Correction du devoir de mathématiques n°8 Ex 44 p 219 Le cycle du

Correction du devoir de mathématiques n°8
Ex 44 p 219
Le cycle du feu a une durée totale de 50 secondes.
La probabilité qu'un feu soit vert est
30
50 =3 5
. La probabilité qu'un feu soit rouge est
15
50 =3 10
.
La probabilité qu'un feu soit orange est
5
50 =1 10
donc la probabilité qu'un feu ne soit pas orange est
1−1
10 =9 10
. On étudie la répétition de 5 expériences identiques et indépendantes.
a. La probabilité que, en une semaine, l'automobiliste arrive toujours au vert est
(
3
5
)
5
=243
3125
=0,07776.
b. Soit A l'événement : « en une semaine, l'automobiliste arrive au moins une fois quand le feu est
orange ».
L'événement contraire
̄
A
est :«en une semaine, l'automobiliste n'arrive jamais quand le feu est orange ».
Sa probabilité est
(
9
10
)
5
=59049
100000
=0,59049
La probabilité de l'événement A est alors 1 – 0,59049 = 0,40951.
Exercice 2 :
1.Chaque partie a la même aire égale à
1×x
2
qui vaut le tiers de l'aire du carré.On résout alors
l'équation :
1×x
2=1 3
⇔
x=2
3
.x doit prendre la valeur
2
3
pour arriver à ses fins.
2.Chaque partie a la même aire égale à
1×x
2
. Le triangle hachuré a pour aire
( 1−x )
2
2
.
La somme de toutes ces aires est égale à l'aire du carré.
On résout alors l'équation:3x
1×x
2
+
( 1−x )
2
2
=1
⇔
3x + (1 – 2x + x2 ) = 2
⇔
x2 + x – 1 = 0
Recherchons les éventuelles racines du trinôme du second degré x2 + x – 1.
Déterminons le discriminant
Δ
= 12 – 4×1×(-1) = 5.
Comme
Δ
>0 alors le trinôme admet deux racines :
x1=−1−
√
5
2
Cette solution ne convient pas car nous cherchons à déterminer un nombre positif.
x2=−1+
√
5
2
.
Le nombre
−1+
√
5
2
est positif et inférieur à 1 donc les trois aires sont égales pour x =
−1+
√
5
2
.
3.On se place dans le repère (A ;
⃗
AB
,
⃗
AD
). On a : A(0 ; 0), B(1 ; 0), D(0 ; 1), C (1;1), H(
−1+
√
5
2
; 0),
J(
−1+
√
5
2
; 1), I( 1,
3−
√
5
2
)
M( x; y) ϵ (AC)
⇔
⃗
AM
(
x
y
)
et
⃗
AC
(
1
1
)
sont colinéaires
⇔
x – y =0
Une équation cartésienne de (AC) est x – y = 0.
(JH) est parrallèle à (AD) donc une équation cartésienne de (JH) est x –
−1+
√
5
2
= 0.
Le point d'intersection K de ces deux droites a alors pour coordonnées (
−1+
√
5
2
;
−1+
√
5
2
)

M( x; y) ϵ (DI)
⇔
⃗
DM
(
x
y−1
)
et
⃗
DI
(
1
1−
√
5
2
)
sont colinéaires
⇔
1−
√
5
2
x – y +1= 0
Une équation cartésienne de (DI) est
1−
√
5
2
x – y +1= 0.
Vérifions si le point K appartient à (DI) :
1−
√
5
2
x
−1+
√
5
2
–
−1+
√
5
2
+1=
−6+2
√
5
4+2−2
√
5
4+4 4
= 0.
Les coordonnées de K vérifient l'équation de (DI) donc il appartient aussi à cette droite.
Les trois droites (DI), (AC) et (JH) sont donc concourantes.
Autre méthode :