f - Espace Math

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f - Espace Math

Sous la direction de
N
AU
OUVE
PROGR
André Antibi
AMME
MATH
r
e
l
l
i
a
v
a
Tr
e
c
n
a
fi
n
o
c
en
André Antibi
avec
Corinne Croc
Marie-Françoise Lallemand
Serge Nogarède
Jean-Paul Roumilhac
Livre du professeur
© Nathan 2010
SOMMAIRE
ons
1 Généralités sur les fonctions
1
ns
2 Expressions algébriques. Équations
11
nce
3 Fonctions de référence
17
ons
4 Inéquations
32
tes
5 Coordonnées d’un point. Droites
38
rie
6 Configurations. Trigonométrie
49
urs
7 Vecteurs
61
ace
8 Géométrie dans l’espace
70
ues
9 Statistiques
78
ge
10 Simulations. Échantillonnage
86
tés
11 Probabilités
92
1
CHAPITRE
LES
Généralité sur
les fonctions
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Trouver une formule
1 a) S(x) = 20x + 100.
b) S(10) = 300. La somme due est 300 euros.
2
a) V = 100(10 – x).
b) V = 500 pour x = 5.
3
1. Le théorème de Thalès appliqué dans le triangle
DCA nous donne :
DI = DJ = IJ , d’où x = IJ = DJ
a AC
DA DC AC
a
avec AC = a12 (en effet, AC2 = AD2 + DC2, d’où AC2 = 2a2).
On en déduit que IJ = x12 et DJ = x.
Le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle
rectangle isocèle DHI nous donne la relation suivante :
2
DH2 + IJ = DI2.
2
x2
x12 2
2
= x2 –
D’où DH = x2 –
= 1 x2
2
2
2
x12
DH =
.
2
冢冣
冢冣
a12
pour x = a.
2
b) a12 est la longueur de DB. Pour que DH soit égale à la
demi-diagonale, il faut donc que H soit le centre du carré
et que x = a.
2. a) DH =
1. Pour t = 5, 1 gt2 ≈ 122,5.
2
M a parcouru 122,5 m après 5 secondes.
2. a) x = 1 gt2, d’où t = 2x .
g
2
600
soit environ 8 secondes.
b) Pour x = 300, t =
g
4
5
6
6
a) Le volume en litres au bout de t secondes est :
2
V = × 120 × 103 + 180 t = 80 000 + 0,05t.
3
3 600
b) On cherche V tel que V = 120 × 103.
2 × 120 × 103 + 180t = 120 × 103
3
soit t = 222,22 (en heures).
Soit environ 9 jours et 6 heures.
c 2 Ensemble de définition
6
Df = ⺢ – {– 3 ; 1} ; Dg = [– 1 ; + ∞] ; Dh = ⺢.
7
Df = D2 ; Dg = D3 ; Dh = D1.
8
Df = D3 ; Dg = D1 ; Dh = D2 ; Di = D4.
9
Df = D3 ; Dg = D4 ; Dh = D1 ; Di = D2.
10 Fonction : oui ou non ?
1. a) La courbe dessinée n’est pas une représentation de
fonction : la droite d d’équation x = 1 par exemple rencontre deux fois cette courbe. 1 a deux images, ce qui est
impossible par une fonction.
b) La courbe dessinée est représentative d’une fonction.
2. D = [– 2 ; 2].
11 a) f(2) = 2 ;
b) f(0) = – 2 ;
c) f(– 1) = f(0) = 0.
12 a) L’image de 2 par la fonction f est nulle.
b) L’image de x par la fonction f est y.
c) L’image de 0 par la fonction g est 2.
13 a) f(0) = 0 ;
b) f(– 1) = 3.
14 a) L’ensemble de définition est constitué des trente
élèves de la classe.
b) Aucun élève de la classe n’est associé à une taille de
3 m.
15 a) Df = ⺞. b) f(105) = 210 ; f(32) = 18.
16 a) Df = {11k / k ∈ ⺞}.
17 f1(x) = 3x2 – 2x + 1 ; f3(x) =
2
1 + 1 – 1;
x
x–1 x
3
3 .
f2(x) = – x + x – 2 ; f4(x) = 7x – 3 –
(x – 1)3
x
18 f(x) = – x2 + 400.
a) xmin = – 44
ymin = – 400
xmax = 44
ymax = 560
De 4 en 4 sur l’axe des abscisses.
De 80 en 80 sur l’axe des ordonnées.
b)
x
–∞
0
+∞
19 a) Vrai. b) Faux. c) Faux. d) Vrai. e) Vrai. f) Vrai.
Justifications : a) La courbe passe par l’origine.
b) O est compris dans Df.
c) f(5) = 0.
d) La courbe passe par le point (2 ; 5).
e) f(5) = 0.
f) 0 et 5, par exemple, ont la même image par f.
c 3 Image d’un nombre
20 f(x) = 2x2 + x + 1
f(1) = 4 ;
f(0) = 1 ; f(– 2) = 7 ; f(15) = 11 + 15.
1 .
3 + x2
1
a) f(– 1) = ;
f(0) = 1 ;
4
3
f(3) = 1 ;
f(12) = 1 .
12
5
t
1
b) f(1t) =
;
f
= 1 2 = 4 2;
2
t
3+t
12 + t
3+
2
4
1
t
f
= 1 = 2
.
t
3t
+
1
1
3+ 2
t
21 f(x) =
冢冣
冢冣
22 f(x) = (x – 1)2 – (x + 3)(x – 1).
a) D = ⺢ ;
b) f(1) = 0 ; f(0) = 4 ; f(– 3) = 16 ; f(13) = 4 – 413.
23 g(– 2) = 20 ; g(– 1) = 30 ; g(2) = 0 ; g(4) = – 20.
24 f(x) = x2 – 4.
Ꮿ sa courbe représentative A ∉ Ꮿ car f(– 2) = 0 et non 1 ;
B ∈ Ꮿ car f(12) = – 2.
C ∈ Ꮿ car f(0) = – 4 ; D ∉ Ꮿ car f(1) = – 3 et non 1.
1
. Ꮿ sa courbe représentative.
x –x+1
A ∈ Ꮿ car f(0) = 1 ; B ∉ Ꮿ car f(– 1) = 1 et non 1.
3
C ∈ Ꮿ car f(1) = 1 ; D ∉ Ꮿ car f(– 2) = 1 et non 7.
7
2x
–
1
x
–
1
26 f(x) =
–
.
x+1
x
Ꮿ sa courbe représentative.
25 f(x) =
• 2
2
f(x) –
2
5
0
2
5
4
5
6
5
8
5
2
5
12 14
5
5
冢x
–∞
–∞
冢冣
冣
b) f(– 3) = 10 ; f 冢– 1 冣 = 0 ; f 冢 1 冣 = 8.
3
2
2
28 a) Df = ⺢* ; f(x) = 2 1 + 2 .
400
f
A ∈ Ꮿ car f(1) = 1 et donc B ∉ Ꮿ car f(1) ≠ – 1 .
2
2
1
C ∈ Ꮿ car f
= 1.
2
27 a) Df = ⺢ ; f(x) = 2(x + 2).
5
b)
x
–3 –2 –1 0
1
2
3
4
29 1. a) f(12) = 2 + 12 ; f(10) = 12 ; f(4) = 6 ;
12 – 3
7
1
f(2) = – 4 ; f
= – 1.
2
13 × 102
(12 + 3)(4)
;
b) g(12) =
= 212 + 6 ; g(10) =
100
2
7
9
×
7 × 18 63
2
4
15
1
=
= 63.
= ; g(2) = ; g
g(4) =
16
1
8
2
2
2
4
2. Vérification à la calculatrice.
冢冣
冢冣
c 4 Antécédents d’un nombre
30 a) – 5, – 3 et 2 sont les antécédents de 2 par f.
b) – 4 et 3 sont les antécédents de 0 par f.
c) 4 est l’antécédent de – 2 par f.
31 a) f(– 5) = – 2 ; f(– 5) = – 2 ; f(2) = 3.
b) – 4,9 et 2 sont les antécédents de – 1 par f.
– 4 et 2 sont les antécédents de 3 par f.
c) Tous les réels strictement inférieurs à – 2 n’admettent
aucun antécédent par f. Ainsi que tous les réels strictement supérieurs à 3.
32 0 est un antécédent de 1 par f.
1 est un antécédent de 3 par f.
– 1 est un antécédent de 0 par f.
2
33 1. a) Df = [0 ; + ∞[.
b) f(0) = 1 ; f(3) = 13 + 1 ; f(4) = 3.
2. 0 est un antécédent de 1 par f.
3. 0 n’admet pas d’antécédent par f car l’équation 1x + 1 = 0
n’admet pas de solution.
34 1. 0 est un antécédent de 1 par f.
2. a) Tous les réels strictement supérieurs à 1 ont exactement deux antécédents par f.
b) 1 est le seul réel qui admet un et un seul antécédent
par f.
c) Tous les réels strictement inférieurs à 1 n’admettent
aucun antécédent par f.
35 a)
41
y
1
y
–1
2
O
Ꮿ
O
2
Ꮿ
–3
x
4
b) 1 et 3 sont les antécédents de 1 par f.
2 est l’antécédent de 2 par f.
0 et 4 sont les antécédents de 0 par f.
c) Tous les réels strictement supérieurs à 2 ou strictement
inférieurs à 0 n’ont aucun antécédent par f.
42
y
4
Ꮿ
2
–2
c 5 Lecture graphique
y
2
Ꮿ
0
4
x
0
1
–1
2
3
f
–2
–1
37
4
–3
36 1. f est croissante sur [– 4 ; 0] et décroissante sur
–4
2 3
1
43
x
x
0
–1
–1
[0 ; 4].
2.
5 x
2
x
–1
–3
–1
0
2
4
f
44
y
4
4
3
1
2
–8
–5
1
3
8
x
0
38 1. f est décroissante sur [– 4 ; 0] ∪ [2 ; 3].
f est croissante sur [0 ; 2] ∪ [3 ; 4].
2.
x
–4
0
2
0
f
–2
Ꮿ
3
0
4
–5
0
–2
–1
45 a) Puisque f est croissante sur [2 ; + ∞[, et 3 > 2, on
doit avoir f(3) > f(2) ⭓ 1.
Il est impossible d’avoir f(3) = – 1.
b) Puisque f est croissante sur ]– ∞ ; 1], et 0 < 1, on doit
avoir f(0) < f(1) ⭐ – 2.
Il est impossible d’avoir f(0) = 0.
3. Le maximum de f est 0.
Le minimum de f est – 2.
39 La courbe représentative de f est la ➃.
La courbe représentative de g est la ➁.
La courbe représentative de h est la ➂.
La courbe représentative de k est la ➀.
c 7 Comparaison d’images
c 6 D’un tableau à une courbe
46 f est croissante sur [– 10 ; 10],
40
y
on a donc f(– 3) < f(0) < f(3).
4
Ꮿ
on a donc f(– 3) > f(0) > f(3).
–3
O
3 x
on a donc f(– 3) < f(0) < f(3).
Chapitre 1. Généralité sur les fonctions • 3
50 f est croissante sur [– 3 ; 0], on a donc f(– 2) < f(– 1,5).
f est décroissante sur [0 ; 2], on a donc f(0,5) > f(1).
f(1) < 1 et f(7) = 4, donc f(1) < f(7).
f(– 3) = – 3 et f(1) > 0, donc f(– 3) < f(1).
51 f(11) > f(15) car f est décroissante sur [10 ; 15].
f(18) < f(20) car f est décroissante sur [15 ; 20].
f(12) < f(25) car f(12) < 0 et f(25) > 50.
52 a) Au 10 janvier, la température était négative car f
est décroissante sur [5 ; 10] et f(5) = 0.
b) Au 25 janvier, la température était positive car f est
décroissante sur [20 ; 31] et f(31) = 2.
c) On ne peut pas comparer les températures des 11 et
29 janvier. On pourrait avoir : le 11 : – 6° ; le 29 : 3° ou
le 11 : 4° ; le 29 : 3°.
53 a) Vrai car – 1 < 4 et f croissante sur [– 2 ; 4].
56 1. a) [– 10 ; 8] ;
b) [– 10 ; 1[ ∪ ]1 ; 8].
2. a) [– 10 ; 8] ;
b) ]– 10 ; 8[.
57 1. a) [0 ; 20] ;
b) [0 ; 20[.
b) [0 ; 10[.
b) ]0 ; 10[.
2. a) [0 ; 10] ;
3. a) ]0 ; 10] ;
58 a) [– 4 ; 4].
b) {– 4} ∪ [3 ; 4].
c) ]– 4 ; 3[. d) ∅.
59 1. a) Faux. b) Vrai. c) Vrai. d) Vrai.
2. ]0 ; 3[.
60 a) ]– 3 ; – 1[ ∪ ]3 ; 6]
b) [– 6 ; 5].
61
y
a)
*
49 f est croissante sur [0 ; 3], on a donc f(0) < f(3).
f est décroissante sur [– 3 ; 0], on a donc f(– 3) > f(0).
f(– 3) et f(3) ne peuvent en revanche être comparées.
2
b) Faux car – 2 < 4 et f croissante sur [– 2 ; 4].
c) Faux car – 1 < 0 et f croissante sur [– 2 ; 4].
d) Vrai car 4 < 5 et f décroissante sur [4 ; 6].
e) On ne peut pas savoir.
f) Faux car – 2 < – 1 et f croissante sur [– 2 ; 4].
Ꮿ
1,5
1
–1
– 0,5
0
1
2
x
54 a) Vrai car – 2,5 < – 2 et f croissante sur [– 3 ; – 2].
b) Vrai car f(– 2,5) < f(– 2) avec f(– 2) = 0 et f(1) = 1.
c) Vrai car – 2 est le minimum de f sur [– 3 ; 4].
d) On ne peut pas savoir.
e) On ne peut pas savoir.
f) Vrai car f(3) > – 1 et f(0) = – 1.
g) Vrai car le maximum de f sur [– 3 ; 0] est 0.
c 8 Ensemble des x tels que f(x) ⭓ k
55 1. a) [– 5 ; 5] ;
2. a) [– 5 ; 5] ;
LES
b) [– 5 ; 0[ ∪ ]0 ; 5].
b) ]– 5 ; 5[.
–2
b) ]– 0,5 ; 0,5[ ∪ ]1,5 ; 2].
c) A = 2.
Trouvez l’erreur
62 Si f(u) < f(v), alors on a f(u) ⭐ f(v). Donc f est croissante sur I.
63 f(1) = 3. 1 est donc solution de f(x) ⭓ 3.
EXERCICES
Problèmes
64 a) Df = [– 4 ; 5].
b) f(– 4) = – 2 ; f(3) = 1 ; f(0) = 4 ; f(5) = – 1.
c) 1 admet deux antécédents par f, – 2 et 3.
– 3 admet 1 antécédent par f.
2
4 admet 1 antécédent par f.
d) Aucun réel admet trois antécédents par f.
e)
x
–4
0
x
–2
1999
2003
2004
12 480
2005
2008
11 341
f(x)
9 737
11 285
9 379
• Pour les pacs (courbe rouge)
5
4
f(x)
• 4
65 1. • Pour les mariages (courbe violette)
x
1999
2001
2 095
g(x)
–1
2000
891
2008
7 427
1 611
2. Les mariages ont augmenté de 1999 à 2003 et de
2004 à 2005. Ils ont diminué de 2003 à 2004 et de 2005
à 2008.
Les pacs ont augmenté de 1999 à 2000 et de 2001 à
2008. Ils ont diminué de 2000 à 2001.
3. a)
x
1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008
f(x) + g(x) 10 628 12 372 12 224 13 259 14 791 14 174 15 623 15 360 15 440 16 806
b) Graphique tracé à l’aide du tableau précédent.
68 a) f(a) = (20 – 2a)2 × a.
b) D = ]0 ; 10[.
c) f(1) = 324 et f(9) = 36, donc f n’est pas croissante
sur D.
f(1) = 324 et f(2) = 512, donc f n’est pas décroissante
sur D.
69 1. a)
T 100 200 300 400 500 600 700 800
N(T) 100 141,42 173,21 200 223,61 244,95 264,58 282,84
N(T) (en hertz)
274
16 000
220
158
100
11 000
0
10 000
2008 année
1999 2000
c) Le total des mariages et des pacs a augmenté de 1999
à 2000, puis diminué jusqu’en 2001, puis augmenté
jusqu’en 2003, diminué de 2003 à 2004, augmenté de
2004 à 2005, diminué de 2005 à 2006 et augmenté de
2006 à 2008.
66 a) 500 kg ; 2 000 kg ; 1 500 kg.
b) Environ 1,2 m.
c) (100 × 2 000) + (150 × 500) = 275 000 (kg).
67 1., 2. a) et b)
100
250
485
750
T
(en newtons)
b) f est croissante sur [0 ; 800].
2. 220 a pour antécédent, graphiquement, 485.
Par le calcul, 10 1T = 220 pour 1T = 22, c’est-à-dire
T = 222 = 484.
3. 10 1T = 132 pour T = 174,24, donc on ne peut pas
obtenir « do2 ».
10 1T = 198 pour T = 392, donc on peut obtenir « sol2 ».
10 1T = 297 pour T = 882, donc on ne peut pas obtenir
« ré3 ».
Graphiquement : N(250) ≈ 158 ; N(750) ≈ 274.
132 < 158, donc on ne peut pas obtenir « do2 ».
158 < 198 < 297, donc on peut obtenir « sol2 ».
274 < 297, donc on ne peut pas obtenir « ré3 ».
70 1. a) Df = {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9}.
b) f(6) = 0,238 ; f(0) = 0 ; f(9) = 0,355.
c) 4 est l’antécédent de 0,160 par f.
7 est l’antécédent de 0,277 par f.
0 est l’antécédent de 0 par f.
2. a) Courbe.
productivité (en t × ha–1 × an–1)
1,7
1,6
1,5
1,25
1
0,9
0,85
0,4
Intensité I (en ampères)
0,3
pluviosité
(en mm)
0
100 120 130
175 185 200
180
Unités conseillées : 1 cm en abscisse pour 20 mm et 5 cm
pour 1 t × ha– 1 × an– 1 en ordonnée.
c) y = 0,01x – 0,3.
3. a) y ≈ 1,2 ;
b) y ≈ 1,6.
Remarque : Il s’agit d’une solution possible. On peut, bien
sûr, proposer d’autres droites.
0,2
0,1
0,0039
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
Tension
(en volts)
b) Les points semblent alignés.
c) U = RI, d’où I = U .
R
Il y a proportionnalité entre I et U, ce qui est cohérent
avec le 2. b).
Ici, R ≈ 25,64 Ω.
71 1. a) Le 3 avril 2007, il faisait 17° environ.
Le 3 avril 2009, il faisait 20° environ.
b) Le 4 avril 2007, il faisait 8° environ.
Le 4 avril 2009, il faisait 20,5° environ.
c) Le 10 avril 2007, il faisait 21° environ.
Le 10 avril 2009, il faisait 24° environ.
2. Il faisait la même température le 8 avril en 2007 et en
2009.
3. Le 4 avril l’écart de température a été le plus grand.
72 1.
2.
Jours
Entrées
1
800
2
960
3
920
4
820
Entrées
1 000
800
0
1
2
3
4
5
6
7 Jours
3. a)
1
2
4
7
960
f(x)
1 000
800
820
73 1. a) b)
18
74 1. a) Dorothée a parlé en premier.
b) Anouk a parlé en dernier.
2. a) Dorothée parla pendant 6 secondes d’une voix
normale. Anouk lui a répondu pendant 4 secondes en
parlant de plus en plus fort.
Pendant 2 secondes, elles parlèrent en même temps sur
un ton au-dessus de la normale. Anouk continua à parler
seule pendant 3 secondes de plus en plus fort.
Anouk continua à parler de plus en plus fort pendant
5 secondes. Dorothée parla elle aussi en même temps de
plus en plus fort.
Puis pendant 7 secondes, elles parlèrent toutes les deux
de moins en moins fort.
Anouk parla encore, seule, d’une voix normale pendant
5 secondes.
b) Entre la 10e et la 12e seconde, Dorothée a parlé le plus
fort, puis c’est Anouk qui a parlé le plus fort pendant les
20 secondes suivantes.
75 a) La droite verticale passant par O symbolise le
900
x
2. a) Le poids moyen d’un enfant de 2 ans et demi est
d’environ 14 kg, d’un enfant de 4 mois est de 6 kg, et de
9 mois est d’environ 8,5 kg,
b) L’âge d’un enfant de 15 kg est d’environ 3 ans et demi.
cœur de l’œil du cyclone. La symétrie des courbes Ꮿ1, Ꮿ2
et Ꮿ3 montre que les effets du cyclone sont ressentis de
la même façon lorsqu’on se déplace sur des cercles centrés sur l’œil du cyclone.
b) La pression atmosphérique diminue régulièrement
plus on s’approche de l’œil du cyclone.
La température à 5 000 m augmente régulièrement plus
on s’approche de l’œil du cyclone.
La vitesse des vents au niveau des sols augmente plus on
approche de l’œil du cyclone et diminue dès qu’on entre
dans celui-ci.
c)
Distance
Pression
Température Vitesse
au centre atmosphérique à 5 000 m des vents
(en km)
(en hPa)
(en °C)
(en km/h)
30
975
4
140
50
982
2
110
100
995
0
70
200
1 000
<0
50
76 1. a)
Poids (en kg)
3
15
Ꮿ2
13
1
11
9
0
1
3
6
7
5
Ꮿ’2
3
Âge (en mois)
1
0
• 6
5
12
24
36
48
60
–3
Deux fonctions possibles.
n=2
3. a) Pour x = 2, Ꮽ ≈ 98.
b) Ꮽ = 4 + 30π ≈ 98,25.
b)
1
78 1. a)
0
1
2
4
6
x
– 180 – 150 – 120
sin x
0
x
30
– 90
– 60
3
2
1
0
9
2
3
–3
2
6
Ꮿ’4
n=4
Deux fonctions possibles.
d)
1
1
0
1,2
3,6
4,8
6
n=5
Aucune fonction car nécessairement f(4,8) = 0 et on ne
peut pas réaliser f(6) = 0.
2. Lorsque n est impair, on ne peut pas avoir n segments
et f(6) = 0 : la fonction n’existe pas.
Lorsque n est pair, [0 ; 6] est partagé en n intervalles ; sur
chaque intervalle le coefficient directeur du segment est
+ 1 ou – 1 (valeurs alternées pour obtenir des segments
différents) il y a donc deux fonctions possibles.
冢
冣
77 1. Ꮽ = 1 + 15π x2.
2
2. Courbe tracée sur la calculatrice.
y = 1 + 15π x2.
2
冢
LES
冣
EXERCICES
1
2
0
60
0,5 0,866
90
120
150
180
1
0,866
1
2
0
3. b) P1 est vraie.
P2 est fausse. Le maximum de la fonction sinus est 1.
Ꮿ4
1 3
2
sin x
0
– 0,5 – 0,866 – 1 – 0,866 –
n=3
Aucune fonction car nécessairement f(4) = 0 et on ne
peut donc pas réaliser f(6) = 0.
c)
– 30
79 A.4. Si B est situé avant l’origine, M a une abscisse
négative « – AB ». Le résultat du calcul de l’aire est le
même qu’avec une abscisse égale à « AB ».
Les ordonnées des points M d’abscisse AB et M’ d’abscisse
– AB sont les mêmes.
B.1. On a OAB isocèle en O et kAOB = 60°. OAB est donc
équilatéral.
2. AB = x.
x213
3x213
L’aire de AOB est
et Ꮽ(x) =
.
4
2
3. M a pour abscisse AB, c’est-à-dire x et pour ordonnée
Ꮽ(x).
L’équation de la courbe décrite par M dans la partie A est
3x213
donc y =
.
2
80 A.4. Les points M d’abscisse AB ou M’ d’abscisse
– AB ont même ordonnée p. La courbe décrite par M est
symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
B. Posons x = AB.
p = 12x si B est situé après A, c’est-à-dire si M a pour
abscisse x.
p = – 12x si B est situé avant A, c’est-à-dire si M a pour
abscisse – x.
Algorithmique
pour tous
81 a) Dans l’algorithme précédent, on prend pour f la
2
fonction x → x – x – 3 ; on prend a = – 3, b = 3.
Ensuite, on prend successivement N = 5, N = 15 puis
N = 25.
b) On peut vérifier que pour N = 25, on obtient la courbe
indiquée dans l’énoncé.
82 Tracé, dans un repère orthonormé, de la droite
Graphique :
y
1
0
1
x
d’équation y = x + 1, et tracé par points de la courbe
représentative de la fonction F1(x) = x + 1, sur l’intervalle
[– 4 ; 4] (N = 10, soit 11 points).
83 Corrigé dans le manuel.
84 a) Notons α l’abscisse du point « le plus bas » de
la courbe.
• À partir du tracé obtenu pour N = 15, on conjecture
que c < α < d, où c = – 2 + 8x(8/15) ≈ 2,27 et
d = – 2 + 9x(8/15) = 2,8 ; de plus : f(α) < f(c) ≈ – 2,19.
• D’après tracé obtenu pour N = 20, α devrait être
légèrement supérieure à – 2 + 11 × (8/20) = 2,4 ; de plus
f(α) < f(2,4) = – 2,24.
• Le tracé obtenu pour N = 25 confirme que α est très
peu différente de – 2 + 14 × (8/25) = 2,48 ; de plus :
f(α) < f(2,48) ≈ – 2,25.
Remarque : le point « le plus bas » a pour coordonnées
exactes (2,5 ; – 2,25), ce qui valide les conjectures
précédentes.
Tracé par points de la courbe représentative de la fonction
F1(x) = x2 – 5x + 4, sur l’intervalle [– 2 ; 6]. (N = 25, soit
26 points).
Graphique :
y
1
0
x
1
87 1. Programme en AlgoBox
Tracé par points de la courbe représentative de la
fonction F1(x) = x3 – x – 3 sur l’intervalle [– 3 ; 3] (avec
« doublement » du nombre d’abscisse à chaque étape,
jusqu’à 28 + 1 abscisses).
Code de l’algorithme
▼ VARIABLES
a EST_DU_TYPE NOMBRE
b EST_DU_TYPE NOMBRE
N EST_DU_TYPE NOMBRE
h EST_DU_TYPE NOMBRE
k EST_DU_TYPE NOMBRE
j EST_DU_TYPE NOMBRE
▼ DEBUT_ALGORITHME
LIRE a
LIRE b
LIRE N
h PREND_LA_VALEUR b-a
▼ POUR k ALLANT_DE 1 AN
DEBUT_POUR
h PREND_LA_VALEUR h/2
▼ POUR J ALLANT_DE 0 à pour (2k)
DEBUT_POUR
TRACER_POINT (a+j¥h.F1(a+j¥h))
FIN_POUR
PAUSE
FIN_POUR
FIN_ALGORITHME
K = 4 (24 + 1 = 17 points).
86 Remarque initiale : – x2 + 2x = – (x – 1)2 + 1 ⭓ 0
sur [0 ; 2].
a) Tracé par points de la courbe représentative de la
fonction F1(x) = sqrt(x4 – 2x) (racine carrée de – x2 + 2x),
sur l’intervalle [0 ; 2]. (N = 100, soit 101 points).
Graphique :
y
10
1
x
y
K = 5 (25 + 1 = 33 points).
1
y
10
0
1Ω
x
b) La courbe obtenue est le demi-cercle (Ꮿ) de centre
Ω(1 ; 0), de rayon 1, situé du côté des y ⭓ 0.
c) M(x ; y) ∈ (Ꮿ) ⇔ ΩM = 1 et y ⭓ 0
⇔ ΩM2 = 1 et y ⭓ 0
⇔ (x – 1)2 + y2 = 1 et y ⭓ 0
⇔ y2 = – x2 + 2x et y ⭓ 0
⇔ y = 9– x2 + 2x.
• 8
1
x
K = N = 8 (28 + 1 = 257 points).
y
10
1
x
2. Les points tracés avant de rencontrer pour la première
fois l’instruction « Pause » ont pour abscisses a = – 3,
a + (b – a)/2 = 0 et b = 3.
Après chaque « Pause », et reprise de l’exécution de
l’algorithme par « Continuer », les nouveaux points tracés
ont, semble-t-il, pour abscisses les milieux des abscisses
des points déjà tracés.
3. Initialement h a pour valeur b – a.
Lorsque le compteur k de la boucle « Pour » extérieure a
pour valeur p(1 ⭐ p ⭐ N) :
• la valeur de h, à l’entrée de la boucle « Pour » intérieure,
est égale à (b – a)/2p (puisque h a été divisé p fois par 2).
• la boucle « Pour » intérieure fait tracer les points de la
courbe d’abscisses xj = a + jh = a + j(b – a)/2p, pour j
variant de 0 à 2p (points que l’on peut visualiser grâce à
l’instruction « Pause » avant de passer à la valeur suivante
de k).
Quand k prend la valeur p + 1, ces abscisses deviennent :
a + jh/2 = a + j(b – a)/2p + 1, pour j variant de 0 à 2p + 1 ;
LES
elles sont donc constituées des abscisses précédentes xj
et de leurs milieux.
4. Si l’on supprime l’instruction « Pause » :
a) En AlgoBox, la rapidité d’exécution du programme a
pour conséquence que l’on ne visualise que les points
tracés pour k = N (d’abscisses a + j(b – a)/2N, variant
de 0 à 2N).
b) Sur calculatrice, l’exécution plus lente du programme
laisse le temps de visualiser, certes de manière furtive, les
tracés des points pour chaque valeur de k.
Programmes sans « Pause » sur calculatrice
TI
Casio
ClrDraw
Clrgraph
Prompt A
«A=» ? → A
Prompt B
«B=» ? → B
Prompt N
«N=» ? → N
B –A → H
B –A → H
For (K, 1, n)
For 1 → K To N
H/2 → H
H/2 → H
For (J, 0, 2^k)
For → J To, 2^k
A + J*H → X
A + J*H → X
Pt-On (X, Y1)
Plot X, Y1
End
Next
End
Next
Voir note page 44 du manuel
b) Plus généralement, en algorithme, l’instruction
« Pause » permet d’interrompre provisoirement l’exécution
d’un programme pour prendre connaissance de résultats
intermédiaires. L’instruction « Continuer » fait repartir l’exécution du programme.
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
88 Soit u et v deux réels tels que u < v.
2
2
2
2
f(u) – f(v) = u + 4 – (u + 4) = u – v .
f(u) – f(v) = (u + v)(u – v) avec u – v < 0.
a) Si u et v sont des réels positifs ou nuls, u + v est positif
ou nul, f(u) – f(v) est alors négatif ou nul, ce qui signifie
que f est croissante sur ⺢+.
b) Si u et v sont des réels négatifs ou nuls, u + v est
négatif ou nul. f(u) – f(v) est alors positif ou nul, ce qui
signifie que f est décroissante sur ⺢–.
89 a) (u – v)(u2 + uv + v2) = u3 – v3.
b) Soit u et v deux réels tels que u < v, c’est-à-dire u – v < 0 :
• si u et v sont positifs :
f(u) – f(v) = u3 – v3
= (u – v)(u2 + uv + v2)
avec u – v < 0 ; u2 > 0 ; uv > 0 et v2 > 0
et donc f(u) – f(v) < 0.
f est croissante.
• si u et v sont négatifs :
u – v < 0 ; u2 > 0 ; uv > 0 ; v2 > 0
et donc f(u) – f(v) < 0.
f est croissante.
• si u < 0 et v > 0, on a :
u3 < 0 et v3 > 0 et donc u3 – v3 < 0.
f est croissante.
Conclusion : f est croissante sur ⺢.
90 La fonction n’est pas croissante sur E.
En effet, si l’on pose a = 2 et b = 3, on a f(a) = f(2) = 1 et
f(b) = f(3) = – 1 .
2
Donc a ⭐ b et f(a) ⭓ f(b).
La fonction n’est pas croissante sur E.
En effet, si l’on pose a = 0 et b = 2, on a f(a) = – 1 et
f(b) = 1, donc f(a) ⭐ f(b).
Donc a ⭐ b et f(a) ⭐ f(b).
Donc la fonction n’est pas décroissante sur E.
Remarque : en réalité, la fonction f est décroissante sur
chacun des intervalles ]– ∞ ; 1[ et ]1 ; + ∞[, mais elle
n’est ni croissante, ni décroissante sur la réunion E de ces
intervalles.
91 Il n’existe pas de fonction affine f non constante
telle qu’il existe un réel A > 0 tel que, pour tout nombre x,
– A ⭐ f(x) ⭐ A.
• Supposons f croissante.
f(x) = ax + b avec a > 0.
A–b
.
Posons xA l’antécedent de A avec xA =
a
Pour tout x > xA, f(x) > f(xA) et donc f(x) > A.
• Supposons f décroissante.
–A – b
.
Posons xB l’antécedent de – A avec xB =
a
Pour tout x > xB, f(x) < f(xB) et donc f(x) < – A.
Dans les deux cas, on peut trouver un réel x tel que
f(x) ⭓ A ou f(x) ⭐ – A.
92 La propriété (P) est vraie.
Démonstration : soit u et v deux réels tels que u < v.
f est une fonction croissante sur ⺢.
Étudions le signe de « (f(u) + u) – (f(v) + v)
(f(u) + u) – (f(v) + v) = f(u) – f(v) + u – v.
f(u) – f(v) < 0 car f est croissante sur ⺢.
⺢ et u – v < 0 car u < v. On déduit (f(u) + u) – (f(v) + v) < 0
et donc f(x) + x strictement croissante sur ⺢.
93 La propriété (P) est fausse : un contre exemple :
f(x) = x.
f est une fonction croissante sur I = ]0 ; + ∞[.
Soit u et v deux réels positifs tels que u < v.
1
1
v–u
–
=1–1=
f(u) f(v) u v u × v
avec v – u > 0 et uv > 0.
1
1
–
> 0 et donc 1 décroissante sur ]0 ; + ∞[.
f(u) f(v)
f
94 a) Faux car f(2) = – 3.
b) Faux car f(2) = – 3 mais 2 ∉ ]2 ; 5[.
c) Vrai. A = 7.
d) Faux car – 1 ∈ [– 5 ; 5] et f(– 1) = 5.
Or 5 ∉ [0 ; 3]
e) Faux car f(2) = – 3 et – 3 ∉ ]– 3 ; 7].
95 Remarque : Pour la figure de l’énoncé, il faut faire
apparaître les demi-droites d’équation y = x et y = – x.
• 10
Protocole
1. On crée un point B sur l’axe des x.
2. On crée le cercle de centre O et de rayon OB, c’est-àdire l’abscisse de B, x(B).
3. Soit a, l’aire de ce cercle et b son périmètre. On
a
construit le point M d’abscisse x(B), et d’ordonnée .
π
4. On construit le point N d’abscisse x(B) et d’ordonnée
b
.
2π
5. On active les tracés des points M et N et on fait bouger
le point B sur l’axe des x pour faire varier x(B).
Problèmes ouverts
96 Prenons f définie sur ⺢ par f(x) = 4x + 1 et g définie
sur ⺢ par g(x) = – 2x – 3.
f est strictement croissante sur ⺢ et g est strictement
décroissante sur ⺢.
f(x) + g(x) = 2x – 2.
f + g est une fonction strictement croissante sur ⺢.
97 Soit f la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par :
f(x) = x – 2n pour x ∈ [2n ; 2n + 1]. n ∈ ⺞
f(x) = – x + 2n + 2 x ∈ [2n + 1 ; 2n + 2].
Cette fonction est croissante sur [2n ; 2n + 1] et décroissante sur [2n + 1 ; 2n + 2] et ne sera jamais monotone
sur [A ; + ∞[.
y
1
0
1
x
2
Expressions
algébriques.
Équations
CHAPITRE
LES
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Associer à un problème
une expression algébrique
1
Pour que ARC soit rectangle en A, il faut et il suffit
(Pythagore et sa réciproque) que x vérifie la relation suivante :
RC2 = AR2 + AC2 soit x2 = 32, x = 412
x ≈ 5,66.
2
L’aire A de la partie colorée est :
A = 1 (x + y)2 – 1 y2 = 1 x2 + xy.
2
2
2
1
x et y doivent vérifier x2 + xy = 100.
2
3
Le volume V de cette pièce est :
V = x + (x + 1)3 = 2x3 + 3x2 + 3x + 1.
x doit donc vérifier : 2x3 + 3x2 + 3x + 1 = 3x3
soit – x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0.
3
4
Soit x le nombre total de sièges :
x = 100 + 1 × 100 + 5 = 125.
5
5
Le volume V de chocolat mangé par le professeur
après chaque heure est :
3
V = 2 × 4 π × x + 2x3 où x est le côté du cube.
3
2
π x3
+ 2x3.
V=
3
Pour que V soit égal à 16 cm3, il faut que x vérifie la
relation :
π x3
+ 2x3 = 16, soit x3 = 48 .
3
π+6
x ≈ 1,74 cm.
6
a) Pour 4 marches : 10 cubes.
Pour 5 marches : 15 cubes.
Pour 6 marches : 21 cubes.
b) Le nombre de caisses nécessaires pour construire n
marches est :
S=
n + (n – 1) + (n – 2)
+…+
1
soit aussi :
S=
1 + (2)
+
(3) + (4) + … + (n)
On a donc 2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1)
2S = n × (n + 1)
n × (n + 1)
S=
2
c 2 Choisir la forme la plus
adaptée d’une écriture
7
1. (x – 1)(x + 4) = x2 – x + 4x – 4 = x2 + 3x – 4.
2. a) A(0) = – 4
avec (1)
b) A(1) = A(– 4) = 0
avec (2)
c) A(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 4
avec (2)
8
1. a) (x + 2)2 – 1 = x2 + 4x + 4 – 1 = x2 + 4x + 3.
b) (x + 2)2 – 1 = (x + 2 – 1)(x + 2 + 1) = (x + 1)(x + 3).
2. a) A(x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = – 3
avec (3)
b) A(x) = 3 ⇔ x2 + 4x = 0 ⇔ x = 0
ou x = – 4
avec (2)
avec (1)
c) A(x) = – 1 ⇔ (x + 2)2 = 0 ⇔ x = – 2
d) A(x) = 8 ⇔ (x + 2)2 – 1 – 8 = 0 ⇔ x = 1
ou x = – 5
avec (1)
9
1. a) (2x + 1)(2x + 5) = 4x2 + 2x + 10x + 5
= 4x2 + 12x + 5.
2
2
b) (2x + 3) – 4 = 4x + 12x + 9 – 4 = 4x2 + 12x + 5.
2. A(12) = 8 + 1212 + 5 = 13 + 1212
avec (1)
1
=0
avec (2)
A–
2
10 1. (x2 + 1)(x – 2) = x3 + x – 2x2 – 2
= x3 – 2x2 + x – 2.
2. a) f(x) = 0 ⇔ x = 2 avec la forme factorisée.
b) f(x) = – 2 ⇔ x3 – 2x2 + x = 0 ⇔ x(x – 1)2 = 0
⇔ x = 0 ou x = 1.
11 1. D = ⺢ – {1}.
x2 – 1 (x – 1)(x + 1)
=
= x + 1.
2. Pour tout x de D,
x–1
x–1
3.
y
20 A = G ; B = F ; C = E ; D = H.
1
0
x
1
12 a) D = ⺢ – {– 1}.
b) Pour tout x de D :
x4 – 1
(x – 1)(x + 1)(x2 + 1)
=
= (x – 1)(x2 + 1).
x+1
x+1
c) g(x) = 0 ⇔ x = 1.
13 1. (x2 + 1)(x + 1) = x3 + x2 + x + 1.
2. a) f(0) = 1 avec la forme développée.
b) f(x) = 0 ⇔ (x2 + 1)(x + 1) = 0
⇔ x = – 1.
3. f(x) ⭓ 0 ⇔ (x2 + 1)(x + 1) ⭓ 0
⇔x+1⭓0
⇔ x ⭓ – 1.
D’où Ꮿf coupe (Ox) au point d’abscisse – 1, au-dessus de
Ox pour x ⭓ – 1 et est au-dessous sinon.
2. f(x) = (x + 3)(x – 1).
3. a) f(0) = – 3 avec la forme développée.
f(1) = 0 et f(– 3) = 0 avec la forme factorisée.
f(– 1) = – 4 avec la forme initiale.
f(13) = 213 avec la forme développée.
b) f(x) = 0 ⇔ (x + 3)(x – 1) = 0
⇔ x = – 3 ou x = 1.
15 1. f(x) = 9x2 + 12x – 5 = (3x + 5)(3x – 1).
2. a) (3x + 5)(3x – 1) = 0 ⇔ x = – 5 ou x = 1 .
3
3
b) (3x + 2)2 – 9 = – 9 ⇔ (3x + 2)2 = 0
⇔ x = – 2.
3
c) 9x2 + 12x – 5 = – 5 ⇔ x(3x + 4) = 0
⇔x=0
ou x = – 4 .
3
16 a) Non.
b) f(x) = (x + 1)2 – 4.
c) A(x) = (x – 1)(x + 3). d) S = {– 3 ; 1}.
17 a) A(x) = (x + 2)2 – 9 = (x + 5)(x – 1).
b) S = {– 5 ; 1}.
1
1 =n + 1 – n=
.
n n + 1 n(n + 1) n(n + 1)
1
b) 1 + 1 + … +
n(n + 1)
1×2 2×3
1
1
1
1
–
–
+
+…+ 1 – 1
=1– 1 .
=
1 2
2 3
n n+1
n+1
18 a) Pour x dans ⺞*, 1 –
• 12
21 A = 2x2 + 7x + 6 ;
B = x2 + 3x – 10.
22 A = x2 – 9x + 20 ;
B = – x2 – x + 12.
23 A = – 5x2 + 15x – 10 ;
B = 8x2 + 12x – 20.
24 A = x3 – x2 + x – 1 ;
B = x3 – x2 – 5x + 6.
25 A = – x4 – 2x2 + 15 ;
B = x5 – 5x3 + 2x2 – 10.
26 A = x2 + 4x + 4 ;
B = x2 – 6x + 9.
27 A = 4x2 + 12x + 9 ;
B = 9x2 – 30x + 25.
28 A = x3 – 6x2 + 11x – 6 ;
B = x3 + 2x2 – x – 2.
29 A = – 8x ;
B = 4 – x4.
30 A = (a + b)2 – c2 = a2 + 2ab + b2 – c2 ;
B = (a + c)2 – b2 = a2 + 2ac + c2 – b2.
31 A = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx ;
14 1. f(x) = x2 + 2x – 3.
19 Forme factorisée : A, D.
Forme développée : B, C.
2
c 3 Développer, factoriser
B = x2 + y2 + z2 + 2xy – 2yz – 2zx.
32 A = x3 + 3x2 + 3x + 1 ;
B = x3 – 3x3 + 3x – 1.
33 A = (x + 1)(x + 2) + 3(x + 1) = (x + 1)(x + 5) ;
B = (x – 1)(2 + x) – (x – 1)(x + 5) = – 3(x – 1).
34 A = (x – 3)(x + 1) + 2(x – 3) = (x – 3)(x + 3) ;
B = (2x – 5)(x – 1) – 2(2x – 5) = (2x – 5)(x – 3).
35 A = x × x + 2x = x(x + 2) ;
B = x(x + 2) + (x + 2)(x – 4) = (x + 2)(2x + 4)
= 2(x + 2)(x – 2).
36 A = (x – 2)(x – 2) + 3(x – 2) = (x – 2)(x + 1) ;
B = 5(x – 4)(x – 4) + 2(x – 4) = (x – 4)(5x – 18).
37 A = (x – 2)(x + 2) ;
B = (3x – 1)(3x + 1).
38 A = (2x – 15)(2x + 15) ;
B = (12x – 17)(12x + 17).
39 A = (x – 4)(x + 6) ;
B = (7x – 2)(4 – 3x).
40 A = (x2 – 1)(x2 + 1) = (x – 1)(x + 1)(x2 + 1) ;
B = (9 – 4x2)(9 + 4x2) = (3 – 2x)(3 + 2x)(9 + 4x2).
41 A = (x + 1)2 ;
B = (x – 2)2.
42 A = (x + 3)2 ;
B = (2x + 1)2.
43 A = (3x + 4)2 ;
B = (2 – 5x)2.
44 A = (x2 – 1)2 = (x – 1)2(x + 1)2 ;
B = (2x3 + 1)2.
45 A = 5(x – 1)2 – 3(x – 1) = (x – 1)(5x – 8) ;
B = (x – 3)(1 – 4x).
46 A = 2(2x – 1)2 – 5(2x – 1) = (2x – 1)(4x – 7) ;
B = (3x – 1)(3x + 1) + 2(3x – 1)(x – 4) = (3x – 1)(5x – 7).
47 A = 4(x + 3)2 – (x + 3)(x – 3) = (x + 3)(3x + 15)
= 3(x + 3)(x + 5) ;
B = (4 – 3x)(4 + 3x) + 2(4 + 3x)2 = (4 + 3x)(3x + 12)
= 3(4 + 3x)(x + 4).
48 A = x2(x + 1) + (x + 1) = (x + 1)(x2 + 1) ;
56 Soit 2n + 1, 2n + 3 et 2n + 5 les nombres entiers
naturels impairs cherchés.
On cherche n tel que 2n + 1 + 2n + 3 + 2n + 5 = 10.
On trouve 6n + 9 = 101.
Il n’y a pas de solution entière.
On ne peut donc trouver de tels entiers.
57 Soit x la mesure du côté cherché.
L’équation à résoudre est (x + 3)2 = x2 + 21.
La mesure du côté est 2 cm.
58 Soit ᐉ la largeur du rectangle.
L’équation à résoudre est 3ᐉ2 = 2 700.
La solution est 30.
Les dimensions du rectangle sont 30 m et 90 m.
B = x2(x – 1) + x – 1 = (x – 1)(x2 + 1).
3x – 5
;
x–2
2x2 – x – 1
g(x) =
Dg = ⺢*
.
x
2
50 Df = ⺢ – {– 1 ; 1}
f(x) = 2
;
x –1
5x – 2
g(x) =
Dg = ⺢ – 0 ; 1
.
x(3x – 1)
3
2
51 Df = ⺢ – {– 1 ; 0 ; 1} f(x) = 2x + 3x – 1 ;
x(x2 – 1)
–x–1
g(x) = 2
Dg = ⺢ – {– 2 ; 2}
.
x –4
7x + 1
7x + 1
52 Df = ⺢ – – 1 ; 1
f(x) = – 2
;
=
9x – 1 1 – 9x2
3 3
5x – 13
Dg = ⺢ – {1 ; 2 ; 5}
g(x) =
.
(x – 1)(x – 2)(x – 5)
49 Df = ⺢ – {2}
f(x) =
c 5 Résolution d’équations
59 a) x2 – 4 = (x + 2)(x – 2) ; S = {– 2 ; 2}.
b) 9x2 – 1 = (3x + 1)(3x – 1) ; S = – 1 ; 1 .
3 3
60 a) (x + 1)(5 – 2x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 5 .
2
b) (2x – 3)(x – 3) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 3.
2
61 a) x(3x – 7) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 7 .
3
b) (x – 1)(x + 2) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 2.
62 1. x3(9x2 – 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = – 1 .
3
2
2. x (25x – 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x = ou x = – 2 .
5
5
7
3
2
63 a) x[(x + 1)2 – 4(x – 1)2] = 0 ⇔ x(– 3x2 + 10x – 3) = 0.
c 4 Mettre un problème en équation
53 B. 1. Soit x, x + 1 et x + 2 les trois naturels cher-
chés. Ce sont les mesures des côtés du triangle rectangle.
2. x + 2 est la mesure de l’hypoténuse.
(1)
3. (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2
C. 1. (x + 2)2 – x2 = (x + 2 + x)(x + 2 – x) = (2x + 2) × 2.
2. L’équation devient 4(x + 1) = (x + 1)2
soit encore (x + 1)(3 – x) = 0 (2)
S = {– 1 ; 3}.
3. Seule, la solution 3 convient car – 1 ∉ ⺞.
Les trois entiers cherchés sont 3, 4 et 5.
54 Soit x l’entier naturel cherché.
L’équation à résoudre est
21 est le nombre cherché.
3+x
= 6.
7+x
7
55 Soit 2n et 2n + 2 les deux entiers naturels pairs
cherchés.
On cherche n tel que 2n + 2n + 2 = 2010.
On trouve n = 502.
Les nombres cherchés sont 1 004 et 1 006.
2
⇔ x x2 – 10 x + 1 = 0 ⇔ x x – 5 – 16 = 0.
3
3
9
⇔ x(x – 3) x – 1 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1 ou x = 3.
3
3
b) (x2 – 2)(x2 + 2) = 0 ⇔ x = 12 ou x = – 12.
64 1. f(x) = x2 + 6x + 5 = (x + 1)(x + 5).
2. (0 ; 5).
3. a) f(x) = 0 ⇔ (x + 1)(x + 5)= 0 ⇔ x = – 1 ou x = – 5.
b) f(x) = 5 ⇔ x2 + 6x = 0
x = – 6 ou x = 0.
65 a) f(x) = x3 – 1.
b) f(x) = 0 si, et seulement, si x3 = 1, c’est-à-dire si, et
seulement, si x = 1. S = {1}.
66 a) S = {– 24} ;
2
67 a) x ≠ 1 ; S = – 1
b) S = {1}.
b) x ≠ 1 ; S = {– 2}.
68 a) x ≠ 1 et x ≠ – 1 ; S = {– 5}.
69 x ≠ 2 ; S = {3}.
70 x ≠ 0 ; S = {– 2 ; 2}.
Chapitre 2. Expressions algébriques. Équations • 13
71 x ≠ 1 et x ≠ – 1 ; S = {0}.
73 a) x ≠ 0 ; S = {– 2}.
b) x ≠ 0 ; S = {1}.
2
b) x ≠ – 2et x ≠ – 5 ; S = 5 .
3
3
72 a) x ≠ – 1 ; S = 1 .
74 a) x ≠ 0 et x ≠ 2 ; S = {– 12 ; 12}.
2
LES
b) x ≠ – 1 et x ≠ 2 ; S = 1 ; 3 .
2 2
EXERCICES
Problèmes
75 1. b)
L
ᐉ
3
1,615 1,077
ᐉ
= L
L–ᐉ ᐉ
(ᐉ : longueur ; L – ᐉ : la largeur).
Soit encore que L2 – ᐉL = ᐉ2 c’est-à-dire encore L2 – ᐉ2 – ᐉL
= 0.
L+ᐉ
, c’est-à-dire
Or on sait par hypothèse que : L =
L
ᐉ
2
2
que L – ᐉL – ᐉ = 0.
Conclusion : le nouveau rectangle est un rectangle d’or.
L+ᐉ
ᐉ
4. a) L =
⇔ L = 1 + ⇔ x = 1 + 1 et x > 0.
L
L
ᐉ
ᐉ
x
1
2
2
b) x = 1 + ⇔ x = x + 1 ⇔ x – x – 1 = 0.
x
2
2
c) (x2 – x) – 1 = x – 1 – 1 – 1 = x – 1 – 5 .
2
4
2
4
2
15
15
1
5
1
1
d) x –
– =0⇔ x– +
x– –
= 0.
2
2
2
4
2
2
1 – 15
1 + 15
⇔x=
ou x =
.
2
2
e) Le nombre d’or est un réel positif et il est solution de
l’équation précédente, d’où il est égal à :
1 + 15
≈ 1,618.
2
5. Le 2e rectangle dessiné dans le texte a un rapport L
ᐉ
très voisin du nombre d’or. Il avait été qualifié d’harmonieux.
3. On veut montrer que
76 a) ᐉ2 – ᐉ1 = 2πa : Vraie.
b) ᐉ3 – ᐉ2 = 2πa : Vraie.
77 Le volume V du trou doit être tel que :
7 700 V – 2 700 V = 0,005.
Soit V = 0,000 001 (en m3).
On cherche h, sa hauteur en mètres tel que :
π × (0,005)2 × h = 0,000 001.
Soit h = 1 ≈ 0,013 (en m).
25π
78 1. a) ᐉ(x) = π x + π × 8 – x = 4π, x ∈ ]0 ; 8[.
2
2
b) [IJ] privé de I et de J, avec I(0 ; 4π) et J(8 ; 4π).
x 2 1 8–x 2
2. a) S(x) = 1 π(4)2 + 1 π
– π
= 2πx.
2
2
2 2
2
b) S(1) + S(7) = 16π ; S(2) + S(6) = 16π ;
S(3) + S(5) = 16π.
Remarque : 16π est l’aire du disque limité par Ꮿ.
• 14
c) S(x) = 8π pour x = 4 (M est le milieu de [AB]).
d) S(7) est l’aire de la portion du disque limité par Ꮿ qui
n’est pas rose, pour x = 1.
La réunion des parties d’aires S(1) et S(7) est donc le
disque tout entier : S(1) + S(7) = 16π.
Plus généralement, S(x) + S(8 – x) = 16π.
S(x) = 8π lorsque M est le milieu de [AB]
(S(x) = S(8 – x) dans ce cas.)
79 L’aire de la partie colorée est 2πx.
π
Cherchons x tel que 2πx = .
4
On trouve x = 1 . Soit environ 0,125 cm.
8
80 A. On lit b ≈ 7.
B. 1. a = c = 412.
2. EC = 4 – HC = 1 avec HC = 3 et DC = 8,
d’où b = DE = DC – EC = 7.
81 A. x ≈ 1,88.
B. 1. Utilisons le théorème de Thalès dans AHB.
On obtient AM = AK .
AB
AH
De même dans ABC, on obtient AM = MN .
AB
BC
D’où AK = MN .
AH
BC
Pour que MNPQ soit un carré, il faut avoir MN = MQ = x.
3–x
x
On a donc la relation suivante
= , ce qui nous
3
5
donne x = 15 = 1,875.
8
On retrouve la conjecture faite au A.
82 A. Conjecture : pour que Ꮽ(x) soit minimale :
x ≈ 1,25
Ꮽ(x) ≈ 2,875.
x(2 – x) – x2 + 2x
B. 1. Aire de AMQ :
=
.
2
2
2
x(3 – x) – x + 3x
=
.
Aire de BNM :
2
2
Ꮽ(x) = AABCD – 2AAMQ – 2ABNM = 6 + 2x2 – 5x.
2
2. 2 x – 5 + 23 = 2x2 – 5x + 6 = Ꮽ(x).
4
8
3. Ꮽ(x) est minimale pour x = 5 .
4
Ꮽ(x) vaut alors 23 .
8
4. On retrouve les résultats du A.
83 A. Conjecture : pour que l’aire de AMN soit égale
à l’aire de BMNC, on doit avoir x ≈ 3,54. L’aire sera alors
environ égale à 5,42.
x13 1
x213
B. A(x) = x ×
× =
.
2
4
2
(x + 5)
B(x) =
×h
2
avec h la hauteur de MNCB
513 x13 13
–
=
(5 – x).
d’où h =
2
2
2
(25 – x2)
.
B(x) = 13
4
LES
EXERCICES
85 a) 1,218 < r < 1,227.
4
b) r = 3 ≈ 1,225.
2
86 a) 0,679 < r < 0,688.
1 y
0
0,7
2513
.
8
3. Ce résultat est cohérent avec la conjecture établie
au A.
B(x) =
Algorithmique
pour tous
b)
13
13 2
(25 – x2) =
x.
4
4
⇔ 25 – x2 = x2 ⇔ x2 = 25
2
512
soit x =
≈ 3,54.
2
2513
Dans ce cas, on a A(x) =
8
2. A(x) = B(x) ⇔
1
x
Pe passage dans la boucle : Ap est calculé ; p et Ap sont
affichés.
À la fin de la boucle : An est calculé ; n et An sont affichés.
2. a) i = 1, A = 8. b) i = 2, A = – 1. c) i = 3, A = 1,25.
B. 1. Programmes en AlgoBox et sur calculatrice Casio :
AlgoBox
Casio
A est un réel donné,
« A= » ? → A
et u un entier donné.
« N= » ? → N
Calcul des termes de la suite :
B –A → H
A(0) = A
For 1 → I To N
A(p) = – 0,5 × A(p – 1) + 3,
–.5xA + 3 → A
p = 1, 1,2, …, n.
I
A
Next
Code de l’algorithme
▼ VARIABLES
L’encadrement de r obtenu en a) semble en accord avec
le tracé de la courbe d’équation y = x3 + x – 1.
87 1. Dans le programme en AlgoBox, on remplace
pow(10, – 2) par pow(10, – 5).
Dans les programmes Casio et TI, on remplace 10^(– 2)
par 10^(– 5).
2. a) r = 8/3 ≈ 2,666 67
c) 2,666 664 < r < 2,666 672
89 A. 1. Premier passage dans la boucle.
Au début, la valeur de A est celle qui a été saisie ; c’est
avec cette valeur qu’est calculée l’expression – 1 A + 3,
2
c’est-à-dire f(A), c’est-à-dire A1. On affiche ensuite 1 et
la valeur de A1.
Second passage dans la boucle.
Au début, A a pour valeur A1 et donc – 1 A + 3 a pour
2
valeur – 1 A1 + 3, c’est-à-dire f(A1), c’est-à-dire A2. On
2
affiche ensuite 2 et la valeur de A2.
A EST_DU_TYPE NOMBRE
n EST_DU_TYPE NOMBRE
i EST_DU_TYPE NOMBRE
▼ DEBUT_ALGORITHME
LIRE A
LIRE n
▼ POUR i ALLANT_DE 1 A n
DEBUT_POUR
A PREND_LA_VALEUR –0,5*A+3
AFFICHER i
AFFICHER «,»
AFFICHER A
FIN_POUR
FIN_ALGORITHME
Les résultats numériques ci-dessous sont ceux fournis par
le programme en AlgoBox.
2. a) A1 = – 1, A2 = 3,5.
3. a) A19 = 1,999 988 6, A20 = 2,000 005 7,
A29 = 2,000 000 0, A30 = 2,000 000 0.
b) La suite de nombres A1, A2, A3, … semble se rapprocher
de 2 (« converger » vers 2).
4. En effectuant de nombreux essais avec des valeurs
quelconques de A, on constate chaque fois cette « convergence » de la suite A1, A2, A3, … vers 2.
On conjecture que, quelle que soit la valeur de A, la suite
A1, A2, A3, … « converge » vers 2).
Chapitre 2. Expressions algébriques. Équations • 15
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
OA
90 B(– h2 ; 0) utiliser tan hOIA = OA = OB ; C(O ; – h3) ;
D(h4 ; 0).
OI
101 Pour x ≠ – 1 :
91 36 fruits.
x + 1
1
1 = 1 ou 1 = – 1.
x+1
x+1
1 = 1 ⇔ x = 0 ; 1 = – 1 ⇔ x = – 2.
x+1
x+1
S = {– 2 ; 0}.
92 AB = 62,1 AB + AB = 5 .
23 27
93 Posons BP = x.
CN = MN = PA , donc x = 3 – x .
4
3
CA BA
BA
12
12
; BP =
.
x=
7
7
94 r = 4 (le rayon est égal aux deux tiers de la hau96 Soit 2n + 1, 2n + 3, 2n + 5 les entiers naturels
impairs cherchés.
L’équation à résoudre est 6n = 90.
Les entiers cherchés sont 31, 33 et 35.
97 À 12 h 00, à 150 km de A.
98 a) Faux car pour x = 1, (x – 1)(x2 + 1) = 0.
2
b) Faux car pour tout réel x, – x – 1 < 0.
c) Faux car pour x = – 1, l’expression n’est pas définie.
d) Faux car pour x = 0 et y = 0 (x + y)2 = 0 et x2 + y2 = 0.
e) Vrai, il suffit de prendre b = – 2a.
f) Vrai, il suffit de prendre a = – 1 b.
2
g) Faux car b doit être égal à – 2a.
99 a) (x – 2)(x + 2)(x – 12) x + 3
= (x2 – 4)(x – 12) x + 3 .
2
3
b) S = – 2 ; 2 ; 12 ; – .
2
c) S = {2}.
d) S = {– 2 ; 2}.
e) S = – 2 ; 2 ; – 3 .
2
100 (x2 + 2x + 1)4 = (x + 1)8
• 16
2
=1⇔
102 (x4 – 1)2 = 1 équivaut à x4 – 1 = 1 ou x4 – 1 = – 1.
teur).
(x + 1)8 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ou x + 1 = – 1.
S = {– 2 ; 0}.
2
• x4 – 1 = – 1 ⇔ x = 0.
• x4 – 1 = 1 ⇔ x4 = 2 ⇔ x2 = 12 ou x2 = – 12.
LES
x2 = 12 ⇔ x = 412 ou x = – 412.
S = {– 412 ; 0 ; 412}.
impossible
Problèmes ouverts
103 Soit f la fonction définie sur ⺢ par f(x) = x3 et g la
fonction définie sur ⺢ par g(x) = – ax – 1.
À l’aide d’un logiciel de géométrie, on peut tracer les
deux courbes représentatives de f et de g en utilisant un
curseur pour faire varier a de – 10 à 10 par exemple.
Il existe toujours un point d’intersection au moins entre
les deux courbes.
104 xn + a = 0.
• n pair : f : x → xn est une fonction décroissante puis
croissante dont le minimum est l’origine du repère.
a = 0 : 1 solution
a > 0 : 0 solution
a > 0 : 2 solutions.
• n impair : f : x → xn est une fonction croissante
strictement.
L’équation admet exactement 1 solution quel que soit
le réel a.
• n = 0 ; pour a = – 1, tout x est solution ;
pour a ≠ – 1 ; aucune solution.
3
CHAPITRE
LES
Fonctions
de référence
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Sens de variation de f : x ax + b
1
y
c) f(x) = x2 + 2. f non affine.
7
b) Faux.
c) Vrai.
8
1. f(1) < f(3), donc f est strictement croissante sur ⺢.
2. a) f(x) = 3 x + 1 .
2
2
3
b) a = > 0, donc f est bien strictement croissante sur ⺢.
2
f
1
1
O
–1
a) Faux.
x
h
9 a) Non.
b) f est affine telle que f(2) < f(5) ; donc f est strictement
croissante sur ⺢.
10 f est strictement croissante sur ⺢, donc :
g
f est strictement croissante sur ⺢, g et h sont strictement
décroissantes.
2 1. a) f(x) = 5 x – 3 .
b) g(x) = – 2 x + 5 .
4
4
3
3
2
1
c) h(x) = – x + .
d) k(x) = – x – 2.
15
15
2. f est strictement croissante sur ⺢ ; g, h et k sont strictement décroissantes.
a) f(x) > f(3) ⇔ x > 3.
b) f(1) < f(x) < f(4) ⇔ 1 < x < 4.
11 a) f(0) = – 1, f(1) = 2, f(2) = 1.
b)
x
–∞
1
2
f(x)
c)
+∞
y
2
3
f est affine et strictement croissante sur ⺢.
4
a) f(x) = 3x + 4.
g(x) = 3(x + 4) = 3x + 12.
f(0) = 4, alors que g(0) = 12. Donc f ≠ g.
b) f et g sont toutes deux strictement croissantes sur ⺢.
1
O
1
3
x
–1
5
Non, car une fonction affine ne change pas de sens
de variation sur ⺢.
6 a) f(x) = 3(x + 2). f affine strictement croissante
sur ⺢.
b) f(x) = – 5x – 1. f affine et strictement décroissante sur ⺢.
12 1. a) 1 < 3, donc f(1) ⭐ f(3) car f est croissante. Or
f(3) < 0.
D’où f(1) < 0.
b) Non.
2. a) 5 < 7, donc f(5) ⭐ f(7) ; or f(5) > 0, d’où f(7) > 0.
b) x0 ∈ ]3 ; 5[.
f)
x
x
b)
x
b)
–∞
f(x)
2
+
0
–
c)
3
x
5
3
–∞
–
3x – 5
b)
0
+∞
+
2
π–4
+∞
0
–
+
17 1. a)
+
y
x
–∞
3
2
+∞
0
+
y
b)
1
–
–
2x + 3
O
+
0
–∞
C
+∞
+∞
4
12 – 2
–
x
3
–
0
–∞
B
14 a) x = 5 ; x > 5 .
0
–
x
+∞
+∞
5
12 – 13
–∞
A
13 a) x = 2.
–4
+
– 0,5x – 2
16 a)
c 2 Signe de ax + b
–∞
x
5
3
3
–
3
2
–5
O
f coupe (Ox) en x = 5 .
3
Sur 5 ; + ∞ , f est au-dessus de (Ox) et sur – ∞ ; 5 , f
3
3
est au-dessous de (Ox). On retrouve le tableau précédent.
15 a)
1
2. a)
x
3
4
–∞
b)
x
–∞
–
–
2x + 3
–
y
3
3
2
0
+∞
0
+
3 – 4x
x
1
+∞
+
1
1
b)
x
–
6x – 4
c)
x
x
+
e)
x
– 4x
• 18
0
+
–∞
0
+∞
+
0
3
b) g(x) = a x – 2 avec a > 0.
3
4x – 1
–
3–x
+
(4x – 1) (3 – x)
–
–
+∞
1
4
x
+∞
–
x
19 a)
–
0
3
4
18 a) f(x) = x – 2 .
+
1
6
–∞
1
– 3x
2
0
+∞
2
5
–∞
– 5x + 2
d)
2
3
–∞
O
S= 1;3.
4
0
0
3
+
+
+
0
–
+
0
–
23 a) 2 < 3, donc f(2) < f(3), c’est-à-dire f(3) > 0.
b)
5
3
x
x–2
–
2
–
(3x – 5) (x – 2)
b) – 1 < 2, donc f(– 1) < f(2), c’est-à-dire f(– 1) < 0.
c) 0 < 2, donc f(0) < f(2), c’est-à-dire f(0) < 0.
2
0
–
0
+
–
0
+
24 a)
y
S = ]2 ; + ∞[.
c)
2
1
2
x
1
x–6
–
–
1–x
+
+
2x – 1
– 0
+
5(x – 6) (1 – x) (2x – 1) + 0
–
6
0
0
1
–
0 +
–
–
+
+
+
0 –
S = 1 ; 1 ∪ 6; + ∞ .
2
O
c3
A
0
+
0
–
0
+
x
–∞
x2
B
–2
+
0
2
–
0
C
21 a)
+
x
22
+
+
0
–
–
3
0
+
2
3
–
+
3
2
1
–
0
+
1
2
–
0
–1
0
2
1
4
0
0
–
t
a = 2t – 1
+
0
x
C
0
x2
1
1
2
x
B
c)
–
x
A
b)
–1
+∞
26 a)
c) C = (1 – x) (1 + x).
x
0
0
b) B = (x – 2) (x + 2).
x
x
4
1
Variations de f : x x2 et g : x x
25
2
2
b) f(2) = 0 et ∀x ≠ 2, f(x) > 0.
20 a) A = x(x – 2).
x
1
+
Si t < 1 , f est strictement décroissante sur ⺢.
2
Si t = 1 , f est constante et égale à 3.
2
Si t > 1 , f est strictement croissante sur ⺢.
2
b) f possède un maximum 4 pour x = 2.
f possède un minimum 0 pour x = 0.
27 a) Non, f est strictement décroissante sur [– 2 ; 0]
et strictement croissante sur [0 ; 3].
b) Non, pour les mêmes raisons.
Remarque : une fonction qui n’est pas croissante sur un
intervalle n’est pas nécessairement décroissante sur cet
intervalle.
28 a) 0 < 3,06 < 3,52. Or la fonction carrée est stric-
tement croissante sur ⺢+ ; donc 3,062 < 3,522.
b) 0 < π < 4, donc π2 < 42.
c) – 0,152 < – 0,15 < 0. Or la fonction carré est strictement
décroissante sur ⺢– ; donc (– 0,15)2 < (– 0,152)2.
On peut remarquer aussi que (– 0,15)2 = 0,152 et
(– 0,152)2 = 0,1522.
Or 0 < 0,15 < 0,152. D’où 0,152 < 0,1522 et donc :
(– 0,15)2 < (– 0,152)2.
29 (– 0,3)2 = 0,32 ; 10– 1 = 0,1.
0 < 0,1 < 0,2 < 1 < 0,3. Or la fonction carré est strictement
4
2
croissante sur ⺢+ ; d’où 0,12 < 0,22 < 1 < (0,3)2.
4
30 1. a) a2 ⭐ b2.
2. Non.
b) a2 ⭓ b2.
Chapitre 3. Fonctions de référence • 19
31 a) Si x > 3, alors x2 > 32 car la fonction carré est
strictement croissante sur ⺢+.
b) Si x < – 2, alors x2 > (– 2)2, c’est-à-dire x2 > 4, car la
fonction carré est strictement décroissante sur ⺢–.
32 a) 9 ⭐ x2 ⭐ 16.
b) 9 ⭐ x2 ⭐ 16. c) 0 ⭐ x2 ⭐ 4.
33 Non. De x2 > 4, on peut déduire x < – 2 ou x > 2.
34
x
0
–∞
+∞
1
x
35 a)
x
1
4
1
f(x)
1
4
42 Non, car ⺢* n’est pas un intervalle.
Ainsi par exemple : – 2 < 2 et l’on n’a pas 1 > 1 .
–a 2
K
*
43 a) V , pour V ∈ ⺢+.
V
b) La fonction inverse étant strictement décroissante
sur ⺢+* et k étant positif, la fonction précédente est
strictement décroissante sur ⺢+* . D’où lorsque le volume
augmente, la pression diminue.
44 A. f(v) – f(u) = v2 – u2 = (v – u) (v + u), du signe
de v + u puisque u < v, c’est-à-dire positif puisque u et v
sont tous deux positifs.
D’où si 0 ⭐ u < v, alors f(u) < f(v). Donc f est strictement
croissante sur ⺢+.
B. Lorsque u < v ⭐ 0, f(v) – f(u) est du signe de v + u,
c’est-à-dire négatif. D’où f est strictement décroissante
sur ⺢*–.
45 1. f(v) – f(u) = 1 – 1 = u – v .
v u
uv
2. a) Négatif.
b) Négatif, puisqu’on a dans les deux cas : uv > 0.
3. D’où f est strictement décroissante sur ⺢–* et sur ⺢+* .
b) f possède un maximum 1 pour x = 1.
f possède un minimum 1 pour x = 4.
4
36 – 0,2 < 0 < 10– 1 < 0,3 < 1 .
3
Or la fonction inverse est strictement décroissante sur ⺢+* ,
donc 1– 1 > 1 > 1 . Ces nombres sont positifs, alors
1
10
0,3
3
1
< 0. D’où 1 < 1 < 1 < 1– 1 .
que
1
– 0,2
– 0,2
0,3 10
3
c4
1
Courbes de f : x x2 et g : x x
46 1.
x
0
x2
37 a) 0 < 3 < 4. Or la fonction inverse est strictement
décroissante sur ⺢+* . D’où 1 > 1 .
3 4
b) π < 4, d’où – π > – 4 et donc 1 < 1 puisque la
–π –4
fonction inverse est strictement décroissante sur ⺢+* .
c) – 1 < 0 et 1 > 0 donc – 1 < 1 .
3
4
3 4
–∞
2. a) 0.
3.
0
b) 1.
c) 4.
d) 1.
1
–2
4. a) 2 et – 2.
–1
O
b) 0.
47 a)
1
x
2
c) Pas d’antécédents.
y
9
39 a) 1 < 1 car la fonction inverse est strictement
x
3
décroissante sur ⺢+* .
b) 1 > – 1 car la même fonction est strictement décroisx
2
sante sur ⺢–* .
40 a) 1 ⭐ 1 ⭐ 1 .
4
x
3
on n’a pas – 1 > 2.
• 20
4
b) – 1 ⭐ 1 ⭐ – 1 .
3
x
4
41 Non. Par exemple, si x = – 1, 1 < 1 et pourtant
x
2
e) 4.
y
4
38 a) La fonction inverse est décroissante su ⺢+* , donc
1 ⭓ 1.
a
b
b) Elle est aussi décroissante sur ⺢–*, donc 1 ⭓ 1 .
a
b
1
1
1
c) a < 0, donc < 0 ; b > 0, donc > 0. D’où < 1 .
a
b
a b
+∞
1
–2
O
b) Non, car 4 ∉ [– 2 ; 3].
1
2
3
x
48 2. a) S = {– 1 ; 1}.
b) S = {– 3 ; 3}.
d) S = Ø.
c) S = {0}.
54 a)
x
49 b) x2 = 25 ⇔ x = 5 ou x = – 5.
b) 1 ; 1 ; 2 ; – 1.
2
c)
y
y
2
k > 0 2 solutions.
O
1
– 11/2
O 1/2 1
–1
k = 0 1 seule solution : 0.
x
+∞
1
x
c) Non, il signifie « au moins un ».
50
0
–∞
x
2
k < 0 Pas de solution.
51 1.
55 1.
y
y
d y=x
1
O
1
O
x
1
2. a) 0 et 1.
b) x2 = x ⇔ x est l’abscisse d’un point d’intersection de
et de d.
Graphiquement, on a obtenu 0 et 1.
3. x2 = x ⇔ x2 – x = 0 ⇔ x(x – 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1.
52 a)
2. a) 1 .
3
c) – 4.
x
1
b) – 1 .
2
d) 0 n’a pas d’antécédents.
56 1.
y
y=2
y=1
y
O
x
1
y=–2
O
x
1
y
57 1.
b) ∀x ∈ ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[, x < x2.
∀x ∈ ]0 ; 1[, x2 < x.
Pour x = 0 ou x = 1, x2 = x.
53
y
1
–2
–1
O
d
M
b) S = – 1 ; 0 .
2
c) S = – ∞ ; 0 ∪ 1 ; + ∞ .
2
2. a) S = ]0 ; 1[.
1
–1
1
2
x
3
2
H
O
x
1x
1. a) A = x × 2x = x2.
2
(–
x)
× (– 2x) = x2.
b) A =
2
2.
y
2. a) 1 ; 1 .
3 2
b) – 1 ; – 1 .
2
58 1.
y
c) 0 ; 1 .
2
d
1
–1
O
1
x
–1
O
x
2. a) – 1 et 1.
b) 1 = x ⇔ x est l’abscisse d’un point d’intersection de x
et de d.
Graphiquement, on a obtenu – 1 et 1.
3. 1 = x ⇔ 1 – x2 = 0 et x ≠ 0 ⇔ x = – 1 ou x = 1.
x
59 1.
b) Mêmes résultats en ajoutant c et non pas 1 aux deux
membres des inégalités.
2.
y
1
y
x
O
1
–1
O 1
–1
x
2. a) ∀x ∈ ]– ∞ ; – 1[ ∪ ]0 ; 1[, 1 > x.
x
1
∀x ∈ ]– 1 ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[, < x.
x
Pour x = – 1 ou x = 1, 1 = x.
x
b) • Faux, d’après la 1re ligne du 2. a).
• Vrai, car si x naturel non nul ≠ 1, alors x > 1.
60 a) Faux, par exemple x = 1 ; x2 = 1 < 1 .
2
4 2
b) Faux, par exemple x = 1 ; 1 = 2 > 1 .
2 x
2
1
1
1
2
c) Faux, par exemple x = ; x = ; = 2 et 1 < 2.
2
4 x
4
d) Vrai : le point d’abscisse 1.
61 a) Faux : (1 + 1)2 = 22 = 4 ; 12 + 12 = 2.
b) Faux :
1 = 1 ; 1 + 1 = 2.
1+1 2 1 1
64 a) Il semble que f est strictement décroissante sur
]– ∞ ; 1] et qu’elle est strictement croissante sur [1 ; + ∞[.
b) 1 ⭐ u < v ⇒ 0 ⭐ u – 1 < v – 1 ⇒ (u – 1)2 < (v – 1)2
car la fonction carré est strictement croissante sur ⺢+.
De même :
u < v ⭐ 1 ⇒ u – 1 < v – 1 ⭐ 0 ⇒ (u – 1)2 > (v – 1)2
car la fonction carré est strcitement décroissante sur ⺢–.
D’où confirmation des résultats obtenus graphiquement
avec la calculatrice.
65 a) f semble strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2[ et
sur ]2 ; + ∞[.
1 > 1 car la
u–2 v–2
fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; + ∞[.
De même :
u < v < 2 ⇒ u – 2 < v – 2 < 0 ⇒ 1 > 1 car la
u–2 v–2
fonction inverse est strictement décroissante sur ]– ∞ ; 0[.
D’où f est strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2[ et sur
]2 ; + ∞[.
b) 2 < u < v ⇒ 0 < u – 2 < v – 2 ⇒
66 5 – 2 = 3 = 2 – (– 1) ; donc en raison de la symétrie
par rapport à la droite x = 2, f(– 1) = f(5) = 11.
c 5 Fonction polynôme de degré 2
62 a) y = 2 avec x > 0.
x
b)
67 g.
y
2
O
1
x
2
x= 2
c) x = y ⇔ x =
⇔ x – 2 = 0 ⇔ x = 12.
x
et x > 0
et x > 0
et x > 0
63 1. a) 0 ⭐ u < v ⇒ u2 < v2 car la fonction carré est
strictement croissante
sur ⺢+.
⇒ u2 + 1 < v2 + 1.
D’où f est strictement croissante sur ⺢+.
u < v ⭐ 0 ⇒ u2 > v2 car la fonction carré est strictement
décroissante sur ⺢–.
2
⇒ u + 1 > v2 + 1.
D’où f est strictement décroissante sur ⺢–.
• 22
68 a) f(1) = 2.
b) ∀x ≠ 1, (x – 1)2 > 0, donc (x – 1)2 + 2 > 2, c’est-à-dire
f(x) > f(1).
c) ∀x ≠ 1, f(x) > f(1), donc f présente un minimum en x = 1.
d)
x
–∞
1
+∞
f(x)
2
69 1. a) ∀x ≠ 0, x2 > 0, donc x2 + 1 > 1, c’est-à-dire
f(x) > f(0).
Donc f présente un minimum, en x = 0, égal à 1.
b) ∀x ≠ 0, 2x2 – 3 > – 3. Donc f présente un minimum, en
x = 0, égal à – 3.
c) ∀x ≠ 4, (x – 4)2 > 0, c’est-à-dire f(x) > f(4).
Minimum, en x = 4, égal à 0.
d) ∀x ≠ 2, (x – 2)2 > 0, donc (x – 2)2 + 3 > 3.
Minimum, en x = 2, égal à 3.
2. a)
x
–∞
0
f(x)
+∞
c)
x
–∞
–1
f(x)
1
+∞
–4
d) (x + 1)2 – 4 = 0 ⇔ (x + 1 – 2) (x + 1 + 2) = 0
⇔ x = 1 ou x = – 3.
e)
y
y
1
O
1
x
–3
b)
x
–∞
0
g(x)
–1
O
+∞
1
x
–3
y
–4
O
x
72 a) f(x) = – (x – 1)2 + 5.
–3
c)
x
–∞
4
h(x)
+∞
b) ∀x ≠ 1, – (x – 1)2 < 0, donc – (x – 1)2 + 5 < 5, c’est-à-dire
f(x) < f(1).
Maximum, en x = 1, égal à 5.
c)
x
–∞
1
+∞
0
5
f(x)
y
d)
5
4
O
d)
x
–∞
x
4
2
+∞
1 – 15
1 + 15
1
k(x)
3
y
73 d) f(x) = 5 – 3 (x – 2)2.
7
74 a) et c).
75 f, fonction polynôme de degré 2, possède, en
3
O
2
x
70 • ∀x ∈ ⺢*, – 3x2 < 0, donc 4 – 3x2 < 4.
• f(0) = 4.
D’où la plus grande ordonnée est 4, obtenue au point
d’abscisse 0.
71 a) (x + 1)2 – 4 = x2 + 2x + 1 – 4 = x2 + 2x – 3 = f(x).
b) – 4.
x = 2, un minimum égal à 1 ; donc f(x) est de la forme
a(x – 2)2 + 1.
De plus, f(0) = 3, d’où a = 1 , c’est-à-dire f(x) = 1 (x – 2)2 + 1.
2
2
76 a) est une parabole.
b) x2 + 4x + 1 = 1 ⇔ x2 + 4x = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4.
D’où l’axe de symétrie de est la droite d’équation
x = – 2.
c) f(– 2) = – 3.
f(0) = 1 et 1 > – 3. Donc f présente un minimum.
d)
x
–∞
–2
+∞
f(x)
–3
e)
y
y
9
2
1
–2
g
O
–4
x
3
O
–3
c)
77 b) – x2 + 3x + 4 = 4 ⇔ x = 0 ou x = 3.
D’où l’axe de symétrie de est la droite d’équation x = 3 .
2
c) f 3 = 25 ; f(0) = 4 et 25 > 4. Donc f présente un
2
4
4
3
25
maximum en x = égal à
.
2
4
x
3
2
–∞
–∞
h(x)
d)
x
x
2
+∞
–8
y
+∞
2
4
O
25
4
g(x)
3
2
x
h
e)
y
25
4
–8
4
d)
O
–1
1 3
2
3
x
–∞
1
8
k(x)
y
x
4
+∞
5
k
78 a)
x
–
–∞
1
3
+∞
1
f(x)
16
–
3
79 a) Maximum égal à 10 pour x = 0.
Par exemple, – 4 ⭐ X ⭐ 4 et – 6 ⭐ Y ⭐ 11.
b) Maximum égal à 14 pour x = 6.
Par exemple 0 ⭐ X ⭐ 12 et – 23 ⭐ Y ⭐ 15.
c) Minimum égal à – 3 pour x = – 1.
Par exemple – 3 ⭐ X ⭐ 1 et – 4 ⭐ Y ⭐ 5.
y
f
–
–
1
3
5
3
80 f(x) = x(1 – x).
–
b)
x
g(x)
• 24
–∞
x
1
x
Maximum égal à 1 pour x = 1 .
4
2
1
D’où c’est pour x = que A est le plus grand possible.
2
16
3
3
2
9
2
+∞
81 f(x) est de la forme ax(x – 16).
Or f(8) = 4. Donc a = – 1 .
16
D’où f(x) = x 1 – x avec x ∈ [0 ; 16].
16
3.
c 6 Fonction homographique
y
0
2
82 f, g, k.
–
83 a) Non, x = – 2 n’a pas d’image.
b) f(2) = – 1 ; f(4) = 0.
2
84 a) ⺢*.
b) ⺢ – {3}.
d) ⺢ – {13}.
85 a) ⺢.
b) ⺢.
d) ⺢ – {2}.
c) ⺢ – {– 3 ; 1}.
c) ⺢ – {2}.
90 Dans l’expression de f(x), le coefficient de x qui
donne le sens de variation est m et non 2.
Or m est un réel quelconque. Il faudra donc considérer les
cas m > 0, m < 0 et m = 0.
91 Le coefficient de x dans 4 – 2x est – 2. Il est négatif.
Donc si x ⭐ – 2, 4 – 2x ⭓ 0 et si x ⭓ 2, 4 – 2x ⭐ 0.
3 + 2.
x+4
92 La fonction carré est croissante sur ⺢+, mais elle
est décroissante sur ⺢–. Or les nombres – 0,75 et – 0,339
sont négatifs, avec – 0,75 < – 0,339.
D’où f 2 – 11 > f(– 0,339).
4
3
88 a) Df = ⺢ – {2} ; Dg = ⺢ – 4 .
b) Dh = ⺢ – 2 ; 4 .
3
93 La fonction inverse est décroissante sur ]– ∞ ; 0[.
2
89 1. Df = ⺢ – – 1 .
2
94 L’ordonnée de l’extremum est égale à f – 1 = 3
2. ∀x ∈ Df, f(x) = 2(2x + 1) = 2.
2x + 1
LES
x
Trouvez l’erreur
b) Oui, car f(x) = 2(x – 1) – 1 = 2x – 3 .
x–1
x–1
b) ⺢ – {– 4}.
1
4. Il se peut que, sur l’écran, on ne voie pas le « trou »
correspondant au point d’abscisse – 1 .
2
86 a) ⺢ – {1}.
87 a) f(x) =
1 O
2
et non pas à 1.
4
EXERCICES
Problèmes
95 f1 strictement croissante sur ⺢, d’où a > 0.
f2 strictement décroissante sur ⺢, d’où a < 0.
f3 constante sur ⺢, d’où a = 0.
96 1. On doit avoir 230 × I ⭐ 2 300.
Intensités supportables : 5 A, 10 A.
2. a)
b) P = 230 I.
f : I 230 I est une fonction linéaire strictement croissante
sur ⺢+, d’où « lorsque l’intensité augmente, la puissance
augmente » (à tension constante).
97 Notons x le nombre de voitures vendues dans le
mois.
On doit avoir : 300 + 230x > 500 + 200x, soit x > 6,66…
D’où x ⭓ 7.
P
3 000
98 f : 3 ; g : 2 ; h : 1 ; k : 4.
2 300
2 000
1 000
0
5
10
15
20
I en ampères
99 • f coupe (Ox) aux points d’abscisses – 1 et 3.
Donc 3 ne convient pas.
• f(0) = – 3 < 0, donc 1 ne convient pas.
2
• D’où la courbe f est égale à 2.
x 1x + 1
2
2 = 1 x(x + 1) ;
2
4
100 1. 1 = x × 1 = x ; 2 =
2
2
1
1
1
3 = x = .
2 x 2
2. a)
y
2
1
1
2
3
O
1
x
b) Les trois courbes représentant les fonction f1, f2, f3
passent par le même point N(1 ; 1). Donc pour x = 1,
1(1) = 2(1) = 3(1) = aire triangle ONH = 1 .
2
101 a) S1 = 4 000 × 1 + 5
100
102 1.
y
h
k
1
1
2
O
g
x0
x
1
b) f et g semblent se couper en un seul point d’abscisse x0.
4. f(x) = g(x) ⇔ x + 1 = 1
2x
2
⇔ x2 + 2x = 1 car x ∈ ]0 ; + ∞[, donc x ≠ 0
⇔ (x + 1)2 – 1 = 1
⇔ (x + 1)2 = 2
⇔ x = 12 – 1 car x > 0.
105 1. A = πx2 + π(1 – x)2 = π(2x2 – 2x + 1).
2. f(x) = π(2x2 – 2x + 1) pour x ∈ ]0 ; 1[.
3. a) et b) 2x2 – 2x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1.
D’où l’axe de symétrie : x = 1 .
2
h 1 = 1 et h(0) = 1 ; 1 < 1, donc h présente un minimum
2 2
2
1
1
en x = égal à .
2
2
6
4
y
1
–6
f
2
2. a) Théorème de Thalès dans le triangle NAM, avec
(CB) // (AN).
1 + ND = 1 + x , c’est-à-dire ND = 1 .
1
x
x
1
1
1
b) D’où g(x) = × 1 × = .
2
x 2x
3. a)
y
= 4 000 × 1,05 = 4 200.
S2 = S1 1 + 5 = 4 000 × 1,052 = 4 410.
100
b) C1(x) = 4 000 1 + x = 40(100 + x).
100
C2(x) = 40(100 + x) 1 + x = 0,4(100 + x)2.
100
c) Il suffit de remplacer x par 5.
d) 4 622,5 = 0,4(x + 100)2 ⇔ (x + 100)2 = 11 556,25
⇔ x + 100 = 107,5 car x > 0
⇔ x = 7,5.
5
4
5 .
4
104 1. f(x) = x + 1.
1
–1
5
5
0
4
b) Milieu de [AB] 5 ; P 2 ; Q 5 ; milieu de [PQ]
0
2
4
–2
1
x
g
1
1
2
2. a) f(– 3) = 3 ; f(– 2) = 4 ; f(0) = 0 ;
f(1) = 1 ; f(2) = 1 .
2
b) Voir courbe ci-dessus.
3. a) S = {– 2}.
b) S = [– 5 ; – 1] ∪ {1}.
c) S = ]– ∞ ; – 6[.
4. a) Oui.
b) Non, les réels plus grands que 4 n’ont pas d’antécédents.
103 a) y = – x + 5 .
2
• 26
O
1
2
1
x
c) ∀x ∈ ]0 ; 1[, f(x) = πh(x).
π étant positif, f présente en x = 1 un minimum égal à π .
2
2
L’aire A est alors minimum. C’est lorsque les deux cercles
1 et 2 ont tous deux pour rayon 1 .
2
106 1. P(i) = 0,4i(3 – i).
P(i) > 0 pour i ∈ ]0 ; 3[.
2. a) 0,4i(3 – i) = 0 ⇔ i = 0 ou i = 3.
4.
D’où l’axe de symétrie : i = 3 .
2
b)
3
i
0
2
0
3
2
4
16
f(x)
16
8
0,9
P(i)
x
y
16
c) La puissance est maximale pour une intensité de 3 A.
2
Elle vaut alors 0,9 W.
d)
8
P
1
0,9
O
O
1
3
2
3
i
107 1. f(x) = 1 – x.
2. a) x ∈ ]0 ; 1[.
b) yP = f(x) = 1 – x.
3. (x) = AM × AN = x(1 – x).
4. a) x = 1 .
2
1
b) f = 1 > f(0) donc f présente un maximum en x = 1 .
2 4
2
5. a)
1
x
0
1
2
2
4
x
5. a) Oui pour x = 2, c’est-à-dire P au milieu de [AB].
b) Oui pour x = 0 ou x = 4, c’est-à-dire P = A ou P = B.
6. a) La droite d’équation y = 10 coupe la courbe de f
en deux points, d’où deux valeurs pour x et donc deux
positions pour P.
b) 2(x – 2)2 + 8 = 10 ⇔ (x – 2)2 – 1 = 0
⇔ (x – 3) (x – 1) = 0
⇔ x = 1 ou x = 3.
109 A. 1. a) 2 × 03 – 0 – 1 = 1 ≠ 0.
b) Puisque 0 n’est pas solution, on ne perd pas de solution
en divisant les deux membres par x. On obtient :
2x2 – 1 – 1 = 0, c’est-à-dire 2x2 – 1 = 1 .
x
x
2.
y
1
4
1
b) Le maximum de est 1 obtenu pour x = 1 .
4
2
1
1
On a alors OM = ON, car = 1 – . OMPN est donc un
2
2
carré.
c)
1
1
4
O
1
2
108 1. [0 ; 4].
2. 1 x(4 – x).
2
3. a) f(x) = 42 – 4 × 1 x(4 – x)
2
= 16 – 2x(4 – x)
= 2x2 – 8x + 16.
b) Développer (x – 2)2 ou :
f(x) = 2(x2 – 4x + 8)
= 2((x – 2)2 + 4)
= 2(x – 2)2 + 8.
1
x
O
1
x
–1
3. Les solutions de l’équation 2x2 – 1 = 1 sont les abscisses
x
des points d’intersection des deux courbes précédentes.
4. a) Les courbes semblent ne se couper qu’en un seul point
d’abscisse 1.
b) 2 × 12 – 1 = 1 donc 1 est bien solution de l’équation.
1
B. Le logiciel de calcul formel confirme le fait qu’il n’y a
qu’une solution : x = 1.
110 A. 1. M est un point de ]AC[. Or AC = 18 = 212.
Donc x ∈ ]0 ; 212[.
2. ABCD étant un carré, le triangle AOB est isocèle de
sommet O. Donc le triangle AMQ est aussi isocèle de
sommet M, c’est-à-dire MA = MQ.
D’où f(x) = 2 × 1 x2 = x2.
2
3. MQ = MC = 212 – x.
D’où f(x) = 2 × 1 x(212 – x) = – x2 + 212x.
2
B. 1. Axe de symétrie : x = 12 ; g(12) = 2 ; g(0) = 0 < g(12).
Donc g présente un maximum en x = 12 égal à 2.
x
12
–∞
2
g(x)
2.
+∞
y
2
f
1
O
1
12
3. a)
x
12
0
212
2
g(x)
0
0
b) L’aire du triangle APQ présente un maximum égal à 2
pour x = 12, c’est-à-dire lorsque M = 0.
Le triangle APQ n’est autre dans ce cas que le triangle
ADB, donc l’aire vaut bien 2.
C. Graphiquement, on constate que la droite d’équation
y = 1 coupe la courbe représentant f en deux points.
Les abscisses de ces points sont les valeurs de x cherchées.
On obtient ainsi deux positions pour M : l’une entre A
et O, correspondant à x = 1 et l’autre entre O et C.
x
212
g
LES
EXERCICES
Algorithmique
pour tous
112 Pour n = 50, S 4,499.
Pour n = 100, S 5,187.
113 1. Il suffit de remplacer S + 1 par S + 1 .
2
i
2. Pour n = 50, T 1,625.
Pour n = 100, T 1,635.
i
3. Pour i > 1, i2 > i et donc 12 < 1 .
i
i
Pour i = 1, 12 = 1 .
i
i
D’où ∀n ∈ ⺞* – {1}, T < S, avec égalité pour n = 1.
115 1. Saisir A
Pour i variant de 1 à 10
A prend la valeur A2
FinPour
Afficher A.
2. a) Pour TI, par exemple :
Input A
FOR(I, 1, 10)
A2 → A
End
Disp A
b) 2,43 × 1042.
3. a) A(210) ; b) (1,1)(210) ≈ 2,43 × 1042.
116 1. A = 8 ; A1 = – 1 ; A2 = 7 ; A3 = 5 .
2
• 28
4
2. On effectue une boucle « Pour », le compteur i variant
de 1 à n. Au premier passage, A contient la valeur f(A),
c’est-à-dire A1 et i vaut 1. Au deuxième passage, A contient
f(A1), c’est-à-dire A2 et i vaut 2, etc., jusqu’au n-ième
passage.
3. a)
i
A
8
1
2
3
–1
3,5
1,25
b) A3 = 1,25 = 5 .
4
c) Avant d’entrer dans la boucle, la variable i n’avait pas
encore été utilisée dans ce programme.
4. a) Avec « Afficher i », s’affichent les valeurs successives
de i qui évoluent dans la boucle « Pour » : 1, 2, 3…
Avec « Afficher n », ce sera toujours la même valeur qui
s’affichera à chaque tour de la boucle, à savoir le nombre
n que l’on aura saisi au départ.
b) On n’aura qu’un seul affichage : n + 1 et An. Pourquoi
n + 1 ? Lors du dernier passage (c’est-à-dire le n-ième),
i vaut n ; mais après chaque « FinPour », i augmente de 1,
c’est-à-dire ici i prend la valeur de n + 1 ; la boucle s’arrête
alors car il fallait i ⭐ n. D’où, après la boucle, i vaut n + 1.
117 a) Par exemple pour TI :
Input A
Input N
FOR(I, 1, N)
– A/2 + 3 → A
Disp I, A
End
A20 2,000 005 722 ;
b) A19 1,999 988 556 ;
A30 2,000 000 006.
A29 1,999 999 989 ;
Il semble que ces nombres se rapprochent de plus en plus
de 2, alternativement, par défaut et par excès.
c) Tous les nombres A essayés permettent de faire la
même conjecture. On conjecture alors que le résultat
précédent serait vrai quel que soit le nombre A choisi au
départ.
d)
y
y=x
On voit que les nombres A1, A2, … sont alternativement
plus grands et plus petits que 2, s’en rapprochent de plus
en plus, et ceci quel que soit A.
118 Si f(x) = 1 , alors f(f(x)) = x, pour x non nul.
x
Donc la suite de nombres sera, pour A non nul :
A, 1 , A, 1 , … !
A A
Inutile d’écrire un algorithme pour obtenir une telle suite !
f
3
O
LES
A
6
A2 2 A1
x
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
119 On a v < 1 < u.
Or f est affine non constante, donc f est ou bien strictement croissante sur ⺢, ou bien strictement décroissante.
De plus f(1) = 0.
Donc, ou bien f(v) < 0 < f(u), ou bien f(v) > 0 > f(u).
Dans les deux cas, f(u) × f(v) < 0.
120 Si f(x) s’écrit ax + b, alors :
t
a
123 Il faut étudier le signe du coefficient de x.
a) a = 3t2 – t = t(3t – 1).
0
–
0
+
1
t – 3t2
x
f(x)
0
–
+
Si t ∈ 0 ; 1 ,
3
1
t – 3t2
x
f(x)
0
+
–
b) a = 3t2 + 2t = t(3t + 2).
t
122 • f(x) = ax + b,
g(x) = cx + d.
D’où g(f(x)) = c(ax + b) + d
= cax + cb + d.
D’où l’enchaînement de deux fonctions affines est toujours
une fonction affine. On n’obtient donc jamais la fonction
carré.
+
Si t = 0 ou t = 1 , alors ∀x ∈ ⺢, f(x) = 1 > 0.
3
Si t ∈ – ∞ ; 0 ∪ 1 ; + ∞ ,
3
f(f(x)) = a(ax + b) + b = a2x + ab + b.
Pour que g soit strictement décroissante, il faudrait a2 < 0,
ce qui est impossible.
121 Pour toute fonction affine strictement croissante,
c’est-à-dire pour toute fonction de la forme f(x) = ax + b,
avec a > 0, f(x) < A ⇔ ax + b < A ⇔ x < A – b , car a > 0.
a
A
Donc seuls les nombres x inférieurs à – b rendent
a
f(x) < A.
Donc il n’existe pas de fonction affine répondant à la
question.
1
3
0
–
a
+
2
3
0
0
–
0
+
Si t = – 2 ou t = 0, alors ∀x ∈ ⺢, f(x) = 3 > 0.
3
Si t ∈ – ∞ ; – 2 ∪ 0 ; + ∞ ,
3
3
– 2
x
3t + 2t
f(x)
–
0
+
2.
Si t ∈ – 2 ; 0 ,
3
x
f(x)
–
y
3
3t2 + 2t
0
+
2
h
–
O
124 a) L’égalité est vraie ∀x ∈ ⺢, ∀x’ ∈ ⺢.
En particulier, pour x = x’ = 0, on obtient :
f(0 + 0) = f(0) + f(0).
D’où f(0) = 0.
b) f(0) = b ≠ 0.
Donc f ne vérifie pas (P1).
125 1. a) f est strictement croissante sur ⺢ et strictement décroissante sur ⺢–.
En effet : si 0 ⭐ u < v, alors u2 < v2 (car la fonction carré
est strictement croissante sur ⺢+) et donc
2u2 + 1 < 2v2 + 1.
De même, si u < v ⭐ 0, alors u2 > v2 (car la fonction carré est
strictement décroissante sur ⺢–) et donc 2u2 + 1 > 2v2 + 1.
D’où le résultat.
b) Même raisonnement, mais la multiplication des deux
membres des inégalités par le nombre négatif – 3 change
le sens des inégalités.
Les résultats sont donc inversés.
c) Même sens de variation que la fonction carré pour
a > 0.
Résultats inversés pour a < 0.
2.
y
f
1
O
x
g
126 1. a) f a le même sens de variations que la fonction
inverse.
En effet : si 0 < u < v, alors 1 > 1 car la fonction inverse
u v
est strictement décroissante sur ⺢+* , et donc
1 + 1 > 1 + 1.
u
v
D’où f est strictement décroissante sur ⺢+* .
Même raisonnement, si u < v < 0.
b) 2 étant positif, g a le même sens de variation que la
fonction inverse.
c) – 3 étant négatif, par multiplication des deux membres
des inégalités par – 3, le sens des inégalités va changer et
la fonction h sera strictement croissante sur ⺢*– et sur ⺢+* .
• 30
x
1
–3
+
1
f
g
127 a) x2 + 4x – 5 = (x + 2)2 – 9. Minimum, pour x = – 2,
égal à – 9.
(x + 2)2 – 9 = 0 ⇔ (x + 2 – 3) (x + 2 + 3) = 0
⇔ x = 1 ou x = – 5.
b) 4x2 + 4x + 3 = (2x + 1)2 + 2. Minimum, pour x = – 1 ,
2
égal à 2.
Pas de points d’intersection avec (Ox).
c) – x2 + 2x + 4 = – (x2 – 2x) + 4
= – ((x – 1)2 – 1) + 4
= –(x – 1)2 + 5.
Maximum, pour x = 1, égal à 5.
(x – 1)2 – 5 = 0 ⇔ (x – 1 – 15) (x – 1 + 15) = 0
⇔ x = 1 + 15 ou x = 1 – 15.
128 a) 2 ⭐ u < v ⇒ 0 ⭐ u – 2 < v – 2
⇒ (u – 2)2 < (v – 2)2.
u<v⭐2⇒u–2<v–2⭐0
⇒ (u – 2)2 > (v – 2)2.
Si a > 0, la multiplication par a et le fait d’ajouter 3 ne
changent pas le sens des inégalités.
Si a < 0, les inégalités changent de sens et les résultats
seront inversés.
Si a = 0, f(x) = 3. f est constante.
D’où si a > 0, f est strictement croissante sur [2 ; + ∞[ et
strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2].
Résultats inversés si a < 0.
b) f(x) = ax2 + bx + c avec a ≠ 0.
2
2
= a x2 + b x + c = a x + b – b 2 + c
a
2a
4a
2
2
b
b
–
4ac
.
= a x+
–
2a
4a
Comme précédemment, la discussion porte sur le signe
de a.
Si a > 0, f est strictement décroissante sur – ∞ ; – b et
2a
strictement croissante sur – b ; + ∞ .
2a
Si a < 0, résultats inversés.
129 1. Df = ⺢ – {2}.
2. a) f(x) = x – 2 – 1 = 1 – 1 .
x–2
x–2
b) Non car il n’existe pas de réels x tels que
1 = 0.
x–2
Ou bien : avec l’expression initiale, il n’existe pas de réels x
tels que x – 3 = x – 2.
c) f(x) > 1 ⇔ 1 – 1 > 1 ⇔ 1 < 0 ⇔ x < 2.
x–2
x–2
130 1. (P) s’écrit : ∀x ∈ A, x2 ⭓ 2.
2
Sa négation : ∃ x ∈ A tel que x < 2.
2. a) Faux car, par exemple, x = 12 appartient à A et son
carré, 2, est inférieur à 4.
b) Faux, puisque tous les éléments de A ont leurs carrés
supérieurs ou égaux à 2.
3. Oui, par exemple : A = {2} ; A = {– 2 ; 2}.
Problèmes ouverts
131
y
An
n
x
Bn
O
Graphiquement, il y a un seul point d’intersection entre
P et n.
Notons x0 son abscisse. On a x0 > 0, car n est positif.
D’où Aire OAnBn = 1 OBn × BnAn = 1 x0 × n = n .
2
2
x0 2
132
y=
ax
y
Remarque : pour que la droite d’équation y = a’x coupe
2, il est nécessaire que a’ < 0.
Intersection de 1 et de Dy = ax
1 = ax ⇔ x2 = 1 (car a ≠ 0)
x
a
1
1
⇔ x = – ou x = car a > 0.
1a
1a
En raison de la symétrie par rapport à O de 1 et de D,
les deux points M et N sont symétriques par rapport à O.
Si a’ < 0, on obtient de même deux points d’intersection
entre 2 et D’y = a’x symétriques par rapport à O. Donc le
quadrilatère MPNQ dont les diagonales se coupent en
leur milieu est un parallélogramme.
Pour qu’il soit un losange, il faut et il suffit que les deux
droites D et D’ soient orthogonales, c’est-à-dire que
aa’ = – 1.
Ce sera un carré si, et seulement si, les diagonales ont la
même longueur.
1 2
+ (1a)2
OM2 =
1a
= 1 + a.
a
1 2
+ (5– a’)2
OP2 =
5– a’
= 1 – a’ = a + 1 car aa’ = – 1.
– a’
a
D’où pour a > 0 donné, on trouve un seul réel a’ convenable :
a’ = – 1 .
a
M
1
O
2
x
N
4
CHAPITRE
LES
Inéquations
EXERCICES
les capacités
Sur
c 1 Mettre un problème en inéquation
13 1.
y
9
2
b) x ⭓ 14.
a) 9 + 11 + 2x ⭓ 12.
4
x est la longueur de l’arête en dm : x3 ⭓ 2.
3
x est la largeur exprimée en m : x(x + 5) > 100.
1
4
1
4
Soit R le rayon du parterre circulaire exprimé en m :
πR2 < 10.
2. a) ]– 1 ; 1[.
5
a) 2n + 3(n + 1) > 150.
b) n > 147 , soit n ⭓ 30.
5
6
7
– 2 – 1O
1
x
3
b) ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]3 ; + ∞[.
14 1. 2.
c) ]– 2 ; 2[.
y
4
OM > 5 ⇔ x2 + y2 > 25.
2
140 ⭐ 10πR + 4 πR3 ⭐ 160, où R est exprimé en cm.
3
3
c 2 Résolutions graphiques
1
–2 –1 O
8
a) [1 ; 3].
b) ]0 ; 3].
9
a) [– 4 ; 0[ ∪ ]3 ; 4].
b) ]– 1 ; 4[.
10 a) [– 3 ; 4] – {– 2}.
c) {2}.
b) {– 3} ∪ [– 1 ; 0[ ∪ ]3 ; 4[.
11
1
x
2
3. c) [– 2 ; – 1] ∪ [1 ; 2].
d) Non.
15 a)
y
1
x
–4
f(x)
12
2
–2
–
0
1
+
3
0
–
y
1
O
1
3
4
x
O
1
x
0
S = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[.
b) Pour passer de 1 < 1 à 1 < x, Laura a multiplié les deux
x
membres par x. Or x n’est pas toujours positif. On ne peut
opérer ainsi.
Faire : 1 – 1 < 0 ⇔ 1 – x < 0 et trouver le signe du quotient
x
x
1 – x.
x
16
21
y
Ꮿg
Ꮿf
y
1
O
–1
O
1
1
2
4
x
6
x
–1
c 3 À l’aide du signe de ax + b
S = ]– ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞[.
22 a)
17 S = [2 ; 5].
1
2
x
18 a) S = {0 ; 3}.
+
b)
0
–
0
+
y
Ꮿf
b)
Ꮿg
2
3
x
9
–
23 a)
x
3
b)
19 1.
y
Ꮿf
y=
4
x+
24 a)
1
25 a)
y=1
x
1
–
b)
x
0
+
0
+
0
0
1
–
+
1
–
0
–
2
+
3
0
–
0
+
26
x
y= 4
1/2
O
0
0
x
4
S = ]– ∞ ; – 2] ∪ ]0 ; 2].
+
2
3
–
20 a) 1 = x ⇔ x2 = 4 ⇔ x = – 2 ou x = 2.
y
+
5
x
x
2. a) – 1 et 2.
b) Pour x = – 1 ou x = 2, on a bien x2 = x + 2.
Cette vérification permet de confirmer que les deux seules
solutions que l’on « voit » graphiquement sont bien – 1
et 2.
3. a) ]– 1 ; 2[.
b) x2 – x – 2 < 0 ⇔ x2 < x + 2.
–2
0
x
b)
1 2
0
2
–
–1O
–
2
2
x
–
0
–
0
3
2
0
x
c) [0 ; 3].
+
5
6
+
O 1
5
0
x
1
b)
2
2
x
5
2
x
(2x – 5) (x – 4)
+
0
4
–
0
+
D’où S = – ∞ ; 5 ∪ 4 ; + ∞ .
2
Chapitre 4. Inéquations • 33
4 28 a) – ∞ ; 5 ∪ 3 ; + ∞ .
b) – 4 ; 0 .
3
29 a) ]– ∞ ; 3] ∪ [5 ; + ∞[.
b) [0 ; 3] ∪ {– 2}.
30 a) (x – 2) (x + 2) ⭐ 0. S = [– 2 ; 2].
b) (1 – x) (1 + x) > 0.
S = ]– 1 ; 1[.
S = – ∞; – 1 ∪ 1 ; + ∞ .
3
3
c) (3x – 1) (3x + 1) ⭓ 0.
31 a) (x – 2 – 3) (x – 2 + 3) > 0 ⇔ (x – 5) (x + 1) > 0.
S = ]– ∞ ; – 1[ ∪ ]5 ; + ∞[.
b) (x – 15) (x + 15) < 0.
S = [– 15 ; 15].
c) (3x – 1 – 12) (3x – 1 + 12) > 0.
S = – ∞ ; 1 – 12 ∪ 1 + 12 ; + ∞ .
3
3
⇔ x ∈ – ∞; 2 ∪ 2; + ∞ .
3
b) (2x – 5 – x + 2) (2x – 5 + x – 2) < 0 ⇔ (x – 3) (3x – 7) < 0
⇔ x ∈ 7;3 .
3
c) [x – 2(x – 5)] [x + 2(x – 5)] ⭓ 0 ⇔ (10 – x) (3x – 10) ⭓ 0
⇔ x ∈ 10 ; 10 .
3
33 a) x2 – 2x – 3 = (x – 1)2 – 1 – 3 = (x – 1)2 – 4 ou
développer (x – 1)2 – 4.
b) (x – 1 – 2) (x – 1 + 2) < 0 ⇔ (x – 3) (x + 1) < 0
⇔ x ∈ ]– 1 , 3[.
2
34 S = – ∞ ; 3 – 12 ∪ 3 + 12 ; + ∞ .
2
35 a) ]– ∞ ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.
b) – ∞ ; 1 ∪ 2 ; + ∞ .
3
1
c) – ∞ ; ∪ 3 ; + ∞ .
2
3
38 a) ]0 ; 1[.
b) – ∞ ; 1 – {0}. c) {0} ∪ ]3 ; + ∞[.
4
b) ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]– 1 ; 3[.
39 a) [– 15 ; 15].
Pour une distance inférieure à 250 km.
2,25
44 (6 + 4) x ⭓ 4(3 + x) ⇔ x ⭓ 2.
2
2
45 3x ⭓ x2 ⇔ x ∈ [0 ; 3].
46 Soit h la hauteur en dm.
2 ⭐h⭐ 3 .
0,81π
0,81π
La hauteur est comprise entre 7,9 cm et 11,7 cm.
2 ⭐ 0,81πh ⭐ 3 ⇔
47 6x – (300 + 2x) > 1 500 ⇔ x > 300.
48 a) H est le projeté orthogonal de A sur (Ox).
HA = 79 – 4 = 15.
D’où y ∈ [15 ; 4].
b) y ∈ [– 4 ; – 15].
40 a) ⺢.
b) ⺢.
e) ]– ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞[.
4x2 ⭐ (x + 5)2 ⇔ 4x2 – (x + 5)2 ⭐ 0
⇔ (x – 5) (3x + 5) ⭐ 0
⇔ x ∈ ]0 ; 5] car x > 0.
(x + 5)2 ⭐ 9x2 ⇔ (2x – 5) (4x + 5) ⭓ 0
⇔ x ⭓ 5 car x > 0.
2
D’où x ∈ [2,5 ; 5].
Trouvez l’erreur
b) 2 ; 3 ∪ 4 ; + ∞ .
2
c) ]– ∞ ; 0[ ∪ {2}.
• 34
42 500 + 4,2x < 950 + 2,4x ⇔ 1,8x < 450 ⇔ x < 250.
50 4x2 ⭐ (x + 5)2 ⭐ 9x2.
c 4 Mise en inéquation et résolution
4 6
La longueur maximale était de 80 m.
3
b) ]– ∞ ; 7[ ∪ ]9 ; + ∞[.
c) – ∞ ; – 7 ∪ 3 ; + ∞ .
2
5
37 a) 0 ; 5 .
49 x × 3 × 1 < 10 ⇔ x < 80.
36 a) – 1 ; 2 .
43 750 + 3,75x ⭐ 6x ⇔ x ⭓ 750 , soit x ⭓ 334.
32 a) (3x – 2) (3x – 2 – 4) > 0 ⇔ (3x – 2) (3x – 6) > 0
2 –1<0⇔ x+1>0
x+3
x+3
⇔ x ∈ ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]– 1 ; + ∞[.
b) S = – ∞ ; – 2 ∪ – 7 ; + ∞ .
5
c) ]– 3 ; 2[ ∪ ]7 ; + ∞[.
2. Pour le a) par exemple, faire dessiner par la calculatrice
la fonction f définie par f(x) = 2 ainsi que la droite
x+3
d’équation y = 1, et lire les abscisses des points de la
courbe qui sont au-dessous de la droite.
41 1. a)
b) – 5 ; 1 .
3 2
27 a) ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]5 ; + ∞[.
c) Ø.
d) ]0 ; 2[.
f) [– 13 ; 13].
51 On n’a pas le droit de retrancher membre à membre
des inégalités. Pour s’en convaincre, ici, par exemple :
prenons x = 5 et y = 5.
y – x = 0 qui n’appartient pas à [3 ; + ∞[.
52 On ne peut pas diviser par x – 2 les deux membres
de l’inéquation car x – 2 ne garde pas un signe fixe. Il faut
factoriser par x – 2.
54 Le « un » du texte signifie « au moins un » et non
« un et un seul ».
53 Faire le produit en croix revient à multiplier les deux
membres de l’inéquation par 3(x – 2), quantité qui ne
garde pas un signe fixe.
LES
EXERCICES
Problèmes
55 1. Le quadrilatère AMIP a ses côtés parallèles 2 à 2
et possède au moins un angle droit : c’est un rectangle.
(C’est même un carré puisque AM = AP.) De même, le
quadrilatère CQIN est un rectangle.
S1 = x2 ; S2 = (6 – x) (4 – x) avec x ∈ ]0 ; 4[.
2. S2 ⭓ S1 ⇔ 24 – 10x ⭓ 0 ⇔ 0 < x ⭐ 2,4.
et x ∈ ]0 ; 4[
59 A. 1.
56
P
B
0,6
x
3m
H
A
M
Théorème de Thalès dans le triangle MHP.
HM – 3 = x .
HM
0,6
D’où HM = 1,8 .
0,6 – x
30 ⭐ HM ⭐ 45 ⇔ 30 ⭐ 1,8 ⭐ 45 ⇔ 0,54 ⭐ x ⭐ 0,56.
0,6 – x
57 1. a) H est le projeté orthogonal de A sur (DC).
qD = 45°. Donc le triangle rectangle AHD est isocèle de
sommet H.
D’où HD = x et AB = 6 – x.
b) Ꮽ(x) = (12 – x) x .
2
c) p(x) = 6 + x + 6 – x + x12 = 12 + x12.
d) 12 + x12 ⭓ 14 et (12 – x) x ⭐ 10.
2
2. x ⭓ 12.
3. a) Dessinons sur l’écran la parabole représentant
la fonction f définie par f(x) = (12 – x) x et la droite
2
d’équation y = 10. Il semble que les abscisses des points
d’intersection soient 2 et 10.
b) 2 et 10 vérifient bien A(x) = 10.
c) Avec l’écran de la calculatrice, x ∈ ]0 ; 2] ∪ [10 ; + ∞[.
4. [12 ; 2] ∪ [10 ; + ∞[.
6 400
6 400
+ x
2
2
< 5 ⇔ (6 400 + x)2 > 70 × 6 400
5
⇔ (6 400 + x)2 > 14 × 6 4002
⇔ x > 6 400(414 – 1)
avec 6 400(414 – 1) ≈ 17 547.
L’astronaute pèsera moins de 5 kg à partir de 17 547 km.
58 70
a
m
1
2
2
3
1
4
4
6
1
2
M
5
2
5
7,5
5
8
b
4
8
12
1
2. Il semble que a < m < M < b.
B. 1. a) M et m sont tous deux positifs et la fonction carré
est strictement croissante sur ⺢+.
2
2
b) M2 – m2 = (a + b) – ab = (a + b) – 4ab du signe de
4
4
(a + b)2 – 4ab.
c) (a + b)2 – 4ab = (a – b)2 > 0 car a ≠ b.
Donc M > m.
2. 0 < a < b ⇒ a2 < ab ⇒ 3a2 < 4ab ⇔ a < 4ab.
Si a = 0, on a a = 4ab.
a < b ⇒ a + b < 2b ⇔ a + b < b.
2
3. D’où pour a ≠ 0, a < 4ab < a + b < b.
2
AB
2OA
+
AB
=
=OA + OB .
C. 1. OD = OA +
2
2
2
2. a) Dans le triangle rectangle OAC, cos jCOA = OA .
OC
OC
Dans le triangle rectangle OBC, cos jCOA =
.
OB
OA
OC
=
.
D’où
OC OB
b) D’où OC2 = OA × OB.
3. On applique le résultat du B. avec OA = a et OB = b.
On a 0 < a < b. Donc 4ab < a + b , c’est-à-dire OC < OD.
2
2
60 a) v + v < 12 ⇔ v2 + 30v – 1 800 < 0 avec v ⭓ 0.
150 5
b) v2 + 30v – 1 800 = (v + 15)2 – 225 – 1 800
= (v + 15)2 – 2 025.
2
c) (v + 15) – 2 025 < 0 ⇔ 0 ⭐ v < 30.
et v ⭓ 0
Il faut rouler à moins de 30 km/h pour pouvoir arrêter la
voiture en moins de 12 m.
61 1. a) Ꮽ(x) = x(4 – x) et x ∈ ]0 ; 4[.
f(x) = x(4 – x) ; f fonction polynôme de degré 2.
Axe de symétrie de la parabole : x = 2.
f(2) = 4 ; f(0) = 0. 0 < 4, donc f présente en x = 2 un
maximum égal à 4. Or 4 = 1 × 42.
4
1
D’où ∀x ∈ ]0 ; 4[, A(x) ⭐ aire du carré ABCD.
4
b) L’aire est maximale pour x = 2. Le rectangle est alors
un carré.
2. a) On trace sur la calculatrice : Y = x(4 – x) et Y = 2.
On obtient approximativement : x ∈ ]0,6 ; 3,4[.
b) x2 – 4x + 2 = (x – 2)2 – 4 + 2 = (x – 2)2 – 2 ou en
développant (x – 2)2 – 2.
c) A(x) > 2 ⇔ x(4 – x) > 2 ⇔ x2 – 4x + 2 < 0
⇔ (x – 2)2 < 2
⇔ (x – 2 – 12) (x – 2 + 12) < 0
⇔ x ∈ ]2 – 12 ; 2 + 12[.
d) 2 – 12 0,586.
2 + 12 3,414.
Les résultats trouvés graphiquement étaient très voisins.
62 1. 20t ⭓ 4 ⇔ t2 – 5t + 4 ⭐ 0.
t2 + 4
2. a) et b) La parabole semble couper (Ox) aux points
d’abscisses 1 et 4, ce que l’on peut vérifier par le calcul.
D’où S = [1 ; 4].
3. Pendant 3 heures.
63 2. a) 1 et 2.
3. [a ; b] avec a 0,6 et b 1,6.
4. a) ]– ∞ ; a] ∪ [b ; + ∞[ avec a – 1,8 et b 1,1.
b) ]– ∞ ; a[ ∪ ]b ; + ∞[ avec a – 0,16 et b 1,74.
EXERCICES
71 2. a) n0 = 11.
b) n0 = 12.
c) n0 = 17.
n
3. n ⭓ 17, car la suite des nombres 4 va en augmentant.
3
72 1. Il suffit de remplacer 4 par 5 .
• 36
66 1. a) Oui.
b) Non.
2. Non, puisque – 3 est solution de (1) alors qu’il n’est
pas solution de (2).
3. Quentin a certes multiplié les deux membres de l’inéquation par x + 2, mais x + 2 ne reste pas toujours positif.
1
x+1
–1<0⇔
4. (1) ⇔
>0
x+2
x+2
⇔ x ∈ ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]– 1 ; + ∞[.
67 ᐉ est la largeur en m.
(ᐉ + 1) (ᐉ + 4) – ᐉ(ᐉ + 3) > 14 ⇔ ᐉ > 5.
68 x est la mesure en mètres du côté du carré.
9
2
La hauteur du triangle équilatéral : x2 – x = x13 .
2
4
13
13
D’où h = x + x = x 1 +
.
2
2
12
Il faut x 1 + 13 < 12 ⇔ x <
( 6,4).
2
13
1+
2
Distance parcourue = (6 + 2π) × 30 = (3 + π) × 60.
D’où :
150 ⭐ (3 + π) 60 ⭐ 180.
t
D’où a ⭐ t ⭐ b avec a = 1 + π ≈ 2,05
3
et b = 2(3 + π) ≈ 2,46.
5
Algorithmique
pour tous
3
2. a) n0 = 10.
b) 10 < 17 dû au fait que 5 > 4 .
3 3
10
2. a) et b) S = – ∞ ; – 3 + 429 ∪ – 3 + 429 ; + ∞ .
10
10
4
+
422
–
4
+
422
.
3. a) S = –
;
3
3
b) S = 1 – 15 ; 1 + 15 .
2
2
69 t est le temps de parcours en heures.
64 2. 0,6 et 1,6.
LES
10
b) 12 – 3 × 1 + 2 = 0. De même pour 2.
3. x ∈ ]– ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; + ∞[.
4. a) x ∈ ]– 3 ; – 1[.
b) x ∈ – ∞ ; 2 ∪ 1 ; + ∞ .
3
65 1. x = – 3 + 429 ou x = – 3 + 429 .
3
3. Lorsque l’on prend 1 au lieu de 5 , la suite, au lieu
3
3
d’augmenter, diminue. Donc elle n’arrivera jamais à dépasser
un nombre A > 1 donné. Le programme tourne sans arrêt
puisque la condition de sortie de la boucle n’est jamais
remplie.
73 À l’intérieur de la boucle « tant que », il faut faire
évoluer la variable n car n figure dans la condition de sortie
de la boucle. Il manque la ligne : « n prend la valeur n + 1 ».
LES
EXERCICES
Pour
3 b) – ∞ ; 1 ∪ 1 ; + ∞ .
6
2
4
c) – ∞ ; 0 ∪ ; + ∞ .
5
1
–
15
1
+
15 .
d) ;
2
2 aller plus loin**
75 a) – ∞ ; – 4 ∪ – 3 ; + ∞ .
5
Une solution directe :
45 001 = 2 × 22 500 + 1 ; 922 500 = 150.
Donc 1502 + 1502 < 45 001.
Donc n0 ⭓ 150. De plus 1502 + 1512 = 45 301 > 45 001.
Donc n0 = 150.
81 a) 10 × 1,055 = 8,82 €.
1,196
76 (x + 1)2 + 4 < 0.
S = Ø.
77 a) Vrai.
b) Faux : 1 < 1 ⇒ x > 1 ou x < 0.
x
c) Vrai.
d) Faux ; par exemple x = 3 est supérieur à 2 et ne vérifie
pas l’inéquation. Il fallait factoriser par (x – 5) et non
diviser les deux membres par x – 5 qui ne reste pas positif.
78 a) – ∞ ; – 4 ∪ 0 ; + ∞ .
7
b) ]1 ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.
c) – ∞ ; – 2 ∪ – 1 ; 4 .
3
5
1
d) – ∞ ; –
∪ ;+∞ .
2
2
79 a) x2 ⭐ 9.
b) Prix hors taxe : 10 = 8,36 €.
1,196
Nouveau prix TTC après une baisse de 14,1 % :
10 – 1,41 = 8,59 €.
8,59 = 1,0275. D’où un taux inférieur ou égal à 2,75 %
8,36
amènerait une baisse au moins égale à 14,1 %.
82 a) Vraie, car tous les nombres de [0 ; 2] sont inférieurs ou égaux à tous les nombres de [2 ; 3].
b) Faux, par exemple, pour x = 2, x n’est pas inférieur ou
égal à tout nombre de [1 ; 3].
c) Vraie ; on peut prendre par exemple y = 2.
d) Vraie ; on peut prendre par exemple x = 0.
e) Vraie car :
(∀x ∈ A, x ⭓ 3) ⇒ A ⊂ [3 ; + ∞[ ⇒ A ⊂ ]– 3 ; + ∞[.
b) x2 > 1.
c) x(x – 2) > 0.
80 Il suffit de trouver le plus petit entier naturel n0
répondant au problème. Tous les naturels supérieurs
conviendront, ainsi que les opposés.
A. 0 ; 1 dans la colonne A, les carrés dans le volume B
et dans la colonne C la somme de deux carrés consécutifs. Tirer jusqu’à ce qu’apparaisse dans la colonne C un
nombre supérieur à 45 001. On obtient n0 = 150.
B. N prend la valeur 0
Pour TI
A prend la valeur 1
0→N
Tant que A < 45 001
1 →A
N prend la valeur N + 1
while A < 45 001
N+1→N
A prend la valeur N2 + (N + 1)2
Fin Tant que
N2 + (N + 1)2 → A
Afficher N
End
Disp N
À la place de 45 001, nous pourrions mettre un nombre B
choisi à notre gré et trouver l’entier naturel n0 correspondant.
2
C. n2 + (n + 1)2 > 45 001 ⇔ n + 1 – 1502 > 0 ⇔ n ⭓ 150.
2 n∈⺞
n∈⺞
Problèmes ouverts
83 fn(x) = 1 x. D’où, fn(1) = 1 .
n
n
2
2
1 < 10– 5 ⇔ 2n > 105.
2n
On peut résoudre par tâtonnement avec la calculatrice
ou utiliser le tableur : une colonne pour 1, 2, …, une autre
pour 21, 22… et voir à partir de quand une puissance
de 2 dépasse 100 000.
On peut aussi utiliser le programme « Algorithme pour
tous », p. 110, remplacer 4 par 2 et prendre A = 105.
3
On obtient n0 = 17.
2
4
84 R2 = n2 + n4. Il faut π(n + n ) > 2n3, c’est-à-dire
4
πn2 – 8n + π > 0.
On fait dessiner la courbe de f définie par :
f(x) = πx2 – 8x + π.
On hésite entre n ⭓ 2 et n ⭓ 3 sur le lecteur graphique.
Pour n = 2, 5π – 16 < 0 ; donc n = 2 ne convient pas.
D’où n ⭓ 3.
5
Coordonnées
d’un point.
Droites
CHAPITRE
LES
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Repérer un point. Placer un point
1
a)
4 Dans (O ; I, J) : A’(2,5 ; – 1).
Dans (O ; B, C) : A’(1 ; – 0,4).
C
b)
B
O
B
A
J
J
A
O
I
A
J
I
C
B
I
O
D
A’
C
D
冢
2
a) O(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; J(0 ; 1) ; A(2,5 ; 1) ; B(2,5 ; 0) ;
C(0 ; 2,5).
b)
冣冢
冣
a) O 0 ; – 2 ; I 0,4 ; – 2 ; J(0 ; 0) ; A(0 ; 1) ;
3
3
B(1 ; – 0,4) ; C(0 ; 1).
b)
5
D
C
C
E
A
J
D
A
J
I
O
O
E
B
I
冢
冣冢
冣冢
冣
a) O(0 ; 0) ; I 2 ; 0 ; J 0 ; 2 ; A 1 ; 2 ; B(1 ; 0) ;
5
5
5
C(0 ; 1).
b)
3
D
C
O
c 2 Distance entre deux points
6
E
I
A
B
AB = 620,5.
420
.
3
8 AB = 429 .
8
465
9 AB =
.
15
10 AB2 = 25 + (t – 1)2 = 49.
t = 1 – 424 ou t = 1 + 424.
7
J
B
AB =
11 AB2 = 9 + (t – 5)2 = 36.
26 xA’ = 6 – 1 = 5 et yA’ = 2 × 0 – 3 = – 3.
t = 5 – 427 ou t = 5 + 427.
27 xA’ = 1 et yA’ = 0.
12 AB = 4 + (2t – 2) = 16.
t = 1 + 13 ou t = 1 – 13.
2
2
28 xA’ = 4 et yA’ = 3.
29 x’A = – 3,5 et y’A = – 5.
13 AB = 99 + 16 = 5.
冢
2 2
E(0 ; 2) ; F(– 1 ; 1).
xO + xE 1 yO + yE
xO + xF
b)
= ;
= 1,25 ;
= – 0,25 ;
2
2
2
4
yO + yF
= 0,25.
2
14 AB = 15 ; AC = 410 ; BC = 5.
冢
冢
冣
I milieu de [AB] : I 2 ; 3 .
2
1
J milieu de [AC] : J – ; 3 .
2 2
1
K milieu de [BC] : K ; 1 .
2
冣
冢
冣
15 AB = 94 + 4 = 212 ; BC = 936 + 36 = 612 ;
AC = 964 + 64 = 812.
AC = AB + BC donc B ∈ [AC].
31 a) A(1 ; 0) ; B(0 ; 1) ; C(– 1 ; 0) ; D(0 ; – 1) ; O(0 ; 0) ;
F(1 ; – 2) ; E(– 1 ; – 2).
x + xE
y + yE
x + xF 1
b) O
=– 1; O
= – 1; O
= ;
2
2
2
2
2
yO + yF
= – 1.
2
32 a) A(0 ; – 1) ; B(1 ; – 1) ; C(0 ; 1) ; D(0 ; 0) ; O 1 ; – 1 ;
2
2
E(0 ; 1) ; F(– 1 ; 0).
x + xE 1 yO + yE 1 xO + xF
b) O
= ;
= ;
=– 1;
2
2
2
4
4
4
yO + yF
1
=– .
2
4
冢
16 AB2 = 4 + 9 = 13 ; AC2 = 4 + 1 = 5.
AC < AB ; C est à l’intérieur du cercle.
17 AC = 84 + 4 = 18 ; AB = 81 + 4 = 15 ;
CD = 81 + 4 = 15.
AB + CD = 215 = 420 ; AB + CD > AC ; les cercles sont
sécants.
18 AB = 2 ; AC = 2 ; AD = 18 ; A ∈ Ꮿ ; C ∈ Ꮿ ; D ∈ Ꮿ.
AH = 15 ; 15 > 2 ; H est à l’extérieur du cercle Ꮿ.
33
DA
DC
B
ou 3 – y = – 13.
On a deux points M’(0 ; 3 – 13) ou M”(0 ; 3 + 13).
b) N(x ; 2) ∈ Ꮿ ⇔ (x – 1)2 + 12 = 4 ⇔ (x – 1)2 = 3.
On a deux points N’(1 + 13 ; 2) ou N”(1 – 13 ; 2).
冧1
冧
J
E
I
O
C
c 3 Coordonnées du milieu
冧
2
3
2
DB
Pour les exercices 20 à 25, on note I le milieu de [AB] ; J le
milieu de [BC] et K le milieu de [AC].
20 I(– 0,5 ; 0,5) ; J(0 ; – 2) ; K(1,5 ; – 0,5).
21 I(0,5 ; 0,5) ; J(1,5 ; – 1) ; K(3 ; 0,5).
22 I(1,5 ; 1) ; J(1,5 ; – 1) ; K(0 ; 0).
23 I(0 ; 1) ; J(– 3 ; 0) ; K(0 ; 0).
冣
冢4
冣
24 I 1 ; 0,25 ; J(1,25 ; – 2,5) ; K 13 ; – 3 .
4
25 I(0 ; 0) ; J(2 ; 2) ; K(3 ; 3).
Pour les exercices 26 à 29, on a B milieu de [AA’], donc on
x + xA’
y + yA’
a A
= xB et A
= yB.
2
2
Soit xA’ = 2xB – xA et yA’ = 2yB – yA.
冣
c 4 Tracer une droite
19 a) M(0 ; y) ∈ Ꮿ ⇔ 12 + (3 – y)2 = 4 ⇔ 3 – y = 13
冢2
冣
30 a) A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(1 ; 1) ; O 1 ; 1 ; D(0 ; 1) ;
MA = MB + BA.
A, M, B non alignés.
DE
Équation
de droite Di
y = 2x + 1
y=–x+4
3
1
y= x–
2
2
5
3
y=– x+
4
4
La droite passe
par le point
J(0 ; 1)
B(0 ; 4)
1
C 0; –
2
3
E 0;
4
冢
冢
冣
冣
Coefficient
directeur
2
–1
3
2
5
–
4
34 5 × 1 – 4 = 1 ≠ – 4 donc A ∉ d et B ∈ d ;
5 × (– 4) – 4 = – 24 donc C ∈ d.
35 – (– 1) + 3 = 4 donc A ∈ d ; – 3 + 3 = 0 ≠ 3 donc
B ∉ d ; – (– 3) + 3 = 6 donc C ∈ d.
Chapitre 5. Coordonnées d’un point. Droites • 39
36 – 3 + 5 = 3 = 1,5 donc A ∈ d ; – 5 + 5 = 5 ≠ 0
3 2 2
6 2 3
1
5
5
donc B ∉ d ; + ≠ donc C ∉ d.
3 2 2
3
×
0
37
– 1 ≠ 1 donc A ∉ d ; 3 – 1 ≠ 1 donc B ∉ d ;
4
2 2
4 2 2
3 – 1 ≠ 5 donc C ∉ d.
4 2 2
38 Seul le point B(5 ; – 1) d’abscisse 5 appartient à d.
39 Les points A(– 1 ; 3) et C(0 ; 3) appartiennent à d.
40
41
42
43
44
45
3x – 4
3x – 5y – 4 = 0 ⇔ y =
.
5
x 5
4x 2
– y+ 1 =0⇔y=
+ .
3 4
15 5
2
3y – 7 = 0 ⇔ y = 7 .
3
x
x
– + 3y – 1 = 0 ⇔ y = + 1 .
2
6 3
5
12
3x – y + 4 = 0 ⇔ y = x + 16 .
4
5
5
x
3x + 5y – 1 = + 3y + 5 ⇔ y = – 5 x + 3.
2
4
c 5 Interpréter un coefficient directeur
46 a) 3 – 5 = 2 .
–1–2
3
b) – 5 – 3 = – 8 .
2+1
3
1–1
1
3+3
9
3
47 a) 2 4 = 4 = –
. b) 4 2 = 4 = – 3.
14
1–3 –7
–1–1 –3
3 2
6
4 2
4
48 a) y = – x + b ; A ∈ d donc 1 = – 1 + b ; d a pour
équation y = – x + 2.
b) y = 5x + b ; A(0 ; 2) ∈ d ; d a pour équation y = 5x + 2.
49 a) y = – 3x + b ; A ∈ d donc 4 = + 3 + b ; d a pour
équation y = – 3x + 1.
b) y = 1 x + b ; A ∈ d donc 2 = 1 × 1 + b ; d a pour
2
3
2
4
équation y = 1 x + 13 .
2
24
3
50 a) y = x + b ; A ∈ d donc 2 = 3 × – 1 + b ;
2
5
2
3
d a pour équation y = 3 x + 9 .
2
10
3
b) y = x + b ; A ∈ d donc 3 = 3 × 1 + b ; d a pour
7
4
7
2
équation y = 3 x + 15 .
7
28
冢冣
51 Toutes les droites de cette figure sauf d6 ne sont
pas parallèles à l’axe des ordonnées, donc admettent une
équation du type y = ax + b avec a pour coefficient directeur et b ordonnée à l’origine.
d1 : passe par O(0 ; 0) et admet (– 1) pour coefficient
directeur. Équation y = – x.
d2 : passe par A(0 ; 2) et admet (– 1) pour coefficient
directeur. Équation y = – x + 2.
• 40
冢冣
d4 : passe par J(0 ; 1) et admet 1 pour coefficient
2
directeur. Équation y = 1 x + 1.
2
d5 : passe par B(0 ; – 2) et admet 2 pour coefficient
directeur. Équation y = 2x – 2.
d3 est parallèle à l’axe des abscisses et passe par E(0 ; 2).
Équation y = 2.
d6 est parallèle à l’axe des ordonnées et passe par
F 7 ; 0 . Équation x = 7 .
2
2
冢
冣
52 a) d1 passe par A(4 ; – 1) et B(– 1 ; 2).
d2 passe par E(– 2 ; 1) et F(1 ; 3).
d3 passe par G 7 ; – 2 et H 1 ; – 3 .
2
2
2
d4 passe par K 7 ; 2 et L 3 ; 1 .
2
2
b) Coefficients directeurs :
d1 : 2 + 1 = – 3 ; d 2 : 3 – 1 = 2 ;
–1–4
5
1+2 3
1
– 3 +2
2
= 2 = – 1 ; d4 : 1 – 2 = – 1 = 1 .
d3 :
3–7
–3
6
–2 2
1–7
2 2
2 2
2. M(x ; y) et M ≠ A ;
y+1
M ∈ d1 ⇔
=– 3 ⇔y=– 3x– 7.
x–4
5
5
5
M(x ; y) et N ≠ E ;
y–1 2
M ∈ d2 ⇔
= ⇔y= 2x+ 7.
x+2 3
3
3
M(x ; y) et M ≠ G ;
M ∈ d3 ⇔ y + 2 = – 1 ⇔ y = – 1 x – 17 .
6
6
12
x– 7
2
M(x ; y) et M ≠ K ;
M ∈ d4 ⇔ y – 2 = 1 ⇔ y = 1 x + 1 .
2
2
4
x– 7
2
冢
冢
冣
冣
冢
冢
冣
冣
c 6 Caractériser une droite
53 (AB) n’est pas parallèle à l’axe des abscisses ; elle a
pour équation y = ax + b.
a) M(x ; y) ≠ A ;
4–2
y–2
M ∈ (AB) ⇔
= – 1 ⇔ y = – x + 3.
=
x–1 –1–1
b) M(x ; y) ≠ B ;
–3
y
M ∈ (AB) ⇔
= – 1 ⇔ y = – x + 2.
=
3
x–2
54 a) M(x ; y) ≠ A ;
4
y–1
= – 0,8 ⇔ y = – 0,8x + 2,6.
=
x–2 –5
y–3
b) M(x ; y) ≠ A ; M ∈ (AB) ⇔
= – 1 ⇔ y = – x + 4.
x–1
M ∈ (AB) ⇔
55 a) La droite (AB) a deux points d’abscisse 2 ; elle a
pour équation x = 2.
b) La droite (AB) a deux points d’ordonnée 3 ; elle a pour
équation y = 3.
56 a) M(x ; y) ≠ A ;
3
y– 5
4
M ∈ (AB) ⇔
= 2
3
1
x+
2
3
3
16
équation y = x + .
22
11
b) M(x ; y) ≠ A ;
5
y– 5
3
M ∈ (AB) ⇔
= 2
1
1
x+
2
3
62 Coefficient directeur de (AB) : 2 – 1 = 12 + 1 ;
1
–5
4 = 4 = 3 ;
11 22
+3
2
6
12 – 1
2 + 212
coefficient directeur de (AC) :
= 1 + 12, donc A,
2
B et C sont alignés.
c 8 Droites parallèles, sécantes
–5
3 = 1 ⇔ y = x + 13.
6
+1
2
57 d1 a pour ordonnée à l’origine 3 ; d1 passe par (0 ; 3).
d1 n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées ; elle passe par
A(0 ; 3) et B(2 ; 0). Son coefficient directeur est – 3 , donc
2
elle a pour équation y = – 3 x + 3.
2
d2 a pour ordonnée à l’origine 1 ; elle passe par J(0 ; 1) et
K(– 4 ; 3). Son coefficient directeur est – 2 = – 1 .
4
2
d2 a pour équation y = – 1 x + 1.
2
d3 a pour équation y = 3.
d4 a pour ordonnée à l’origine 2.
d4 passe par L(0 ; 2) ; N(– 4 ; 0). Son coefficient directeur
est 1 .
2
d4 a pour équation y = 1 x + 2.
2
d5 est parallèle à l’axe des ordonnées ; elle a pour équation
y = – 4.
c 7 Alignement de trois points
58 Coefficient directeur de (AB) : 13 + 2 = – 3,
–3–2
–
11
+
2
= – 3, donc A, B
5–2
et C alignés.
59 Coefficient directeur de (AB) : – 8 – 1 = – 4,5 ;
3–1
10
–
1
= – 3, donc A, B
–2–1
et C non alignés.
– 29 – 21
6
4 = 12,1 ;
60 Coefficient directeur de (AB) :
1
1
– –
3 2
21
10 –
4 = 0,5, donc A, B, C
non alignés.
10 – 1
2
61 Coefficient directeur de (AB) :
13 – 3 (13 – 3)(1 + 13) – 213
=
=
= 13 ;
1 – 13
–2
–2
6
6(315 – 13) 315 – 13
=
=
, donc A, B et C non
315 – 13
45 – 3
7
alignés.
63 Le coefficient directeur de d1 est 2 ; celui de d2 est
– 3, donc les droites ne sont pas parallèles : elles sont
sécantes.
64 d1 et d2 ont le même coefficient directeur, donc
elles sont parallèles.
1
(12 – 1)2 – 1 2 – 212
=
=
= – 2 ≠ 0.
12 – 1
12 – 1
12 – 1
1
donc d1 n’est pas parallèle à d2.
(12 – 1) ≠
12 – 1
65 (12 – 1) –
66 Le coefficient directeur de d1 est 2, celui de d2 est 0 ;
d1 n’est pas parallèle à d2.
67 d1 est parallèle à l’axe des abscisses, d2 à l’axe des
ordonnées, donc d1 n’est pas parallèle à d2.
68 d1 d’équation 2y + 3x – 3 = 0 ; une équation de d1
– 3x 3
+ .
2
2
d2 d’équation – 4y – 6x + 5 = 0 ; une équation de d2 est
6x 5
y=
+ .
–4 4
6
3
– = – donc d1 et d2 sont parallèles.
4
2
69 Coefficient directeur de d1 : 5 – 3 = 2 ;
2–1
6–2
de d2
= 2, donc d1 est parallèle à d2.
1+1
70 Coefficient directeur de d1 : 300 – 200 = 100 ;
2–1
900 – 100 800
de d2
=
= 160, d1 et d2 sécantes.
4+1
5
est y =
71 M ≠ A et M(x ; y) ;
M∈D⇔
y+3
= 3 ⇔ y = 3x – 6.
x–1
72 M ≠ A et M(x ; y) ;
M∈D⇔
3
3
7
y–5
=– ⇔y=– x+ .
2
2
2
x+1
73 Δ a pour équation y = – 2.
74 Δ a pour équation x = – 1.
75 a) Coefficient directeur de (AB) : 1 – 3 = – 1 ;
5–1
2
0–2
1
coefficient directeur de (CD) :
= – ; (AB) parallèle
3+1
2
à (CD).
2–5
= 3 ; coefficient
b) Coefficient directeur de (AB) :
0–1
–2–1
= – 3 ; (AB) et (CD) sécantes.
directeur de (CD) :
4–3
76 a) Coefficient directeur de (AB) :
1–5
–9
4 2 = 4 = – 3 ; coefficient directeur de (CD) :
3–0
3
4
3
9
3–
4 = 4 = 3 ; (AB) et (CD) sont sécantes.
3
4
7–1
1 –1
2 2
–3
4
= 4 =– 9 ;
b) Coefficient directeur de (AB) :
7
14
3–1
6
2 3
coefficient directeur de (CD) :
1–5
–3
2 4 = 4 = 9 ; (AB) et (CD) sécantes.
– 5 10
–1–1
6
3 2
77 Coefficient directeur de (AB) : 6 – 2 = – 2.
–1–1
y–1
= – 2 ⇔ y = – 2x + 7.
M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ d ⇔
x–3
78 Coefficient directeur de (AB) : 1 – 3 = – 1 .
5+1
3
1
1
y–4
M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ d ⇔
= – ⇔ y = – x + 5.
3
3
x–3
c 9 Intersection de deux droites
Pour les exercices 79 à 86, on cherche l’intersection de
deux droites de coefficients directeurs différents, donc
elles ont un point commun.
79 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
y = 2x – 1
⇔ y = 3x + 4 ⇔
冦
冦
y = 2x – 1
2x – 1 = 3x + 4 ⇔
80 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
y = 2x – 1
⇔
⇔ y=3
冦
3 = 2x – 1
冦y = 3
⇔
冦
y = – 11
x=–5 .
4
4
3
1
8
x+1
– x+1= x–
x=
3
3
2
3
17
⇔
⇔
3
1 ⇔
4
19 .
y= x–
y=– x+1
y=
2
3
3
51
冦
冦
冦
82 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
5
1
5
1
33
y= x+
y= x+
y=–
4
2
4
2
34
⇔
2
1 ⇔ 5
1 2
1 ⇔
20 .
y= x–
x=–
x+ = x–
5
2
4
2 5
2
17
冦
冦
x+1
y–3
M(x ; y) et M ≠ B ; M ∈ d2 ⇔
= – 1 ⇔ y = – x + 5.
x–2
M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
3
y = 3x + 8
3x + 8 = – x + 5
x=–
4
⇔
⇔
⇔
23 .
y=–x+5
y=–x+5
y=
4
冦
冦
冦
83 M(x ; y) et M ≠ A ;
y–3
= – 2 ⇔ y = – 2x + 5.
x–1
y–5
= 1 ⇔ y = x + 6.
M(x ; y) et M ≠ B ; M ∈ d2 ⇔
x+1
M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
3
1
y–2 3
= ⇔y= x+ .
2
2
x–1 2
y+3 7
M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ (CD) ⇔
⇔ y = – 7x + 11.
=
x–2 –1
Les coefficients directeurs sont différents ; les droites sont
sécantes.
M(x ; y) ∈ (AB) ∩ (CD)
3
1
3
1
21
x + = – 7x + 11
x=
y= x+
2
2
2
2
17
⇔
⇔
⇔
40 .
y = – 7x + 11
y = – 7x + 11
y=
17
M ∈ (AB) ⇔
冦
冦
⇔
冦
• 42
⇔
y=x+6
冦
– 2x + 5 = x + 6
⇔
y=x+6
冦
1
3
17 .
y=
3
冦
86 M(x ; y) et M ≠ A ;
3
13
y–5 3
= ⇔y= x+ .
2
2
x+1 2
M(x ; y) et M ≠ C ;
2
13
y–3 2
= ⇔y= x+ .
M ∈ (CD) ⇔
3
3
x+2 3
M(x ; y) ∈ (AB) ∩ (CD)
3
13
3
13 2
13
y= x+
x+
= x+
x = – 2,6
2
2
2
2
3
3
.
⇔
⇔
⇔
2
13
3
13
y= x+
y= x+
y = 2,6
3
3
2
2
M ∈ (AB) ⇔
冦
冦
冦
3x 2
–
5 5
87 a)
⇔
x 5
x + 3y = 5
y=– +
3 3
3
2
31
x 5
x– =– +
x=
5
5
14
3 3
⇔
⇔
.
13
x 5
y=– +
y=
14
3 3
3x – y = 6
y = 3x – 6
.
⇔
b)
x
y
– + =1
y = 3x + 6
2 6
Les droites d’équations respectives y = 3x – 6 et
y = 3x + 6 ont le même coefficient directeur 3, donc
elles sont parallèles. Elles n’ont pas la même ordonnée
à l’origine donc elles n’ont aucun point commun ; le
système n’a pas de solution.
冦
3x – 5y = 2
冦
冦
冦
88 a)
x=–
⇔
冦
y=
冦
M ∈ d1 ⇔
y = – 2x + 5
冦
85 M(x ; y) et M ≠ A ;
冦
x=2
冦 y = 3.
81 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d2
y=–
84 M(x ; y) et M ≠ A ; M ∈ d1 ⇔ y – 5 = 3 ⇔ y = 3x + 8.
冦
2x – y – 7 = 0
3x – 5y = 4
3
4
x–
5
5
y = 2x – 7
2x – 7 =
⇔
⇔
冦
冦
y = 2x – 7
3x 4
y=
–
5 5
x=3
y=1
.
b)
⇔
冦
冦
x + 3y = 0
⇔
14x + 12y = 35
14
35
x
=– x+
12
12
3
x
y=–
3
–
2x – 5y = 0
0,25x + 0,625y = 0,375 ⇔
0,4x = – 0,4x + 0,6
⇔
y = 0,4x
89 a)
⇔
b)
⇔
冦
冦
冦
⇔
冦
冦
冦
⇔
5x + 2y = 29
3
1
5
29
x– =– x+
7
7
2
2
5
29
y=– x+
2
2
冦
⇔
冦
2x – 13y = 0
⇔
3
13x – y = 1
2
Le système n’a aucune solution.
⇔
冦
冦
3x – 7y = 1
90 a)
b)
x
3
14
35
y=– x+
12
12
7
x=
2
.
7
y=–
6
y=–
冦
12x – y = – 1
冦
3
x = 12x + 1
12
3
y= x
12
3x – 12y = 0
LES
y = 0,4x
y = – 0,4x + 0,6
x = 0,75
y = 0,3 .
3
1
y= x–
7
7
5
29
y=– x+
2
2
冦
冦
x=5
冦
91
(13 – 12)x + y = 2
x + (13 + 12)y = 13
冦
⇔
y = (12 – 13)x + 2
–1
x + 13
y=
13 + 12
= (– 13 + 12)x + 13.
Le système n’a pas de solution.
x + y = 27
冦 x–y=2
92
– x + 27 = x – 2
冦 y=x–2
⇔
冦
93
⇔
冦
y = – x + 27
⇔
冦 y=x–2
⇔
冦 y = 12,5 .
x = 14,5
x + 2 = 2y
⇔
x
4
1
1
x + 1 = x + 12
2
4
⇔
1
y = x + 12
4
y – 12 =
1
x+1
2
1
y = x + 12
4
冦
冦
y=
x = 44
.
y = 23
.
y=2
2
213
x
x=
13
3
.
2
13 × 2
y=
x–
3
3
y=
⇔
冦
3
x
12
y = 12x + 1
⇔
冦
x = 12
y=
Trouvez l’erreur
94 Les abscisses et ordonnées ont été inversées.
95 Confusion entre abscisse et ordonnée.
96 AB = 0(– 1 – 2)2 + c(0 – 3)2 = 99 + 9 = 418 = 312.
97 Une équation de d est donc x = 1.
.
y=3
98 d : – x + y + 1 = 0 ⇔ y = x – 1.
d a pour coefficient directeur 1.
EXERCICES
Problèmes
99 1. Dans le repère (O ; I, J) ; O(0 ; 0) ; I(0 ; 1) ; C(0 ; 2,5) ;
A(2,5 ; 1).
1
K milieu de [OI] ; K 0 ;
; L milieu de [OC] ; L(0 ; 1,25) ;
2
M milieu de [OA] ; M(1,25 ; 0,5).
Dans le repère (O ; B, C) ; O(0 ; 0) ; I(0,4 ; 0) ; C(0 ; 1) ;
1
A(1 ; 0,4) ; K(0,2 ; 0) ; L 0 ;
; M(0,5 ; 0,2).
2
2. Les repères (O ; I, J) et (O ; B, C) sont orthonormés.
Dans (O ; I, J) : AC = 0(2,5 – 0)2 +c (1 – 2,5)2 = 58,5 ;
AJ = 0(0 – 2,5)2 + c(1 – 1) = 2,5.
Dans (O ; B, C) : AC = 0(0 – 1)2 + (c1 – 0,4)2 = 61,36 ;
AJ = 0(1 – 0)2 + (c0,4 – 0,4)2 = 1.
3. a) xA’ = 2xC – xA = 2 × 0 – 2,5 = – 2,5 ;
yA’ = 2yC – yA = 5 – 1 = 4.
b) xB’ = 2xI – xB = 2 – 2,5 = – 0,5 ; yB’ = 2yI – yB = 0 – 0 = 0.
冢
冣
冢
冣
4. AM = 0(x – 2,5)2 + (c2 – 1)2 et AM = 10.
(x – 2,5)2 + 1 = 100 ⇔ (x – 2,5)2 = 99
⇔ x = 499 + 2,5 ou x = – 499 + 2,5.
100 1. a) Dans le repère (A ; I, J) :
A(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; E(3 ; 1) ; J(0 ; 1) ; D(– 3 ; 1) ; B(1 ; 3) ;
C(– 2 ; 4).
C
J”
J’
B
I’
D
J
I”
E
A
I
b) AB = 91 + 3 = 410.
Périmètre de ABCD : 4410. Aire de ABCD : 10.
2
2
2. Dans le repère (B ; I’, J’) :
A(– 1 ; – 3) ; I(0 ; – 3) ; E(2 , – 2) ; D(– 4 ; – 2) ; B(0 ; 0) ;
C(– 3 ; 1).
b) AB = 912 + 32 = 410. Périmètre de ABCD : 4410. Aire : 10.
3. a) Dans le repère (B ; I”, J”) :
1
3
3
A – ;–
; I 0; –
; E(1 ; – 1) ; D(– 2 ; – 1) ; B(0 ; 0) ;
2
2
2
3 1
C– ; .
2 2
1 9
10 410
AB =
.
+ =
=
4 4
4
2
410
Périmètre de ABCD : 4 ×
= 2410. Aire : 25.
2
101 a) L milieu de [AB] ; L – 3 ; 5 ; équation de la
2 2
droite (CL) :
y– 5
–2– 5
2 =
2 = – 9 ; y = – 9x – 11.
3
x+
–1+ 3
2
2
5 1
K milieu de [BC] ; K – ; , équation de la droite (AK) :
2 2
1 –2
3
3
11
y–2
= ;y= x+ .
= 2
7
7
7
x–1
–5–1
2
P milieu de [AC] ; P(0 ; 0) = 0, équation de (OB) :
3
3
y
; y = – x.
=
–4
4
x
b) Le centre de gravité est le point d’intersection des
médianes. Notons G ce point. G(x ; y). Les coordonnées
de G vérifient le système :
3
4
y = – 9x – 11
– 9x – 11 = – x
x=–
4
3
.
⇔
⇔
3
3
y=– x
y=– x
y=1
4
4
冢
冢
冣冢
9
冣
冣
4
冢
冢
冦
冣
冣
冦
冦
102 1. x2 – y2 = (x – y)(x + y) donc x2 – y2 = 0
⇔ x – y = 0 ou x + y = 0
⇔ x = y ou y = – x.
2. L’ensemble des points M(x ; y) est composé de la
droite d1 d’équation y = x et de la droite d2 d’équation
y = – x.
103 a) A(1 ; m) ∈ d ⇔ m = 2 × 1 – 3 = – 1.
B(– 3 ; n) ∈ d ⇔ n = 2 × (– 3) – 3 = – 9.
b) A’(1 ; 1) et B’(– 3 ; 9).
c) Équation de la droite (A’B’) :
9–1
y–1
= – 2 ⇔ y = – 2x + 3.
=
–3–1
x–1
104 a) Les nombres x et y vérifient :
x + y = 84
冦 y – x = 18
, soit
y = – x + 84
冦 y = x + 18.
c) Les droites d1 et d2 d’équations respectives y = – x + 84
et y = x + 18 ont des coefficients directeurs différents
(– 1) et (1), donc elles sont sécantes et le système proposé
a exactement une solution.
y = – x + 84 – x + 84 = x + 18 x = 33
⇔ y = 33 + 18 = 51 .
d) y = x + 18 ⇔ y = x + 18
冦
• 44
冦
冦
105 A. 2. Solution proposée par GeoGebra.
Système 1 : (– 0,67 ; 1,67) ; système 3 : (0,67 ; 0,33).
3.
冦
y = 2x + 3
⇔
y=–x+1
冦
2x + 3 = – x + 1
⇔
y = –x + 1
冦
x=–
y=
2
3
5 .
3
2
5
– 0,67 et 1,67 sont des arrondis de – et respective3
3
ment.
y = 2x + 3
2x + 3 = 2x – 1
0x = – 4
⇔ y = 2x – 1 .
y = 2x – 1 ⇔ y = 2x – 1
Pas de solution.
2
y = 2x – 1
2x – 1 = – x + 1
x=
3
⇔
⇔
1.
y=–x+1
y = –x + 1
y=
3
2
1
≈ 0,67 et ≈ 0,33.
3
3
B. Solutions proposées par GeoGebra :
Système a) (– 2 ; – 8) ; système b) (0,33 ; 3,33) ; système c)
(– 1 ; – 1).
y = 2x – 4
2x – 4 = 5x + 2
x=–2
⇔ y = – 8.
y = 5x + 2 ⇔ y = 5x + 2
1
y=x+3
x + 3 = – 2x + 4
x=
3
⇔
⇔
10 .
y = – 2x + 4
y=x+3
y=
3
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
冦
2x + 3y + 5 = 0
⇔
3x – 4y – 1 = 0
⇔
冦
2
5 3
1
x– = x–
3
3 4
4
⇔
3
1
y= x–
4
4
–
冦
冦
2
5
x–
3
3
3
1
y= x–
4
4
y=–
x=–1
.
y=–1
106 A. b) Le point commun à toutes ces droites semble
être le point K(– 1 ; 3).
• m(– 1) + m + 3 = 3, donc I appartient à toutes les
droites dm.
B. Grâce au logiciel, on peut penser que toutes les droites
1
passent par L ; – 5 .
2
1
– 2m × + m – 5 = – 5.
2
L appartient à toutes les droites dm.
冢
冣
107 1. a) Coefficient directeur de (OA) égal à 3 ; coef-
2
3
ficient directeur de (OB) égal à , donc O, A et B alignés.
2
3,001
, donc O,
b) Coefficient directeur de (OC) égal à
2
A et B non alignés.
c) La différence entre les coefficients directeurs de (OA) et
de (OC) est trop petite pour être visible graphiquement.
2. b) et c) Dans les deux cas, le logiciel affiche 0.
3. Pour « est isocèle (OAD) », le logiciel affiche 2. Le triangle
est donc isocèle de sommet A.
On obtient de même OBD rectangle en D et ABD isocèle
en A.
109 a) Équation de la droite (AC) :
y–1 4
= ⇔ y = x + 1.
4
x
b) BM = 0(x – 1)2 + (cx + 1 – 3)2.
c) BA = 912 + 22 = 15.
BA = BM ⇔ BA2 = BM2 ⇔ (x – 1)2 + (x – 2)2 = 5
⇔ 2x2 – 6x + 5 = 5
⇔ 2x(x – 3) = 0
⇔ x = 0 ou x = 3.
Le point D(3 ; 4) de (AC) est tel que AD = AB.
d) Le triangle ABD est isocèle puisque BA = BD. (BH),
médiane de ABD issue de B, est aussi hauteur du triangle
ABD, donc (BH) est perpendiculaire à (AD). D est sur la
droite (AC) donc (BH) est perpendiculaire à (AC), c’est
une hauteur du triangle ABC.
e) AC = 916 + 16 = 432 ; BC = 89 + 4 = 413.
Périmètre : 15 + 432 + 413.
AC × BH
3 5
;
;H ;
Aire :
2
2 2
2
2
3
5
1
BH =
–1 +
–3 = .
2
2
2
1
432 ×
2 416
AC × BH
=
=
= 2.
2
2
2
冢
0冢
冣
冣冢
4
冣
4
110 A. 2. Les points M, P et Q semblent alignés.
B. 1. Dans le repère (A ; I, J), on a A(0 ; 0) ; B(6 ; 0) ; C(6 ; 4) ;
D(0 ; 4).
2. M(x ; y) ; M ≠ B ;
4
2
y
M ∈ (BD) ⇔
=
⇔ y = – x + 4.
3
x – 6 –6
3. M ∈ (BD) et m est l’abscisse de M, donc l’ordonnée est
2
– m+4 .
3
4. M milieu de [NC], donc xN = 2xM – xC = 2m – 6
2
4
et yN = 2yM – yC = 2 – m + 4 – 4 = – m + 4.
3
3
4
5. Q 0 ; 4 – m et P(2m – 6 : 0).
3
2
m
3
2
6. Coefficient directeur de (MQ) :
= .
m
3
冢
冣
冢
冣
冢
3
111 a) 36 km/h = 36 × 10 m/s = 10 m/s ; y = 10x.
60 × 60
d20 représente la distance parcourue en fonction du
temps pour une vitesse de 20 m/s, d10 pour 10 m/s et
d5 pour 5 m/s.
feu vert
A
B
orange ou rouge
vert
400
20
10
d
5
d
BM = 0(x – 4)2 + (cy + 1)2.
AM = BM ⇔ (x – 1)2 + (y – 3)2 = (x – 4)2 + (y + 1)2.
b) L’ensemble des points M tels que AM = BM est la
médiatrice de [AB].
c) En développant l’égalité du a), on obtient :
x2 – 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = x2 – 8x + 16 + y2 + 2y + 1
6
7
6x – 8y – 7 = 0, soit y = x – .
8
8
2. Médiatrice de [BC] :
(x – 4)2 + (y + 1)2 = (x + 1)2 + (y – 5)2
⇔ – 10x + 12y – 9 = 0
10
9
y= x+ .
12
12
Médiatrice de [AC] :
(x – 1)2 + (y – 3)2 = (x + 1)2 + (y – 5)2
⇔ – 4x + 14y – 16 = 0
y = x + 4.
4
2
m
(6 – 2m)
3
3
.
Coefficient directeur de (PQ) :
=
6 – 2m
6 – 2m
Les coefficients directeurs sont égaux, donc M, P et Q
sont alignés.
4–
d
108 1. a) AM = 0(x – 1)2 + (cy – 3)2 ;
50
10
c) À 20 m/s, Thomas trouvera le feu vert, à 10 m/s le feu
sera rouge et à 5 m/s le feu sera vert.
d) Pour trouver le deuxième feu vert, la durée du parcours
doit être strictement comprise entre (0 s et 30 s) ou entre
(60 s et 110 s) ou entre 140 s et 190 s.
Soit A(30 ; 400), B(60 ; 400), C(110 ; 400) et D(140 ; 400).
40
La droite (OA) a pour équation y = x, elle correspond
3
40
m/s, soit 48 km/h.
à une vitesse
3
20
La droite (OB) a pour équation y = x, elle correspond à
3
20
m/s, soit 24 km/h.
une vitesse de
3
40
m/s, soit environ
La droite (OC) a pour équation y =
11
13,1 km/h.
Le feu vert suivant correspond au point D(140 ; 400), la
20
x, elle correspond à
droite (OD) a pour équation y =
7
20
m/s, soit environ 10,3 km/h.
une vitesse de
7
Les intervalles de vitesses cherchés sont donc (en km/h)
[48 ; 50] ou [≈ 13,1 ; 24] ou [10 ; ≈ 10,3].
112 a)
冣
b) Les points semblent alignés.
c) Avec deux chiffres après la virgule, les rapports sont
« constants ».
113 1. a) En début d’expérience, 1 mole de Fe3O4 et
3 moles de CO.
La valeur maximale de x est 0,75.
b) À L’arrêt de la réaction, il reste à peu près 2,2 moles de
Fe et 3,3 moles de CO2.
2. D1 droite représentant la quantité de fer en fonction
du temps.
3 y
Équation : = ; y = 3x.
1 x
D2 représente la quantité de CO2 en fonction du temps.
Équation y = 4x.
D3 représente la quantité de CO. Équation y = – 4x + 3.
D4 représente la quantité de Fe3O4. Équation y = – x + 1.
En fin de réaction : t = 0,75.
Il y a : 3 × 0,75 = 2,25 moles de Fe
4 × 0,75 = 3 moles de CO2
– 4 × 0,75 + 3 = 0 mole de CO
– 0,75 + 1 = 0,25 mole de Fe3.
114 1. a ≠ a’, donc les droites sont sécantes.
2. Le point A a ses coordonnées qui vérifient les équations des deux droites.
3. B(xA + 1 ; axA + a + b) ; B’(xA + 1 ; a’xA + a’ + b’).
4. AB2 = 12 + [(axA + a + b) – (axA + b)]2 = 1 + a2 et
AB’ = 1 + (a’)2.
BB’2 = [02 + (a’ – a)2] puisque axA + b = a’xA + b’.
5. a) Si d et d’ sont perpendiculaires, alors le triangle ABB’
est rectangle en A et on peut appliquer le théorème de
Pythagore.
BB’2 = AB2 + AB’2 donc (a’ – a)2 = 1 + a2 + 1 + a’2, d’où
– 2aa’ = 2 et aa’ = – 1.
b) Si aa’ = – 1, alors – 2aa’ = + 2
et (a’ – a)2 = a’2 + a2 – 2aa’
= a’2 + a2 + 2
= a’2 + 1 + a2 + 1 = AB2 + AB’2.
D’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABB’ est
rectangle en A, donc d est perpendiculaire à d’.
c) Deux droites d’équations respectives y = ax + b et
y = a’x + b’ en repère orthonormé sont perpendiculaires
si, et seulement si, aa’ = – 1.
6. 1 × 2 ≠ – 1 : d1 et d2 ne sont pas perpendiculaires.
1 × – 0,5 ≠ – 1 : d1 et d3 ne sont pas prependiculaires.
1 × 1 ≠ – 1 : d2 et d4 ne sont pas perpendiculaires.
1 × (– 1) = – 1 : d1 et d5 sont perpendiculaires.
2 × (– 0,5) = – 1 : d2 et d3 sont perpendiculaires.
2 × (1) ≠ – 1 : d2 et d4 sont non perpendiculaires.
2 × (– 1) ≠ – 1 : d2 et d5 sont non perpendiculaires.
– 0,5 × 1 ≠ – 1 : d3 et d4 sont non perpendiculaires.
– 0,5 × – 1 ≠ – 1 : d3 et d5 sont non perpendiculaires.
1 × (– 1) = – 1 : d4 et d5 sont perpendiculaires.
115 a) AM2 = (x – 2)2 + (x + 3 – 3)2 = 2x2 – 4x + 4.
b) (x – 1)2 + 1 = x2 – 2x + 1 + 1 = x2 – 2x + 2.
c) AM2 = 2(x2 – 2x + 2) = 2[(x – 1)2 + 1].
La valeur minimale de AM2 est obtenue pour (x – 1) = 0,
on a alors x = 1.
d) Le point M(1 ; 1 + 3), donc M(1 ; 4) et AM = 12.
• 46
e) BM2 = (x + 2)2 + (x + 3 – 3)2 = 2x2 + 4x + 4
= 2(x2 + 2x + 2)
= 2[(x + 1)2 + 1].
Le minimum est obtenu pour x = – 1, la distance du
point B à la droite D est 12.
f) CM2 = (x + 2)2 + (x + 3 – 2)2 = 2x2 + 6x + 5
5
= 2 x2 + 3x +
2
3 2 9 5
=2 x+
– +
2
4 2
3 2 1
=2 x+
+ .
2
4
3
2
Le minimum de CM est alors obtenu pour x = – , la
2
1 12
= .
distance du point C à la droite D est
2
2
冢
冤冢
冤冢
冣
冣
冣
冥
冥
4
116
L2 = 4ᐉL
L(L – 4ᐉ) = 0
L = 4ᐉ ou L = 0
.
S ⇔ 4L – 2(L – ᐉ) = 500⇔ 2L – 2ᐉ = 500 ⇔ L – ᐉ = 250
L = 0 est une valeur qui ne convient pas au problème.
L = 4ᐉ
4ᐉ = 250 + ᐉ
ᐉ = 50
⇔ L = 200 .
S ⇔ L = 250 + ᐉ ⇔ L = 4ᐉ
冦
冦
冦
冦
冦
冦
117
4y – 4x = 40
y – x = 10
y – x = 10
冦 y – x = 500 ⇔冦 (y – x)(y + x) = 500 ⇔冦 y – x = 50
y = x + 10
x + 10 = – x + 50
x = 20
⇔冦 y = 30 .
⇔ 冦 y = – x + 50 ⇔冦 y = x + 10
2
2
x + y = 4 500
5
4
x+
y = 200.
100
100
On résout ce système et on obtient x = 2 000 et y = 2 500.
118
冦
119
+ 393y = 51,079 5 .
冦 467x
366x + 175 y = 29,957 5
On résout ce système et on obtient :
x = 0,045 6
冦 y = 0,075 7 .
120 On note x le nombre de romans et y celui de
bandes dessinées.
x + y = 50
On obtient
x × 0,05 + y × 0,025 = 2
x + y = 50
ou
5x + 2,5y = 200.
On résout et on obtient x = 30 et y = 20.
冦
冦
121 On note x le nombre d’étudiants et y le nombre
des autres amis.
4x + 6y = 104
2x + 3y = 52
On obtient
ou
.
18x + 30y = 480
3x + 5y = 80
D’où y = 4 et x = 20.
20
La proportion d’étudiants est égale à , soit environ 83 %.
24
122 1. a) SA. b) SB . c) SB . d) SA.
50
75
50
75
SA SB 16
+
+
6SA + 4SB = 5 × 16
50 75 60
ou
2. On a
SA SB 14
4SA + 6SB = 5 × 14
+
=
75 50 60
3SA + 2SB = 40
ou encore
.
2SA + 3SB = 35
On obtient SA = 10 km et SB = 5 km.
冦
冦
冦
冦
冦
LES
EXERCICES
Algorithmique
pour tous
127 a) Calcul des coordonnées du milieu de [AB].
b) Calcul des coordonnées du symétrique de A par
rapport à B.
124 b) Pour n = 10, L ≈ 1,478 2.
Pour n = 50, L ≈ 1,478 913.
Pour n = 100, L ≈ 1,478 935.
126 a) Il suffit de remplacer « X prend la valeur 0 » par
« X prend la valeur 1 » et « Y prend la valeur 0 » par « Y
prend la valeur 1 ».
b) Pour n = 10, L = 3,167 778.
Pour n = 50, L = 3,167 838.
Pour n = 100, L = 3,167 840.
LES
128 Saisir X
Saisir Y
Saisir U
Saisir V
V –Y
A prend la valeur
U
–X
Afficher A
129 Pour F1(x) = (m + 1)x + (m – 1), on obtient 11 segments qui passent tous par A(– 1 ; – 2). On peut alors penser
que toutes les droites d’équation y = (m + 1)x + m – 1
passent par A, quel que soit m.
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
130 On a a + b + c = 68
2
a+c
= 68
3
a+b
c+
= 68.
4
On résout ce système, on obtient : a = 36, b = 52, c = 12.
b+
6
10
et Y = –
7
7
7
7
et x = et y = – .
6
10
D’où X =
134 Soit P de coordonnées (x ; y).
冦
131 On note abc le nombre cherché.
• On a a + b + c = 24.
• cacb = b + 10c + 100a = cabc – 9 = c + 10b + 100a – 9,
d’où 9b – 9c – 9 = 0, soit b – c – 1 = 0.
• cbac = c + 10a + 100b = cabc – 90 = c + 10b + 100a – 90
d’où 90a – 90b – 90 = 0 soit a – b – 1 = 0.
a–b=1
On a donc
b–c=1
a + b + c = 24.
D’où a + (a + 1) + (a + 2) = 24, soit a = 7, b = 6, c = 5.
Le nombre est donc 765.
0+x
2
On a
2+y
a=
.
2
x
y
D’où = 1 + ou y = x – 2.
2
2
• P est situé sur la droite d’équation y = x – 2.
• Pour tout point P situé sur d, on a y = x – 2.
x 2+x–2
,
;
D’où le milieu de [AP] a pour coordonnées
2
2
x x
qui est de la forme (a ; a).
;
soit
2 2
L’ensemble cherché est donc d.
132 On a [(x + y + 1) – (2x – y)][(x + y + 1) + (2x – y)] = 0,
soit (– x + 2y + 1)(3x + 1) = 0.
L’ensemble est composé des deux droites d’équation
1
x 1
y = + – et x = – .
3
2 2
133 On pose X = 1 et Y = 1 .
x
y
3X – Y = 4
.
On obtient
2X + 2Y = – 1
Y = 3X – 4
1
Soit
Y = – X – 1.
2
135 A et B ont pour coordonnées respectives A(1 ; 1) et
B(– 1 ; 1).
(Ces deux points vérifient y = x2 et OA = OB = 12.)
1
,
cos jxOA = sin jxOA =
12
d’où jxOA = 45°.
AOB a donc une aire égale à :
Le secteur angulaire ២
π R2 = π .
4
2
AB × OJ 2 × 1
=
= 1.
Le triangle OAB a pour aire
2
2
π
L’aire du domaine est égale à ≈ 0,57.
2
冦
冦
冦
冢
a=
冣
冢
冣
y = x2
y
B
1 J
A
I
O
12
Ꮿ
1
x
136 • N = cab.
• a + b = 10.
• cba = cab – 18, d’où a + 10b = b + 10a – 18,
soit 9a – 9b = 18 ou a – b = 2.
On obtient a = 6 et b = 4, d’où N = 64.
137 a) Il y a dans chaque renseignement deux inconnues.
b) Notons x le prix du croissant et y celui de la ficelle.
On obtient :
햲
4x + 6y = 5,2
3x + 3y = 3
햳
2x + 3y = 2,6
햴
L’équation 햲 peut s’écrire 2x + 3y = 2,6 (si l’on divise
par 2), elle est donc équivalente à l’équation 햴. Avec
les deux équations 햲 et 햴, on ne peut pas répondre au
problème.
2x + 3y = 2,6
Avec 햲 et 햳, on obtient
x + y = 1,
d’où x = 0,4 et y = 0,6.
Avec 햳 et 햴, on obtient le même système.
冦
冦
138 a) Faux, le point (– 3 ; – 1) est sur d.
b) Vrai. Exemple M(x ; y) et M’(x – 1 ; y – 1).
c) Faux, si x’ ⭐ x, alors x’ + 2 ⭐ x + 2.
d) Vrai, il suffit de prendre M' = M.
Problèmes ouverts
139 Remarque : un logiciel de géométrie permet de
penser que les trois droites sont toujours concourantes
ou parallèles.
• 48
• Considérons le repère (O ; I, J). On a alors O(0 ; 0), I(1 ; 0),
J(0 ; 1), A(a ; 0), B(0 ; b), K(1 ; 1), A’(a ; 1), B’(1 ; b), (a ≠ 0 et
b ≠ 0 car A et B ne sont pas en O).
• On en déduit les équations de (OK) : y = x, de (BA’) :
1–b
x + b et (AB’) :
y=
a
b
ab
x–
, si a ≠ 1 et x = 1 si a = 1.
y=
1–a
1–a
1–b
soit
• On a (OK) et (BA’) parallèles pour 1 =
a
b
b
a = 1 – b avec b ≠ 1. On a alors
=
= 1. Les
1–a 1–1+b
trois droites sont alors parallèles.
• Si b = 1, alors B’ = K et (BA’) = JK, donc les trois droites
passent par K.
1–b
• Si
≠ 1, alors (OK) et (BA’) sont sécantes en un
a
ab
y=x
x=
a+b – 1
point P qui vérifie
.
, d’où
1–b
ab
y=
y=
x+b
a
a+b – 1
• Si a = 1, on a P(1 ; 1) et il appartient bien à (AB’).
Si a ≠ 1, les coordonnées du point P vérifient l’équation
b
ab
y=
x–
, donc P appartient encore à (AB’).
1–a
1–a
Par conséquent, les trois droites sont toujours parallèles
ou concourantes.
冦
冦
2
140 P a pour coordonnées a + 1 ; a .
冢
冣
2
2
Les coordonnées de ce point vérifient l’équation
(2x – 1)2
y=
.
2
P est donc situé sur la parabole ᏼ, courbe représentative
(2x – 1)2
de la fonction x 哫
.
2
Réciproquement à tout point P de cette parabole, on peut
faire correspondre M tel que P milieu de [IM] on a alors
xM + xI
x +1
= x, soit xM = (2x – 1) et
= xP, d’où M
2
2
yM + yI
= yP, d’où yM = (2x – 1)2 coordonnées qui sont
2
bien de la forme (a ; a2).
Donc l’ensemble cherché est la parabole ᏼ.
6
CHAPITRE
LES
Configurations
planes.
Trigonométrie
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Triangles, quadrilatères, cercles
1
a) d et d’ sont parallèles, donc d’après le théorème
de Thalès : AR’ = AQ’ = 5 .
AR AQ 3
b) Si AQ’ = 4, alors AQ = 4 × 3 = 12 et QQ’ = 4 – 12 = 8 .
5
5
5 5
2. a) d et d’ sont parallèles, donc d’après le théorème de
Thalès : P’R’ = AR’ = 5 .
PR AR 3
b) Si PR = 3, alors P’R’ = 3 × 5 = 5.
3
AC
BC
5
2
=
= , d’où AC = 2 × 5 = 10 et
AN MN 3
3 3
10
4
NC =
–2= .
3
3
AB
AC
3 •
=
= 2 , d’où AB = 2 .
AD AE 2 + 12
AB + BD 2 + 12
On obtient AB(2 + 12) = 2(AB + 1).
Soit AB(2 + 12 – 2) = 2 ou AB = 2 = 12.
12
DE
AE
5
2
+
12
=
, d’où DE =
× = 10 + 512 .
•
BC AC
2
2
4
4
a)
N
y
M
O
I
J
x
b) Les longueurs imposent O, I, J et O, M, N dans cet
ordre. D’autre part, OJ = 5 = 2,5 et ON = 7,5 = 2,5.
OI
2
OM
3
On a OJ = ON donc (IM) et (JN) sont parallèles d’après
OI OM
la réciproque du théorème de Thalès.
5 a) On a AC = 6, C’ milieu de [AB] et BC = 2B’C’ = 10.
D’autre part BC2 – AC2 = AB2, d’où AB2 = 100 – 36 = 64,
soit AB = 8.
Donc AC’ = 4.
b) On a donc AC = 6, BC = 10 et AB = 8.
6 a) AC’ = 2.
b) CC’2 = AC2 + AC’2 = 9 + 4 = 13, d’où CC’ = 413, donc
CG = 2 413.
3
c) Soit B’ le milieu de [AC] (G appartient à (AB’)). On a
BB’2 = AB2 + AB’2 = 16 + 9 = 73 d’où BB’ = 473 et
4 4
2
BG = 2 × 473 = 473 .
3
2
3
7
Soit a la longueur. Dans le triangle rectangle AHB,
2
on a AB2 = AH2 + BH2, d’où a2 = 4 + a . On a donc 3 a2 = 4,
4
4
soit a2 = 16 ou encore a = 4 .
3
13
8 CE = 212 et BE2 = AB2 + AE2 = 4 + 16 = 20, d’où
BE = 215.
9 a) • I milieu de [BC], donc (AI) médiane.
• AB = AC et IB = IC, donc (AI) médiatrice de [BC].
• (AI) médiatrice de [BC], donc (AI) et (BC) sont orthogonales,
donc (AI) est une hauteur.
• Les triangles AIB et AIC sont rectangles en I et gABI = gACI
car ABC isocèle en A. Donc hBAI = hCAI et (AI) est donc
bissectrice de l’angle qA.
b) Ces quatre points sont situés sur (AI) d’après a).
10 Ce sont deux angles complémentaires de l’angle jABH
(il suffit de considérer les triangles rectangles BAC et BHA).
11 On a gCBI = hBIM (angles alternes-internes) et
gCBI = hMBI, donc hBIM = hMBI. Par conséquent, le triangle
IMB est isocèle en M et MI = MB.
12 a) G est le centre de gravité du triangle ABD.
b) Dans un parallélogramme, les diagonales se coupent
en leur milieu, donc (AC) passe par le milieu de [BD].
c) (AC) passe par le milieu de [BD], c’est donc une médiane
du triangle ABD et par conséquent, elle passe par G centre
de gravité du triangle.
13 a) (BC) ⊥ (AH) et (AC) ⊥ (BH) donc (BC) et (AC)
sont deux hauteurs du triangle ABH. Ces deux hauteurs se
coupent en C qui est bien l’orthocentre.
b) L’orthocentre de ACH est B (en effet (CB) ⊥ (AH) et
(AB) ⊥ (CH)).
14 a) jDBA = 120°. DBA isocèle donc :
180 – 120 = 30°.
2
jBCA = 30° et jACE = 60° (complémentaire de jBCA).
ACE est isocèle donc jCAE = hCEA = 180 – 60 = 60°.
Le triangle ACE est donc équilatéral. 2
jBAD = jBDA =
b) jDAE = jDAB + jBAC + jCAE = 30° + 90° + 60° = 180°,
donc D, A et E sont alignés.
c) • AE = AC.
• D’autre part, hBDA = hBCA donc DAC isocèle et DA = AC = AE.
• A est donc le milieu de [DE].
15 a) On a jABH = jHAC car ces deux angles sont complémentaires de jACH (en considérant les triangles rectangles
BAC et AHC).
Donc si B’ est l’intersection de (AJ) et (BK), on a jABB’ = jB’AC
(moitiés d’angles égaux).
Par conséquent dans le triangle AB’B, on a :
jBAB’ + jABB’ = jBAB’ + jB’AC = 90°.
D’où le troisième angle jBB’A = 90°, donc AB’B rectangle
en B’ et (BK) ⊥ (AJ).
• Pour (CK) et (AI), même démonstration en remplaçant
B par C et J par I.
b) Dans le triangle AIJ, on a (JK) ⊥ (AI) et (IK) ⊥ (AJ), donc K
est l’orthocentre du triangle et (AK) la troisième hauteur
est perpendiculaire à (IJ).
16 a) (KI) droite des milieux dans le triangle CHA’ est
parallèle à (CA’) et donc perpendiculaire à (A’B). (KI) est
donc une hauteur du triangle AA’K et I intersection des
hauteurs (A’H) et (KI) est l’orthocentre.
b) Dans le triangle CHB, la droite (KA’) passe par les milieux
de deux côtés, elle est donc parallèle au troisième côté
[HB]. Or (AI) hauteur du triangle AA’K est perpendiculaire
à (KA’) donc à (HB).
• 50
17 a) • gDIB = gIBC (alternes-internes) et gIBC = gIBD car
(BI) bissectrice donc gIBD = gDIB et par conséquent IDB
isocèle en D.
• Même démonstration pour IEC.
b) On a DI = BD et EI = CE, donc :
BD + CE = DI + EI = DI + IE.
I appartient à [DE] donc DI + IE = DE.
18 a) hAEC = hECB (alternes-internes) et hECB = hECA (car
(CE) bissectrice) donc hAEC = hECA et hEAC est isocèle en A.
• Même démonstration pour ABD.
b) AE = AC et AB = AD donc AB + AC = AE + AD.
A appartient à [ED] donc AE + AD = ED.
19 a) [AB] est un diamètre donc BEA rectangle en E.
b) F intersection de deux hauteurs est l’orthocentre de ABC.
c) Le triangle ADB est rectangle en D car [AB] est un
diamètre du cercle circonscrit à ADB ; donc (AD) est une
hauteur du triangle AB. Par conséquent (AD) passe par
l’orthocentre F.
d) BAC est isocèle en A donc la hauteur (AF) est aussi
médiatrice de [BC], d’où FB = FC.
20 • jDMB = kCBM (angles alternes-internes).
kCBM = jMBA car (BM) bissectrice de jABC, donc :
jMBA = jDMB = jAMB, d’où AMB isocèle en A.
• Même démonstration pour DMN.
21 On sait que kDOC est droit car les diagonales du
carré sont perpendiculaires ; donc O est sur le cercle de
diamètre [DC].
On sait que kDHC est droit car (CH) est une hauteur du
triangle DCE, donc H est aussi sur le cercle de diamètre
[DC].
22 a)
A
B
C
D
E
F
b) (AB) // (DC) et AB = DC, (DC) // (EF) et DC = EF car
ABCD et DCFE sont des parallélogrammes.
Donc (AB) // (EF) et AB = EF et le quadrilatère ABFE est
non croisé. Par conséquent, ABFE est un parallélogramme.
23 (AM) // (BD) et (AD) // (BM). De plus, AMBD est un
quadrilatère non croisé. AMBD est donc un parallélogramme.
24 kDOC = 90°, donc jDAC = 45°.
jDBC = jDAC = 45°.
jABC = 90° (car jAOC = 180°).
25 kAOD = 90°, donc jABD = 45°.
On sait que jDBC = 45°, donc jABD = jDBC et par conséquent
(BD) est bissectrice de jABC.
26 On a jCAB = jCDB = 20°.
On a jACB = jADB, de plus jADB + jBDC = jADC = 90°, donc
jADB = 90° – 20° = 70°, d’où jACB = 70°.
27 Dans le triangle ABE, on a hABE = 20° et
B
h EA = jCED = 120°.
Donc hBAE = 180 – 20 – 120 = 40°.
On a jBCD = jBAD = hBAE = 40°.
28 a) OA = OB (rayon du cercle e) et O’A = O’B (rayon
du cercle Ꮿ’).
b) O et O’ appartiennent à la médiatrice de [AB] donc
(OO’) est la médiatrice de [AB] et par conséquent (OO’)
et (AB) sont perpendiculaires.
29 a) [AM] est un diamètre donc jABM est droite.
[AN] est un diamètre donc jABN est droit.
b) kMBN = jMBA + jABN = 90° + 90° = 180° donc M, B et
N sont alignés.
40 Les triangles AED et DEC ont la même hauteur issue
de D et les bases correspondantes sont égales (AE = EC),
donc ils ont la même aire.
De même, les triangles ABE et CBE ont même aire (car
ils ont la même hauteur issue de B et des bases égales).
L’affirmation est donc vraie.
41 Le parallélogramme MBND a pour aire :
MB × BC = 1 × 1 = 1 .
2
2
L’aire colorée a donc pour aire 1 .
4
c 2 À l’aide des propriétés
des symétries axiale ou centrale
30 a) OA = 410 ; OB = 410 ; OC = 410.
b) O est donc le centre du cercle circonscrit.
31 AB = 3 ; AC = 445 ; BC = 490. Le triangle n’est pas
rectangle.
32 AB = 417 ; AC = 485 ; BC = 5104. Le triangle n’est
pas rectangle.
33 AB = 434 ; AC = 465 ; BC = 5101. Le triangle n’est
pas rectangle.
34 b) AB = 949 + 4w9 = 712 ; AC = 12 ;
42 a) La droite passant par les deux points et la médiatrice du segment formé par ces deux points.
b) Toute droite perpendiculaire à ces deux droites et la
droite parallèle aux deux droites située au milieu des
deux droites.
c) Chacune des deux droites ainsi que les deux bissectrices.
43 a) s(A) = C ; s(B) = D ; s(C) = A et s(D) = B.
b) c) A’ a pour image C, M a pour image N, l’image d’une
droite est une droite, donc l’image de la droite d = (AM)
est la droite (CN).
d) On reporte sur (CN) à partir de C la longueur AP puis
à partir de N, la longueur MP, un seul point de (CN)
correspond à ces deux longueurs, c’est le point s(P).
BC = 936 + w36 = 612.
On a AB = AC + CB donc A, B et C sont alignés.
c) OA = 410 ; OC = 18 et AC = 12.
On a OA2 = OC2 + AC2 donc le triangle OCA est rectangle
en A et par conséquent les droites (OC) et (AC) sont
perpendiculaires. On sait que (AC) = (AB), donc (OC) et
(AB) sont perpendiculaires.
d) Aire OAB = AO × AB = 715 cm2.
2
de construire l’image A’ de A.
b) On a I milieu de [BC] et de [AA’] donc ABA’C est un
parallélogramme et l’angle jBAC est droit, c’est donc un
rectangle.
35 • [AC] a pour milieu O (0 ; 0) ; de même que [BD].
45 a) Immédiat : B et C invariants et D symétrique de
Donc ABCD est un parallélogramme.
• AB = 420 et AD = 420, donc ABCD est un losange.
BD = 440 donc BD2 = AB2 + AD2 d’où l’angle BAD est droit.
Donc ABCD est un carré.
36 [AC] a pour milieu I(4 ; 6) et [BD] a pour milieu J(4 ; 6).
I = J donc ABCD est un parallélogramme.
AB = 426 ; BC = 426 ; AC = 452. AC2 = AB2 + BC2. Le triangle
ABD est rectangle isocèle donc ABCD est un carré.
37 AB = 2 ; BC = 2 ; AC = 2 donc l’angle jABC n’est pas
droit et ABCD n’est pas un carré.
38 [AC] a pour milieu I 3 ; 3 et [BD] a pour milieu
2
J 3 ; 3 . I ≠ J, donc ABCD n’est pas un parallélogramme
2
donc pas un carré.
39 [AC] a pour milieu I 2 + 13 ; 5 + 13 et BD a pour
2
2
milieu J 2 + 13 ; 5 – 13 . I ≠ J, donc ABCD n’est pas un
2
2
parallélogramme donc pas un carré.
44 a) Immédiat : B transformé en C et C en B. Il suffit
A par rapport au milieu de [BC].
b) La réflexion conserve les angles géométriques et les
longueurs, on a donc quatre côtés égaux et les angles
jABC et jADC droits (et les diagonales de même milieu).
46 Soit Δ la médiatrice de [AB], elle passe par I et par
J milieu de [CD]. La réflexion d’axe Δ transforme C en D
et laisse I invariant. La réflexion conserve les longueurs
donc CI = DI.
47 a) s transforme Δ en elle-même et Ꮿ en lui-même.
Le point A intersection de d et Ꮿ n’est pas invariant car il
n’est pas sur d, il est donc transformé en B l’autre point
d’intersection.
Même démonstration pour s(A’) = B’.
b) La réflexion conserve les longueurs.
Or s(A) = B et s(A’) = B’, donc AA’ = BB’.
48 1. a) [AB] et [CD] sont parallèles car orthogonaux
à Δ.
La réflexion d’axe Δ transforme A en B et C en D. Elle
conserve les longueurs donc AC = BD.
Chapitre 6. Configurations planes. Trigonométrie • 51
Si on suppose A et C du même côté de Δ, alors ABDC est
un trapèze isocèle. Si on suppose A et D du même côté
de Δ, alors ABCD est un trapèze isocèle.
b) Supposons que A et C sont de même côté de Δ, alors la
diagonale [AD] est transformée en la diagonale [BC]. Leur
point d’intersection est donc invariant et par conséquent
situé sur Δ.
2. Soit s la réflexion d’axe (IE).
s(B) = C ; s(C) = B ; s(I) = I ; s(M) = M.
On a donc (IB) transformée en (IC) et (CM) transformée
en (BM). L’intersection O de (IB) et (CM) est donc transformée en U intersection de (IC) et (BM).
La longueur BO est donc égale à la longueur CU. D’autre
part, on a alors IC = IB et I, O, B et I, U, C dans cet ordre.
IU IO
Ce qui permet d’affirmer que (OU) et (BC) sont parallèles.
Donc BOUC est bien un trapèze isocèle.
49 Soit s la réflexion d’axe d.
s(A) = A’ et s(B) = B’.
Si I est le point d’intersection de (AB) et d, alors s(I) = I.
La droite (AB) est transformée en (A’B’) et par conséquent
I appartient à (A’B’). Donc (AB) et (A’B’) se coupent sur d
en I.
50 Le cercle Ꮿ est transformé par la réflexion d’axe d
en Ꮿ’ de centre O’ et de rayon R. K est transformé en
lui-même donc [OK] est transformé en [O’K]. Le point A
intersection de [OK] et Ꮿ est transformé en A’ intersection de Ꮿ’ et [O’K].
51 Dans la réflexion s d’axe d, on a s(A) = A’, s(B) = B’,
s(A’) = A et s(B’) = B. Donc (AB’) transformée en (A’B).
L’intersection des deux droites est donc invariante et par
conséquent située sur d.
52 On a s(O) = O’ ; s(K) = K donc [OK] transformé en
[O’K].
s(A) = A’ et s(M) = M donc Δ’ = (A’M).
A’ situé sur [O’K] image de [OK] et sur Δ’, donc A’ intersection de [O’K] et de Δ’.
c 3 Sinus et cosinus d’un nombre réel
53 180° → π ; 3π ; – π.
90° → π ; 5π ; – 3π .
2 2
2
π
9π
7π
45° → ; ; – .
4 4
4
π
13π
30° → ;
; – 11π .
6 6
6
π
7π
5π
60° → ; ; – .
3 3
3
3π
11π
135° → ;
; – 5π .
4 4
4
2π
8π
4π
120° → ; ; – .
3 3
3
5π
17π
150° → ;
; – 7π .
6 6
6
• 52
54
2π
3
3π
4
1
π
2
π
3 π
4
π
8
1
2
π
–1
2
O
b) 2π = π .
6 3
3π
e)
= π – π.
4
4
5π
h)
= π – π.
6
6
55 a) π + π = π .
4 4
π
d) π – = 2π .
3 3
7π
g)
= π + π.
6
6
56
2
2π
3π 3
4
π
–π
1
2
1
2
O
π ≈ 1,05
3
1
π
6
1
1
c) π + π = π .
3 6 2
2π
f)
= π – π.
3
3
π
3
1
π
4
O
–1
2
1
2
π
12
1
2
1
–π
2
57 Leur différence 23π – π est égale à 2π.
11
11
58 Les nombres 3π ; – 5π sont aussi associés à M.
2
2
59 π correspond à 45°, donc sin π = 1 .
4
π correspond à 30°, donc sin π =
6
6
π correspond à 60°, donc sin π =
3
3
4
1.
2
13 .
2
12
2
b) cos π = 0 ; cos 0 = 1 ; cos π = – 1 ; cos – π = 0.
2
2
60 a) sin π = 1 ; sin 0 = 0 ; sin π = 0 ; sin – π = – 1.
2
61 sin2 x + cos2 x = 1 donc :
2
2
cos2 π = 1 – sin2 π = 1 – 1 = 3 . Donc cos π = 3 ou – 3 .
6
6
4 4
6
4
4
π
π
3
13
=
.
cos > 0 donc cos =
6
6
4 2
62 a) sin – π = – sin π = – 1 . b) sin 5π = sin π = 1 .
6
6
2
6
6 2
7π
π
1
2π
π
= – sin = – .
d) sin
= sin = 13 .
c) sin
6
6
2
3
3 2
4π
π
3π
π
13
.
f) sin
= – sin = –
= sin = 12 .
e) sin
3
3
4
4 2
2
2
2π
3
5π
6
7π
6
1
π
6
1
2
–1
2
O
1
2
–1
2
3π
4
b) sin 30 est donc négatif et sin 30° = 1 , donc
2
sin 30 ≠ sin 30°.
π
3 π
4
68 35π = 30π + 5π = 5 × 2π + 5π . M est donc aussi
3
3
3
3
5π
associée à
qui appartient à [0 ; 2π].
3
1
69 • 7π = 6π + π = 2π + π .
–π
6
3
3 3
3
8π
6π
2π
2π
=
–
= – 2π – .
•–
3
3
3
3
43π
40π
3π
•
=
–
= 5 × 2π – 3π .
4
4
4
4
4π
3
63 a) cos π ≈ 0,966 ; sin π = 0,259.
12
12
π
π
b) cos – ≈ 0,901 ; sin – ≈ – 0,434.
7
6
c) cos 8,3 ≈ – 0,431 ; sin 8,3 ≈ 0,902.
43π
4
3π
4
1
π
3 7π
3
–1
2
64 sin2 π + cos2 π = 1.
5
5
π
Donc sin = 1 – cos2 π et sin π > 0.
5
5
5
π
5
+
1
+
215
10
–
215 soit :
sin2 = 1 –
=
5
16
16
π
9
10
–
2
w
1
5
.
sin =
5
4
O
1
2
2
– 8π – 2π
3
3
65 cos2 π + sin2 π = 1. Donc cos2 π = 1 – sin2 π
12
12
12
π
> 0.
et cos
12
cos2 π = 1 – 6 + 2 – 2412 = 8 + 413 = 2 + 13 ,
12
16
16
4
1
12
d’où cos π = 92 + 13 .
12
2
66 1. (sin x + cos x)2 = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x
Trouvez l’erreur
70 De OB = OC on ne peut que conclure « O sur la
médiatrice de [BC] ».
71 Si les droites (IJ) et (KL) étaient distinctes et paral-
lèles, les points I, J, K et L ne seraient alors pas alignés.
72 On a MN = MA .
CB
AB
= 1 + 2 sin x cos x.
4
4
2
2. sin x + cos x + 2 sin x cos2 x = (sin2 x)2 + (cos2 x)2
+ 2 sin2 x cos2 x
2
= (sin x + cos2 x)2
= 1.
74 d n’est pas axe de symétrie (l’axe de symétrie est la
perpendiculaire à [AC] issue de B).
67 a) 10π ≈ 31,4 donc 30 ≈ 10π – m avec m = 1,4 donc
75 Si Δ coupe d en I, sa symétrique Δ’ coupe d et Δ en I.
M est aussi associé à m. Or – π < m < 0 (car – π ≈ – 1,57)
2
2
donc M dans le quadrant IV.
73 Ici [BB’] n’est pas la médiatrice mais la hauteur.
76 On a aussi sin 2π = 13 et 2π ∈ π ; π .
3
2
3
5 Chapitre 6. Configurations planes. Trigonométrie • 53
LES
EXERCICES
Problèmes
77 a)
E
A
H
B
J
O
C
I
D
–4
xE + xD
y + yD
= xB et E
= yD d’où xE = – 6 et yE = 4.
2
2
c) HE = 440 et HD = 440.
B et H sont équidistants de E et D, donc sont situés sur la
médiatrice de [ED].
d) Le milieu de [AD] a pour coordonnées (1 ; 0) ainsi que
celui de [BC] donc ACDB est un parallélogramme.
e) (AH) est orthogonale à (BC), c’est donc une hauteur
du triangle ABC.
(BH) est orthogonale à (ED), donc à (BD) donc à (AC).
C’est aussi une hauteur du triangle ABC.
H est par conséquent l’orthocentre du triangle.
b)
78 A. 1. et 2. Pour afficher une aire, utilisez la com-
mande indiquée sur les rabats de couverture.
3. Il semble que les deux aires sont égales.
B. Les triangles ABC et ADC ont même aire car ils sont
symétriques par rapport à O centre du parallélogramme
ABCD. De même, les triangles AEK et AFK ont même aire
ainsi que les triangles KGC et KHC.
Par soustraction, on obtient donc aire EKGB = aire FKHD.
79 EG = AB = 40 .
EF
CD 43
40
D’où EG =
EF, soit EG = 40 (EG + GF),
43
43
40
40
d’où EG 1 –
× 15 soit EG = 600 × 40 = 200.
=
43 43
43
3
La rivière a donc une largeur de 200 mètres.
b) M et M1 symétriques par rapport à l’axe des abscisses
d’où le résultat.
2. b) M et M2 symétriques par rapport à 0, d’où le résultat :
cos (π + x) = – cos x
sin π + x = – sin x.
3. b) M et M3 symétriques par rapport à l’axe des ordonnées, d’où le résultat cos (π – x) = – cos x ; sin (π – x) = sin x.
4. a) cos – π = cos π = 13 .
6
6 2
4π
π
b) sin
= sin π + = – sin π = – 13 .
3
3
3
2
3π
π
π
c) cos
= cos π – = – cos = – 12 .
4
4
4
2
81 a) Un seul point de l’arc ២
B’AB a pour ordonnée y
et pour ce point il existe un seul réel correspondant entre
– π et π .
2 2
b) 0,7 possède un seul antécédent.
c) On obtient x ≈ 0,775 4 (attention à régler la calculatrice
en radians).
d) On obtient x ≈ 4.115.
e) On obtient x ≈ 0,927 3.
82 a) jAOB = 90° donc hAOJ = 45°.
Soit I’ le point d’intersection de [OB] et de sa médiatrice.
Dans le triangle rectangle OI’I, on a :
1
OI’
= 2 = 1.
cos hIOI’ =
OI
1 2
Donc hIOI’ = 60° et hIOA = 30°.
De même, si on note K’ le point d’intersection de [OA] et
de sa médiatrice, on a cos (kKOK’) = OK’ = 1 .
OK 2
Donc kKOK’ = jKOA = 60°.
b) J est associé à π (ou tout autre réel de la forme π + k × 2π).
4
4
I est associé à π (ou tout autre réel de la forme π + k × 2π).
6
6
π
K est associé à (ou tout autre réel de la forme π + k × 2π).
3
3
83
80 1. a)
sin (π – x)
M3(π – x)
O
B
π
8
M(x)
sin x
cos (π – x)
cos (π + x)
O
cos x
cos – x
H
A
sin – x
M2(π + x)
• 54
sin (π + x)
M1(– x)
C
1. a) Considérons le cercle circonscrit au triangle rectangle
ABC. Il a pour centre O car [BC] est un diamètre. jABC et
π
jAOC interceptent le même arc, donc jAOC = 2 jABC = .
4
b) AHO est rectangle en H et kAOH = π donc OAH = π .
4
4
Le triangle est isocèle en H et donc AH = OH.
On a OA = OB = OC = a et OA2 = OH2 + AH2 = 2 OH2.
2
D’où OH2 = a soit OH = a = a12 .
2
2
12
a12
et AH = a12 .
On a alors BH = a +
2
2
D’où dans le triangle rectangle AHB :
2
2
2
2
AB2 = a + a12 + a12 = a2 + a + a212 + a = a2(2 + 12)
2
2
2
2
soit AB = a92 + 12.
a 1 + 12
π
BH
2 .
2. • Cos = cos jABH =
=
8
BA a92 + 12
D’où cos π = 2 + 12 = 92 + 12 .
8 292 + 12
2
a 12
π
AH
2 .
=
• Sin = sin jABH =
8
AB a92 + 12
12
= 12 92 + 12 = 12 92 + 12 (2 – 12)
D’où sin π =
8 292 + 12 2(2 + 12)
2×2
soit sin π = 92 + 12 (212 – 2) = 92 + 12 (12 – 1) .
8
4
2
84 a) (AD) et (BC) sont parallèles, d’où :
π
kOBH = jAOB = .
6
Donc OH = OB sin π = R sin π et HB = OB cos π = R cos π .
6
6
6
6
π
π
2
R sin cos
6
6 , soit
Donc OHB a pour aire OB × OH =
2
2
R213 d’où OBC a pour aire R213 .
8
4
2
b) Les secteurs angulaires ont pour aire πR .
12
2
2
πR
R
13
13
et B =
≈ 0,43 et π ≈ 0,52.
c) Ꮽ =
. Or
6
6
4
4
Le domaine bleu a la plus grande aire.
85 tan jABM = AM , d’où AM = 100 × tan 70°.
87 a) Un point M de coordonnées (x ; y) appartient à
la médiatrice de [AB] si, et seulement si, AM = BM, soit
(x – xA)2 + (y – yA)2 = (x – xB)2 + (y – yB)2, ou
(x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 3)2 + (y – 1)2.
D’où x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = x2 – 6x + 9 + y2 – 2y + 1.
On obtient ainsi une équation de la médiatrice y = 2x – 5 .
2
b) Ces deux droites sont perpendiculaires à [AB], elles
sont donc parallèles et possèdent le même coefficient
directeur. La hauteur a donc une équation de la forme
y = 2x + b. C vérifie cette équation, d’où 5 = 2 × 4 + b soit
b = – 3. La hauteur issue de C a pour équation y = 2x – 3.
c) M(x ; y) appartient à la médiatrice de [AC] si, et seulement si, AM = BM soit (x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 4)2 + (y – 5)2
d’où y = – x + 6.
Les coordonnées I du cercle circonscrit vérifient les équations
des médiatrices de [AB] et [AC], c’est-à-dire le système
y= –x+ 6
y = 2x – 5 .
2
I a donc pour coordonnées x = 17 , y = 19 .
6
6
d) • Les médianes ont une équation du type y = ax + b.
• La médiane d issue de A passe par le milieu A’ 7 ; 3 de
2
2=a×1+b
2
8
[BC] d’où
d’où a = et b = ; d a donc
3=a× 7 +b
5
5
2
pour équation y = 2 x + 8 .
5
5
• La médiane d’ issue de C passe par le milieu C’ 2 ; 3 de
2
5 = 4a + b
7
[AB] d’où 3
d’où a = et b = – 2 ; d’ a donc
= 2a + b
4
2
pour équation y = 7 x – 2.
4
• Les coordonnées du centre de gravité G vérifient le sysy= 2x+ 8
5
5.
tème
7
y= x–2
4
G a donc pour coordonnées x = 8 et y = 8 .
3
3
86 SH = tan α, SH = tan β
AH
BH
d’où tan α × (AH) = tan β × (BH),
ou tan (58,5°) × AH = tan (35,1°) × (AH + 18,7).
On obtient :
AH[tan (58,5°) – tan (35,1°)] = tan (35,1°) × 18,7.
D’où AH = tan (35,1°) × 18,7 ≈ 14,15.
tan (58,5°) – tan (35,1°)
Et SH = AH × tan (58,5°) ≈ 23,08 m.
88 a) Remarque : ici l’unité est 0,5 cm.
A
AB
De même, tan hABP = AP , d’où AP = 100 tan 50°.
AB
Donc MP = 100 (tan 70° – tan 50°).
Soit MP ≈ 155,57 m.
B
1
O 1
P
I
C
b) Le centre I a pour coordonnée (5 ; 0).
c) IA = 9(5 – 5w)2 + (5 – 0)2 = 5.
IB = 9(1 – 5w)2 + (3 – 0)2 = 5.
IC = 9(8 – 5w)2 + (– 4)2 = 5.
Or le rayon du cercle est égal à OI = 5.
Donc A, B et C sont bien sur le cercle Ꮿ.
d) Un point M(x ; y) appartient à la médiatrice de [OC] si, et
seulement si, OM = CM, soit : x2 + y2 = (x – 8)2 + (y + 4)2.
D’où une équation : y = 2x – 10.
La hauteur du triangle AOC issue de A est parallèle à
la médiatrice de [OC], elle a donc le même coefficient
directeur et une équation de la forme y = 2x + b.
Les coordonnées de A vérifient cette équation, d’où :
5 = 10 + b et b = – 5.
La hauteur issue de A a pour équation y = 2x – 5.
OC a pour équation y = – 1 x (immédiat car ici b = 0). Les
2
coordonnées de l’intersection K de (OC) et de la hauteur
1
vérifient y = – 2 x d’où x = 2 et y = – 1.
y = 2x – 5
e) AOC a pour aire :
OC × KA = 964 + x16 × 9(5 – 2x)2 + (5 + 1)2
2
2
480
×
445
=
2
415
×
315 = 30.
=
2
f) On a aussi aire AOC :
AC × OH = 932 + 92 × OH = 490 × OH = 3410 × OH .
2
2
2
2
20
3410
×
OH
On obtient
= 30, d’où OH =
= 2410.
2
410
89 1. Il semble que les aires sont égales pour x = 2,66
et que l’aire du triangle est maximale pour x = 4.
(8 – x) × x – x2 + 8x
2. a) f(x) = x2 et g(x) =
=
.
2
2
– x2 + 8x
.
b) f(x) = g(x) si, et seulement si, x2 =
2
Soit 3x2 – 8x = 0 ou x(3x – 8) = 0 avec 0 x 8.
Les aires sont donc égales pour x = 8 (ou x = 0 mais alors
3
le carré et le triangle ont des aires nulles).
c) On veut 3x2 – 8x 0 soit x(3x – 8) 0, d’où :
3x – 8 0 (car x 0).
L’aire du triangle est supérieure à l’aire du carré pour
0 x 8.
3
– (x – 4)2 + 16
– (x2 – 8x + 16) – x2 + 8x
=–
=
.
d)
2
2
2
L’aire sera maximale pour (x – 4)2 = 0 soit x = 4.
x2 + 8x
et les fonctions x 哫 x2 et x 哫 8x
e) f(x) + g(x) =
2
sont croissantes sur [0 ; 8]. Le maximum est donc obtenu
pour x = 8.
90 A. A semble être le milieu du segment.
B. 1. A appartient aux axes de symétrie et la symétrie
conserve les distances, donc AS = AM et AT = AM.
2. jSAM = hSAB + jBAM = 2 jBAM, jMAT = kMAC + hCAT = 2 kMAC,
d’où hSAT = 2(jBAM + kMAC) = 2 jBAC = 180°.
3. S, A et T sont alignés et A entre S et T (angle plat), et
comme AS = AT, on a bien A milieu de [ST].
• 56
C. • Par construction AKMH est un rectangle. AAK = THM et
ZSH = THM d’où ZAK = ZSH et AKHS est un parallélogramme.
• De même, ZHA = AKT et HATK est un parallélogramme.
• AKHS est un parallélogramme donc ASA = ZHK, de même
HATK est un parallélogramme donc AAT = ZHK.
• Donc ASA = AAT, d’où (AS) et (AT) sont parallèles, donc
confondues et A est le milieu de [ST].
91 A. Le logiciel répond « I sur (AJ) ».
B. 1. a) ADI est isocèle.
b) On a hIDC = 60° donc hADI = 30° d’où
180° – 30°
= 75°.
hAID =
2
2. a) fICJ = 30° + 60° = 90°.
b) fICJ est rectangle isocèle.
c) fCIJ = 45° (d’après 2. b).
3. fAIJ = gAID + gDIC + fCIJ = 75° + 60° + 45° = 180°.
L’angle est plat donc A, I et J sont alignés.
C. 1. II’ = 13 , JS’ = 13 .
2
2
2. a) On a A(0 ; 1) ; B(1 ; 1) ; C(1 ; 0) ; D(0 ; 0) ; I 1 ; 13 ;
2 2
J 1 + 13 ; 1 .
2 2
1 – 13
yA – yI
2 = 13 – 2.
b)
=
xA – xI
1
–
2
1
1–
yA – yJ
2 = – 1 = 13 – 2.
=
xA – xJ
2 +13
– 1 + 13
2
y –y
y –y
On a A I = A J donc A, I et J sont alignés.
xA – xI xA – xJ
92 A. Il semble que l’aire du trapèze est supérieure à
celle du triangle pour x > 0,8.
4+x
× 2 = 4 + x.
B. 1. f(x) =
2
(4 – x) × 3
g(x) =
= 6 – 3 x.
2
2
5
2. f(x) – g(x) = x – 2.
2
x
f(x) – g(x)
4
5
0
–
0
4
+
3. Les aires sont égales pour x = 4 , pour x > 4 l’aire du
5
5
trapèze est supérieure à celle du triangle.
93 1. • x < 0, on a Ꮽ1 = – 3x et Ꮽ2 = 5 × (4 – x) .
2
2
3x
5
×
(4
–
x)
• 0 x 4, on a Ꮽ1 =
et Ꮽ2 =
.
2
2
• x 0, on a Ꮽ1 = 3x et Ꮽ2 = (x – 4) × 5 .
2
2
2. Les triangles IOA et IBC ont mêmes bases ([OA] et
[BC]) et mêmes hauteurs que JOA et JBC, donc les mêmes
aires que JOA et JBC.
3. a) • Si x 0,
f(x) = – 3x + 5 × (4 – x) = – 8x + 20 = – 4x + 10.
2
2
2
3x
5(4
–
x) = – x + 10.
• Si 0 x 4, f(x) =
+
2
2
• Si x > 4, f(x) = 3x + 5(x – 4) = 4x – 10.
2
b)
20
18
y = 16
10
8
6
4
2
–2
2
4
7
c) Sur [– 2 ; 7], le minimum 6 est obtenu pour x = 4 et le
maximum 18 est obtenu pour x = – 2 ou x = 7.
4. a) Aire OABC = 5 + 3 × 4 = 16.
2
b) La droite d’équation y = 16 coupe la courbe en deux
points d’abscisses x1 ≈ – 1,5 et x2 ≈ 6,5.
5. a) On veut f(x) + g(x) = 16 avec 0 x 4 d’où
2
– x + 10 = 8. Soit x = 2.
b) Pour 0 x 4, la droite d’équation y = 8 coupe la
courbe au point d’abscisse 2.
94 A. 1. a) M(1 ; 0); T(4 ; 0).
b) M(0 ; 1) ; T(18 ; 0) (voir figure du 2.).
c) M(– 1 ; 0) ; T(2 ; 0).
d) M(0 ; 1) ; T(18 ; 0).
2.
3
1
α
18
On a cos α = 18 d’où α ≈ 0,34.
2
B. 1. a) Le point M a fait un tour, donc parcouru une distance d = 2π soit environ 6,28 m.
b) Le point T a fait un aller-retour de la position (4 ; 0)
à (2 ; 0) puis (4 ; 0), soit 4 m.
2. a) Le point M a fait deux tours plus un quart de tour,
il est donc en B.
b) Le point M a fait cinq tours plus sept huitièmes de
tour, il est au point I 12 ; – 12 .
2
2
3. a) M a pour coordonnées (cos 2πt ; sin 2πt) (car 1 seconde
correspond à un tour donc t secondes correspondent à
une longueur de 2πt de cercle).
b) • Cas où M est dans le 1er quadrant :
M(cos 2πt ; sin 2πt)
T
O
9 32 – (sin
w w w 2πt)2
On constate que x(t) = OT = 99 – (siwn 2πt)2 + cos 2πt.
• On retrouve graphiquement le même résultat dans les
trois autres quadrants.
4. x(0) = 99 – siwn 0 + cos 0 = 19 + 1 = 4. Ce résultat
correspond bien à celui obtenu au A. 1. a).
2
x 3 = 9 – sin 3π + cos 3π = 89 – 1 + 0 = 18.
2
2
2
Ce résultat correspond bien à celui obtenu au A. 1. d).
9 w
95 A. 2. Le périmètre semble constant.
3. L’aire semble maximale pour M(2 ; 0).
B. 1. et 2. On a jPBM = 60° donc MP = BM sin 60° = 13 x
2
x
et BP = BM cos 60° = .
2
De même MQ = MC sin 60° = 13 (4 – x) et
2
x
4
–
x
=2– .
CQ = MC sin 60° =
2
2
x 13
x
13
3. a) p(x) = x + + (4 – x) + 2 – = 2 + 213.
2 2
2
2
b) et c) Le périmètre ne dépend pas de x, il est constant
et indépendant de la position de M.
x
C. 1. a) Aire BPM = 1 × 13 x × = 13 x2.
2
2 2
8
1
13
4
–
x
b) Aire CQM = × (4 – x) ×
= 13 (4 – x)2.
2
2
2
8
c) Ꮽ(x) = Aire ABC – Aire BPM – Aire CQM.
4 × 4 × 13
2 = 413
Aire ABC =
2
donc Ꮽ(x) = 413 – 13 (x + (4 – x)2)
8
13
= 413 – (x2 + 16 – 8x + x2)
8
= 413 – 213 + 13x – 13 x2
4
= 213 + 13x – 13 x2.
4
2. a) La fonction x 哫 – x2 est croissante sur ]– ∞ ; 0] et
décroissante sur [0 ; + ∞[, donc la fonction x 哫 – (x – 2)2
est croissante sur ]– ∞ ; 2] et décroissante sur [2 ; + ∞].
b) Les fonction f : x 哫 – 13 (x – 2)2 et g : x 哫 313 – 13(x – 2)2
2
2
varient comme la fonction x 哫 –(x – 2)2 d’où :
x
g(x)
0
2
4
313
c) On a 313 – 13 (x – 2)2 = 313 – 13 (x2 – 4x + 4)
2
4
13
= 313 – x2 + 13x – 13
4
13
2
= – x + 13x + 213
4
= Ꮽ(x).
Donc Ꮽ(x) maximale lorsque x = 2, on a alors :
Ꮽ(2) = 313 ≈ 5,2.
d) Ce résultat est bien en accord avec la conjecture.
LES
EXERCICES
Algorithmique
pour tous
96 Après avoir saisi le programme et entré les valeurs,
on constate que la réponse est bien « rectangle en A ».
99 On remplace la ligne « Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2
+ (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2 » par :
« Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2
+ (T – V)2
ou (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – U)2 + (T – V)2 = (S – X)2
+ (T – Y)2
ou (S – X)2 + (T – Y)2 + (S – U)2 + (T – V)2 = (U – X)2
+ (V – Y)2 »
et dans les deux lignes suivantes, on affiche simplement
« rectangle » sinon « non rectangle ».
100 On remplace la ligne « Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2
+ (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2 par :
LES
101 a) On teste si [AC] et [BD] ont même milieu.
b) « ABCD est un parallélogramme ».
« ABCD n’est pas un parallélogramme ».
102 1. a) et c) La calculatrice répond « rectangle ».
b) La calculatrice répond « non rectangle ».
2. Seul le triangle du a) est rectangle.
3. Pour 10– 10 et 10– 15, le logiciel répond non rectangle.
Pour 10– 20, le logiciel répond rectangle.
4. a) La précision de calcul de l’algorithme ne suffit plus
pour 10– 20, et pour les calculatrices la précision est mise
en défaut pour 10– 10.
b) L’algorithme sur une calculatrice doit donc être utilisé
avec précaution.
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
103 L’aire du domaine bleu est égale à l’aire du demi-
cercle de diamètre [BC] moins l’aire du triangle, soit :
πBC2 – AB × AC .
8
2
L’aire du domaine rose est égale à la somme des aires des
deux demi-cercles de diamètre [AB] et [AC] moins l’aire
du domaine bleu, soit :
πAB2 + πAC2 – πBC2 + AB × AC = π AB2 + AC2 – BC2
8
2
8
8
8
AB
×
AC
= AB × AC
+
2
2
car AB2 + AC2 – BC2 = 0.
Donc les aires sont égales.
104
S
M
O
R
L
J
Δ
P
K
N
I
La parallèle Δ à (SO) coupe (SR) en J. On construit alors
le parallélogramme ORJI. Montrons que ORJI et MNRS
ont même aire.
JR
NR
=
. On note K et L les intersections de la
On a
SR
RO
perpendiculaire à NO issue de S avec (NO) et (JI).
JR KL
=
.
On a
SR KS
• 58
« Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2
+ (T – V)2 et (U – X)2 + (V – Y)2 = (S – X)2 + (T – Y)2 » et on
affiche « rectangle, isocèle en A » sinon « non rectangle,
isocèle en A ».
Aire ORJI = KL × RO
JR
× KS × RO
=
SR
NR
=
× KS × RO
RO
= NR × KS
= aire MNRS.
105
A
O
O’
B
Le triangle OAO’ est rectangle en A (la tangente est perpendiculaire au rayon). On a O’A = 10 et OO’ = 20 donc
O’A 1
= .
sin lAOO’ =
OO’ 2
L’angle lAOO’ est égal à 30° donc jAOB = 60°. Le quadrilatère OAO’B a les angles qA et qB droits, l’angle 0 égal
à 60° donc l’angle O’ est égal à 120°.
On a OA2 = OO’2 + OA2 d’où OA = 1013.
Le quadrilatère OAO’B a pour aire 1013 × 10 = 10013.
Les secteurs angulaires de centre O et de centre O’ ont
2
2
pour aires respectives π × 10 et π × 10 .
6
3
L’aire cherchée est donc égale à :
10013 – 100 × π = 100 13 – π .
2
2
106
B
60°
72°
A
C
B’
BB’
Soit B’ le projeté orthogonal de B sur (AC) :
= tan 72°
AB’
BB’
et
= tan 60°.
B’C’
BB’
Or B’C = 200 – AB’ donc
= tan 72°
AB’
BB’
et
= tan 60°.
200 – AB’
Soit tan 72° × AB’ = tan 60° (200 – AB’).
D’où AB’ (tan 72° + tan 60°) = 200 tan 60° = 20013.
20013
On a donc AB’ =
≈ 72,02 m.
tan 72° + 13
On a alors BB’ = AB’ × tan 72° ≈ 221,66 m.
On a alors AB2 = AB’2 + BB’2, d’où AB ≈ 233 m.
110 Le triangle ABC est équilatéral de
A
côté 2R. Son aire est égale à :
2R × 2R × 13
C
B
2 = R213.
2
Chacun des secteurs angulaires coloriés a une aire égale
2
à πR , donc l’aire du triangle curviligne est égale à
6
2
2
R 13 – 3πR = R2 13 – π .
6
2
100
π
2
On veut R 13 – > 100, soit R2 >
d’où :
2
13 – π
2
100
R>
≈ 24,9.
13 – π
2
9
111 1. a) Faux ;
2. a) Vrai ;
3. a) Faux ;
b) Vrai ;
c) Vrai ;
d) Faux.
b) Faux (le milieu de [AB] appartient à d).
b) Vrai (le centre convient).
107 Considérons la symétrie s de centre O.
s(A) = C, s(B) = D donc l’image de la droite (AB) est la
droite (DC). Le cercle Ꮿ a pour image lui-même donc les
points d’intersection de (AB) et de Ꮿ ont pour images les
points d’intersection de (DC) et de Ꮿ. B ayant pour image
D, M a donc pour image N. M et N sont symétriques par
rapport à O, [MN] est donc un diamètre.
108
Problèmes ouverts
112 1. Pour tout M de [AB],
le triangle MDC a pour
aire 10 × 10 = 50 cm2.
2
10 M
A
B
10 I
10
P
B
D
C
2. Si les sommets M, N, P sont
situés sur deux côtés opposés, alors
aire MNP 50 (hauteur = 10
et base 10).
O
A
10
C
M
A
B
D
D
BOD est isocèle donc jOBC = kODC.
BAC est isocèle donc jABC = jACB.
De plus jACB = jOCD.
Donc jOCD + kODC = jABC + jOBC = jOBA = 90°.
Donc dans le triangle COD, on aura jCOD = 90°, c’est-àdire jDOA = 90°.
109
P
A
M
D
N
On a OP2 = OA2 + PA2 = 10
OM2 = OC2 + MC2 = 8
PM2 = PB2 + BM2 = 2
donc OP2 = OM2 + PM2, d’où jPMU est droit.
De même OM2 + NP2 = 5 + 5 = OP2 d’où jPNO est droit.
Donc les quatre points sont sur le cercle de diamètre [PO].
C
P
N
M
Supposons maintenant les sommets A
sur trois côtés.
L
K
Le triangle MNP a une aire inférieure
au triangle MNC car la hauteur PL
N
est inférieure à la hauteur CK.
B
P
D
C
Le triangle MNC a une aire inférieure
au triangle MDC car la hauteur NR
est inférieure à la hauteur DS.
Par conséquent, le plus grand triangle
est MDC d’aire 50 cm2.
C
B
A
B
M
O
Si les sommets M, N, P sont
situés sur deux côtés consécutifs,
alors aire MNP < 50 (hauteur
MC 10 et base NP 10).
P
N
A
C
M
B
R
N
D
S
C
113 • Aire OCD = OC× OD .
2
• La droite d a une équation y = ax + b avec a < 0 et
3 = 2a + b car A appartient à d. d a donc pour équation
y = ax + 3 – 2a, donc D a pour coordonnées (0 ; 3 – 2a) et
2a – 3
;0
OD = 3 – 2a. C a pour coordonnées
a
2a – 3
donc OC =
d’où :
a
(3 – 2a) (2a – 3) – (3 – 2a)2
aire OCD =
.
=
2a
2a
D
A
1
O
• 60
1
C
d
– (3 – 2a)2 – 4a2 + 12a – 9
=
2a
2a
– 4a2 – 12a – 9 + 24a
=
2a
– (2a + 3)2
+ 12.
=
2a
Cette quantité sera minimale pour (2a + 3)2 = 0, soit pour
3
a=– .
2
L’aire sera alors égale à 12 cm2.
Remarque : Pour ces deux derniers exercices ouverts, un
logiciel de géométrie permet d’émettre des conjectures
qui peuvent guider les recherches.
On a
7
CHAPITRE
LES
Vecteurs
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Égalité de vecteurs
1
6
1. a) B.
2. a) M.
7
a) pES = ZAC = pLA = oBI.
b) pCI = pSA = ZAB = pEL.
c) A’ image de A par la translation de vecteur pSB.
A" image de A par la translation de vecteur pCL.
ut = w
i =w
i ’ ; vt = ut ’.
2
b) C.
b) D.
ur 2
ru1
vr
A
A”
ur ’
ru
E
rv’
uw
w
u ’
rv1
L
S
A4
rv
A1
rv
A
ru
8
A3
a) ZDA = pCI ; RDC = pAI ; pDI = ACB.
b) D1 est l’image de D par la translation de vecteur ZAB.
D2 est l’image de D par la translation de vecteur ZBA.
vr
ru’
ru
A’
I
C
3
B
A
rv2
L milieu de [AA”].
B milieu de [AA’].
D2
C
D
D1
A2
rv’
w
u
uw’
A
4
1. ZAB = RDC = ABE = ZCF.
9
2. ZAC = ABF.
a)
I
C
B
C’
5
A
M
A
B
E
D
C
F
N
B
C’ image de C par la translation de vecteur ZAB : ECC’ = ZAB.
On trace le quatrième sommet du parallélogramme
ABC’C.
b) On a ZAC = ZBC’ et ECC’ = ZAB.
10 a) K
P
C
A’
B’
Q
A
C’
B
b) RA’K = ZBB’ donc A’KB’B est un parallélogramme.
c) A’ est le milieu de [CB], donc ZBA’ = RA’C.
d) A’KB’B est un parallélogramme donc ZKB’ = RA’B et
RA’B = ZCA’. On en déduit que ZKB’ = RA’B donc KB’BA’ est un
parallélogramme.
e) A’CKB’ est un parallélogramme donc ZKC = RB’A’.
B’ et A’ milieux respectifs de [AC] et [AB] donc RB’A’ = RAC’.
On a ZKC = RAC’ et CKAC’ est un parallélogramme.
11 1. ABCD est un parallélogramme donc ZAB = EDC.
ABDE est un parallélogramme donc ZAB = ZED.
On en déduit que EDC = ZED ; (D est le milieu de [EC]).
ACDF est un parallélogramme donc AAF = ECD.
EDC = ZED et ECD = AAF donc ZAF = ZDE ; AFED est un
parallélogramme.
F
A
B
D
E
C
H
2. CAEH est un parallélogramme si [EC] et [AH] ont le
même milieu D.
3. a) ZAB = pFA = ZED = EDC.
b) ECD = ZDE = AAF = ZBA’.
4. a) ZAC = ZFD = ZEH.
b) ZDF = ECA = ZHE.
12 5. Conjecture F est l’image de E dans la translation
de vecteur ZAB.
On a pEF = ZEB + ABF et ABF = ZAE donc pEF = ZEB + ZAE = ZAB.
F est l’image de E dans la translation de vecteur ZAB.
6. a) ZCD = EAC. D image de C dans la translation de vecteur EAC.
ZCE = ZAB. E image de C dans la translation de vecteur ZAB.
ZCA + AAE = ZAB donc ZAC = ZBE.
b) ZAB = ECE (translation).
ZAB = pEF (translation).
c 2 Coordonnées d’un vecteur
13 1.
14 YOM = u
t donc M(1 ; 2).
15 M(1 ; 2) ; N(– 2 ; 1) ; P(4 ; 4) ; Q(1 ; 3).
16 1. A(– 2 ; – 1) ; B(3 ; – 1) ; C(2 ; 1) ; D(– 2 ; 3).
2. ZAB(5 ; 0) ; ZAC(4 ; 2) ; ZAD(0 ; 4) ; ZBC(– 1 ; 2) ; oBI(– 2 ; 1) ;
ZCD(– 4 ; 2).
3. ZBA(– 5 ; 0) ; ZCA(– 4 ; – 2) ; ZDA(0 ; – 4).
冢
冣冢
冣冢冣冢
冣冢冣冢冣冢
冣
冣冢
冣冢
冣冢
冣
冣
17 A – 2 ; – 1 ; B 1 ; – 1 ; C 2 ; 1 ; D – 2 ; 1 .
3
3
3 3
3
5
4 2
4
1 2
ZAB ; 0 ; ZAC ;
; ZAD 0 ;
; ZBC – ; .
3
3 3
3
3 3
2
4 2
5
4
2
; ZBA – ; 0 ; ZCA – ; –
;
oBI – ; 0 ; ZCD – ;
3
3 3
3
3
3
4
ZDA 0 ; – .
3
冢
冢
冢
3
18 b) M(5 ; 6)
冣
c) N(3 ; 3).
19 1. ZAB(4 ; – 4) ; ZAC(2 ; 2) ; ZAD(6 ; – 2) ; ZBC(– 2 ; 6) ;
ZBD(2 ; 2) ; ZCD(4 ; – 4).
2. ZAB = ZCD donc ABDC est un parallélogramme.
20 1. ZAB(4 ; – 4) et ZDC(2 – x ; 5 – y).
2. On veut ZAB = ZDC soit x – 2 = 4 et y – 5 = – 4
d’où x = – 2 et y = 9.
21 a) ZAB(– 2 ; 1) ; EAC(– 4 ; – 4) ; ZAD(x – 5 ; y – 1).
ZBC(– 2 ; – 5) ; ZBD(x – 3 ; y – 2) ; ZCD(x – 1 ; y + 3).
b) ABCD parallélogramme équivaut à ZAB = ZDC, ce qui
donne x = 3 et y = – 4.
c) On obtient x = 1 et y = – 2.
22 a) ZAB(3 ; 5).
b) M(10 ; – 5).
c) N(13 ; 0).
23 a) t = 7 et m = 4.
b) t = 0.
7
c) t = – et m = 4.
2
c 3 Coordonnées de la somme
24 ru + rv(3 ; 2) ; ru + ru(2 ; 6) ; rv + rv(4 ; – 2) ; (ru + ru) + rv(4 ; 5) ;
A
ru + (ru + rv)(4 ; 5).
C
25 1. ZAB(1 ; – 5) ; EAC(2 ; 2) ; EBC(1 ; 7) ; ABA(– 1 ; 5) ;
J
I
O
D
• 62
2. ZAB(4 ; – 4) ; ZAC(2 ; – 1) ; ZAD(0 ; – 4).
3. AB = 412 ; AC = 15 ; AD = 4.
B
ECA(– 2 ; – 2).
2. ZAB + EAC(3 ; – 3) ; ZAB + ZCB(0 ; – 12) ; ZAB + ABA(0 ; 0).
3. a) TAM(x – 1 ; y – 3).
b) M(4 ; 0).
c) N (2 ; – 14).
26 1. ZAB(– 3 ; 2) ; EAC(– 1 ; – 3).
2. TAM(x – 2 ; y – 1) ; RBM(x + 1 ; y – 3).
3. TAM + RBM(2x – 1 ; 2y – 4) ; ZAB(– 3 ; 2) ; M(– 1 ; 3).
35
A
B
M
E
P
27 ru(xC – xA ; yC – yA) = (1 ; 3).
Q
rv(xB – xA ; yB – yA) = (3 – 1).
iw(1 + 3 ; 3 – 1) = (4 ; 2).
ZAD(xD – 0 ; yD – 1) ; D(4 ; 3).
N
冢2
冣
28 a) TAM + RBM (2x – 1 ; 2y + 3) ; iO(0 ; 0) ; M 1 ; – 3 .
冢
冣
1+0 0–3
, donc M = I.
I milieu de [AB] I
;
2
2
2
2
c) TAM + RBM + RCM (3x – 2 ; 3y + 2) ; M ; – .
3
3
冢
2
冣
29 1. if1(2 ; 1) ; if2(– 2 ; 6).
2. if1 + if2(0 ; 7).
3. if3(0 ; – 7).
b) AEA =
37
I
D
B
O iz
A
C
38
O
je
2ei
je
– 1 je
2
冢
冣
2tv
2ut
2tu + 2tv
vt
tu + tv
41 a) k ∈ [0 ; 1].
b) k ∈ [1 ; + ∞[.
2tv
冢
冣
1
; 2ur (4 ; 2) ; 2vr (4 ; – 1) ; 2ur + 2vr (8 ; 1).
2
c 4 Utiliser la notation λru
31 a) tX = 3 ie + 1 ej ; b) tX = 1 ei + 1 ej ; c) tX = 1 ei – 1 ej.
2
2
2
2
2
2
32 ru = ei ; rv = r0 ; iw = 7 ei – 3 ej.
2
4
33
1
.
2
5
c) k = .
3
4
d) k = – .
5
b) k =
1
On lit ru(2 ; 1), vr 2 ; – .
2
2.
3. On a ur + vr 4 ;
M
40 a) k = – 3.
I
ei
iz P
N
b) k = – 3.
c) k = – 3.
3
d) k = – .
2
2ei
J
tu
I
39 a) k = 3.
ur
ei
F
1
1
3
3
uV ; ESC = uV ; 2iEI = 2uV ; AEA = iV.
2
2
2
4
Q
O
C
36 a) ASB = 2u
r ; oIC = – ur ; 3oEL = 3ur ; – 2ABA = 2ur .
30 1.
ej
O
D
42 a) k ∈ ]– ∞ ; 0].
b) k ∈ [– 1 ; 0].
43 a) ZAB(– 3 ; 1) ; EAC(3 ; – 1) ; EBC(6 ; – 2).
冢
冣
1
3 1
b) 2ZAB(– 6 ; 2) ; – ZAB(3 ; – 1) ; ZAC ; –
; – EAC(– 3 ; 1) ;
2
2 2
2
4
2EBC(12 ; – 4) ; ZBC 4 ; – .
3
3
1
9 3
c) 2ZAB + ZAC – ;
; – ZAB + 2EBC(15 ; – 5) ;
2
2 2
2
5
2ZAB – EAC + ABC – 5 ; .
3
3
冢
冢
冣
冣
冢
冣
44 ZAB(– 6 ; – 1) ; 2ZAB(– 12 ; – 2) ; EAC(– 7 ; 3) ; – 3EAC(21 ; – 9) ;
P
ru
N
2ZAB – 3EAC(9 ; – 11) ; M(4 ; – 14).
45 TAM = 2 ZAB + 2 EAC = 2 (ZAB + ZAC) ; ZAB(7 ; 2) ;
A
3
B
C
M
3
2. a) Vrai. b) Faux. c) Faux.
冢
冣
3
39 9
;
;
EAC(6 ; 1) ; ZAB + EAC(13 ; 3) ; TAM = (ZAB + EAC) :
2
2 2
29 3
; .
M
2 2
冢
冣
46 2. a) EAC(1 ; 1) ; ZAB(3 ; – 2).
34 1. EDC = u
r ; ZFC = – ur ; ADF = 2ur ; AEA = – 2ur .
3
冢
冣冢
冣
1 1
1
1
iw 3 ; 3 ; et 2 × 1 + 2 × 3 ; 2 × 1 + 2 × (– 2) = (3,5 ; 1).
3. ru(1 ; 0) ; rv(1 ; – 3) ; iw(0,5 ; – 1,5) ; et(2,5 ; – 1,5).
Chapitre 7. Vecteurs • 63
c 5 Colinéarité de deux vecteurs
60 1. 2. 3.
N
47 pSB = 2oEL ; pCI = 1 S
p B;
2
1
pSE = ACL ; ACL = 2oIB ; oEI = 2ALB.
2
3vr
48 1. On a ZAB = 2 EAC, donc ZAB et EAC colinéaires.
P
3
2. Construction simple.
ru
A
– ru
49 EAC = – 2 ECB.
3
冢3
50 3vr = 3 2 ei – ej
2ru
– rv
冣
RAN
2RAM
51 – 6rv = – 6 – 1 ei – 1 ej
3
= 2ei + 3ej
= ru.
B
M
= 2ei – 3ej
= ru.
冢
vr
2
4. Pour le point Q à partir du point M, on trace le vecteur
– 2RAN(8 carreaux à gauche, 18 vers le bas).
冣
61
2 ZAC
3
52 a) rv = – 3ru ; ru et rv colinéaires.
– 2ZAB
P
冢冣
1
1
b) – 1 × – 1 × –
≠ 0 ; ur et vr non colinéaires.
3
2
c) ru et rv colinéaires.
d) ru et rv non colinéaires.
e) ru et rv non colinéaires.
M
A
1 ZAC
2
B
2 ZAB
3
C
2ZAB
53 ABC est un triangle donc (A ; ZAB, EAC) est un repère
du plan.
Dans ce repère, ru a pour coordonnées (2 ; – 1) et rv(1 ; x).
ru et rv sont colinéaires lorsque 2 × x – (– 1) 1 = 0 donc
1
x=– .
2
冢
冣
54 ru et rv sont colinéaires lorsque 1 × (– 1) – – 3 a = 0
2
4
2
soit a = .
3
3ZBC
N
62
P
55 a) 25 + 2k = 0 donc k = – 12,5.
b) 10 – 3k2 = 0 donc k =
A
4103 ou k = – 4103.
c) 412k2 + 15k = 0, soit k(412k + 15) = 0 donc k = 0 ou
15 1512
.
k=
=
412
8
B
F
C
D
Q
c 6 Somme de deux vecteurs
E
M
56 a) ZAB + EAC = EAC + pCF = ZAF.
b) ZAB + pCF = ZAB + ZBE = ZAE.
57 M(4 ; 3) ; N(– 2 ; – 2).
58 M(7 ; 2) ; N(3 ; 0).
59 M(3 ; 8) ; N(– 3 ; 4).
• 64
N
63 1. a) ASA = ZAB donc ZAB + AAL = ASA + AAL = pSL.
b) ASA = oEL donc ASA + pLB = oEL + pLB = AEB.
2. a) ZAB + pBL + pLA = t0.
b) ZAB + AAL + AAE = pCI + oIB + pBL = pCL.
c 7 Alignement et parallélisme
64 ZAB = EAD + EDC + ZCB
1
1
1
1
E D + ZDB + EAC + ZCB.
ou ZAB = A
2
2
2
2
65
72 ZAB(3 ; – 2) ZAC(– 9 ; 6).
S
H
On a ZAC = – 3ZAB, donc ZAB et ZAC sont colinéaires et par
conséquent A, B et C sont alignés.
G
73 On veut x – 5 = 7 × – 3
O
et y + 3 =
E
F
T
ZOT + EOS = (ZOE + EOF) + (ROG + TOH)
= (ZOE + EOG) + (EOF + TOH) = oO + oO = oO.
O est le milieu de [ST].
66 a) EBC – ZBA + ZBD – ZBC = ZAB + ZBD = EAD.
b) (ZAB + ZCD) – (ZAB – ZBC) = ZAB + ZCD – ZAB + ZBC = ZBC + ZCD
= ZBD.
c) ZCD – (pFE – EGH) – ZEH – ZGF – ZDK + ZCK
= ZCD + EGH + ZHE + pEF + ZFG + ZCD = 2ZCD.
67 ru = 2ZAB – 3ZCB = 2ZAB – 3(ZCA + ZAB) = – ZAB + 3ZAC.
1
3
1
1
3
1
rv = 2 ZBC + 4 ZAB – 3 ZAC = 2 (– ZAB + ZAC) + 4 ZAB – 3 ZAC
1
1
= ZAB + ZAC.
4
6
1
iw = 5 ZAB – 3(ZAB – ZAC)
14
ZAB + 3ZAC.
=–
5
68 ABE = ZAB donc B est le milieu de [AE].
ZED = 2ZBC donc (DE) est parallèle à (BC).
EAD = ZAE + ZED = 2ZAB + 2ZBC = 2(ZAB + ZBC) = 2ZAC.
Donc C est le milieu de [AD].
3
7
23
× – 2 d’où x = – 2 et y = – .
3
3
74 1. TCM a pour coordonnées (2x ; 5x) dont M a pour
coordonnées (2x – 4 ; 5x – 2).
TAM a pour coordonnées (2x – 7 ; 5x – 9) et ZAB a pour
coordonnées(5 ; – 5).
2. On veut TAM et ZAB colinéaires,
d’où (2x – 7)(–5)(5x – 9) × 5 = 0.
16
On obtient x = .
7
75 a) – 3 × (y – 2) – 3 × (x + 5) = 0
soit – 3x – 3y – 9 = 0 ou x + y + 3 = 0.
b) ZAB a pour coordonnées (1 ; – 10).
On veut donc y + 10x = 0.
76 ZAB a pour coordonnées (12 ; 3).
On veut donc 3x – 12y = 0.
77 ZAB a pour coordonnées (– 1 ; – 7).
On veut donc (– 1)(x – y) – (– 7)(x + y) = 0
soit 6x + 8y = 0.
78 ZAB et ROC ont pour coordonnées respectives (3 ; – 2)
et (3 ; 2).
Ici xy’ – yx’ = 3 × 2 – (– 2) × 3 = 12. Donc ZAB et ROC ne
sont pas colinéaires et les droites (AB) et (OC) ne sont
pas parallèles.
79 On a ZAC(– 11 ; 2) et ZBD(2 ; – 3).
69 ZAB + EAD = ZAC + ZAE donc EAD – ZAE = ZAC – ZAB, soit
(– 11) × (– 3) – 2 × 2 ≠ 0.
Les vecteurs ZAC et ZBD ne sont pas colinéaires.
Les droites ne sont pas parallèles.
70 ABCD est un parallélogramme de centre O donc
80 On a ZAC(1 ; – 7) et ZBD(– 3 ; 6,2).
1 × 6,2 – (– 7)(– 3) ≠ 0.
ZED = ZBC.
BCDE est un parallélogramme.
EDC = ZAB et O est le milieu des segments [DB] et [AC].
1
1
ZAE =
ZAB ; ZFC =
EDC donc ZAE = ZFC ; FCEA est un
3
3
parallélogramme, ses diagonales [CA] et [FE] ont le même
milieu O.
71 ZPC = 3 EDC et TAM = 3 ZAB.
2
2
ABCD est un parallélogramme donc EDC = ZAB. Par suite
ZPC = TAM, on en déduit que AMCP est un parallélogramme,
ses diagonales ont le même milieu de [MP].
O est le milieu de [AC], donc c’est le milieu de [MP].
b) TMN = EMA + ZAB + EBN ;
3
3
EBN = EBC = ZAD = RQD ; ZAB = EDC ; RMA = ZCP.
2
2
On peut donc écrire TMN = RQD + EDC + ZCP = ZQP.
c) TMN = ZQP d’où MNPQ est un parallélogramme.
81 On a ZAC(1 ; – 7) et ZBD(– 6,4 ; 3).
82 1. pJC = pJA + ZAC, d’où pJA + ZAC = 2pJA.
ZKB = ZKA + ZAB et ZKC = ZKA + ZAC,
1
d’où ZKA + ZAB = – (ZKA + ZAC).
2
2. pJA + ZAC = 2pJA, d’où pJA = ZAC et pAJ = – ZAC.
1
1
3
1
Z C
ZKA + ZAB = – ZKA – ZAC, soit – ZKA = ZAB + A
2
2
2
2
2
1
ou ZAK = ZAB + ZAC.
3
3
1
2
1
1
1
3. pIK = oIA + AAK = ZBA + ZAB + ZAC = ZBA – A
Z C.
2
3
3
6
3
1
ZBA – AC.
2
On a ainsi uIJ = – 3oIK
uIJ et oIK sont colinéaires et I, J et K sont alignés.
uIJ = oIA + pAJ =
83 1. a) pAJ = ZAB + pBJ et pAJ = ZAC + pCJ (Chasles).
2pAJ = ZAB + pBJ + ZAC + pCJ = ZAB + ZAC + (pBJ + pCJ).
J est le milieu de [BC] : pBJ + pCJ = iO ; 2pAJ = ZAB + ZAC.
b) 2oAI = (TAM + AMI) + (RAN + pNI) = TAM + RAN + (AMI + pNI)
= TAM + RAN.
1
2. 2oAI = TAM + RAN donc oAI = (TAM + RAN).
2
1
On a de même pAJ = (ZAB + ZBC).
2
1
1
3. oAI = (kZAB + kZAC) = k(ZAB + ZAC) = kpAJ.
2
2
oAI et pAJ sont colinéaires et A, I, J sont alignés.
84 1. oAI = TAM + AMI = 1 ZAB + 1 TMC.
2
2
1
D’autre part TMC = TMA + ZAC = – ZAB + ZAC,
2
1
1
1
1
1
d’où oAI = ZAB – ZAB + ZAC soit oAI = ZAB + ZAC.
2
4
2
4
2
1
ZAK = ZAC + ZCK = ZAC + ZCB.
3
D’autre part ZCB = ZCA + ZAB,
1
1
2
1
d’où ZAK = ZAC – ZAC + ZAB, soit ZAK = ZAC + ZAB.
3
3
3
3
4
2. On obtient 3ZAK = 4oAI, soit ZAK = oAI.
3
Par conséquent, A, I et K sont alignés.
LES
85 1. • ZGF = RGD + ZDF, or ADFE est un parallélogramme
donc ZDF = ZAE, d’où ZGF = RGD + ZAE
1
1
soit ZGF = EAD + ZAB.
4
4
• ZEH = AEB + EBH, or ABHG est un parallélogramme donc
EBH = EAG,
3
3
d’où ZEH = AEB + EAG = ZAB + ZAD.
4
4
On a donc ZEH = 3ZGF.
Les vecteurs ZEH et ZGF sont colinéaires donc les droites
(EH) et (GF) sont parallèles.
1
1
D’autre part ZGF = (ZAB + ZAD) = ZAC donc les droites
4
4
(FG) et (AC) sont parallèles.
Trouvez l’erreur
86 Pour appliquer le théorème de Thalès, il faut savoir
que A, M et N sont alignés.
87 Erreur ZAB = ROA + EOB.
Faux ZAB = – EOA + EOB.
88 On a toujours oAI + oIB = ZAB.
I milieu de [AB] équivaut à oAI + oBI = t0.
89 BC = 2IJ ne permet pas de conclure que ZBC et yIJ
sont colinéaires.
EXERCICES
Problèmes
冢2
冣
90 1. a) ZAB(3 ; 1) ; ZCD 5 ; – 2 .
5
≠ 0 donc (AB) et (CD) sont sécantes.
2
3
2. a) M 3k – 1 ; k + .
2
b) RCM(3k – 1 ; k – 1).
9
c) – 2(3k – 1) – 2,5(k – 1) = 0 donc k = .
17
9
9
3
10 34,5
=
.
d) M 3 ×
– 1;
+
;
17
17 2
17 17
b) 3 × (– 2) – 1 ×
冢
冢
冣
冣冢
c) M(– 1 ; 5) ; EAN ((– 1 – a) ; (5 – b)) et EAN = AAL.
N(– 1 – a + a ; + 5 – b + b) = (– 1 ; 5).
M = N = L.
92 1.
C’
冣
ZAB
91 A. Conjecture : M, N et L sont confondus.
B. 1. ZCB = ZCA + ZAB ;
1
1
1
AAL = ZCB + ZAC = (ZCA + ZAB) + ZAC = (ZAC + ZAB)
2
2
2
AAL = EAN donc L = N.
2. a) TAM = ZAB + TBM (Chasles).
M milieu de [BC] donc TBM = TMC et TAM = ZAB + TMC.
TAM = ZAB + (RMA + ZAC) = ZAB + EAC + TMA.
1
b) TAM + TAM = ZAB + ZAC et TAM = (ZAB + ZAC)
2
TAM = EAN et EAN = AAL.
Les points M, N et L sont confondus.
• 66
C
A’
B
D
B’
A
ej
O
ei
2. a) RDA’ = – ADA et RDB’ = – ADB.
On en déduit les coordonnées de A’ et B’, A’(7 ; 6) et
B’(10 ; 2).
b) On a ZAB’ de coordonnées (10 – 1 ; 2 – 2) soit (9 ; 0) et
ZBA’ de coordonnées (7 + 2 ; 6 – 6) soit (9 ; 0).
On a donc ZAB’ = ZBA’ et par conséquent AB’A’B est un
parallélogramme.
3. a) On a ZCC’ = ZAB
d’où C’ a pour coordonnées (1 ; 11).
b) ZBA a pour coordonnées (1 + 2 ; 2 – 6) soit (3 ; – 4) et
RC’C a pour coordonnées (4 – 1 ; 7 – 11) soit (3 ; – 4).
D’où ZBA = RC’C et par conséquent BACC’ est un
parallélogramme.
4. a) On sait que dans le parallélogramme AB’A’B, on a
AB’ = BA’.
On sait que dans le parallélogramme BACC’, on a AC = BC’.
D’autre part ZAC = ZBC et ZAB’ = ZBA’,
d’où jCAB’ = jCBA’.
D’après le deuxième cas d’égalité, on a donc les triangles
AB’C et BA’C’ égaux.
b) On calcule les longueurs AB’ = BA’ = 4,5 ;
AC = BC’ = 434 ;
B’C = A’C’ = 461.
D’après le troisième cas d’égalité, les deux triangles sont
égaux.
93 A. 1. ABCD parallélogramme donc AB = DC et (AB)
est parallèle à (DC).
2
1
MB = AB et NC = DC donc MB = 2NC.
3
3
MP BP MB
2. On utilise le théorème de Thalès
=
=
= 2.
NP PC NC
MP
3.
= 2 donc MP = 2NP et N ∈ [MP], donc N est le
NP
milieu de [MP].
B. 1. EBM’ = EBM + YMM’ et YMM’ = 2TMN
d’où EBM’ = EBM + 2TMN.
2
1
2. a) TMN = EMB + ZBC + RCN = ZAB + ZBC – ZAB.
3
3
2
1
EBM’ = – ZAB + 2 ZAB + ZBC = 2ZBC.
3
3
b) EBM’ et ZBC sont colinéaires donc C, B et M’ sont alignés.
3. M’ appartient à (MN) et (BC) donc M’ = (MN) ∩ (BC) = P.
冢
冣
94 A. 1. a) A, C et N sont alignés, donc il existe un
réel k tel que ZAC = kEAN.
b) Les droites (MN) et (CB) sont parallèles donc ZAB = kRAM.
LES
EXERCICES
冢
冣
95 A. Conjecture : O, G et J sont alignés.
B. OIJK est un rectangle, donc ROK = uIJ.
1. ZOJ = ZOI + uIJ = ZOI + ROK.
3
3
2. ROG = ROA + RAG = ROA + ZAB = ROA + (RAO + ROB)
5
5
2
3
= ROA + ROB.
5
5
2 1
3 1
1
3. ROG = × ZOI + × ROK = (ZOI + ROK).
5 2
5 3
5
1
4. ROG = ZOJ.
5
1
1
C. 1. O(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; J(1 ; 1) ; K(0 ; 1) ; A ; 0 ; B 0 ; .
2
3
1 1
3 1
1 1
; ZAG – ;
;G ; .
ZAB – ;
2 3
10 5
5 5
1 1
1
; ROG = ZOJ donc O, G, J sont
2. ZOJ(1 ; 1) ; ROG ;
5 5
5
alignés.
冢
冣
冢
冢
冣冢
冣
冢
冣冢
冣
冣
96 DFEA est un parallélogramme : ZDF = ZAE.
2
(ZAD + ZAB),
5
on a ZAC = ZAD + ZAB
3
ZEH = (ZAB + ZAD).
5
2
ZGF = ZAC donc (GF) est parallèle à (AC).
5
3
ZEH = ZAC donc (EH) est parallèle à (AC).
5
ZGF = RGD + ZDF =
Algorithmique
pour tous
97 Pour les deux premiers vecteurs, le logiciel doit
afficher « vecteurs colinéaires », et pour les deux suivants
« vecteurs non colinéaires ».
c) ZCB = ACA + ZAB = (– kEAN) + (kRAM) = k(ENA + EAM) = kTNM.
1
k
2. oAI = ZAC + oCI = kEAN + ZCB = kEAN + TNM
3
3
1
= k EAN + TNM = k(EAN + ANJ) = kpAJ.
3
oAI et pAJ sont colinéaires donc A, I et J sont alignés.
B. 1. a) (MN) est parallèle à (CB) ; N ∈ [AC] ; J ∈ [AI’] et
M ∈ [AB].
On applique le théorème de Thalès :
AC CJ’
• aux triangles ANJ et ACI’ :
=
= a;
AN NJ
AC BC
=
= a.
• aux triangles ANM et ABC :
AN MN
1
1
CI
CB
=
= a.
b) On a CI = CB et NJ = MN donc
3
3
NJ MN
CI’
CI
=
⇒ CI’ = CI et I et I’ sur [CB].
2. a)
NJ NJ
b) On a I = I’ et A, J et I sont alignés.
99 1. On saisit les coordonnées des points A(G ; H) ;
B(I ; J) ; C(K ; L).
(X ; Y) sont les coordonnées de ZAB ; (U ; V) celles de ZAC.
Dans la condition « si » on applique le théorème qui
permet de savoir si des vecteurs sont colinéaires.
2. On remplace K et L par O et 0.
冢
冣冢4 冣
冣
3
et Y = 4 les coordonnées de tu1.
2
Pour n > 1, on passe des coordonnées de IOMi – 1 à celles
3 i
à l’abscisse de IOMi – 1
de IOMi en ajoutant –
2
i + 1
à l’ordonnée de POMi – 1 ; ce que fait
et 2 + 2(– 1)
l’algorithme.
2. Pour n = 1, on a X = –
冢4 冣
101 1. tu1 – 3 ; 0 ; tu2 9 ; 0 ; tu1 + tu2 3 ; 4 ;
2
21
ut 1 + ut 2 + ut 3 – ; 8 .
8
冢
LES
冢
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
102 a) A’ est le milieu de [BC] donc EA’B + EA’C = t0.
ZGB + RGC = (RGA’ + EA’B) + (RGA’ + EA’C) = 2RGA’.
b) G est le centre de gravité du triangle donc EGA = – 2RGA’ ;
EGA + ZGB + RGC = EGA + 2RGA’ = t0.
103 a) G centre de gravité du triangle EGA + ZGB + RGC = t0
(voir exercice 102).
TMA + RMB + TMC = (TMG + EGA) + (TMG + EGB) + (TMG + EGC)
= 3TMG.
b) ZKA + ZKB + ZKC = 3RKG.
On veut 3EKG = 3ZAB, donc ZKG = ZAB.
K existe et il est unique.
c) On a 3ZPG = RGN donc 3PG = GN.
1
GN = AB donc 3PG = AB, soit PG = AB.
3
L’ensemble des points P est le cercle de centre G et de
1
rayon AB.
3
104 A. a) YOM = EOA + TAM.
c) YOM = EOA + EEM + ZAE.
B. 1. YOM = EOA + ZAB + RBM ; L = 1 + 1 + 2 = 4.
YOM = EOA + ZAE + TEM ; L = 1 + 1 + 12 = 2 + 12.
YOM = EOA + TAM ; L = 1 + 15.
YOM = ROG + TGM ; L = 15 + 1.
2. Le plus court chemin est la ligne droite ; la plus courte
décomposition est YOM = EOE + EEM (on considère que
dans une décomposition il y a au moins deux vecteurs
non nuls), le minimum est 212.
L est la plus grande lorsqu’il n’y a « aucune diagonale »
donc le maximum de L est 4.
3. Pour trouver toutes les décompositions vérifiant P,
on peut, par exemple, faire un arbre. On constate que L
prend 4 valeurs 212 ; 1 + 15 ; 2 + 12 ; 4.
L
212
Décompositions de longueur L
YOM = EOE + EEM
1 + 15
ROG + TGM = EOF + EFM = ROA + TAM = ROC + TCM
2 + 12
EOE + pEF + EFM = EOE + AEG + TGM = ROC + ECG + TGM
ROC + ACE + EEM = ROA + AAF + RFM = ROA + AAE + REM
4
EOA + AAE + EEG + YGM = EOA + AAE + AEF + EFM
= EOA + EOB + ABF + EFM
EOC + ECD + EDG + TGM = EOC + ACE + ZEG + TGM
= ROC + ACE + AEF + EFM
TOD + TDM = EOB + EBM
EOA + ZAB + RBM = EOA + EAG + TGM = ROC + ACF + EFM
ROD + EDG + TGM = EOB + ABF + EFM
• 68
冣
C. 1. Les décompositions dans lesquelles au moins un
vecteur est colinéaire à YOM sont celles de longueur 2 + 12
et celles de longueur 12.
2. Toutes ces décompositions ont pour longueur 4.
3.ROG + TGM, EOA + TAM ont un vecteur colinéaire à TOG.
EOF + EFM ; TOC + TCM ont un vecteur colinéaire à EOF.
Ces décompositions ont pour longueur 1 + 15.
3
D. 1. Ꮽ = .
2
2. Ꮽ est la plus grande pour EOD + TDM et EOB + EBM.
3. a) EOB + EBM a pour longueur 4 et pour surface associée 2.
EOA + AAE + AEF + EFM a pour longueur 4 et pour surface
associée 1.
b) EOA + AAE + pEF + EFM a pour longueur 4 et pour surface
associée 1.
EOA + TAM a pour longueur 1 + 15 et pour surface
associée 1.
105 a) Vrai, B est l’image de A dans la translation de
vecteur ur .
b) Vrai, définition des vecteurs du plan.
c) Vrai, relation de Chasles.
d) Faux, on prend A = C et A ≠ B
ZAB + ZCB = ZAB + ZAB = 2ZAB ≠ t0
EAC = EAA = t0.
e) Vrai, rv = – ru.
f) Faux.
Problèmes ouverts
106 rS = UOA1 + UOA2 + … + IOAn.
1er cas : n est pair, n = 2k avec k ∈ ⺞.
Les points Ai et Ai + k sont symétriques par rapport à O
donc EOAi + POAi + k = e0 d’où UOA1 + UOA2 + … + OoAn = e0.
2e cas : n est impair. n = 2k + 1 avec k ∈ ⺞.
La figure admet toutes les droites (OAi) pour axes de
symétrie. Ainsi YOA2 et POA2k + 1 sont symétriques par
rapport à (OA1) et YOA2 + POA2k + 1 est colinéaire à YOA1.
De même TOA3 + IOA2k est colinéaire à YOA1
jusqu’à POAk + 1 + POAk + 2 est colinéaire à UOA1.
La somme rS est colinéaire à TOA1.
On montre de la même façon qu’elle est colinéaire à YOA2,
à YOA3, à YOA4 … à POA2k + 1.
Les vecteurs YOA1 ; YOA2 ; … ; POA2k + 1 ne sont pas colinéaires.
Le seul vecteur colinéaire à tous les autres est le vecteur
nul, donc S = r0.
La propriété proposée est vraie.
107 1re méthode
On note I le milieu de [AC].
RAM + 2RBM + RCM = AAI + AIM + 2RBM + pCI + AIM
= 2AIM + 2RBM.
On note K le milieu de [IB].
AIM + EBM = 2EKM.
EAM + 2EBM + ECM = 4EKM.
4EKM colinéaire à AAB équivaut à (KM) // (AB).
L’ensemble cherché est la parallèle à (AB) passant par K.
2e méthode
C
I
J
A
y=1
4
B
On prend le repère (A ; AAB, EAC)
A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(0 ; 1).
EAM + 2EBM + TCM(4x – 2 ; 4y – 1)
AAB(1 ; 0).
RAM + 2EBM + RCM est colinéaire à AAB lorsque :
1
(4x – 2) × 0 – (4y – 1) = 0 ⇔ y = .
4
1
L’ensemble des points M est la droite d’équation y = .
4
8
CHAPITRE
LES
Géométrie
dans l’espace
EXERCICES
Sur
c 1 Constructions. Patrons
les capacités
5
a) b) [IG] en trait plein.
H d d’
1 Non. [CD] doit être en traits pleins.
J au milieu de [AD].
2
a)
E
G
F
D
A
C
D
A
C
J
B
c) [JC] en pointillé.
d) Voir droite d.
e) Voir droite d’.
B
b)
I
A
6
[AB] est en vraie grandeur. On devrait avoir sur la
figure AB > BC.
C
B
D
3
7
a) On voit la face supérieure donc le cube est en
dessous.
b) On voit la face BFGC, le cube est à gauche.
c)
C
B
B
A
C
A
4
F
E
D
G
F
a)
D
E
H
8
A
Les patrons ne sont pas à l’échelle.
Il y a onze patrons possibles.
I
G
D
B
C
b) [IG] correspond à la partie pointillée.
c) [GD] correspond à la partie pointillée.
d) [CI] correspond à la partie en traits épais.
e) Le segment [BI] doit être en pointillé.
9
a) Les patrons ne sont pas à l’échelle.
Il y a deux patrons possibles.
22 On peut définir le plan (ABC) par les droites (BC)
et (MN) car M et N appartiennent respectivement à (AB)
et (AC) donc à (ABC). Les 4 points sont donc coplanaires.
b)
23 a) Les deux droites coupent le segment [AB] en son
milieu I.
b) Les deux droites (CG) et (DG’) sécantes en I, donc
coplanaires.
Les 4 points C, G, D et G’ sont donc coplanaires.
A
B
60°
C
60°
60°
D
F
E
Les sommes d’angles permettent de constater que les
points A, B et C sont alignés ; de même que les points C,
D, E et E, F, A.
On a d’autre part AC = AB + BC = AF + FE = AE et de
même AC = CE.
10 Toutes les arêtes mesurent 2,5 cm.
24 On peut définir les plans (ABC), (ABD), (ACD) et
(BCD) qui correspondent aux quatre faces du tétraèdre.
25 On peut définir les plans (ABC), (ABD), (ABE),
(ACD), (ACE), (ADE), (BCD), (BCE), (BDE) et (CDE).
26 a) 4 plans correspondent aux quatre arêtes.
b) 8 plans : les 4 faces et les 4 plans précédents.
c 1 Positions relatives de plans
27 (ABC) et (EFG) ; (ABF) et (DCG) ; (BCG) et (ADE).
11 a) Non car les deux croix ne peuvent pas être sur
des faces adjacentes.
b) Oui.
c 1 Définition d’un plan
12 a) I appartient à (AB) qui est incluse dans ABC.
b) (ABC) = (DCI).
13 a) J appartient à (DH) qui est incluse dans ADE.
b) (ADH) = (JAE).
14 (IAJ) = (ABJ).
15 Ils appartiennent au plan défini par la droite (AB)
et le point G.
16 Ils appartiennent au plan défini par la droite (DA)
et la droite (DH).
17 M appartient à (AB) donc aux plans (ABC) et (ABD)
(ainsi qu’à tout plan contenant (AB)).
18 N appartient à (AC) donc aux plans (ABC) et (ACD).
19 (AM) = (AB) donc (ABC) et (AMC) sont égaux.
20 (AN) = (AC) donc (AND) et (ACD) sont égaux.
21 M appartient à (AB) donc à (ABC).
N appartient à (AC) donc à (ABC).
Par conséquent, la droite (MN) est incluse dans (ABC).
28 I et J sont communs aux deux plans et K n’appartient pas au plan (ABCD), par conséquent les plans ne
sont pas parallèles.
Leur intersection est la droite (IJ).
29 (IJD) = (ABCD).
Le point J est commun aux deux plans et le point K
n’appartient pas au plan (ABCD).
L’intersection est la droite (BC) car B et J appartiennent
aux deux plans.
30 a) Les deux droites appartiennent au plan (ABCD)
car I ∈ (AB) et J ∈ (BC), donc (IJ) incluse dans le plan (ABC).
b) Dans le plan (ABCD), (IJ) sécante avec (BC) en J. Or
(AD) et (BC) sont parallèles, donc (IJ) est sécante avec
(AD) dans le plan (ABCD).
Les deux plans sont distincts, et contiennent
respectivement les droites sécantes (AD) et (IJ). Ils ne
peuvent pas être parallèles. Ils sont donc sécants.
31 a) Droite (AB). (A et B appartiennent aux deux
plans et G n’est pas dans (ABCD)).
b) Droite (AB).
c) Droite (BD).
32 Les deux plans sont distincts et contiennent res-
pectivement les droites d et d’ sécantes. Ils ne sont donc
pas parallèles. Ils contiennent tous les deux le point M et
le point d’intersection A de d et de d’.
Donc Q ∩ Q’ = (AM).
33 a) Droite (BF).
b) Droite (GH).
34 a) Droite (AE).
b) Droite (DH).
Chapitre 8. Géométrie dans l’espace • 71
35 a) Les points A et I appartiennent aux deux plans
et J n’appartient pas au plan (ABC).
L’intersection est la droite (AI).
b) Les points I et J appartiennent aux deux plans et A
n’appartient pas au plan (BCD).
L’intersection est la droite (IJ).
c 1 Positions relatives
de droites et de plans
36 Elles sont parallèles à la droite (DC).
37 a) (DC) est parallèle à (AB) et (AF) est sécante
avec (AB).
b) Les plans se coupent suivant (AB). Or (DC) n’a aucun
point commun avec (AB), elle ne peut donc pas en avoir
avec (AF) qui est contenue à (ABF).
38 a) Elles sont parallèles à (BC).
b) (AD) et (FG) sont coplanaires donc les droites (AG)
et (DF) sont coplanaires et non parallèles. Elles sont donc
sécantes.
39 (BD) est incluse dans le plan (BCD) et (AC) n’a avec
ce plan qu’un seul point commun, le point C. Donc les
droites (BD) et (AC) n’ont aucun point commun et ne
sont pas parallèles. Elles sont alors non coplanaires.
40 Elles sont non coplanaires. (Même explication que
pour le 39).
41 Elles sont non coplanaires. (Même explication que
pour le 39).
42 Il suffit de trouver des plans contenant une droite
parallèle à (AB).
Par exemple (DCGH) et (EFGH).
43 Il suffit de trouver des plans contenant A ou G mais
ne contenant pas les deux points.
Par exemple (ABDE), (ABFE), (FGCB) et (DCGH).
44 Les deux droites sont parallèles.
Le plan (ABCD) qui contient une droite parallèle à (MN)
est donc parallèle à (MN).
45 a) L’intersection est la droite (IJ).
Les plans (IJK) et (BCD) sont parallèles.
Les intersections avec le plan ABC sont parallèles.
b) Ce sont les intersections de deux plans parallèles par
les plans (ACD) et (ABD).
46 Le plan (MNP) contient deux droites sécantes paral-
lèles à deux droites du plan (ABD). Donc (MNP) // (ABD).
47 On a (AD) // (BC) donc d’après le « théorème du
toit », les deux plans P et Q contenant respectivement
(AD) et (BC) se coupent suivant une parallèle à (AD)
et (BC).
• 72
48 a) I appartient à (BC) donc au plan (ABC).
b) I appartient à (HK) donc au plan (GHK).
c) E appartient à (AB) donc au plan (ABC) et à (GH) donc
au plan (GHK).
De même F appartient à (AC) et à (GK) donc aux plans
(ABC) et (GHK).
E et F appartenant aux deux plans, l’intersection des deux
plans (ABC) et (GHK) est donc (EF).
d) On a vu que I appartient aux plans (ABC) et (GHK), il
est donc sur leur intersection (EF).
49 • (MD) est la droite d’intersection de (OCD) et
(MAD).
• Soit I le point d’intersection de (AD) et (BC).
I appartient aux plans (MAD) et (OBC). Dans le plan
(OBC) la droite (IM) coupe (OB) en N. La droite (MN)
ou (IM) appartient aux deux plans (OBC) et (MAD), c’est
donc leur droite d’intersection.
• L’intersection de (MAD) et (OAB) est alors (NA).
c 1 Longueurs. Aires. Volumes
50 a) La droite (KB) égale à (BF) est perpendiculaire
au plan (BAC). Par conséquent [KB] est bien la hauteur
relative à la base BIJ.
1 1×1
1
× 2 = (cm3).
b) V = ×
3
2
3
51 a) La droite (BC) est perpendiculaire au plan (BAF).
Par conséquent [BC] est la hauteur relative à la base BIK.
1 1×2
× 3 = 1 (cm3).
b) V = ×
3
2
52 a) La droite (AE) est perpendiculaire au plan (EFGH).
Par conséquent [AE] est la hauteur de la pyramide.
1
b) V = × (3 × 3) × 3 = 9 (cm3).
3
53 Le périmètre du cercle de base est égal à 2π × 2
donc l’aire Ꮽ vérifie :
Ꮽ = (2π × 2) × 10 = 40π (cm2)
c’est-à-dire environ 125 (cm2).
54 V = S × h d’où 2,6 = 3,25 × h soit h = 0,8 m.
55 V = 1 × (2π × 0,5) × 2 ≈ 2,1 m3.
3
56 Ꮽ = 4πR2 donc R ≈ 1 cm.
57 a) EG = 9EF2 + EG2 = 425 = 5 (cm).
AG = 9AE2 + EG2 = 94 + 25 = 429 (cm).
b) Les 4 diagonales ont pour longueur 429, la somme des
carrés des 4 diagonales est donc égale à 116.
La somme des carrés des 12 arêtes est égale à
4 × 4 + 4 × 16 + 4 × 9 = 116.
58 V = (2a) × (5a) × (7a) = 1 890
1 890
= 27 soit a = 3.
70
Les arêtes ont donc pour longueur 6, 15 et 21.
d’où a3 =
59 Soit r et r’ les rayons des boîtes A et B et h leur
hauteur.
La circonférence de A est égale à 2πr et celle de B est
égale à 2πr’, donc r’ = 2r.
Le volume de A est égal à πr2h et celui de B à π(2r)2h donc
4πr2h.
Le volume de B est égal à 4 fois celui de A.
60 Le périmètre du cercle de base sera égal à 1 × (2π × 4)
4
soit 2π (cm).
Le cercle de base aura donc pour rayon 1 cm et pour
aire π cm2.
La hauteur est égale à 942 – 12 = 415 et le volume égal à
1
π415, c’est-à-dire environ 4 cm3.
3
61 On obtient une pyramide de hauteur 2 cm (inscrite
en pointillés dans le cube de base ABCD ci-contre) et de
1
8
volume × 23 c’est-à-dire cm3.
3
3
LES
D
A
C
B
Trouvez l’erreur
62 [BD] doit être en pointillés.
63 [AD] et [EH] doivent être parallèles, de même que
[BC] et [FG].
64 (AI) et (JK) se coupent sur le dessin mais pas dans
la réalité car (AI) appartient au plan (ABC) et (JK) coupe
le plan (ABC) en K qui n’est pas sur (AI). Ces deux droites
ne sont pas coplanaires.
EXERCICES
Problèmes
65 A. 1.
H
G3
G
G1
E
C
D
A
B
1
1
=4×3×2×
3
3
= 8 cm3.
3. Le patron n’est pas à l’échelle.
2. V = AB × AD × AE ×
A
E3
C
AE1 = AE2 = 2 ;
DE2 = DE3 ;
BE1 = BE4 ; CE3 = CE4.
D
E2
B
A
E1
B. 1.
D
F
H
E4
DG1 = DG3 = 9DC2 + CG2 = 420.
BG2 = BG3 = 9BC2 + CG2 = 413.
AG1 = AG2.
B
G2
66 a) Triangle équilatéral pour le tétraèdre, l’octaèdre
et l’icosaèdre carré pour le cube et pentagone pour le
dodécaèdre.
b) Il y en a 4 pour le tétraèdre, 6 pour le cube, 8 pour
l’octaèdre, 12 pour le dodécaèdre et 20 pour l’icosaèdre.
Les préfixes tétra, octa, dodéca, icosa, signifient quatre,
huit, douze et vingt.
c)
G
E
D
A
C
B
AB × AD
1
2. V =
× CG × = 4 cm3.
2
3
3. Le patron n’est pas à l’échelle.
d) On trouve dans les cinq cas f + s – a = 2.
67 a) E est sur (HG) et sur (AB) donc E appartient aux
plans (GHK) et (ABC).
De même F appartient à (GHK) et (ABC).
Les deux plans sont donc sécants suivant la droite (EF).
b) On a (HK) // (BC). Le théorème du toit permet de dire
que l’intersection des plans (GHK) et (ABC) est parallèle
à (HK) et (BC).
68 a) B a pour volume 1 du volume A. La hauteur
3
1
atteinte est donc de la hauteur totale.
3
4
b) C a pour volume πr3 et A a pour volume 2πr3.
3
2
Le volume de C représente donc les de celui de A.
3
2
La hauteur atteinte est donc de la hauteur totale.
3
3
69 a) AB = a donc V = a .
12
212
b) Le volume du cube est la somme des volumes du
tétraèdre et des 4 pyramides EAFH, DACH, GHFC et
1 a 3
.
BACF de volume
6 12
4 a3
a3
D’où le volume cherché est égal à
–
.
212 6 212
a3
.
C’est-à-dire
612
冢冣
70 a) AO = 432 = 412,
16π12
≈ 23,7 (cm3).
3
b) Lorsque l’on développe, tous les points correspondant
au cercle de base sont à 6 cm du point A.
c) La longueur correspondant au cercle de base est égal à
2π × 2 = 4π (cm).
Le périmètre d’un cercle de rayon 6 cm est 2π × 6 = 12π
(cm).
d) Il suffit de tracer un cercle de rayon 6 cm et de prendre
2π
.
un secteur d’angle
3
donc V =
71 1. O appartient à la droite (AB) donc au plan (MAB).
2. I appartient à la droite (AM) donc au plan (MAB).
J appartient à la droite (BM) donc au plan (MAB).
3. O, I et J appartiennent à P.
4. a) (MAB) contient (AB) qui coupe P.
b) Les deux plans sont sécants suivant une droite.
5. O, I et J appartiennent aux deux plans, ils sont donc
alignés sur la droite d’intersection.
72 A. 1. a) EF = SE = 3 = 1 d’où EF = 9 .
AB SA 12 4
4
b) SB = 992 + 122 = 6225 = 15.
1
2. a) VSABCD = 9 × 9 × 12 × = 324 cm3.
3
9 9
1 81 3
b) VSEFGH = × × 3 × =
cm .
4 4
3 16
D’où le volume nécessaire :
81 3
cm ≈ 318,937 5 cm3.
324 –
16
MN
AB
9
3
x
B. 1.
=
d’où MN = x ×
=x×
= x.
AB SA
SA
12 4
• 74
冢4冣
9 2
x = 0,562 5 x2.
16
3. L’aire n’est donc pas proportionnelle à SM.
0,562 5x2 × x
4. V(x) = VSABCD – VSMNPQ = 324 –
3
= 324 – 0,187 5x3.
2. A(x) = MN2 =
3x
2
=
73 1. V = 1 × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 = 4 m3.
2.
3
4 3
m ≈ 1 333 L, il faudrait donc :
3
3
4
× 1 000 40
3
=
heures,
100
3
39 1
c’est-à-dire
+ , soit 13 h et 20 min.
3
3
1 3
m d’eau) ; h(2) = 1,8 m.
3. a) h(1) = 1,9 m (il est sorti
10
b) h(t) = 1 pour t = 10 (le cube est vidé).
c) En 15 heures, on vide 1 500 L, or le réservoir en contient
qu’environ 1 333 L, donc h(15) = 0.
4
7 3
d) Au bout de 11 heures, il reste – 1,1 m3, soit
m.
3
30
Soit h la hauteur restante et x le côté de la base de la
7 h3
pyramide d’eau restante. On a x = h et donc = d’où
30 3
7
soit h ≈ 0,888.
h3 =
30
Donc h(11) ≈ 0,888.
4. Sur [0 ; 10], h est une fonction affine qui vérifie h(0) = 2
t
+ 2.
et h(10) = 1 donc h(t) = –
10
74 A. 2. Il semble que le minimum est 4 et le maxi-
mum 6.
B. 1. a) (JK) est parallèle à (HC) et (JK) parallèle à l’intersection Δ de ᏼ et de (ABFE) car ce sont les intersections
de ᏼ avec des plans parallèles.
Donc Δ est parallèle à (HC) et elle passe par E, par
conséquent c’est la droite (EB).
b) On a (JK) parallèle à (EB) et JE = KB = 420.
La hauteur (JJ’) est égale à 418 = 312.
412 + 212
× 312 = 18 cm2.
Donc aire égale à
2
On a la figure suivante.
J
K
212
420
J’
E
12
420
K’
412
B
12
2. On a MJ = IJ = JK = 212.
On note L, N et P les intersections de ᏼ avec (BC), (AB)
et (AE).
(JK) coupe le plan (ABC) sur (DC) en Q et par conséquent
elle coupe (NL) en Q.
De même (MP) coupe (NL) sur (AD) en R.
D’autre part, on a (MJ) // (NL) car ce sont des intersections
de ᏼ avec des plans parallèles, et (MJ) // (EG) donc
(NL) // (EG) et par conséquent (NL) // (AC).
75 A. 2. a) K est en D.
b) HK = EI.
c) FJ = EI.
d) (KJ) // (DB).
B. 1. a) (GJ) et (KI) sont les intersections de ᏼ avec des
plans parallèles de même que (JI) et (GK).
b) D’après a), c’est un parallélogramme.
2. On a des côtés opposés parallèles. Ce sont donc des
parallélogrammes et les angles jKHF et jKDB sont droits,
on a donc des rectangles.
3. a) GK = GJ car on a les triangles rectangles GHK et GFJ
qui ont les mêmes côtés de l’angle droit.
b) On sait que IJGK est un parallélogramme et que deux
côtés consécutifs ont la même longueur, c’est donc un
losange.
4. a) Ils sont sur des droites qui possèdent deux points
dans ce plan, donc qui sont incluses dans ce plan.
b) EACG est un rectangle.
c) E
G
T
U
I
A
S
C
Les droites (TU) et (SU) sont parallèles respectivement
à (EA) et (CG) (droites des milieux).
Donc (TU) et (SU) sont confondues et T, U et S sont
alignés.
LES
EXERCICES
G2
417
K1
4
3
K2
417
G3
3
417
417
=B
D
On a de même P milieu de AE.
Les six côtés sont donc égaux et de longueur 212.
L’hexagone est alors composé de 6 triangles équilatéraux
de côté 212, son aire est égale à :
13
212 × 212 ×
2 = 1213 ≈ 20,78.
6×
2
1
EI (droites des milieux dans (GEI)).
2
C. 1. FJ = TU car (KJ) est parallèle à (FH),
1
donc FJ = × 2 = 1.
2
2. Nous allons considérer 1 patron parmi les patrons possibles. Les 4 côtés de la face GKIJ sont égaux à GJ = 417 et
la diagonale [KJ] du losange a pour longueur BD soit 412.
L’autre diagonale est égale à 917 – 8 × 2 = 6 cm.
Le patron n’est pas à l’échelle.
d) TU =
412
Par construction, on a CQ = KC et CL = CO
1
d’où CL = KC = BC, donc L milieu de [BC] et N milieu
2
de [AB].
417
C
4
D
4
4
417
4
I1
J3
G1
4
3
B
2 A
2
I2
J2
3
417
J1
3. La somme est égale à :
3+2
4+3
4×4+
×4 ×2+
× 4 × 2 + 412 × 3, soit
2
2
2
environ 91 cm .
Rappel : aire du losange IKGJ = GI × JK.
4. Pour aller de A à G, on peut traverser la face inférieure
puis une des deux faces latérales JBCG ou CGKD. Les trajets les plus courts correspondent aux trajets AG1 et AG2
du patron. Ils passent par le milieu de [BC] ou de [DC] et
ont une longueur égale à 982 + 42 = 480 ≈ 8,94 cm.
On peut aussi traverser les faces ABJI puis BCGJ ou ADKI
puis DKGL (ou peut visualiser ce trajet en traçant côte
à côte deux de ces faces) on obtient encore un trajet
minimum de 480.
On peut enfin traverser une face latérale puis la face
supérieure, le trajet le plus court est alors AG3 sur le
patron ; un compas permet de constater que c’est le
trajet le plus court de tous, on peut mesurer sur le patron,
on trouve environ 8 cm.
冢
冣
冢
冣
Algorithmique
pour tous
77 Il suffit dans l’algorithme et les programmes de
remplacer 0,8 par 0,7.
b) Le résultat affiché est égal à 0 pour le volume et la
hauteur.
80 Après la fin du « tant que », on calcule :
冢 0,8 冣
K
2
VD =
79 a) L’algorithme ne rentre pas dans la boucle, car il
K
pour revenir au
et on affiche VD (on doit calculer
0,8
dernier pavé de côté supérieur à 1).
n’y a pas de construction.
×H
81 Il suffit de faire afficher à la fin de la boucle du
« tant que » la valeur de V et la valeur de T.
82 Après la ligne « K prend la valeur K × 0,8 », il suffit
de rajouter « H prend la valeur H × 0,5 ».
LES
83 Cet algorithme permet de calculer le volume et la
hauteur d’un empilement de pavés à base rectangulaire
de côtés K et k, de telle sorte qu’à chaque nouveau pavé
la largeur et la longueur sont multipliées par 0,75.
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
84 Si d n’est pas parallèle à Q, alors d possède un point
commun A avec Q. Ce point A est alors aussi dans P qui
contient d. Par conséquent, P et Q ont un point commun A, ce qui implique que P et Q sont soit sécants, soit
confondus. Ce qui est en contradiction avec l’hypothèse P
et Q distincts et parallèles. Donc d est parallèle à Q.
La figure suivante n’est pas à l’échelle.
m’
I
3
m
miel
3π
M
3
Mouche
85 a) On a la figure suivante.
S’
A
B
R
4
4
O
4
4
P
Q
S
La bille est tangente au côté du cône, la coupe suivant
le plan SAB de la figure ci-dessus, permet de constater
que le quadrilatère OPSQ possède 3 angles droits donc
4 angles droits et 2 côtés consécutifs égaux, c’est donc un
carré. Le centre O est à la distance OS = 412 de S.
b) On a alors OS = 412 et RS = 412 + 4 ≈ 9,65 cm.
Comme au départ, il y a déjà 10 cm de hauteur d’eau ; la
bille sera entièrement recouverte.
4
c) Le volume de la bille est égal à π × 43 ≈ 268 cm3.
3
1
Le volume d’eau est égal à π × r2 × h avec h = 10 et
3
r = 10 (car ASB est rectangle donc SS’ = S’A),
1
soit π × 103 ≈ 1 047 cm3.
3
Le volume occupé est maintenant égal à :
4
1
π 4
π
π × 43 +
π × 103 =
(4 + 103) =
× 1 256,
3
3
3
3
3
soit environ 1 315 cm .
1
π
On a donc π × r2 × h = × 1 256 et r = h
3
3
π 3 π
d’où h = × 1 256 ou h3 = 1 256 d’où h ≈ 10,79 cm.
3
3
86 Déroulons la surface latérale du cylindre : on
obtient un rectangle de côtés 12 cm et 2π × 3 = 6π cm,
soit environ 18,85 cm.
• 76
La mouche doit aller du point M au point m’ situé sur
l’autre face du rectangle.
Soit m’ le symétrique de m par rapport au côté du
rectangle.
Se rendre de M à m équivaut à se rendre de M à m’.
Le chemin le plus court est alors Mm’.
Le triangle Mmm’ est rectangle en m car (mM) est parallèle au côté.
Donc Mm’ = 9(3π)2 + 62 ≈ 11,17 cm.
Le point I sur le bord du rectangle est le point du bord du
vase par lequel doit passer la mouche.
87 • On a (AA’) // (BB’) et (CC’) // (BB’)
donc (AA’) // (CC’).
D’autre part AA’ = CC’.
Donc AA’C’C est un parallélogramme.
Même démonstration pour BB’D’D.
• Dans le parallélogramme AA’C’C, les diagonales [AC’] et
[CA’] se coupent en leur milieu.
• Dans le parallélogramme BB’D’D, les diagonales [BD’] et
[DB’] se coupent en leur milieu.
• Dans le parallélogramme ABC’D’, les diagonales [AC’] et
[DB’] se coupent en leur milieu.
Par conséquent, les segments [AC’], [BD’], [DB’] et [CA’]
ont même milieu.
88 a) Faux, par exemple si d est incluse dans p, alors
d ∩ p = d.
b) Faux, si p et Q sont parallèles, alors p ∩ Q = ∅.
c) Faux, si d et d’ sont sécantes.
89 Le volume occupé par l’eau est proportionnel à la
surface de base occupée par l’eau.
O
B
13
冢3 – 4 冣
π
Problèmes ouverts
A
0,5
Le volume d’eau est alors égal à 3 ×
environ 0,586 5 m3.
m3, soit
90 Notons d la dimension commune.
Un cylindre de diamètre d et de hauteur d passe par
l’ouverture carrée et l’ouverture circulaire en l’obturant
car les vues de face et de dessus correspondent à un carré
et à un cercle.
d
P
π
d
d
Q
0,5
d
2
de face
de dessus
2
La surface du cercle est égale à π × 1 = πm .
π
Les angles kAOQ et hBOP sont égaux à (sinus égal à 0,5)
6
2π
donc QOP =
et le secteur angulaire jQOP a une surface
3
π
de m2.
3
Le triangle OPQ a une aire égale à :
π
13 1
2cos × 0,5 2 ×
×
PQ × 0,5
6
2 13
2
=
=
= .
2
2
4
2
Par conséquent, l’aire de la partie hachurée correspondant
π 13
à l’eau est égale à – , soit environ 0,614 2 m2.
3 4
Il suffit alors de couper suivant les pointillés de la 2e figure
pour obtenir le solide suivant qui convient.
9
CHAPITRE
LES
Statistiques
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Avec un logiciel ou une calculatrice
1
Effectif total = 20 ; moyenne = 8,05 ; médiane = 9 ;
Q1 = 7 ; Q3 = 9 ; minimum = 2 ; maximum = 11.
2
a) Si B5 = 5, on a saisi « = Moyenne (A2 : A15) » avec
affichage sans décimale.
Si B5 = 6, on a saisi « = Médiane (A2 : A15) ».
b) Si B4 = 5, on a saisi « = Quartile (A2 : A11 ; 3) ».
Si B4 = 4, on a saisi « = Médiane (A2 : A11) ».
c) On a saisi « = Quartile (A2 : A21 ; 3) ».
3
wx = 12,136 ; médiane = 11,5 ; Q1 = 11 ; Q3 = 15 ;
minimum = 7 ; maximum = 15.
4
wx = 12,615 ; médiane = 12,4 ; Q1 = 8,2 ; Q3 = 15,2 ;
minimum = 8,2 ; maximum = 18,1.
5
wx = 278,9 ; médiane = 251 ; Q1 = 251 ; Q3 = 315 ;
minimum = 121 ; maximum = 513.
6
wx = 1,2 ; médiane = – 1,5 ; Q1 = – 2,5 ; Q3 = 7 ; minimum = – 3 ; maximum = 9.
7 wx = 11,8 ; médiane = 11,5 ; Q1 = 10 ; Q3 = 15 ; minimum = 2 ; maximum = 19.
8
a) Formule :
(B2*B3 + C2*C3 + D2*D3 + E2*E3 + F2*F3) / (B2 + C2
+ D2 + E2 + F2).
c) Pour parvenir au résultat, il suffit de diminuer le nombre
de « petits » salaires et d’augmenter celui de « gros » salaires.
(Il est possible de diviser tous les salaires par deux et d’augmenter le salaire moyen.)
9
b) Les seules valeurs qui varient sont la moyenne et
l’étendue (on doit garder en A11 une valeur supérieure à 28
pour qu’elle reste la valeur maximale).
c 2 Caractéristiques d’une série
10 wx ≈ 17,17 ; médiane = 19 ; Q1 = 13 ; Q3 = 25.
11 wx ≈ 12,02 ; médiane = 12 ; Q1 = 10 ; Q3 = 13.
12 wx ≈ 63,98 ; médiane = 75 ; Q1 = 22 ; Q3 = 100.
13 a)
Valeur
18
20
32
34
35
Effectif
60
20
20
60
40
Médiane = 33 ; Q1 = 18 ; Q3 = 34.
b)
Valeur
135
142
156
174
180
Effectif
20
60
40
20
60
Médiane = 156 ; Q1 = 142 ; Q3 = 180.
c)
Valeur
5
5
6
9
12
18
Effectif
20
20
80
20
20
40
Médiane = 6 ; Q1 = 6 ; Q3 = 12.
14 Âge moyen : 16 ans.
15 Taille moyenne ≈ 49,3 cm (on a remplacé chaque
classe par son milieu).
16 1. m ≈ 10,14.
2. a) Le résultat 9,17 semble erroné.
La nouvelle moyenne est d’environ 10,29.
b) La longueur est vraisemblablement proche de 10,29
mètres.
17 a) L’étendue était de 12 – 6, c’est-à-dire 6.
b) Non, puisque la nouvelle étendue sera égale à
(12 + 3) – (6 + 3).
c) La nouvelle étendue sera de :
12 × 1,5 – 6 × 1,5 = (12 – 6) × 1,5.
Elle sera ainsi multipliée par 1,5.
27 a) 28 + 22a + 70 + 40a + 144 = 4,59,
100
d’où 62a – 242 = 459
soit 62a = 459 – 242
a = 3,5.
b) La médiane est alors 4,25.
18 a) m1 = 16,3 ; m2 = 14,4.
b) m2 < m1 avec m1 – m2 ≈ 2.
Le médicament semble donc efficace.
19 a) Faux, car l’effectif total de cette série est de 35.
b) Faux, en effet 6 élèves ont reçu 15 SMS, mais 11 élèves
ont reçu au moins 15 SMS.
c) Faux, car la fréquence est de 10 = 2 .
35 7
d) Faux, car le nombre moyen est de 9,7 (le nombre 16,7
ne tient pas compte de l’effectif).
e) Vrai.
28 a) 7 + 6a + 30 + 7a + 10 = 3,96,
13 + 3a
d’où 47 + 13a = 3,96 × 13 + 3,96 × 3a.
On obtient (13 – 3 × 3,96) a = 13 × 3,96 – 47, d’où a = 4.
b) La médiane est alors 3.
c 3 Effectifs cumulés,
fréquences cumulées
20 a) • Lorsque la série est symétrique, la médiane
Med est égale à la moyenne wx.
• Voici un exemple de série non symétrique telle que
néanmoins Med = wx.
Valeur
1
2
4
Effectif
2
2
1
Valeur
1
2
3
Effectif
2
2
1
wx = 2 = Med.
b)
wx = 1,8 ;
Med = 2.
29
Valeurs
5
6
7
9
13
Effectifs
3
5
1
2
4
Effectifs cumulés
croissants
3
8
9
11
15
Effectifs cumulés
décroissants
15
12
7
6
4
30
On a bien Med > wx.
21 1. a) Série Femmes : étendue = 1,7 ; médiane = 83,9 ;
Valeurs
2
3
5
12
15
intervalle interquartile : [82,9 ; 84,4].
Série Hommes : étendue = 2,8 ; médiane = 76,7 ;
intervalle interquartile : [75,8 ; 77,4].
b) Moyenne Femmes = 83,6 ; moyenne Hommes = 76,5.
2. L’espérance de vie des femmes reste plus élevée que
celle des hommes mais celle des hommes a augmenté
plus vite sur cette période.
Effectifs
3
4
1
4
3
Effectifs cumulés
croissants
3
7
8
12
15
Effectifs cumulés
décroissants
15
12
8
7
3
Valeurs
5
6
9
10
13
Effectifs
10
5
6
4
5
Effectifs cumulés
croissants
10
15
21
25
30
Effectifs cumulés
décroissants
30
20
15
9
5
22 a) Médiane = 43 ; moyenne = 42,93.
Étendue = 6 ; intervalle interquartile = [42 ; 44].
23 La médiane appartient à la classe [90 ; 94]. Cette
classe contient 23 éléments et la médiane est comprise
entre le 3e et le 4e éléments de cette classe, si l’on suppose
la répartition uniforme on peut prendre pour médiane
90 + 4 × 3,5 , soit environ 90,6.
23
On obtient pour moyenne 90,28.
24
25
26
Valeur
–2
0
2
Effectif
2
1
2
Valeur
–3
1
3
7
Effectif
3
2
2
3
Valeur
2
4
7
20
Effectif
4
2
1
4
Étendue = 18 ; médiane = 4 ; moyenne ≈ 9,36.
31
32 A. 5. C9 donnera 30 comme nouvel effectif total.
Dans C6, on aura 27.
B. 2. Dans la cellule E2, on tape « = C2 ÷ C$9 ». Dans la cellule F2, on tape « = D2 ÷ C$9 ». Puis on recopie vers le bas.
3. Si on affiche sous forme de pourcentage, on obtient
45 % et 85 %.
c 4 Représentations graphiques
33 a) Un carreau correspond à un effectif de 5. On
obtient :
Chapitre 9. Statistiques • 79
x1
x2
x3
x4
x5
Effectif
15
20
25
15
20
Effectif total : 95.
b) L’ensemble des bâtons correspond à 19 carreaux, donc
un carreau correspond à 266 = 14.
19
On a donc :
xi
x1
x2
x3
x4
x5
Effectif
42
56
70
42
56
Fréquence
0,158
0,211
0,263
0,158
0,211
38 a) Médiane dans la classe [170 ; 175]. En effet :
[150 ; 160[ [160 ; 170[ [170 ; 175[ [175 ; 180[ [180 ; 200[
Classe
Effectif proportionnel à
2
12
6,5
7
4
M
冦
冦
xi
15,75
15,75
b) M = 170 + 1,75 × 5 ≈ 171,3.
6,5
39
4 000
3 800
3 600
34 a) 9 notes.
b) Moyenne : 10,8.
c) Médiane : 12.
d) 12 > 10,8, donc l’élève préférera annoncer la médiane.
e) Il suffit de ne tracer que le haut des bâtons.
3 200
3 000
2 000
35 a) Étendue : 19 – 2 = 17.
b)
Notes
Effectifs 1 1 2 1 3 3 1 2 3 3 3 2 2 4 1 1 2
400
200
0
c) Moyenne = 11,3 ; médiane = 12.
d) Il suffit de ne tracer que les points extrémités des bâtons.
36 a)
Classe
[1 ; 2[
[2 ; 3[
[3 ; 4[
[4 ; 5[
[5 ; 6[
[6 ; 7[
Effectif
10
40
20
40
20
10
b) [3,5 ; 4,5].
37 1. 170,04.
2. a)
y = 1 000
1 000
800
2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19
5
10
14
20
La médiane correspond à l’abscisse du point d’intersection,
soit environ 11,6.
Les quartiles Q1 et Q3 correspondent aux abscisses des
points d’intersection de la droite d’équation y = 1 000
avec la courbe des effectifs cumulés croissants et décroissants.
On a Q1 ≈ 10,2 et Q3 ≈ 12,5.
40
Classe
[155 ; 160[
[160 ; 165[
[165 ; 170[
[170 ; 175[
Effectif
3
5
5
5
Classe
[175 ; 180[
[180 ; 185[
[185 ; 190[
Effectif
2
3
2
4 000
3 800
3 600
3 400
3 000
b)
5
4
600
400
200
3
4
2
14
20
41 1. Certaines classes ont un effectif trop réduit par
160
165
170
175
180
185
190
c) 170,50.
Lorsqu’on remplace chaque classe par son centre, on
fait comme si la moyenne des éléments d’une même
classe était égale au centre de la classe, ce qui n’est pas
exactement le cas ici. En effet, pour la classe [175 ; 180[,
par exemple, elle est de 175 et non de 177,5.
• 80
8 10
Médiane ≈ 11,5 ; Q1 ≈ 10 ; Q3 ≈ 13.
1
155
y = 1 000
1 000
rapport à d’autres.
2.
[5 ; 25[ [25 ; 30[ [30 ; 35[ [35 ; 60[
Classe
214
223
273
180
10,7
11,15
13,65
9
Largeur du rectangle (cm)
4
1
1
5
Hauteur (cm)
2,675
11,15
13,65
1,8
Effectif
Aire (cm
2)
En abscisse, on a choisi 1 cm pour 5 litres. Pour les aires,
1 cm2 représente 20 clients.
42
4,5
4
45 a) et b)
Âge
[20 ; 40[
[40 ; 55[
[50 ; 55[
[55 ; 60[
[60 ; 80[
Fréquence
27 %
33 %
17 %
15 %
8%
Angle
97°
119°
61°
54°
29°
c) On a choisi pour les aires, 1 carreau pour 2 %. Dans
chaque rectangle, on a noté le nombre de carreaux.
3,5
3
2,5
2
1,5
8,5
16,5
1
7,5
0,5
0
2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010
– 0,5
13,5
4
20
–1
40
50 55 60
80
43 1. b) Le régime des pluies est du même type dans
les deux villes. Naples est cependant un peu moins arrosée.
2. Vancouver : médiane = 81 ; [42 ; 122,5].
Naples : médiane = 70 ; [37,5 ; 110].
44 1. L’effectif total est égal à 11, la médiane est la 6e
valeur 50 (attention à bien ordonner les valeurs). Q1 est la
3e valeur, c’est-à-dire 45 et Q3 la 9e valeur 60.
2. On ordonne les 15 valeurs, la médiane est la 8e valeur 25,
Q1 la 4e valeur 15 et Q3 la 12e, soit 30.
Trouvez l’erreur
46 La moyenne est égale à :
150 + 140 × 2 + 160 .
4
47 Ce ne sont pas les hauteurs des rectangles qui doi-
vent être utilisées mais leurs aires et ici l’aire du rectangle
[160 ; 170[ est supérieure à celle du rectangle [175 ; 180[.
10 15 20 25 30 35 40
LES
EXERCICES
Problèmes
48 1. a) Q1 = 16 ; médiane = 16,5 ; Q3 = 17 ; minimum = 15 ; maximum = 22.
b)
10
16
17
18
19
20
21
22
2. Q1 = 14 ; médiane = 15,5 ; Q3 = 16,5 ; minimum = 12 ;
maximum = 20.
3. • Vrai : environ la moitié des truffes de B ont un poids
supérieur à 16,5 (la médiane) alors que les trois quarts
des truffes de A ont un poids inférieur à 16,5 (3e quartile).
• Vrai : pour A l’écart interquartile est de 2,5 alors que
pour B il n’est que de 1.
49 1. a) Moyenne = 152.
b) Minimum = 20 ; maximum = 271 ; médiane = 143 ;
Q1 = 72 ; Q3 = 255.
3. a) Faux : Q1 = 72 donc pendant les trois quarts de la
saison, l’enneigement est supérieur à 72 cm.
b) Vrai : la médiane est égale à 123 donc pendant environ
la moitié de la saison l’enneigement est inférieur à 123.
c) Vrai : on compte 7 périodes sur 15 avec un enneigement
supérieur à 176.
50 a) Environ 40,5 (attention la classe 15-24 ans par
exemple, correspond à l’intervalle [15 ; 25[ dont le milieu
est 20).
b) Hommes : environ 39 ans. Femmes : environ 42 ans.
52 a)
c) Histogramme de la série des femmes.
17,5
12
12,1 13,6 13,4 12,4
8,2
10,8
0
15
25
35
45
55
65
75
100
Le pourcentage correspond au nombre de carreaux.
Remarque : pour 75 ans ou plus, on a pris l’intervalle
[75 ; 100].
Un carreau correspond à 1 point de pourcentages.
d)
Âge
[0 ; 15[
[15 ; 25[
[25 ; 35[
[35 ; 45[
Effectif
11 951 000
8 075 000
8 010 000
8 979 000
Âge
[45 ; 55[
[55 ; 66[
[65 ; 75[
75 ou +
Effectif
8 786 000
8 075 000
5 039 000
5 865 000
Remarque : on a arrondi les résultats au millier.
t strictement inférieur à
0
30
60
90
Effectif
0
175
567
834
Fréquence
0
0,13
0,43
0,64
t strictement inférieur à
120
150
180
210
Effectif
961
1 129
1 249
1 312
Fréquence
0,73
0,86
0,95
1
b) L’abscisse M du point d’intersection de la courbe Ꮿ
des fréquences cumulées et de la droite Δ d’équation
y = 50 est tel que, pour 50 % des employés, t ⭓ M et,
pour 50 %, t ⭐ M. M est donc la médiane de la série.
On peut lire graphiquement une valeur approchée de M :
70.
c) Les effectifs étant supposés répartis de manière régulière,
on obtient :
M – 60 = 90 – 60 ,
50 – 43 64 – 43
c’est-à-dire M = 70.
53 A. 1. 1er décile 609 € ; 9e décile 3 887 €.
51 a)
b) • La surface agricole moyenne est la moyenne des
contenus des cellules E3 à E8 avec comme effectifs ou
fréquences les contenus des cellules B3 à B8 ou C3 à C8.
On obtient environ 80.
• La médiane est 72,3.
d)
331,6 4,1
6 % 11 %
137,3
21 %
17,4
12 %
37,3
20 %
72,3
30 %
4,1
17,4
37,3
72,3
137,3
331,6
2. Médiane : 1 719 €.
Q1 = 924 + 1 175 ≈ 1 050 €.
2
2
447
+ 2 980 ≈ 2 713 €.
Q3 =
2
3. Un certain nombre de très gros salaire « tirent » la
moyenne vers le haut sans intervenir sur la médiane.
B. 1. L’aire de chaque rectangle est proportionnelle à la
fréquence de la classe. Or ici chacune des classes a la
même fréquence (10 %).
2. On choisit 2 cm pour 500 € en abscisse et 5 cm2
pour chacun des rectangles. On obtient les dimensions
suivantes :
1
2
3
4
5
Largeur en cm
1,22
0,64
0,5
0,52
0,57
Hauteur en cm
4,1
7,81
10
9,61
8,77
6
7
8
9
10
Largeur en cm
0,67
0,79
1,07
1,81
8,23
Hauteur en cm
7,46
6,33
4,67
2,76
0,61
Classe
Classe
54 a) L’effectif total correspond à 20 carreaux, chaque
carreau correspond donc à un effectif de 15.
120
100
Valeur
1
2
3,5
4
5
7
80
Effectif
45
90
75
45
30
15
60
b) Étendue = 6 ; médiane = 3,5 ; Q1 = 2 ; Q3 = 4 ;
moyenne = 3,075.
40
55 a) Le pourcentage correspondant à x5 est égal à
20
0
0,0
• 82
50,0
100,0
150,0
200,0
250,0
300,0
350,0
100 % et donc chaque carreau correspond donc à 20 %
en ordonnée.
57 a)
En abscisse, un carreau correspond à 0,5.
120 000
100 %
100 000
80 000
60 000
40 000
0
1 x1
x2
x3
x5 Valeurs
x4
20 000
Valeur
1,5
2,25
3
4
5
Fréquence
20 %
10 %
20 %
40 %
20 %
b) Médiane = 3,5 ; moyenne = 3,225.
c) Effectif total = 50.
Valeur
1,5
2,25
3
4
5
Effectif
10
5
10
20
5
d) Voir courbe du a) (qui descend).
56 1. Pour une abscisse d’année, l’ordonnée du point
correspondant sur la courbe ensemble est égale à la
somme des coordonnées des points correspondants sur
les trois autres courbes.
2. a)
i
1
2
pi
3
4
5
6
7
5
5
2
0
1
gi
1
5
8
1
–1
0
21
ti
1
2
1
4
0
0
–1
b) Moyenne pi = 2,6 ; médiane pi = 2.
Moyenne gi = 2,3 ; médiane gi = 1.
Moyenne ti = 1 ; médiane ti = 1.
c) La progression des bacs professionnels semble plus
rapide que celle des autres bacs (cette tendance peut
s’observer sur le graphique).
LES
EXERCICES
0
1
2
3
4
5
6
7
8 9
10
Les pays sont notés de 1 à 10.
En gris clair 2007, en noir 2008.
b) Pour 2007 : médiane ≈ 36 635,5 ;
Qi = 22 298 ; Q3 = 54 273.
Pour 2008 : médiane ≈ 40 430,5 ;
Qi = 24 660 ; Q3 = 55 595.
58 a) Les populations des pays sont dans les cellules
B2 à B28. Les superficies sont dans les cellules C2 à C28.
b) Formule : = somme(B2 : B28)
c) On tape dans D2 : = B2 ÷ C2 puis on recopie vers le bas.
d) Population : moyenne ≈ 18 202 436 ;
médiane = 9 059 651 ;
Q1 = 3 555 179 ; Q3 = 22 215 421.
Superficie : moyenne ≈ 160 336 ;
médiane = 83 870 ;
Q1 = 43 094 ; Q3 = 301 230.
59 1. a) Environ 26 degrés.
b) Moyenne des maximales ≈ 18,6.
Moyenne des minimales ≈ 12,2.
2. a) Environ 122 mm.
b) Environ 830 mm.
3. Moyenne ≈ 8,75 ; médiane = 8.
Algorithmique
pour tous
62 Cet algorithmique permet de calculer la moyenne
des nombres 1 ; 22 ; 33 ; … ; NN.
63 Cet algorithmique permet de calculer successive-
ment les moyennes des nombres 12 puis 12 et 22 puis 12,
22 et 33 … jusqu’à 12, 22, …, N2.
64 1. À chaque tour dans la boucle, on rajoute les
nombres successifs de la liste.
2. Il suffit à la fin d’afficher S .
N
3. a) On remplace « S prend la valeur S + L(i) » par « S prend
la valeur S + (L(i))2 ».
b) Avec l’algorithme de 3. a), on affiche S .
N
c) On remplace « S prend la valeur S + L(i) » par « S prend
la valeur S × L(i) ».
65 a) À chaque tour dans la boucle, on compare le
maximum des nombres déjà comparés au nombre suivant. À la fin, on a donc le plus grand nombre.
b) On remplace « Si L(i) > Max, alors » par « Si L(i) < Min,
alors » et « Max prend la valeur L(i) » par « Min prend la
valeur L(i) ».
c) Saisir N
Pour i variant de 1 à N
Saisir L(i)
Fin Pour
LES
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
66 • On a x1 < xn puisque les valeurs ne sont pas toutes
égales. Donc, si l’on note x1, x2, …, xn les n valeurs de la
série données dans l’ordre croissant, on a :
nx1 < x1 + x2 + … + xn < nxn.
nx
x + x2 + … + xn nxn
<
, soit x1 < wx < xn.
Donc 1 < 1
n
n
n
• Pour la médiane, si l’on pose x1 = 1, x2 = 1 et x3 = 3, la
médiane de la série des trois nombres x1, x2 et x3 est égale
à x1. La médiane ne vérifie donc pas cette propriété.
67 N est impair, la médiane M est donc une valeur xk
de la série telle que, si i < k, alors xi ⭐ M et si i > k, alors
xi ⭓ M. Donc la somme des ni pour i < k, est strictement inférieure à N , car la médiane est le terme de rang
2
N – 1 + 1. D’autre part, n + n + … + n > N , car la
1
2
k
2
2
N
+
1
.
médiane est le terme de rang
2
68 Soient x1, x2, …, xn les n valeurs de la série données
dans l’ordre croissant. Les nouvelles valeurs données dans
l’ordre croissant sont alors x1 + 4, x2 + 4, …, xn + 4.
• L’étendue devient (xn + 4) – (x1 + 4) = xn – x1. L’étendue
est inchangée.
(x + 4) + (x2 + 4) + … + (xn + 4)
• La moyenne devient 1
n
(x1 + x2 + … + xn) + 4 × n x1 + x2 + … + xn
+ 4.
=
=
n
n
La moyenne est augmentée de 4.
• Toutes les valeurs sont décalées de + 4, il est donc de
même pour la médiane.
69 a) La valeur doit être égale à la moyenne initiale.
b) Les deux valeurs doivent être symétriques par rapport
à la moyenne initiale.
70 a) On veut 3 + 8 + 12 + 15 + x = 12, d’où x = 22.
b) On veut alors x ⭓ 12.
• 84
Max prend la valeur L(1)
Min prend la valeur L(1)
Pour i = 2 à N, faire
Si L(i) > Max, alors
Max prend la valeur L(i).
Fin Pour
Pour i = 2 à N, faire
Si L(i) < Min, alors
Min prend la valeur L(i).
Fin Pour
Afficher Max – Min.
5
71 a) Moyenne = 1.
b) On ajoute une valeur 1.
c) On veut :
– 14 × 1 + 0 × 10 + 1 × 11 + 3 × 5 + 6 × 3 + x × 1 = 2.
31
D’où x = 32. On ajoute une valeur 32 avec un effectif de 1.
72 Si l’on note x et y les fréquences de 4 et 5, on a :
0 × 0,23 + 1 × 0,3 + 2 × 0,28 + 3 × 0,15 + 4x + 5y = 1,5
et x + y = 0,04 car la somme des fréquences vaut 1.
D’où x = 0,01 et y = 0,03.
73 a) Dans l’entreprise A, salaire moyen des ouvriers
égal à 1 100 € et celui des cadres égal à 2 000 €.
Dans l’entreprise B, salaire moyen des ouvriers égal à
1 150 € et celui des cadres égal à 2 200 €.
b) Dans l’entreprise A, salaire moyen égal à :
110 000 + 200 000 = 1 550 €.
200
Dans l’entreprise B, salaire moyen égal à :
207 000 + 44 000 = 1 255 €.
200
c) L’effectif des cadres, plus important dans l’entreprise A,
fait « monter » la moyenne.
74 a) Soit I(xi ; fi) un point de la courbe des fréquences
cumulées croissantes.
Soit J(xi ; f ’i) un point de la courbe des fréquences cumulées
décroissantes.
On a xi + fi = 100.
f’ + f
Le milieu du segment [IJ] a pour coordonnées xi ; i i ,
2
soit (xi ; 50), il est donc situé sur la droite d’équation
y = 50, qui est donc axe de symétrie de l’ensemble formé
par les deux courbes.
b) Les deux courbes se coupent sur cet axe de symétrie,
et le point d’intersection correspond à une fréquence de
50 %, son abscisse donne donc la médiane.
冢
冣
75 1. a) Faux, il suffit de considérer la série 1, 2, 3, 4.
b) Faux, il suffit de considérer la série 1, 2, 3.
2. a) Faux, il suffit de considérer la série 1, 2, 3, 4.
b) Faux, il suffit de considérer la série 1, 2, 3.
3. a) Vrai, il suffit de considérer la série 1, 2, 3.
b) Vrai, il suffit de considérer la série 1, 2, 4.
76 Exemple : 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10.
Problèmes ouverts
77 Exemple : on passe de 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10
à 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10, 48.
78 a) Exemple : la série 5 – 435 ; 5 + 435 a pour
moyenne 5 et la moyenne des carrés est égale à 60.
(On cherche une série de deux nombres tels que x + y = 10
et x2 + y2 = 120.)
b) Notons x1, x2, …, xn les n valeurs d’une série et wx la
moyenne.
On a (x1 – wx)2 + (x2 – wx)2 + … + (xn – wx)2 ⭓ 0, d’où :
x12 – 2x1 xw + (xw )2 + x22 – 2x2xw + (xw )2 + … + xn2 – 2xnxw + (xw )2 ⭓ 0,
soit (x12 + x22 + … + 2xn) – 2wx(x1 + x2 + … + xn) + n(wx)2 ⭓ 0.
On a alors ncx2 – 2wx × nwx + (wx)2 > 0,
ou encore ncx2 – n(wx)2 ⭓ 0.
D’où cx2 > (wx)2.
Donc wx = 5 et cx2 = 24 est impossible.
10
CHAPITRE
LES
Simulations.
Échantillonnage
EXERCICES
Sur
les capacités
c 1 Simulations
1
Par exemple, pair représentera « pile » et impair
représentera « face ».
Sur les 30 nombres de la 1re ligne, 21 sont pairs.
2
Pair → « pile » ; impair → « face » ou le contraire.
0, 1, 2, 3, 4 → « pile » ; 5, 6, 7, 8, 9 → « face ».
3
a) 0, 1, 2 → boule bleue ;
3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 → boule rose.
6
3
= .
f=
20 10
8
4
3
=
≠ .
b)
20 10 10
4
a) On obtient un nombre au hasard de l’intervalle
[0 ; 1[.
b) ALEA ().
5 Si le nombre obtenu est < 0,5, alors « pile », sinon
« face », par exemple.
6 Par exemple : 0, 1, 2, 3 → « rouge » et 4, 5, 6, 7, 8,
9 → « bleue ».
27 9
=
= 0,45.
f=
60 20
7
1. On obtient des nombres aléatoires de l’intervalle [0 ; 1[ et non simplement des « 0 » ou des « 1 ».
2. Des nombres aléatoires de [0 ; 2[.
3. a) Int(1,35) = 1 ; Int(0,42) = 0.
b) Int(2 × rand).
8 a) Non, car on obtient les nombres 0, 1, 2, 3, 4 ou 5
et non pas : 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.
b) Int(rand × 6) + 1 ou Int(ran# × 6) + 1.
9
Ligne 1 : un nombre au hasard de l’intervalle [0 ; 1[.
Ligne 2 : un entier au hasard parmi 1, 2, 3, 4, 5, 6.
Ligne 3 : 0 ou 1.
Ligne 4 : un entier au hasard parmi 1, 2, 3, 4, 5, 6.
10 a) Non, car le 2e rand tapé ne donne pas nécessai-
rement le même résultat que le premier.
b) Même raison.
11 b) La somme des « 0 » et des « 1 » situés dans la
liste 1 est égale à la somme des « 1 », c’est-à-dire au
nombre de « pile » obtenus. D’où en divisant par 100, on
obtient bien la fréquence de « pile ».
f = 0,48 ; f = 0,53.
12 a) Pour TI : seq randInt (1,6), X, 1, 100) Sto L1.
Pour Casio : seq (Int (ran# × 6) + 1, X, 1, 100, 1) → list 1.
1
b) et c) f = 0,18 ; d = 0,18 – ≈ 0,013.
6
13 1. 1, 2, 3, 4, 5, 6 → boule blanche et 0, 7, 8, 9 →
boule noire, par exemple.
2. a) Comme 1.
b) 0, 1, 2, …, 30 → boule blanche et 31, 32, …, 99 → boule
noire, par exemple.
c) 1, 2, …, 35 → boule blanche et 0, 36, 37, …, 99 →
autres couleurs.
14 On a alors p(6) = 2 et 1 pour les autres.
7
7
1 → « 1 » ; 2 → « 2 » ; … ; 5 → « 5 » et 6, 7 → « 6 ».
15 a) Oui, car on obtient bien :
2 1
= .
6 3
1 1
b) Non, car on obtient bien : p(boule blanche) = ≠ .
2 3
1
c) Non, car on obtient bien : p(boule blanche) = .
5
p(boule blanche) =
16 a) Par exemple : 1 → « fille » et 0 → « garçon ».
Colonne A et colonne B : des 0 ou des 1 aléatoirement.
Colonne C : ajouter colonne A et colonne B.
17 1. 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.
2. Avec un tableur
Colonne A et colonne B : 1, 2, 3, 4, 5, 6 de manière
aléatoire.
Colonne C : ajouter colonne A et colonne B pour avoir la
somme des points obtenus.
Avec NB.SI, compter le nombre de « 6 » et de « 7 ».
Avec une calculatrice
Liste 1 et Liste 2 : comme ci-dessus
Liste 3 : ajouter
Pour compter le nombre de « 6 » obtenus se reporter à la
question b) de l’exercice 12.
5
6
1
= .
3. a) p(S = 6) = ; p(S = 7) =
36
36 6
b) Les figures obtenues ne sont pas égales aux probabilités
ci-dessus, mais voisines.
18 a) b) et c) Oui, car il s’agit de n répétitions indé-
pendantes de la même expérience.
d) Non, car il s’agit d’un tirage sans remise et que le
nombre de cartes tirées : 8 est grand par rapport à la
population : 32. On ne peut donc pas l’assimiler à un
échantillon.
19 a) Lancer la pièce 20 fois et compter le nombre de
« pile » obtenus.
b) Lancer le dé 20 fois et compter le nombre de « 4 ».
c) Tirer 20 boules avec remise et compter le nombre de
boules bleues.
d) Tirer 20 cartes avec remise et compter le nombre d’as.
20 Numéroter les élèves de 1 à 1 252 et tirer 50 numéros avec remise.
冥
1
1
= [0,55 ; 0,75].
; 0,65 +
5100
5100
1
1
= [0,618 ; 0,682].
; 0,65 +
b) 0,65 –
81 000
81 000
21 a) 0,65 –
冤
冥
冤
22 a) Oui, car 0,49 ∈ 0,42 –
b) Non, car 0,49 > 0,42+
23
1
81 000
1
冥
1
1
.
; 0,51 +
81 253
81 253
< 0,482 < 0,49.
25 La fréquence f observée est égale à 65 ≈ 0,433.
冤
Or f ∈ 0,487 –
150
冥
1
1
,
; 0,487 +
5150
5150
1
< 0,405 < f.
5150
Donc, au seuil de 95 %, les foyers de cet échantillon ne sont
pas sous-équipés par rapport à la population française.
car 0,487 –
26 f = 172 = 0,344.
500
1
< 0,295 < f.
0,25 +
5500
Donc f n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation au
seuil de 95 %.
Donc au seuil de 95 %, on peut dire que les travaux ont
amélioré la fréquentation hors département.
冤
冥
1
1
f = 0,63 et f ∈ 0,60 –
,
; 0,60 +
81
000
81
000
1
car 0,60 +
> 0,631 > f.
81 000
Donc f appartient à l’intervalle de fluctuation au seuil
de 95 %. Ce médicament n’apparaît donc pas comme
efficace.
27
冤
28 1. a) I1 = 0,62 –
冥
1
1
= [0,57 ; 0,67].
; 0,62 +
5400
5400
0
0,57
0,67
1
冤
冥
冤
冥
1
1
2. a) I2 = 0,62 –
= [0,588 ; 0,652].
; 0,62 +
81 000
81 000
b) I2 ⊂ I1.
1
1
= [0,498 ; 0,562].
; 0,53 +
81 000
81 000
b) Il y a 95 chances sur 100 pour que l’intervalle
[0,498 ; 0,562] contienne p. Malgré les 530 personnes,
sur les 1 000 interrogées, qui votent pour lui, le candidat
n’est pas sûr d’être élu !
29 a) 0,53 –
30 L’intervalle de confiance au niveau 0,95 est égal
à [0,22 ; 0,42]. Il y a 95 % de chances que cet intervalle
contienne p.
31
1
= 0,04 ⇔ n = 625.
1n
32
1
⭐ 0,01 ⇔ n ⭓ 10 000.
1n
Trouvez l’erreur
冥
1
1
.
; 0,42 +
5100
5100
.
冤0,6 – 5100 ; 0,6 + 5100 冥 = [0,5 ; 0,7].
1
1
En effet, 0,51 –
81 253
b)
c 2 Échantillonnage
冤
冤
24 Oui, car 0,49 ∈ 0,51 –
*
Les nombres obtenus colonne C donnent le nombre de
filles de la famille.
Obtenir la fréquence de ces nombres (0, 1 ou 2) avec
NB.SI.
b) Il ne semble pas y avoir équiprobabilité. Les familles
avec une seule fille semblent plus fréquentes.
1
c)
F p(2F) =
4
F
G
1
p(sexe ≠) =
2
F
G
1
G p(2G) =
4
33 p(yeux bleus) = 0,35.
Avec la simulation proposée, on a p(pair) = 0,5 ≠ 0,35.
34 La fréquence dans l’échantillon est de 67 %, c’est-
à-dire 0,67.
Dans l’intervalle de confiance, il a été pris 67 au lieu de 0,67.
Chapitre 10. Simulations. Échantillonnage • 87
LES
EXERCICES
Problèmes
35 2. Lorsque, dans une somme, il n’y a que des « 0 »
ou des « 1 », la somme est égale au nombre de « 1 ».
3. Non, les résultats fluctuent.
6. Plus le nombre de lancers augmente, moins il y a de
fluctuation.
36 A. 1. On veut simuler n lancer, donc on va utiliser
une boucle « Pour », le compteur i variant de 1 à n.
Pour chaque lancer, il faut obtenir un nombre aléatoire
entre 1 et 6 et, si le résultat est égal à 1, ajouter 1 au
compteur K que l’on aura pris soin de mettre à 0 avant de
commencer les lancers, c’est-à-dire avant d’entrer dans
la boucle.
2. • Entrée du nombre n de lancers.
• Initialisation à 0 de la variable K qui comptera les « 1 ».
• Boucle Pour, qui tournera n fois.
• Obtention d’un entier aléatoire de 1 à 6 et s’il est égal
à 1.
• alors la variable K est augmentée de 1.
• fin de la boucle.
• Calcul de la fréquence f des « 1 ».
• Affichage de f.
3. La fréquence des « 1 ».
4. Pour calculer K, on utilise sa précédente valeur : « K
prend la valeur K + 1 ». Donc au départ, K a besoin d’être
bien affecté. Tandis que f n’est pas calculé ainsi : on met
dans f directement sa valeur K/n.
B. 1. Pour TI, par exemple.
Input N
0→K
For (I, 1, N)
If randInt (1, 6) = 1
Then
K+1→K
End
End
K/N → F
Disp F
2. Pour n = 10 : f = 0,20 ; f = 0,30 ; f = 0 ; f = 0,40 ; f = 0,10.
Pour n = 20 : f = 0,15 ; f = 0,30 ; f = 0,25 ; f = 0 ; f = 0,20.
3. Pour n = 100 : f = 0,14 ; f = 0,21 ; f = 0,13 ; f = 0,20 ;
f = 0,16…
Pour n = 1 000 : f = 0,152 ; f = 0,167 ; f = 0,158 ; f = 0,172 ;
f = 0,183…
Plus n augmente, moins les fréquences s’éloignent de
1
= 0,166…
6
C. 1. Remplacez « = 1 » de la 4e ligne par « = 2 ».
2. Remplacez « entre 1 et 6 » de la 4e ligne par « entre 0
et 1 ».
37 A. 1.
• 88
a
–1
1
p
1
2
1
2
2. n = 2 a – 2 0
p
1
4
n=3 a –3 –1 1
2
1
2
1
4
p
1
8
3
8
3
8
3
1
8
Pour n = 2, p(a = 1) = p(a = – 1) = 0.
Pour n = 3, p(a = 2) = p(a = 0) = p(a = – 2) = 0.
3. a) Les entiers de – 10 à + 10.
1
b) p(a = 10) = 10
2
= p(a = – 10).
B. 1. a) Dans la cellule A2 :
= SI (ALEA() < 0,5 ; A1 + 1 ; A1 – 1)
b) et c) A11 = a.
2. b) Les 150 abscisses d’arrivée de la puce.
d) Si la puce fait p sauts vers la droite (0 ⭐ p ⭐ 10), elle
en fait donc 10 – p vers la gauche.
D’où son abscisse d’arrivée a = p – (10 – p) = 2p – 10 qui
est un nombre pair.
e) On obtient par exemple :
a
Effectifs
– 10 – 8 – 6 – 4 – 2
0
2
7
18
0
2
4
6
8
10
31 41 30 13
6
2
0
Après plusieurs simulations avec F9 , la valeur de a la
plus probable est a = 0.
3. = ENT (ALEA()*2) donne des « 0 » ou des « 1 » de
manière équiprobable.
Si « 1 » fait aller vers la droite et « 0 » vers la gauche,
le nombre de pas vers la droite sera égal au nombre de
« 1 » obtenus, c’est-à-dire à la somme des 10 termes de
la colonne A.
Cette somme est écrite dans la cellule A11. Si p est sa
valeur, l’abscisse finale a est égale à :
p – (10 – p) = 2p – 10,
d’où la cellule A12 est remplie avec = 2A11 – 10 .
C. 1. x = a.
2. On fait apparaître un nombre aléatoire de [0 ; 1[. S’il
est inférieur à 0,5, l’abscisse x augmente de 1 ; sinon elle
diminue de 1.
3. a) i ne sert qu’à compter le nombre de sauts (qui doit
être égal à n).
Il revient au même de faire varier i de 1 à n que de n + 1
à 2n.
b) Si i varie de 0 à n, il y aura n + 1 sauts et non n.
4. On fait apparaître au hasard des « 0 » ou des « 1 », les
additionne dans s et affiche a = 2s – n.
Saisir n
s prend la valeur 0
Pour i variant de 1 à n
s prend la valeur s + entier aléatoire 0 ou 1
fin Pour
a prend la valeur 2s – n
afficher a
38 A. 1. π . Avec le quotient des nombres de points,
4
π
on approchera , donc π.
4
2. OM ⭐ 1 ⇔ X2 + Y2 < 1.
B. 1. b) ALEA()^2 + ALEA()^2 calcule OM2 où M est un
point aléatoire du carré. Si cette quantité est inférieure
à 1, le point M appartient au quart de disque et on affiche
« 1 », sinon on affiche « 0 ».
d) L’instruction tapée dans L1 compte le nombre de « 1 ».
Dans L3 avec = L1÷10 000 , on aura le rapport entre le
nombre de points dans le quart de disque et le nombre de
points total dans le carré. On obtient ainsi une estimation
π
de .
4
1
π
1
2. A 0,95 %, 0,79 –
⭐ ⭐ 0,79 +
c’est-à-dire
100
4
100
π
0,78 ⭐ ⭐ 0,80.
4
3. A 0,95 %, 3,12 ⭐ π ⭐ 3,20.
39 1. AB = 9(a – b)2.
2. a) ᐉ = AB.
b) Si ᐉ ⭓ 0,5, alors S prend la valeur S + 1.
c) S = nombre de fois où AB > 0,5, sur les n essais.
f = la fréquence correspondante.
3. a) Pour TI par exemple :
Input N
0→S
For (I, 1, N)
rand → A
rand → B
4 ((A – B)^2) → L
If L ⭓ 0,5
Then
S+1→S
End
End
S/N → F
Disp F
b) n = 100 : f = 0,28.
n = 1 000 : f = 0,242.
n = 10 000 : f = 0,253 0.
4. a) [0,253 – 0,01 ; 0,253 + 0,01] = [0,243 ; 0,263] (avec
n = 10 000).
b) n = 10 000.
冤
冥
1
1
= [0,458 ; 0,522].
; 0,49 +
81 000
81 000
1
1
= [0,478 ; 0,542].
b) 0,51 –
; 0,51 +
81 000
81 000
2. 0,458
0,5
0,522
40 1. a) 0,49 –
冤
冥
0,478
0,542
3. Non, car 0,478 < 0,5.
41
冤0,28 – 81 500 ; 0,28 + 81 500 冥 = [0,254 ; 0,306].
1
1
42 1. 5 = 6 – 1 est la plus grande valeur possible.
Tous les nombres de 0 à 4 sont aussi possibles.
2. a) On barre les chiffres 0, 7, 8 et 9, et ensuite pour
deux nombres consécutifs, d est la différence entre le plus
grand nombre et le plus petit. On fait cela 100 fois.
3. a) d
0
1
2
3
4
5
p
1
6
5
18
2
9
1
6
1
9
1
18
43 1. 37 ≈ 0,71.
52
2. a) A1 =ENT(ALEA()*2) et tirer jusqu’à la cellule AZ1.
b) Le nombre de garçons sur les 52 naissances.
1
1
= [0,362 ; 0,638].
; 0,5 +
3. a) 0,5 –
452
452
b) Le nombre d’échantillons de taille 52 dont la fréquence
des garçons n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation
ci-dessus.
4. Au seuil de 95 %, la naissance de 37 garçons sur 52
n’est pas conforme à une situation d’équiprobabilité.
冤
冥
44 a) Entrée : « Saisir N »
Initialisation : « S prend la valeur 0 »
Traitement : « Pour i … Fin Pour »
Sortie : « Afficher S/N ».
b) Compter le nombre de « 6 » obtenus sur n lancers d’un
dé équilibré.
45 a) Initialisation : « S prend la valeur 0 »
Traitement : « Pour i … Fin Pour »
Sortie : « Afficher S/500 ».
b) Afficher la fréquence du nombre de boules bleues
obtenues sur 500 lancers.
c) On peut choisir le nombre de lancers alors que dans
l’algorithme initial le nombre de lancers était fixé à 500.
d) Pour TI par exemple :
0→S
For (I, 1, 500)
IF RandInt(1, 10) < 3
Then
S+1→S
End
End
Disp S/500
46 1. a) On peut supposer que la réponse exacte est
toujours la 1re proposée, sinon on peut tirer sa place au
hasard.
A1 = ENT(ALEA()*4) + 1 (numéro de la réponse proposée
par le candidat).
B1 = SI(A1 = 1 ; 2 ; – 1) (note obtenue à la question).
Tirer jusqu’à la ligne 5.
C5 = SOMME(B1 : B5) (note obtenue au QCM).
Tirer jusqu’à la ligne 250 (50 simulations).
D2 =SOMME(C1 : C250)/50 (pour obtenir m).
b) On obtient m = – 0,8 ; m = – 1,28 ; m = – 0,92.
2. a) Recommencer à côté en remplaçant 4 par 3 dans
ENT(ALEA()*4) + 1.
b) m’ = – 0,04 ; m’ = 0,08 ; m’ = 0,02.
c) Oui.
3. a) I5 = SI(G5 < 0 ; 0 ; G5)
b) m” = 1,62 ; m” = 0,84 ; m” = 1,54…
c) Oui.
LES
EXERCICES
Algorithmique
pour tous
48 Au début du programme, ajouter une instruction
qui nettoie l’écran : EffDessin ou ClrDraw pour TI, Cls pour
CASIO.
1. a) et b) Les points semblent répartis un peu partout
dans l’écran car N = 10 est petit, donc la fluctuation est
grande.
c) Dans Y= , taper 0,5.
2. On devrait obtenir environ 5 points extérieurs à la
bande horizontale (5 %).
49 a) Non, car chaque fois, avant de réaliser un nou-
vel échantillon, il faut remettre à 0 la mémoire S qui va
contenir le nombre de « pile » de cet échantillon.
b) Rien !, puisque I et J ne servent qu’à compter de 1 à N
et de 1 à K.
LES
50 Il faut supprimer la ligne : « Tracer points (J, F) » et
la remplacer par : « Afficher F ».
52 a) Une expérience à deux résultats équiprobables,
répétée n fois. (Par exemple : pile, face avec une pièce
équilibrée.)
b) S compte le nombre de fois où l’événement codé 1
est réalisé.
c) La fréquence de l’événement codé 1.
EXERCICES
Pour
aller plus loin**
53 a) = SI(ALEA() ⭐ 0,72 ; 1 ; 0).
b) « 0 » avec la probabilité 1 – 0,72 et « 1 » avec la
probabilité 0,72, c’est-à-dire ce que l’on souhaitait.
54 « 1 » représentera un demi-pensionnaire et « 0 »
un externe.
Taper dans A1 =ENT(ALEA() + 0,72) et tirer jusqu’à
A100.
55 Dans les colonnes A, B et C, simuler trois lancers de
dé équilibré avec =ENT(ALEA()*6) + 1 . Ajouter les résultats dans la colonne C.
2. a) 0,124. b) 0,118.
56 1. G, FG, FFG, FFFG ou FFFF.
2. Il semble que les fréquences des filles et des garçons
soient très voisines.
3. Dans la suite des chiffres au hasard qu’il faudrait pour
simuler la composition de 10 000 familles par exemple,
les nombres pairs et impairs suivent la loi de l’équiprobabilité.
57 La fréquence de guérison avec placebo est de 0,51.
Donc l’intervalle de confiance correspondant à 95 %,
avec n = 100, est égal à [0,41 ; 0,61]. La fréquence de
guérison avec le médicament, égale à 0,6, appartient à
cet intervalle.
Donc à 95 %, on peut penser que ce médicament n’a pas
d’efficacité.
• 90
c) On pourrait penser que au lieu d’avoir K échantillons
chacun de N lancers, on aura N échantillons de K lancers. Il
n’en est rien car J intervient dans « Tracer point (J, F). Au lieu
de prendre les valeurs 1, 2, …, K comme dans l’algorithme
de l’exemple, il sera là systématiquement égal à K + 1 et
l’on obtiendra des points tous de même abscisse.
58 Dans l’échantillon étudié, la fréquence des planches
sans nœud est de 0,38. Donc l’intervalle de confiance
à 95 % est de [0,28 ; 0,48] (puisque l’échantillon était
de 100).
À 95 %, la proportion de planches sans nœud appartient
à cet intervalle. Elle peut donc être égale à 0,28 (!!).
D’où 28 % de planches sans nœud et 72 % de planches
avec nœud amènent un prix de :
0,28 × 12 + 0,72 × 8 = 9,12 €.
Problèmes ouverts
59 Comme en 2de on ne sait pas calculer exactement
cette probabilité p, on peut effectuer une simulation pour
approcher p.
Avec un tableur, par exemple :
• A1 =ENT(ALEA() × 2) (on met des « 0 » ou « 1 », au
hasard).
• Copier dans A2
• B1 =1
• B2 = SI(A1 = A2 ; B1 + 1 ; 1) (on affiche la longueur
des suites de « 0 » ou de « 1 » consécutifs).
Tirer jusqu’à la ligne 100.
Il suffit de compter le nombre de « 5 » (respectivement
de « 6 » pour la question suivante) de la colonne B avec
NB.SI et de tirer vers la droite pour obtenir autant de
simulations que l’on veut.
On peut enfin compter le nombre de simulations où le
résultat est égal à 0 avec NB.SI. Par différence, on obtient
le nombre de fois où il est différent de 0.
Par exemple, sur 100 simulations de 100 lancers, on en
obtient 95 qui contiennent au moins une fois 5 résultats
consécutifs égaux. On recommence avec F9 : 98 – 96 –
… – 97… D’où p est voisin de 0,97.
Pour au moins 6 résultats égaux, on obtient p ≈ 0,80.
60
* z
**
H
G
E
A
C
D
1
B
B
C
D
1
0
0
0
0
2
2
3
1
哸
y
2
A
3
F
3
10 étant pair, il est donc impossible que 3 d’entre eux
soient impairs ou qu’un seul le soit c’est-à-dire, la
coccinelle n’atteindra jamais, au bout de 10 sauts, les
points B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), F(0 ; 0 ; 1) et G(1 ; 1 ; 1).
Seuls les points A(0 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), F(1 ; 0 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1)
sont possibles.
Avec le tableur
x
Nous allons approcher la loi de probabilité par simulation,
car un arbre serait trop touffu !
Nous simulerons un saut de la coccinelle en faisant
apparaître 1, 2 ou 3 de manière équiprobable.
Si, par exemple, le « 1 » sort, la coccinelle avancera d’un
pas parallèlement à (Ox) ; si le « 2 » sort, elle avancera
parallèlement à (Oy) et si le « 3 » sort, elle avancera
parallèlement à (Oz).
Pour simuler 10 sauts, on fera apparaître une suite de
10 nombres aléatoires : 1, 2, 3.
Dès que, dans cette suite, il y a un nombre pair de « 1 »,
la coccinelle revient dans le plan (yoz). S’il y en a un en
nombre impair, elle finit dans le plan (BCF). De même, pour
un nombre pair de « 2 », elle revient dans le plan (xoz).
De même pour « 3 ». Si a, b, c sont respectivement les
nombres de « 1 », de « 2 » et de « 3 », on a a + b + c = 10.
• De A2 à A11, les 10 nombres aléatoires 1, 2 ou 3.
• (B1 ; C1 ; D1) = (0 ; 0 ; 0) = les coordonnées du point A de
départ. On va suivre pas à pas, les coordonnées des points
atteints en ajoutant 1 (modulo 2) à la bonne coordonnée
selon la sortie d’un « 1 », d’un « 2 » ou d’un « 3 » et placer
ces coordonnées dans B2, C2, D2.
Par exemple : B2 =SI(A2 = 1 ; MOD(B1 + 1 ; 2) ; B1)
C2 =SI(A2 = 2 ; MOD(C1 + 1 ; 2) ; C1)
De même pour D2.
Il suffit de tirer jusqu’à la ligne 11, pour lire les coordonnées
du point d’arrivée. Pour plus de lisibilité, on traduira ce
triplet (B11, C11, D11) par le nombre B11 × 4 + C11 × 2 + D11.
Les 4 points A, C, F et H attendus sont ainsi codés
respectivement : 0, 6, 5, 3.
Il suffit de tirer vers la droite pour avoir le nombre voulu
de simulations.
Avec NB.SI, on obtiendra le nombre de fois où la coccinelle
arrive en A, en C, en F ou en H en comptant le nombre de
« 0 », de « 6 » de « 5 » et de « 3 ».
Il semble que l’on soit en présence de l’équiprobabilité.
11
CHAPITRE
LES
Probabilités
EXERCICES
les capacités
Sur
2.
c 1 Situations d’équiprobabilité
1
a)
5
1
= .
30 6
b)
3
5
2
1. {1, 2, 3, 4, 5, 6}.
2. a) La loi équiprobable.
1 1 4 2
b) ; ; = .
6 2 6 3
3
a)
4
a)
1
.
32
b) p(A) =
a)
4
1
= .
32 8
26
8
34
10
16
26
36
24
60
c)
8
1
= .
32 4
1.
P
F
F
P
F
P
P
F
F
F
1
.
8
1
b) p(a = 0) = .
8
3
c) p(a = 1) = .
8
a) p(a = 3) =
*
1. a)
2
1
= .
20 10
2
4
V
R
m
1
p
11 9 7 5 3 1
36 36 36 36 36 36
2
3
4
5
6
On note G le gain obtenu en euros.
1
1. a) p(G = 3) = p(« obtenir une dame ») = .
8
20 5
= .
b) p(G = 0) =
32 8
1 5
5
2. a) p(G = 3) = 2 × × = .
8 8 32
5 2 25
= .
b) p(G = 9) = 0
c) p(G = 0) =
8
64
冢冣
9
0,7
0,7
B
0,3
N
0,3 N
B
N
0,3
冣
b)
B
0,7
P
6
3
= .
20 10
c)
3
.
5
10
1. a)
*
2. • Compter le nombre de chemins contenant 2 « pile » :
il y en a 3.
3
D’où p(a = 1) = .
8
• p(a = 2) = 1 – [p(a = 3) + p(a = 1) + p(a = 0)]
1 3 1
3
= .
+ +
=1–
8 8 8
8
6
V
V
F
冢
3
4
2
4
8
P
P
R
2 1 1
3 1 3
2 3 3 1 3
× = . b) × = . c) × + × = .
5 4 10
5 2 10
5 4 5 2 5
7
24 2
26 13
16 4
= ; p(B) =
= ; p(C) =
= .
60 5
60 30
60 15
*
5
b)
R
2
5
25 5
= .
30 6
1
4
2.
1
3
2
3
J
2 1
= .
6 3
1
3
a) p(2B) = (0,7)2 = 0,49.
b) p(B et ensuite N) = 0,7 × 0,3
= 0,21.
c) p(une seule B) = 2 × 0,7 × 0,3
= 0,42.
b)
J
2
3
1
3
R
2
3
R
J
R
2
.
3
冢3冣
1
.
9
b) p(au moins une fois J)
= 1 – p(0 fois J)
4 5
=1– = .
9 9
a) p(2 fois J) =
1
2
=
11 1.
1
5
4
5
2.
1
5
5
4
5
1
5
5
4
5
5
冢5冣
16
.
25
1 4
8
b) 2 × × = .
5 5 25
5
a)
4
2
=
c)
E
3
1
B
A
5
19 1. a) 4 = 1 .
8
1
11
b)
= .
c) .
32 8
32 4
32
2. a) A ∩ B = « Obtenir le roi de cœur ».
A ∪ B = « Obtenir un roi ou un cœur ».
1
1 1 1 11
= .
b) p(A ∩ B) = ; p(A ∪ B) = + –
32
8 4 32 32
c 2 Des fréquences aux probabilités
20 a)
12 a) 5 = 1 .
100 20
10 + 5 + 1 16
4
b)
=
= .
100
100 25
21 A.
12
J
35
p(M ∪ J) =
5
xi
d
pi
0,78
1
c
0,22
2
14 1. On prendra les fréquences observées pour pro-
babilités.
Durée 0 t < 2 2 t < 4 4 t < 6 6 t < 8 8 t < 10 t 10
0,15
0,16
0,12
0,05
2. 0,30 + 0,22 + 0,15 = 0,67.
b) (0,05)3 = 0,125 × 10– 3.
3. a) (0,67)3 ≈ 0,301.
15 a) 2p + 5p = 1. D’où p = 1 et donc, p(6) = 2 et
7
1
p(5) = … = p(1) = .
7
5
b) .
7
7
16 a) Même en sachant la pièce truquée, sur trois
résultats de lancers, on ne peut rien conclure.
b) Je parie « pile », car les fréquences observées font
apparaître trois fois plus de « pile » que de « face ».
c) On prend pour loi
pile
face
0,76
c 3 p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B)
b) 0,4.
c) 0,3.
18 a) E = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6}.
b) A = {1 ; 3 ; 5} ; B{3 ; 4 ; 5 ; 6}.
ou
1
2
3
3
4
4
1
2
2
3
1
3
4
2
4
2
4
6
4
4
6
6
6
6
4
5
5
5
25 12 30 1
+
–
= .
35 35 35 5
3
4
3
5
3
35 – 5 6
= .
35
7
Somme
2
1 = Produit
8
7
9 12
7 8
8 12 16
3
3
1
5
; p(B) = ; p(A ∩ B) = ; p(A ∪ B) = .
16
16
16
16
B. On n’aura plus les cases de la 1re diagonale du tableau.
2
1
2
1
= ; p(B) =
= ;
p(A) =
12 6
12 6
2 1
p(A ∩ B) = 0 ; p(A ∪ B) = = .
6 3
22 1. a) p(C) = 550 = 0,275.
2 000
450
= 0,225.
b) p(I) =
2 000
2. a) C ∩ I = « acheter des clémentines en provenance
d’Italie ».
b) C ∪ I = « acheter des clémentines ou acheter italien ».
100
= 0,05.
3. p(C ∩ I) =
2 000
p(C ∪ I) = 0,275 + 0,225 – 0,05 = 0,45.
p(A) =
0,25
p(pile – face – face) = 0,76 × 0,24 × 0,24 ≈ 0,044.
17 a) 0,3 + 0,5 – 0,2 = 0,6.
3
4
2. a) (0,78)2 = 0,608 4. b) 2 × 0,78 × 0,22 = 0,343 2.
c) (0,22)2 = 0,048 4.
p
1
2
pour loi de probabilité les fréquences observées. D’où :
0,22
25
M
b) p(M ∩ J) = p(M) + p(J) – p(M ∪ J)=
13 1. 500 étant un nombre important, on va prendre
0,30
6
5
5
3 3
9
× = .
5 5 25
p
4
Trouvez l’erreur
23 L’élève fait l’hypothèse d’équiprobabilité sur les
11 résultats positifs, ce qui est faux. Par exemple : 2 = 1 + 1,
alors que 4 = 1 + 3 = 2 + 2 = 3 + 1. On comprend que 4
sera obtenu plus souvent que 2.
24 L’élève a utilisé la formule : p(A ∪ B) = p(A) + p(B),
formule qui n’est vraie que lorsque les deux événements
A, B sont incompatibles ; ce n’est pas le cas ici puisque
1
≠ 0.
A ∩ B = « obtenir le roi de cœur », de probabilité
32
Chapitre 11. Probabilités • 93
LES
EXERCICES
Problèmes
0,7
I
0,3 F
0,3
0,6
2. Pour a) et b), en multipliant les probabilités trouvées
sur la branche. Pour c) en ajoutant les probabilités des
deux chemins qui réalisent l’événement.
G
0,5
DP
0,5
0,1
0,2
E
0,8
G
32
p(A) = 0,1 × 0,8 = 0,08.
F
1.
G
2. a) 0,21. b) 0,3.
c) 0,3 × 0,3 + 0,6 × 0,5 + 0,1 × 0,8 = 0,47.
Total
Carte bancaire
0,18
0,48
0,66
Espèce
0,12
0,08
0,20
0,14
0,14
0,70
1
Chèque
0,30
Total
n–1
n+5
n
n+6
V2
B2
V1
p(B1) =
33
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
n
n–1
×
.
n+6 n+5
1
n(n – 1)
= ⇔ n2 – 13n – 30 = 0.
(n + 6)(n + 5) 2
3. b) Les abscisses semblent être – 2 et 15.
c) Reportez – 2 et 15 dans n2 – 13n – 30.
4. n = 15.
2.
AD
A
0,34
0,05
B
0,25
0,14
C
0,12
0,10
b)
xi
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
pi
1
36
2
36
3
36
4
36
5
36
6
36
5
36
4
36
3
36
2
36
1
36
1
3
A
1. a)
34
B
1
3
A
2. 8 × 0,34 + 10 × 0,25 + … = 11,26.
B. 1. a) 0,39. b) 0,39. c) 0,22.
2. 0,29.
1
3
29 a) 2 × 2 × 3 = 12.
35
1
1
4
1
= .
b) p(A) = ; p(B) = ; p(C) =
12
2
12 3
2.
30 p(A) = 1 ; p(B) = 1 + 1 = 1 ; p(C) = 1 + 3 = 1 ;
8
8 8 4
1 1
3
= .
+
p(D) = 1 –
8 8
4
31 1. a) 4 . b) 9 . c) 12.
25
25
25
冢
• 94
冣
1.
*
SD
8
8
6
6
bleu
rouge
V2
28 A. 1.
6
6
1. 2 – 3 – 4 – 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 – 12.
2. a)
n
.
n+6
p(B1 et B2) =
6
6
1
125
3 × 25 75 25
. b)
. c)
=
= .
216
216
216
216 72
3×5
15
5
d)
=
= .
216
216 72
2. Leur somme doit être égale à 1.
3. s = 0.
B2
B1
6
a)
b) p(A) = 0,7 ; p(B) = 0,08 ; p(C) = 0,2 + 0,3 – 0,12 = 0,38.
0,18 3
=
≈ 0,27.
c)
0,66 11
27 1.
6
6
6
6
*
10 €
6
6
5
6
< 10 €
1
6
6
1
6
F
26 a)
1
6
*
25 1.
2
1
3 C
D
10
13
B
D
A
B
C
6
3
= .
26 13
V
3
13
C
D
A
1
2
2
2
. b) . c) . d) .
3
9
9
9
V
C
V
C
V
C
V
V
C
C
V
C
C
冢13冣 .
3
10
300
=
×
.
b)
13 冢13冣 2 197
1
1
.
c) 冢冣 =
26
17 576
a)
3
3
2
3
36 1 – p(« que des garçons font les courses »)
冢冣
3
=1–
5
3
98
.
=
125
37 a) 1, 2, 3, 4.
b) 10 000 étant un nombre grand, on prendra pour
probabilités les fréquences observées.
LES
EXERCICES
c) n
i
1
pi
2
5
2
3
4
3 2
3 3 2 2 1 3 2 1
1
× =
× × =
× × ×1=
5 4 10 5 4 3 5 5 4 3
10
38 Pour obtenir les fréquences cumulées, dans la cel-
lule D2, tapez : = C2/A2 .
Algorithmique
pour tous
40 Pour les premières valeurs de i, les fréquences
cumulées fluctuent, mais assez vite on constate une stabilisation vers 0,5.
42 a) Remplacez la 1re ligne du traitement de l’exemple
p. 292 par « Si entier aléatoire (1, 6) = 6, alors s prend la
valeur s + 1 ».
b) Pour TI : Remplacez les 5e et 6e lignes de l’exemple par :
If entAleat (1, 6) = 6
Then
s+1→s
End
Pour Casio : Remplacez la 5e ligne de l’exemple par :
If Int (Ran# × 6) + 1 = 6
Then s + 1 → s
I. End
c) Au départ, les résultats fluctuent, mais ensuite ils
tentent à se stabiliser vers 0,16.
d) Quand on n’a que des 0 ou des 1, le nombre de « 1 »
n’est autre que la somme des résultats obtenus.
Si on faisait ainsi avec le dé, on compterait, dans s, la
somme des points obtenus, qui, dans le cas du dé, est
différent du nombre de « 6 » obtenus.
43 1. a) t est le compteur de la tortue. Il donne le
nombre de cases franchies par cette dernière. S’il arrive
à 6, la tortue a gagné.
b) Oui, il faut mettre la tortue au départ.
c) Pour que la boucle « tant que » puisse démarrer. En
effet, la boucle, pour fonctionner, teste, entre autres, si x
est différent de 6. Il faut donc mettre dans la variable x le
résultat du 1er lancer du dé.
d) x = 6 ou t = 6.
e) • x = 6.
• t = 6.
2. a) Pour TI par exemple :
entAleat (1, 6) → X
0 →T
While X ≠ 6 and T ≠ 6
T + 1 →T
entAleat (1, 6) → X
End
If X = 6
Then
Disp « L »
Else
Disp « T »
End
b) Le lièvre.
3. a) On va utiliser une boucle « pour », le compteur i
variant de 1 à n afin de simuler n parties. a comptera le
nombre de fois où le lièvre gagne.
Saisir n
a prend la valeur 0
Pour i variant de 1 à n
x prend la valeur…
哸
partie de l’ancien algorithme.
Fin Tant que.
si x = 6 alors a prend la valeur a + 1
finSi
finPour
Afficher a.
b) Pour n = 100, le lièvre a gagné 63 fois, c’est-à-dire
f = 0,63.
Pour n = 400, le lièvre a gagné 264 fois, c’est-à-dire
f = 0,66.
c) Le lièvre semble en effet gagner plus souvent que la
tortue.
d) On peut prendre pour probabilité la fréquence obtenue
pour n = 400. On aura alors p = 0,66 et q = 1 – p = 0,34 ;
p ≈ 2q.
Le lièvre a environ deux fois plus de chances que la tortue
de gagner.
冧
Chapitre 11. Probabilités • 95
LES
EXERCICES
Pour
44
1
2
P
1
2
F
1
2
P
p(G) =
F
1
2
aller plus loin**
1 1 3
+ = .
2 4 4
冢15冣
45 p(produit pair) = 1 – p(produit impair) = 1 – 8
161
.
225
46 p(gagne avec A) = 1 ;
2
3 2 7
1
=
< .
p(gagne avec B) = 1 –
4
16 2
2
50 a) Fausse : si A est l’ensemble de tous les résultats
possibles, p(A) = 1 et il est impossible de trouver un événement de probabilité > 1.
b) Vraie : en effet, ∀ A ∈ Ᏹ, ∀ B ∈ Ᏹ, A ∩ B ⊂ A, donc
p(A ∩ B) p(A).
c) Vraie : il suffit de prendre A égal à l’ensemble de tous
les résultats possibles.
p(A) = 1 et ∀ B ∈ Ᏹ, p(B) 1.
=
冢冣
47 a)
V1
1
2
3
b) p(A) =
p(D) =
2
3
1
3
1
2
1
.
2
冢6冣
2
=
冢冣
1
5
. b)
36
6
2
=
25
.
36
6
1
= .
63 62
49 a) p(3F et 1G) = 4 = 1 ; p(1F et 1G sachant que
4
2
4
1
l’on a déjà 2 filles) = .
2
1
1
Or = 2 × . D’où Mme Bertrand a raison.
2
4
1
b) p(2F sachant que déjà 1F et 1G) = = p(3F et 1G).
4
La probabilité n’a pas changé.
• 96
51 • Effectuer un arbre et compter.
ou sans arbre :
1
AA
4
2
FAA
1 2
3 11
AFA
8
p(Agagne) = + +
= .
4
8
16
16
FFAA
3
FAFA
16
AFFA
冣
4 2
2 1
2 1
= ; p(B) = 1 – = ; p(C) = = ;
6 3
3 3
6 3
48 1. a) 1
2. =
V2
Problèmes ouverts
冣
ou, encore plus vite, en comptant la probabilité que
Florian gagne :
1
FFF
8
1
3
5
AFFF
+
= .
3
8
16
16
FAFF
16
FFAF
冣
52
n
1
2
3
4
p
4
256
84
256
144
256
24
256
Au lieu de tenter de dessiner les 256 chemins (!), on peut
utiliser 4 cases qui seront les 4 résultats obtenus après
tirage : ⵧ ⵧ ⵧ ⵧ et compter de combien de manières
ces cases peuvent être remplies.

f - Espace Math

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