6 0 2 6 3

x x x

z z z

y z y y

= = =

  

  

= ⇔ = ⇔ =

  



+ − =



=



=

  

: l’intersection de P et de l’axe est donc le point B(0 ;3 ;0).

> C(x,y,z) est sur Q ( , )O j

∩ ssi

0 0

0 0

2 12 0 12

x x

z z

y z y

= =

 

 

= ⇔ =

 



− + =



= −

 

: l’intersection de Q et de l’axe est donc le point C(0 ;-12 ;0).

4.

> Le plan T de vecteur normal

3 12 6 AC

−

 

 



−





−



 

a aussi pour vecteur normal 1

4 2

   

   

 

. Son équation est donc du type x + 4y + 2z + d = 0.

> Comme B(O ;3 ;0) est un point de T, ses coordonnées vérifient l’équation de (T) : 0+12+0+d=0.

> L’équation de T est : x + 4y + 2z – 12 = 0.

5. La droite (OA) est dirigée par le vecteur 3 0 6 OA

   

   

 

: un point M(x,y,z) sera sur (OA) ssi les vecteurs

x OM y z

   

   

 

et

3 0 6 OA

   

   

 

sont colinéaires donc ssi il existe un réel t tel que OM=tOA cad :

3 0 6 x t y z t

=

 

=

 

=



.

> Le vecteur directeur 3 0 6 OA

   

   

 

de (OA) et un vecteur normal

3 12 6 AC

−

 



−



 



−



 

de (T) ne sont pas

colinéaires, droite et plan sont donc sécants.

> Le point H(x,y,z) sera sur l’intersection ssi il vérifie les équations de (OA) et T cad ssi

4 2 12 0 3 0 12 12 0 15 12 4 / 5

3 3 3 12 / 5

0 0 0 0

6 6 6 24 / 5

x y z t t t t

x t x t x t x

y y y y

z t z t z t z

+ + − = + + − = = =

   

   

= = = =

   

⇔ ⇔ ⇔

   

= = = =

   

 =  =  =  =

   

.

Les coordonnées de H sont donc 12 24 5 ; 0; 5

H

 

 

 

^.

6. > B et H sont deux points de (T) et comme (T) a pour vecteur normal AC

, les droites (BH) et (AC) sont orthogonales. H est donc sur la hauteur de ABC issue de B.

> comme 3 6 5; 0;5

AH

 



−



 

, on vérifie (faites le !) que AH BC. =0 : (AH) est donc une deuxième hauteur dans le triangle ABC.

> ainsi, H est l’orthocentre du triangle ABC.

Exercice 4

1a. La probabilité que ce soit une pièce P1 est :

0,8 0,5 0,2 0,4 0,6

Rappelons qu’il y a autant de pièces P₁ que P₂. Voici l’arbre associé à la situation :

1b. La probabilité que ce soit une pièce P1 et qu’elle vienne de S1 est :

0,1 0,2 0,3 0,4 0,5

On a p P

(

1∩S1

)

= p P p

( ) ( )

1 _P1 S1 =0.5 0.8× =0.4 1c. La probabilité qu’elle vienne de S1 est

0,2 0,4 0,5 0,6 0,8

Appliquons la formule des probabilités totales : p S

( )

1 = p P

(

1∩S1

) (

+p P2∩S1

)

=0.5 0.8 0.5 0.4× + × =0.6. 2. Il y a 200 pièces au total. Cette fois l’employé tire deux pièces simultanément. On suppose tous les tirages équiprobables.

2a. Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité que ce soit deux pièces P1 est :

0,1588 0,2487 0,1683 0,0095

Comme 1 pièces sur 2 est P₁, on a l’arbre suivant :

Ainsi, la probabilité de piocher successivement deux pièces P₁ est 100 99

× ^.

S1

S2 0.8

0.2

S1

S2 0.4

0.6 P1

0.5

P2 0.5

P1

P2 99199

100199

P1 100199 P1

100200

P2 100200

11 Autre méthode : il y a 200

2

 

 

 

tirages possibles dont 100 2

 

 

 

favorables. Ainsi p = 100

2 200 2

 

 

 

 

 

 

.

2b. Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité que ce soit deux pièces P₁ et P₂ est :

0,5000 0,2513 0,5025

D’après l’arbre précédent et la formule des probabilités totales 100 100 100 100 100 100 100

200 199 200 199 2 200 199 199

p= × + × = × × = ^.

Autre méthode : On a suivant le même principe, p =

100 100

1 1

200 2

   

  

×



   

 

 

 

.

2c. La probabilité que ce soient deux pièces fabriquées par le même fournisseur est : 357

995

103 199

158 995

Rappelons que la probabilité de S1 est de 0.6.

> soit les pièces sont toutes les deux S1, et avec un arbre semblable au précédent, on trouve 120 119

200 199 p= × ^.

> soit les pièces sont toutes les deux S2, et 80 79 ' 200 199 p = × ^. On trouve ainsi une probabilité de p+p’.

Autre méthode : On a suivant le même principe, p =

120 80

2 2

200 200

2 2

   

   

 

₊

 

   

   

   

.

3. La durée de vie exprimée en années des pièces P1 et P2 suit une loi exponentielle dont le paramètre

λ

est donné dans le tableau suivant :

λ

^{P1 P2}

S1 0,2 0,25

S2 0,1 0,125

On rappelle que si X, durée de vie d’une pièce exprimée en années, suit une loi exponentielle de paramètre

λ

^{, alors}

( )

0

t x

p X≤t =

∫

λe^−λ dx^.

Une valeur approchée à 10⁻⁴ près de la probabilité qu’une pièce P1 fabriquée par S1 dure moins de 5 ans est :

0,3679 0,6321

D’après les rappels,

( )

^{5 0.2 0.2 5}₀ ¹

0

5 0.2 ^{x x} 1

p X _{≤ =} e⁻ dx_{= −}



e⁻



_{= −}e⁻

 

∫

^.