Il y a deux sortes d’événements favorables : ou bien A : une blanche et deux rouges ou bien B : une blanche et deux vertes.

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Solutions du Contrôle n˚5

I) 3 points

Le nombre total de cas possibles est 11 × 10 × 9.

Il y a deux sortes d’événements favorables : ou bien A : une blanche et deux rouges ou bien B : une blanche et deux vertes.

On demande P(A ∪ B). Comme A et B sont disjoints, P(A ∪ B) = P(A) + P (B)

• Pour obtenir P(A), on pose les questions suivantes : où (à quelle place) est la blanche ? (3 possibilités) Quelle est la blanche ? (5 possibilités)

Quelle est la première rouge ? (4 possibilités) Quelle est la deuxième rouge ? (3 possibilités) ? On obtient alors P (A) = 3 × 5 × 4 × 3

11 × 10 × 9

• Pour obtenir P(B), on pose les questions suivantes : où (à quelle place) est la blanche ? (3 possibilités) Quelle est la blanche ? (5 possibilités)

Quelle est la première verte ? (2 possibilités) Quelle est la deuxième verte ? (1 possibilité) ? On obtient alors P (B) = 3 × 5 × 2 × 1

11 × 10 × 9 Donc P (A ∪ B) = 3 × 5 × ((4 × 3) + (2 × 1))

11 × 10 × 9 = 7

33 =≈ 0, 212

II) 6 points

C’est un exercice classique de test et d’inversion d’arbre. Voir l’exemple de la feuille de cours « Probabilités conditionnelles », et plusieurs exemples de « Probabilités condition- nelles : exemples de modélisation », en particulier l’exercice 8.

1. a)

B

0,97 A

0,03 A 0,96

B

0,05 A

0,95 A 0,04

b) P(B ∩ A) = 0, 04 × 0, 05 = 0, 002

P(B ∩ A) + P (B ∩ A) = 0, 04 × 0, 05 + 0, 96 × 0, 03 ≈ 0, 031

c) Formule des probabilités totales : P (A) = 0, 96 × 0, 97 + 0, 04 × 0, 05 ≈ 0,933 d) P

_A

(B) = P(A ∩ B)

P (A) ≈ 0, 04 × 0, 95

0, 067 ≈ 0, 567

2. C’est un exercice classique d’expériences identiques répétées de manière indépen- dante. Voir par exemple « Probabilités conditionnelles : exemples de modélisation

», exercice 9.

« seulement au plus un » signifie : « 0 ou 1 ».

P (0) ≈ 0, 933

⁵

. ( 5 succès)

P (1) ≈ 5 × 0, 067 × 0, 933

⁴

(il y a 1 échec et 4 succès, avec 5 positions possibles pour l’échec)

La réponse est P (0) + P(1) ≈ 0, 961

III) 6 points

1. D’après un théorème, un point M (x; y; z) appartient à ce plan si et seulement si

−−→ AM · − − →

IB

⁰

= 0, soit après calculs : 1

2 x − y + z = 0 avec A(0; 0; 0), I 1

2 ; 1; 0

et

B

⁰

(1; 0; 1)

(2)

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La distance est donnée par :

− 3 4 r 1

4 + 1 + 1

= 3 4 r 9

4 = 3 4 3 2

= 1 2

2. a) En traduisant − − → IM = t − − →

IB

⁰

avec des coordonnées, on trouve les coordonnées de M

t 2 + 1

2 ; 1 − t; t

Comme A est l’origine : f (t) = AM

²

=

t 2 + 1

2

+ (1 − t)

²

+ t

²

= · · · = 9 4 t

²

− 3

2 t + 5 4 b) f

⁰

(t) = 9

2 t − 3 2

Donc f

⁰

(x) < 0 pour x < 1

3 et f

⁰

(x) > 0 pour x > 1 3 . Donc f est décroissante sur

−∞; 1 3

et croissante sur 1

3 ; +∞

c) Donc f admet un minimum pour t = 1 3 .

En remplaçant dans les coordonnées de M , on trouve K 2

3 , 2 3 , 1

3 d) AM est minimum lorsque M est en K. Donc (AK) est orthogonale à (IB

⁰

).

Donc K ∈ P .

L’intersection de (IB

⁰

) et de P est donc K .

Ou bien : on cherche la valeur de t telle que M appartienne à P , c’est-à-dire 1

2 t

2 + 1 2

− (1 − t) + t = 0 On trouve t = 1

3 , donc M = K

Vérification : on vérifie que les coordonnées de K satisfont l’équation de P.

IV) 5 points

1. Le plan (DBJ ) est le plan médiateur de [AC] puisque D, B et J sont chacun équidistants de A et C. Or G est dans ce plan puiqu’il est sur la médiane [BJ ].

Donc (GD) est incluse dans le plan médiateur de [AC]. Or ce plan est orthogonal à (AC), donc (GD) est orthogonale à (AC),

On admettra par la suite que (DG) est orthogonale au plan (ABC).

2. • A se projette en J sur (DH), et −−→

DH = 2 3

−→ DJ .

Donc −−→

DH · − − → DA = 2

3 DJ

²

= 2 3 ( √

3)

²

= 2

En effet, DJ est la longuerur de la médiane dans le triangle ACD rectangle en D, donc c’est la moitié de la longueur de l’hypoténuse AC.

• A se projette en G sur (DG).

Donc −−→

DG · − − →

DA = DG

²

= ( √

2)

²

= 2 .

Pour calculer DG

²

, on peut utiliser le théorème de Pythagore dans le triangle DJ G rectangle en G, connaissant DJ = √

3 et GJ = 1

3 BJ = 1 3 2 √

3 ×

√ 3

2 = 1, donc DG

²

= DJ

²

− GJ

²

= 3 − 1 = 2

3. On sait déjà que H est dans le plan (ADC). Il reste à démontrer que (GH) est orthogonale au plan (ADC), c’est-à-dire qu’elle est orthogonale à deux droites sécantes du plan (ADC).

Or on sait déjà que (GH) est orthogonale à (AC) d’après la première question.