Corrigé du sujet
Exercice 1 :
1. Les probabilités conditionnelles se lisent dans l’énoncé : sachant \(R\), la probabilité de \(E\) vaut 0,4, donc celle de \(\overline{E}\) vaut \(1 – 0{,}4 = 0{,}6\) ; sachant \(\overline{R}\), la probabilité de \(E\) vaut 0,7, donc celle de \(\overline{E}\) vaut \(1 – 0{,}7 = 0{,}3\).
| Branche | Probabilité portée |
|---|---|
| Racine vers \(R\) | \(\alpha\) |
| Racine vers \(\overline{R}\) | \(1 – \alpha\) |
| \(R\) vers \(E\) | \(p_R(E) = 0{,}4\) |
| \(R\) vers \(\overline{E}\) | \(p_R(\overline{E}) = 0{,}6\) |
| \(\overline{R}\) vers \(E\) | \(p_{\overline{R}}(E) = 0{,}7\) |
| \(\overline{R}\) vers \(\overline{E}\) | \(p_{\overline{R}}(\overline{E}) = 0{,}3\) |
2. a. Les évènements \(R\) et \(\overline{R}\) forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales :
\[p(E) = p(R \cap E) + p(\overline{R} \cap E) = \alpha \times 0{,}4 + (1 – \alpha) \times 0{,}7 = 0{,}4\alpha + 0{,}7 – 0{,}7\alpha.\]
On obtient bien \(p(E) = 0{,}7 – 0{,}3\alpha\).
b. L’énoncé donne \(p(E) = 0{,}58\). On résout donc \(0{,}7 – 0{,}3\alpha = 0{,}58\), c’est-à-dire \(0{,}3\alpha = 0{,}12\), d’où \(\alpha = \dfrac{0{,}12}{0{,}3}\) et donc \(\alpha = 0{,}4\).
3. On cherche \(p_E(\overline{R})\). Avec \(\alpha = 0{,}4\), on a \(p(\overline{R}) = 0{,}6\) et \(p(\overline{R} \cap E) = 0{,}6 \times 0{,}7 = 0{,}42\). Par définition d’une probabilité conditionnelle :
\[p_E(\overline{R}) = \dfrac{p(\overline{R} \cap E)}{p(E)} = \dfrac{0{,}42}{0{,}58} \approx 0{,}724.\]
Sachant que le client a loué un vélo électrique, la probabilité qu’il s’agisse d’un vélo tout terrain est d’environ 0,72.
4. Un vélo tout terrain électrique correspond à l’évènement \(\overline{R} \cap E\), calculé à la question précédente : \(p(\overline{R} \cap E) = 0{,}42\).
5. a. Il y a quatre sortes de location, chacune associée à un chemin de l’arbre :
- vélo de route non électrique : 25 euros, évènement \(R \cap \overline{E}\) de probabilité \(0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}24\) ;
- vélo de route électrique : \(25 + 15 = 40\) euros, évènement \(R \cap E\) de probabilité \(0{,}4 \times 0{,}4 = 0{,}16\) ;
- vélo tout terrain non électrique : 35 euros, évènement \(\overline{R} \cap \overline{E}\) de probabilité \(0{,}6 \times 0{,}3 = 0{,}18\) ;
- vélo tout terrain électrique : \(35 + 15 = 50\) euros, évènement \(\overline{R} \cap E\) de probabilité \(0{,}42\).
On regroupe ces résultats dans le tableau de la loi de \(X\) :
| \(x_i\) (en euros) | 25 | 35 | 40 | 50 |
|---|---|---|---|---|
| \(p(X = x_i)\) | 0,24 | 0,18 | 0,16 | 0,42 |
On contrôle que la somme des probabilités vaut bien \(0{,}24 + 0{,}18 + 0{,}16 + 0{,}42 = 1\).
b. L’espérance est la moyenne des valeurs pondérée par leurs probabilités :
\[E(X) = 25 \times 0{,}24 + 35 \times 0{,}18 + 40 \times 0{,}16 + 50 \times 0{,}42 = 6 + 6{,}3 + 6{,}4 + 21 = 39{,}7.\]
Donc \(E(X) = 39{,}7\) : sur un grand nombre de locations, Hugo encaisse en moyenne 39,70 euros par vélo loué à la journée.
6. a. Pour chaque client choisi, on observe une épreuve de Bernoulli dont le succès est « le client loue un vélo électrique », de probabilité \(p = 0{,}58\). Le choix des 30 clients étant assimilé à un tirage avec remise, ces 30 épreuves sont identiques et indépendantes. \(Y\) compte le nombre de succès, donc \(Y\) suit la loi binomiale de paramètres \(n = 30\) et \(p = 0{,}58\).
b. On applique la formule de la loi binomiale :
\[p(Y = 20) = \binom\,{30}{20} \times 0{,}58^{20} \times 0{,}42^{10} \approx 0{,}0952.\]
La probabilité qu’un échantillon contienne exactement 20 clients louant un vélo électrique est d’environ 0,095.
c. « Au moins 15 » est le contraire de « au plus 14 ». La calculatrice donne \(p(Y \leq\, 14) \approx 0{,}1419\), donc :
\[p(Y \geq\, 15) = 1 – p(Y \leq\, 14) \approx 1 – 0{,}1419 \approx 0{,}858.\]
La probabilité cherchée est d’environ 0,858.
Exercice 2 :
1. Réponse b. Pour tout entier naturel \(n\) : \(b_{n+1} = a_{n+1} – 2 = 0{,}5a_n + 1 – 2 = 0{,}5a_n – 1\). Or \(a_n = b_n + 2\), donc \(b_{n+1} = 0{,}5(b_n + 2) – 1 = 0{,}5b_n\). La suite \((b_n)\) est géométrique de raison 0,5 (et de premier terme \(b_0 = -1\)). On peut vérifier que \((a_n)\) n’est ni arithmétique ni géométrique : \(a_0 = 1\), \(a_1 = 1{,}5\), \(a_2 = 1{,}75\) ; les écarts (0,5 puis 0,25) et les quotients (1,5 puis \(\dfrac{7}{6}\)) ne sont pas constants.
2. Réponse c. On calcule pas à pas : \(u_1 = 2 + 3 \times 1 = 5\) et \(v_1 = 2 + 1 = 3\), puis \(u_2 = 5 + 3 \times 3 = 14\) et \(v_2 = 5 + 3 = 8\). Ainsi \(\dfrac{u_2}{v_2} = \dfrac{14}{8} = 1{,}75\). Les autres propositions sont fausses : a donne les valeurs de \(u_1\) et \(v_1\), pas celles de rang 2 ; \(u_2^2 – 3v_2^2 = 196 – 192 = 4\), qui vaut \(2^2\) et non \(-2^2\) ; enfin \(5u_1 = 25\) alors que \(3v_1 = 9\).
3. Réponse d. La boucle for k in range(1,11) parcourt les valeurs de k de 1 à 10 : elle s’exécute donc 10 fois. À chaque passage, la variable c garde en mémoire l’ancienne valeur de u, ce qui permet de calculer le nouveau v avec l’ancien u : un passage fait exactement passer du couple \((u_n~;~v_n)\) au couple \((u_{n+1}~;~v_{n+1})\). Partant de \((u_0~;~v_0)\), après 10 passages on obtient \(u_{10}\) et \(v_{10}\), et seul ce dernier couple est renvoyé (pas la liste des valeurs intermédiaires).
4. Réponse b. \(f\) est convexe sur un intervalle où sa dérivée \(f^{\prime}\) est croissante, concave là où \(f^{\prime}\) est décroissante. Sur le graphique, \(\mathcal{C}^{\prime}\) monte de \(x = -4\) jusqu’à son sommet en \(x = 0\), puis descend jusqu’à \(x = 2\). Donc \(f\) est convexe sur \([-4~;~0]\) et concave sur \([0~;~2]\). Les propositions a et c sont fausses car \(f^{\prime}\) n’est pas monotone sur \([-2~;~1]\), et d est fausse.
5. Réponse d. \(f^{\prime\prime}(1)\) est le nombre dérivé de \(f^{\prime}\) en 1, c’est-à-dire le coefficient directeur de la tangente à \(\mathcal{C}^{\prime}\) au point B, qui est la droite (BC). Ce coefficient vaut \(\dfrac{y_{\text{C}} – y_{\text{B}}}{x_{\text{C}} – x_{\text{B}}} = \dfrac{5 – 0}{0 – 1} = -5\). Donc \(f^{\prime\prime}(1) = -5\). Par ailleurs B est sur l’axe des abscisses, donc \(f^{\prime}(1) = 0\), ce qui élimine a et b ; c est contredite par \(f^{\prime\prime}(1) = -5\).
6. Réponse b. On teste d’abord la condition \(F(0) = 1\) : pour a, \(F(0) = 3\) ; pour b, \(F(0) = 3 – 2 = 1\) ; pour c, \(F(0) = 0 + 1 = 1\) ; pour d, \(F(0) = 0\). Restent b et c. On dérive la fonction de b avec la formule \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) :
\[F^{\prime}(x) = (2x – 2)\text{e}^x + (x^2 – 2x + 3)\text{e}^x = (x^2 + 1)\text{e}^x = f(x).\]
La fonction de b est donc bien la primitive cherchée. Pour c, la dérivée vaut \((x^2 + 1)\text{e}^x + (\dfrac{1}{3}x^3 + x)\text{e}^x\), qui n’est pas égale à \(f(x)\) (par exemple en \(x = 1\) on obtient \(2\text{e} + \dfrac{4}{3}\text{e} \neq 2\text{e}\)).
Exercice 3 :
Partie A
1. On sait que \(\lim\limits_{x \to 0^+} x\ln x = 0\) (croissances comparées). Par différence, \(\lim\limits_{x \to 0^+} (x – x\ln x) = 0 – 0\), donc \(\lim\limits_{x \to 0} f(x) = 0\).
2. Pour \(x \gt 0\), on factorise : \(f(x) = x(1 – \ln x)\). Quand \(x\) tend vers \(+\infty\), \(\ln x\) tend vers \(+\infty\), donc \(1 – \ln x\) tend vers \(-\infty\) ; comme \(x\) tend vers \(+\infty\), le produit tend vers \(-\infty\). Ainsi \(\lim\limits_{x \to +\infty} f(x) = -\infty\).
3. a. On dérive le produit \(x\ln x\) avec \((uv)^{\prime} = u^{\prime}v + uv^{\prime}\) : sa dérivée est \(1 \times \ln x + x \times \dfrac{1}{x} = \ln x + 1\). Donc, pour tout \(x \gt 0\) :
\[f^{\prime}(x) = 1 – (\ln x + 1) = -\ln x.\]
b. Le signe de \(f^{\prime}(x) = -\ln x\) est l’opposé de celui de \(\ln x\). Or \(\ln x \lt 0\) pour \(0 \lt x \lt 1\), \(\ln 1 = 0\) et \(\ln x \gt 0\) pour \(x \gt 1\). Donc \(f^{\prime}(x) \gt 0\) sur \(]0~;~1[\) et \(f^{\prime}(x) \lt 0\) sur \(]1~;~+\infty[\) : \(f\) est strictement croissante sur \(]0~;~1]\) et strictement décroissante sur \([1~;~+\infty[\). Son maximum vaut \(f(1) = 1 – 1 \times 0 = 1\).
| \(x\) | 0 | 1 | \(+\infty\) | ||
|---|---|---|---|---|---|
| \(f^{\prime}(x)\) | || | \(+\) | 0 | \(-\) | |
| \(f(x)\) | (0) | \(\nearrow\) | 1 | \(\searrow\) | \(-\infty\) |
La valeur 0 écrite à gauche est la limite de \(f\) en 0 (la fonction n’est pas définie en 0).
4. Pour \(x \gt 0\) : \(f(x) = x \iff x – x\ln x = x \iff x\ln x = 0\). Comme \(x \neq 0\), cela équivaut à \(\ln x = 0\), soit \(x = 1\). L’équation a pour unique solution \(x = 1\).
Partie B
1. Notons \(P(n)\) la propriété « \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\) ».
Initialisation. \(u_0 = 0{,}5\) et \(u_1 = f(0{,}5) = 0{,}5 – 0{,}5\ln 0{,}5 = 0{,}5 + 0{,}5\ln 2 \approx 0{,}847\). On a bien \(0{,}5 \leq\, u_0 \leq\, u_1 \leq\, 1\) : \(P(0)\) est vraie.
Hérédité. Supposons \(P(n)\) vraie pour un entier naturel \(n\) : \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\). Tous ces nombres sont dans \([0{,}5~;~1]\), intervalle sur lequel \(f\) est croissante ; appliquer \(f\) conserve donc l’ordre : \(f(0{,}5) \leq\, f(u_n) \leq\, f(u_{n+1}) \leq\, f(1)\), c’est-à-dire \(f(0{,}5) \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\) puisque \(f(1) = 1\). Comme \(f(0{,}5) \approx 0{,}847 \geq\, 0{,}5\), on en déduit \(0{,}5 \leq\, u_{n+1} \leq\, u_{n+2} \leq\, 1\) : \(P(n+1)\) est vraie.
Conclusion. La propriété est vraie au rang 0 et héréditaire, donc pour tout entier naturel \(n\), \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, u_{n+1} \leq\, 1\).
2. a. D’après la question 1, la suite \((u_n)\) est croissante (\(u_n \leq\, u_{n+1}\)) et majorée par 1. D’après le théorème de convergence monotone, la suite \((u_n)\) converge.
b. Pour tout \(n\), \(0{,}5 \leq\, u_n \leq\, 1\), donc par passage à la limite \(0{,}5 \leq\, \ell \leq\, 1\) ; en particulier \(\ell \gt 0\). La fonction \(f\) est continue sur \(]0~;~+\infty[\) (elle y est dérivable), donc en passant à la limite dans \(u_{n+1} = f(u_n)\), on obtient \(\ell = f(\ell)\). D’après la question 4 de la partie A, la seule solution de \(f(x) = x\) sur \(]0~;~+\infty[\) est 1. Donc \(\ell = 1\).
Partie C
1. La fonction \(f_k\) est dérivable sur \(]0~;~+\infty[\) et, comme dans la partie A, la dérivée de \(x\ln x\) est \(\ln x + 1\). Donc :
\[f_k^{\prime}(x) = k – (\ln x + 1) = k – 1 – \ln x.\]
On étudie son signe : \(f_k^{\prime}(x) \gt 0 \iff \ln x \lt k – 1 \iff x \lt \text{e}^{k-1}\), car la fonction exponentielle est strictement croissante. De même \(f_k^{\prime}(x) \lt 0 \iff x \gt \text{e}^{k-1}\), et \(f_k^{\prime}\) s’annule en \(\text{e}^{k-1}\). Ainsi \(f_k\) est croissante sur \(]0~;~\text{e}^{k-1}]\) puis décroissante sur \([\text{e}^{k-1}~;~+\infty[\) : \(f_k\) admet un maximum \(y_k\), atteint en \(x_k = \text{e}^{k-1}\).
2. On calcule \(y_k = f_k(x_k)\), en utilisant \(\ln(\text{e}^{k-1}) = k – 1\) :
\[y_k = k\,\text{e}^{k-1} – \text{e}^{k-1}(k – 1) = \text{e}^{k-1}(k – k + 1) = \text{e}^{k-1}.\]
Donc \(y_k = \text{e}^{k-1} = x_k\) pour tout réel \(k\) : le point le plus haut de la courbe de \(f_k\) est toujours situé sur la droite d’équation \(y = x\).
Exercice 4 :
1. a. Dans la représentation paramétrique de \(\mathcal{D}^{\prime}\), les coefficients de \(t\) donnent un vecteur directeur : \(\vec{u^{\prime}}\begin{pmatrix}0\\1\\1\end{pmatrix}\).
b. Deux droites sont parallèles si et seulement si leurs vecteurs directeurs sont colinéaires. S’il existait un réel \(\lambda\) tel que \(\vec{u^{\prime}} = \lambda\vec{u}\), la première coordonnée donnerait \(0 = \lambda \times 1\), donc \(\lambda = 0\), et la troisième \(1 = \lambda \times 0 = 0\), ce qui est impossible. Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, donc \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) ne sont pas parallèles.
c. Un point \(\text{P}(x~;~y~;~z)\) appartient à \(\mathcal{D}\) si et seulement s’il existe un réel \(s\) tel que \(\vec{\text{AP}} = s\vec{u}\). Une représentation paramétrique de \(\mathcal{D}\) est donc :
\[\{\begin{array}{l} x = 2 + s \\ y = 4 + 2s \\ z = 0 \end{array}. ,\ s \in \mathbb{R}.\]
2. On calcule les produits scalaires de \(\vec{v}\) avec les vecteurs directeurs des deux droites :
\[\vec{v} \cdot \vec{u} = 2 \times 1 + (-1) \times 2 + 1 \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{v} \cdot \vec{u^{\prime}} = 2 \times 0 + (-1) \times 1 + 1 \times 1 = 0.\]
Le vecteur \(\vec{v}\), non nul, est donc orthogonal à la fois à \(\vec{u}\) et à \(\vec{u^{\prime}}\). Or un vecteur directeur \(\vec{w}\) de \(\Delta\) est lui aussi orthogonal à \(\vec{u}\) et à \(\vec{u^{\prime}}\), puisque \(\Delta\) est perpendiculaire à \(\mathcal{D}\) et à \(\mathcal{D}^{\prime}\). Comme \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\) ne sont pas colinéaires, les vecteurs orthogonaux à tous les deux forment une seule direction (celle d’un vecteur normal au plan dirigé par \(\vec{u}\) et \(\vec{u^{\prime}}\)) : \(\vec{w}\) et \(\vec{v}\) sont colinéaires. Donc \(\vec{v}\) est un vecteur directeur de \(\Delta\).
3. a. Calculons les produits scalaires de \(\vec{n}\) avec les deux vecteurs directeurs du plan :
\[\vec{n} \cdot \vec{u} = 2 \times 1 + (-1) \times 2 + (-5) \times 0 = 0 \quad \text{et} \quad \vec{n} \cdot \vec{v} = 2 \times 2 + (-1) \times (-1) + (-5) \times 1 = 4 + 1 – 5 = 0.\]
Les vecteurs \(\vec{u}\) et \(\vec{v}\) ne sont pas colinéaires (\(\vec{u}\) a une troisième coordonnée nulle, pas \(\vec{v}\)). Le vecteur \(\vec{n}\), non nul, est orthogonal à deux vecteurs non colinéaires du plan \(\mathcal{P}\) : \(\vec{n}\) est normal à \(\mathcal{P}\).
b. Puisque \(\vec{n}\begin{pmatrix}2\\-1\\-5\end{pmatrix}\) est normal à \(\mathcal{P}\), ce plan a une équation de la forme \(2x – y – 5z + d = 0\). Le point \(\text{A}(2~;~4~;~0)\) appartient à \(\mathcal{P}\), donc \(2 \times 2 – 4 – 5 \times 0 + d = 0\), soit \(d = 0\). Une équation de \(\mathcal{P}\) est donc \(2x – y – 5z = 0\).
c. Le point M’ appartient à \(\Delta\), et \(\Delta\) est contenue dans \(\mathcal{P}\) : donc M’ appartient à \(\mathcal{P}\). Il appartient aussi à \(\mathcal{D}^{\prime}\). Donc M’ est un point commun à \(\mathcal{D}^{\prime}\) et \(\mathcal{P}\). Reste à voir que ce point commun est unique : \(\vec{n} \cdot \vec{u^{\prime}} = 0 – 1 – 5 = -6 \neq 0\), donc \(\mathcal{D}^{\prime}\) n’est pas parallèle à \(\mathcal{P}\) et le coupe en un seul point. M’ est bien le point d’intersection de \(\mathcal{D}^{\prime}\) et de \(\mathcal{P}\).
On remplace les coordonnées du point de paramètre \(t\) de \(\mathcal{D}^{\prime}\) dans l’équation de \(\mathcal{P}\) :
\[2 \times 3 – (3 + t) – 5(3 + t) = 0 \iff 6 – 3 – t – 15 – 5t = 0 \iff -6t – 12 = 0 \iff t = -2.\]
Avec \(t = -2\) : \(x = 3\), \(y = 3 – 2 = 1\), \(z = 3 – 2 = 1\). Donc \(\text{M}^{\prime}(3~;~1~;~1)\).
4. a. La droite \(\Delta\) passe par \(\text{M}^{\prime}(3~;~1~;~1)\) et est dirigée par \(\vec{v}\begin{pmatrix}2\\-1\\1\end{pmatrix}\). Une représentation paramétrique est :
\[\{\begin{array}{l} x = 3 + 2k \\ y = 1 – k \\ z = 1 + k \end{array}. ,\ k \in \mathbb{R}.\]
b. Le point M est commun à \(\Delta\) et à \(\mathcal{D}\). Sur \(\mathcal{D}\), tous les points ont une cote nulle ; sur \(\Delta\), la cote vaut \(1 + k\), donc \(1 + k = 0\), soit \(k = -1\), ce qui donne le point \((3 – 2~;~1 + 1~;~0) = (1~;~2~;~0)\). On vérifie que ce point est bien sur \(\mathcal{D}\) : avec \(s = -1\), la représentation de \(\mathcal{D}\) donne \((2 – 1~;~4 – 2~;~0) = (1~;~2~;~0)\). Donc \(\text{M}(1~;~2~;~0)\).
c. Le repère étant orthonormé :
\[\text{MM}^{\prime} = \sqrt{(3 – 1)^2 + (1 – 2)^2 + (1 – 0)^2} = \sqrt{4 + 1 + 1} = \sqrt{6}.\]
La distance entre les droites \(\mathcal{D}\) et \(\mathcal{D}^{\prime}\) est \(\text{MM}^{\prime} = \sqrt{6}\), soit environ 2,45 unités.
5. a. Un vecteur directeur de \(d\) est \(\vec{w}\begin{pmatrix}5\\5\\1\end{pmatrix}\). On a \(\vec{w} \cdot \vec{n} = 5 \times 2 + 5 \times (-1) + 1 \times (-5) = 10 – 5 – 5 = 0\) : \(\vec{w}\) est orthogonal au vecteur normal de \(\mathcal{P}\), donc \(d\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\). De plus, le point \((0~;~2~;~1)\) de \(d\) (obtenu pour \(t = 0\)) ne vérifie pas l’équation de \(\mathcal{P}\), car \(0 – 2 – 5 = -7 \neq 0\) : la droite \(d\) est strictement parallèle à \(\mathcal{P}\), elle n’y est pas contenue.
b. Les points A et M sont sur \(\mathcal{D}\) et M’ est sur \(\Delta\) ; ces deux droites sont contenues dans \(\mathcal{P}\), donc le triangle AMM’ est dans le plan \(\mathcal{P}\). On le prend comme base du tétraèdre ANMM’ : la hauteur associée est la distance de N au plan \(\mathcal{P}\), c’est-à-dire \(\ell\).
Le triangle AMM’ est rectangle en M, car la droite (MM’) \(= \Delta\) est perpendiculaire à la droite (AM) \(= \mathcal{D}\). On calcule \(\text{AM} = \sqrt{(1 – 2)^2 + (2 – 4)^2 + 0^2} = \sqrt{5}\), et on sait que \(\text{MM}^{\prime} = \sqrt{6}\). L’aire de la base vaut donc :
\[B = \dfrac{\text{AM} \times \text{MM}^{\prime}}{2} = \dfrac{\sqrt{5} \times \sqrt{6}}{2} = \dfrac{\sqrt{30}}{2}.\]
On en déduit le volume :
\[V = \dfrac{1}{3} \times \dfrac{\sqrt{30}}{2} \times \ell = \dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell.\]
Le volume du tétraèdre ANMM’ est \(V = \dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell\).
c. La base AMM’ ne dépend pas du point N choisi. Comme \(d\) est parallèle au plan \(\mathcal{P}\), tous ses points sont à la même distance \(\ell\) de ce plan : les tétraèdres \(\text{AN}_1\text{MM}^{\prime}\) et \(\text{AN}_2\text{MM}^{\prime}\) ont la même base et la même hauteur \(\ell\), donc le même volume \(\dfrac{\sqrt{30}}{6}\,\ell\).
Pour aller plus loin, on peut calculer cette distance avec le point \((0~;~2~;~1)\) de \(d\) : \(\ell = \dfrac{|2 \times 0 – 2 – 5 \times 1|}{\sqrt{2^2 + (-1)^2 + (-5)^2}} = \dfrac{7}{\sqrt{30}}\), ce qui donne un volume commun égal à \(\dfrac{\sqrt{30}}{6} \times \dfrac{7}{\sqrt{30}} = \dfrac{7}{6}\) unité de volume.
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