Exercice 8 (France métropolitaine – Septembre 2000)

QUELQUES EXERCICES PÊLE-MÊLE …
Exercice 1 (Nouvelle-Calédonie – novembre 2003)


L’espace est rapporté à un repère orthonormal O ; i , j , k ; on considère les points
A(3 ; 0 ; 10) , B(0 ; 0 ; 15) et C(0 ; 20 ; 0).
1. a. Déterminer une représentation paramétrique de la droite (AB)
b. Montrer que la droite (AB) coupe l’axe des abscisses au point E(9 ; 0 ; 0).
c. Justifier que les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. Soit H le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OBC.
a. Justifier que la droite (BC) est perpendiculaire au plan (OEH). En déduire que (EH) est
la hauteur issue de E dans le triangle EBC.
b. Déterminer une équation cartésienne du plan (OEH).
c. Vérifier que le plan (ABC) admet pour équation cartésienne :
20x + 9y + 12z – 180 = 0.
d. Montrer que le système :
x  0

4y - 3z  0
20x  9y  12z - 180  0

a une solution unique. Que représente cette solution ?
e. Calculer la distance OH, en déduire que EH = 15 et l’aire du triangle EBC.
3. En exprimant de deux façons le volume du tétraèdre OEBC, déterminer la distance du
point O au plan (ABC).
Pouvait-on prévoir le résultat à partir de l’équation obtenue en 2. c. ?
Exercice 1
1. a. Soit M un point de l’espace, de coordonnées (x, y, z). M est un point de la droite (AB) si, et seulement
si, les vecteurs AM et AB sont colinéaires, c’est-à-dire si, et seulement si, il existe un réel t tel que :
x - 3  - 3t

.
AM  t AB  y  0
z - 10  5t

Donc
x  3 - 3t

une représentation paramétrique de la droite (AB) est : y  0
où t 
z  5t  10

y  0
b. L’axe des abscisses est caractérisé par le système d’équations 
. La droite (AB) et l’axe des
z  0
x  3 - 3t
y  0

abscisses sont sécants si, et seulement si, le système 
où t , admet un triplet (x, y, z) solution.
z  5t  10
z  0
x  3 - 3t
y  0

La résolution de ce système montre qu’il est encore équivalent à 
. Autrement dit,
t  - 2
z  0
la droite (AB) coupe l’axe des abscisses au point E de coordonnées (9 ; 0 ; 0).
c. Les points A, B et C ne sont pas alignés si, et seulement si, les vecteurs AB et AC ne sont pas
colinéaires. Ces deux vecteurs ont pour coordonnées respectives (- 3, 0, 5) et (- 3, 20, - 10).
On constate qu’il n’existe pas de réel k vérifiant simultanément : - 3 = - 3k et 0 = 20k et 5 = - 10k.
Par conséquent, les points A, B et C ne sont pas alignés.
2. a. Le point E est situé sur l’axe des abscisses (cf. la question 1. b.) donc la droite (OE) est l’axe de repère
O ; i . On en déduit que, le repère étant orthonormal, la droite (OE) est perpendiculaire au plan de repère
 
O ; j , k , plan auquel appartiennent les points B et C puisque ceux-ci se trouvent respectivement sur les
axes de repère O ; k  et O ; j . Sachant que la droite (OE) est orthogonale à toute droite du plan de repère
O ; j , k , on en déduit, en particulier que : (OE)  (BC).
Par ailleurs, (OH)  (BC) car, par hypothèse, H est le pied de la hauteur issue de O dans le triangle OBC.
Ainsi, la droite (BC) est orthogonale à (OE) et (OH) qui sont deux droites sécantes du plan (OEH).
On peut donc conclure que :
la droite (BC) est perpendiculaire au plan (OEH).
On en déduit alors que la droite (BC) est orthogonale à toute droite de ce plan et, en particulier :
(BC)  (EH).
Donc
(EH) est la hauteur issue de E dans le triangle EBC.
b. La droite (BC) étant orthogonale au plan (OEH), BC , de coordonnées (0, 20, - 15), est un vecteur
normal au plan (OEH). Celui-ci a donc une équation de la forme : 20y – 15z + d = 0 où d = 0 car O est un
point du plan (OEH).
En conclusion,
une équation cartésienne du plan (OEH) est : 4y – 3z = 0.
c. Les points A, B et C n’étant pas alignés (cf. la question 1. c.), ils déterminent un plan unique.
On s’assure que les coordonnées respectives de ces trois points vérifient bien l’équation donnée dans
l’énoncé : 203 + 1210 – 180 = 0 et 1215 – 180 = 0 et 920 – 180 = 0.
En conséquence
le plan (ABC) a pour équation cartésienne 20x + 9y + 12z – 180 = 0.
d. Le système à résoudre est encore équivalent à :

x  0
x  0


 - 12y  9z  0 en multiplian t par - 3
4y - 3z  0
9y  12z  180

4

12y  16z  240 en multiplian t par
3


x  0

 25z  240 en additionna nt membre à membre les deux dernières équations

3
y  z
4



En observant que x = 0 est une équation cartésienne du plan de repère O ; j , k , que 4y – 3z = 0 est une
équation cartésienne du plan (OEH) (cf. la question 2. b.) et enfin, que 20x + 9y + 12z – 180 = 0 est une
équation cartésienne du plan (ABC), le triplet solution du système donne les coordonnées du point seul point
commun à ces trois plans.
Donc
 36 48 
le point de coordonnées  0 ; ;  est le point d’intersection des trois plans.
5 5 

e. Le triangle OBC est rectangle en O. Son aire est donc égale à :
OB  OC 15  20

.
2
2
OH  BC OH  20 2  15 2
.

2
2
En écrivant l’égalité entre ces deux calculs d’aire on obtient :
OH  25
15  10  2
 15  10  OH =
.
2
25
Donc
OH = 12.
On peut aussi calculer l’aire de ce triangle en écrivant :
De même, le triangle OEH est rectangle en O. En lui appliquant la propriété de Pythagore on obtient :
EH2 = OE2 + OH2  EH =
Tous calculs faits on obtient :
9 2  12 2 car EH est une longueur.
EH = 15.
L’aire du triangle EBC s’écrit alors :
EH  BC 15  25

car (EH) est la hauteur issue de E dans le triangle
2
2
EBC (cf. la question 2. a.).
Ainsi,
l’aire du triangle EBC est égale à
375
.
2
1
1
aire de OBCOE ou aire de EBCOK, K
3
3
désignant le projeté orthogonal de O sur le plan (EBC). En égalisant ces deux calculs, on obtient :
375
150  9  2
1509 =
OK  OK =
.
2
375
Les points A, E, B et C sont coplanaires donc K désigne aussi le projeté orthogonal de O sur le plan (ABC).
Donc OK est la distance de O à ce plan.
3. Le volume V du tétraèdre OENC peut s’écrire :
En conclusion
la distance de O au plan (ABC) est égale à
36
.
5
La formule donnant la distance du point O au plan (ABC) peut se déduire directement d’une équation
cartésienne du plan. Une équation du plan (ABC) ayant été donnée dans la question 2. c. on peut calculer la
distance de O à ce plan :
180
180 180 36



625 25 5
20 2  9 2  12 2
ce qui confirme le résultat précédent.
Exercice 3
Le plan est rapporté à un repère orthonormal O; i , j .
On note I le point de coordonnées (1 ; 0).
Soit f une fonction positive, strictement croissante et dérivable sur [0 ; 1], C sa courbe




représentative dans le repère O; i , j et  la portion de plan comprise entre C , l’axe des
abscisses et les droites d’équations x = 0 et x = 1.
Le but du problème est de prouver l’existence d’un unique réel  appartenant à l’intervalle
[0 ; 1] tel que, si A est le point de C d’abscisse , le segment [IA] partage  en deux régions
de même aire.
Pour tout x appartenant à l’intervalle [0 ; 1], on note Mx le point de coordonnées (x ; f(x)) et
Tx le domaine délimité par la droite (IMx), l’axe des abscisses, l’axe des ordonnées et la
courbe C .
On désigne par F la fonction définie sur [0 ; 1] par F(x) =

x
f(t)dt et par g(x) l’aire de Tx.
0
(Le schéma figure sur les feuilles d’exercices)
1) Exprimer, pour tout x appartenant à l’intervalle [0 ; 1], g(x) en fonction de x, f(x) et F(x).
2) Démonstration de cours : Démontrer que F est dérivable et a pour dérivée f.
3) Etudier les variations de la fonction g : x  g(x) sur [0 ; 1].
4) a) Par des considérations d’aire, montrer que g(0) 
1
2

1
f(t)dt .
0
b) Montrer qu’il existe un unique réel  de [0 ; 1] tel que g() soit égal à la moitié de
l’aire de .
Exercice 3
1) g(x) est égale à la somme de l’aire sous la courbe C sur l’intervalle [0 ; x] et de l’aire du triangle IMxHx où
Hx désigne le projeté orthogonal de Mx sur l’axe des abscisses, donc Hx a pour coordonnées (x ; 0).
La fonction f est dérivable, donc continue, sur l’intervalle [0 ; 1] et positive sur ce même intervalle donc
l’aire sous la courbe C sur l’intervalle [0 ; x], où x est élément de l’intervalle [0 ; 1] s’écrit :

D’autre part, l’aire du triangle IMxHx est égale à :
x
f(t)dt .
0
IH x  H x M x (1 - x)  f(x)
.

2
2
On en déduit donc que :
g(x) = F(x) +
2) La fonction F : x 

1
(1 – x)f(x) pour tout x de l’intervalle [0 ; 1].
2
x
f(t)dt est définie sur l’intervalle [0, 1] car la fonction f est définie et dérivable,
0
donc continue, sur cet intervalle.
 Soit  un réel de l’intervalle [0, 1[ et h un réel strictement positif tel que  + h appartienne encore à
l’intervalle [0, 1[.
L’aire de la surface sous la courbe C sur l’intervalle [ ;  + h] s’écrit, la fonction f étant positive par
hypothèse :

 h



f(t)dt 
0

 h
 f(t)dt
f(t)dt 
 f(t)dt
f(t)dt 
0

0
 h
0
 - F( )  F(  h)
La fonction f étant strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 1], quel que soit le réel t de l’intervalle
[ ;  + h],
  t   + h  f()  f(t)  f( + h).
Donc, en appliquant l’inégalité de la moyenne à la fonction f sur l’intervalle [, +h], on obtient :
hf() 

 h

f(t)dt  hf( + h)
soit hf()  F( + h) – F()  hf( + h).
F(  h) - F( )
 f( + h).
h
Enfin, la fonction f étant continue sur l’intervalle [0 ; 1], lim f(  h)  f( ) .
Le réel h étant strictement positif, f() 
h 0
En appliquant la propriété dite « des gendarmes »à l’encadrement précédent : lim
h 0 
F(  h)  F( )
 f( ).
h
 On procède de manière identique lorsque  un réel de l’intervalle ]0, 1] et h un réel strictement négatif tel
que  + h appartienne encore à l’intervalle ]0, 1].
L’aire de la surface sous la courbe C sur l’intervalle [ + h ; ] s’écrit, la fonction f étant positive par
hypothèse :



 h
 h
0
 f(t)dt   f(t)dt
 f(t)dt   f(t)dt
f(t)dt 
 h
0
0

0
 - F(  h)  F( )
La fonction f étant strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 1], quel que soit le réel t de l’intervalle
[ + h ; ],
 + h  t    f( + h)  f(t)  f().
Donc, en appliquant l’inégalité de la moyenne à la fonction f sur l’intervalle [ + h, ], on obtient :
- hf( + h) 


f(t)dt  - hf()
 h
soit - hf( + h)  F() – F( + h)  - hf().
F(  h) - F( )
 f().
h
Enfin, la fonction f étant continue sur l’intervalle [0 ; 1], lim f(  h)  f( ) .
Le réel h étant strictement négatif, f( + h) 
h 0
F(  h)  F( )
 f( ).
h
h 0 Ainsi, quel que soit le réel  de l’intervalle [0, 1] et quel que soit le réel h non nul tel que ( + h)
appartienne à ce même intervalle,
F(  h)  F( )
lim
 f( ).
h 0
h
Cette dernière égalité prouve que la fonction F est dérivable sur l’intervalle [0, 1] et que F’ = f.
En appliquant la propriété dite « des gendarmes »à l’encadrement précédent : lim
3) La fonction g est la somme de la fonction F dont on vient de démontrer qu’elle est définie et dérivable sur
1
l’intervalle [0 ; 1] et du produit de la fonction affine : x  (1 – x), définie et dérivable sur , et de la
2
fonction f, définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; 1] par hypothèse.
Donc g est définie et dérivable sur ce même intervalle et,
1
1
g’(x) = F’(x) + [(- 1)f(x) + (1 – x)f ’(x)]  g’(x) = f(x) + [(- 1)f(x) + (1 – x)f ’(x)]
2
2
1
 g’(x) = [f(x) + (1 – x)f ’(x)]
2
La fonction f est positive et strictement croissante par hypothèse donc sa fonction dérivée est strictement
positive sauf en des points isolés où elle peut s’annuler. On en déduit que g’(x) est strictement positif sauf en
des points isolés de l’intervalle [0 ; 1] où il peut s’annuler.
Par conséquent g est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 1].
4) a) g(0) désigne l’aire du triangle IOM0 c’est-à-dire la moitié de l’aire du rectangle IOM0K, K désignant le
point du plan de coordonnées (1 ; f(0)) (cf. le schéma ci-dessous)
La fonction f étant strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 1], l’aire de ce rectangle est strictement
inférieure à l’aire sous la courbe C sur ce même intervalle. Par conséquent :
g(0) 
1
2

1
f(t)dt .
0
b) L’étude des variations de la fonction g dans la question 3) permet d’établir le tableau de variation de
cette fonction sur l’intervalle [0 ; 1] :
x
0
g’(x)
g
1
+
F(1)
g(0)
La fonction g étant définie, continue car dérivable, et strictement croissante sur l’intervalle [0 ; 1], elle
réalise une bijection de l’intervalle [0 ; 1] sur l’intervalle-image g([0 ; 1]) = [g(0) ; F(1)]. Ce dernier
1
1
intervalle contient le réel F(1) car on a démontré, dans la question précédente, que g(0)  F(1).
2
2
1
En conséquence, le réel F(1) admet un unique antécédent  dans l’intervalle [0 ; 1] par la fonction g.
2
Autrement dit,
il existe un unique réel  dans l’intervalle [0 ; 1] tel que g() soit égal à la moitié de l’aire de .
Exercice 8 (France métropolitaine – Septembre 2000)
Les résultats seront donnés à 10-3 près.
Une entreprise confie à une société de sondage par téléphone une enquête sur la qualité de
ses produits. Chaque enquêteur a une liste de personnes à contacter.
Lors du premier appel téléphonique, la probabilité que le correspondant soit absent est 0,4.
Sachant que le correspondant est présent, la probabilité qu’il accepte de répondre au
questionnaire est 0,2.
1. On note :
 A1 l’événement : « La personne est absente lors du premier appel » ;
 R1 l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire lors du premier
appel ».
Quelle est la probabilité de R1 ?
2. Lorsqu’une personne est absente lors du premier appel, on lui téléphone une seconde fois,
à une heure différente, et, alors, la probabilité qu’elle soit absente est 0,3. Et, sachant qu’elle
est présente lors du second appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au questionnaire
est encore 0,2.
Si une personne est absente lors du second appel, on ne tente plus de la contacter.
On note :
 A2 l’événement : « La personne est absente lors du second appel » ;
 R2 l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire lors du second
appel » ;
 R l’événement : « La personne accepte de répondre au questionnaire ».
Montrer que la probabilité de R est 0,176. (On pourra utiliser un arbre.)
3. Sachant qu’une personne a accepté de répondre au questionnaire, quelle est la probabilité
que la réponse ait eu lieu lors du premier appel ?
4. On suppose que les sondages auprès des personnes d’une même liste sont indépendants.
Un enquêteur a une liste de 20 personnes à contacter.
Quelle est la probabilité qu’une au moins des 20 personnes de la liste accepte de répondre au
questionnaire ?
Exercice 8
1. Par hypothèse et compte tenu des notations de l’énoncé, p(A1) = 0,4 et p A R 1  = 0,2. Comme les
1
événements R1 et R1 A 1 sont égaux, une personne ne pouvant répondre au premier appel que si elle est
présente lors de ce premier appel, on en déduit, en conséquence de la définition d’une probabilité
conditionnelle et sachant que p( A 1 ) est non nulle, que :
p(R1) = (R1 A 1 )  p(R1) = p A R 1   p( A 1 ) donc p(R1) = p A R 1  [1 – p(A1)]
1
1
Autrement dit,
p(R1) = 0,12
2. Si on présente toutes les situations possibles sous la forme d’un arbre, il n’y a, au premier appel
téléphonique que deux possibilités : A1 et A 1 , avec pour probabilités respectives 0,4 et 1 – 0,4 soit 0,6.
Si la personne est absente lors du premier appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au questionnaire
est alors nulle et celle de l’événement contraire est alors maximale c’est-à-dire égale à 1.
Si la personne est présente lors de ce premier appel téléphonique, la probabilité qu’elle accepte de répondre
au questionnaire est alors égale à 0,2 et celle qu ‘elle refuse est donc égale à 1 – 0,2 soit 0,8.
On complète ensuite l’arbre dans la partie correspondant au cas de personne n’ayant pas répondu au premier
appel. Deux cas se présentent encore : A2 et A 2 , avec pour probabilités respectives 0,3 et 1 – 0,3 soit 0,7. Si
la personne est encore absente au second appel, la probabilité qu’elle accepte de répondre au questionnaire
est alors nulle et celle de l’événement contraire est alors maximale c’est-à-dire égale à 1.
Si la personne est présente lors de ce second appel téléphonique, la probabilité qu’elle accepte de répondre
au questionnaire est encore égale à 0,2 et celle qu ‘elle refuse est donc encore égale à 1 – 0,2 soit 0,8.
D’où le schéma suivant :
0
R1
0
0,3
A1
0,4
1
A2
1
R1
0,2
0,7
R2
R2
A2
R1
0,2
0,6
R2
0,8
A1
0,8
R2
R1
L’événement R est réalisé lorsque la personne est présente dès le premier appel téléphonique et accepte de
répondre au questionnaire (événement que l’on note R1 A 1 ) ou lorsqu’elle est absente au premier appel
téléphonique mais présente au second et accepte alors de répondre au questionnaire (événement que l’on
note A1 A 2  R2). Donc : R = (R1 A 1 )(A1 A 2  R2) et p(R) = p(R1 A 1 ) + p(A1 A 2  R2), les
deux événements (R1 A 1 ) et (A1 A 2  R2) étant incompatibles.
D’autre part,
p(A1 A 2  R2) = p A R 2   p A1 A 2 p(A1)  p(A1 A 2  R2) = 0,20,70,4
2
 
En conclusion, p(R) = 0,12 + 0,056 donc :
p(R) = 0,176.
3. La probabilité demandée est : p R R 1 . Par définition d’une probabilité conditionnelle,
p(R 1  R)
p(R 1 )
p R (R 1 ) 
 p R (R 1 ) 
p(R)
p(R)
 p R (R 1 ) 
En conclusion,
pR(R1)  0,682
0,12
0,176