Maths Livre 2nd

collection Programme 2010 Seconde

Sous la direction de Jean-François Chesné Marie-Hélène Le Yaouanq

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Hélène Gastin Marc Guignard Daniel Guillemet

Les auteurs et les éditions Didier remercient Philippe Dutarte pour ses conseils avisés, ses idées d’activités et de travaux pratiques qui ont enrichi la partie Statistique et Probabilités. Nous remercions également Éric Roxval et Anne-Laure Collinet (professeure d'anglais) pour la rédaction des exercices de la rubrique English corner.

Couverture : Contours Mise en pages, schémas et photogravure : STDI « Le photocopillage, c’est l’usage abusif et collectif de la photocopie sans autorisation des auteurs et des éditeurs. Largement répandu dans les établissements d’enseignement, le photocopillage menace l’avenir du livre, car il met en danger son équilibre économique. Il prive les auteurs d’une juste rémunération. En dehors de l’usage privé du copiste, toute reproduction totale ou partielle de cet ouvrage est interdite. » « La loi du 11 mars 1957 n’autorisant, au terme des alinéas 2 et 3 de l’article 41, d’une part, que les copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective » et, d’autre part, que les analyses et les courtes citations dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale, ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite. » (alinéa 1er de l’article 40) – « Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal. ». © Les Éditions Didier, Paris 2010

ISBN 978-2-278-06389-5

Imprimé en France

Sommaire

Programme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Premiers pas en algorithmique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Partie I. Fonctions Chapitre 1. Modéliser par une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20 Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45 Chapitre 4 Fonctions de référence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63 Chapitre 5. Inéquations. Étude de variations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78 Chapitre 6. Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

Partie II. Statistiques et probabilités Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98 Chapitre 8. Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116 Chapitre 9. Échantillonnage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Partie III. Géométrie Chapitre 10. Configurations plans. Repérage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137 Chapitre 11. Géométrie dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 Chapitre 12. Équations de droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 Chapitre 13. Vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176 Raisonnement logique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

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B.O. Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009

Mathématiques Classe de seconde Introduction La seconde est une classe de détermination. Le programme de mathématiques y a pour fonction : • de conforter l’acquisition par chaque élève de la culture mathématique nécessaire à la vie en société et à la compréhension du monde ; • d’assurer et de consolider les bases de mathématiques nécessaires aux poursuites d’étude du lycée ; • d’aider l’élève à construire son parcours de formation. Pour chaque partie du programme, les capacités attendues sont clairement identifiées et l’accent est mis systématiquement sur les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre. L’acquisition de techniques est indispensable, mais doit être au service de la pratique du raisonnement qui est la base de l’activité mathématique des élèves. Il faut, en effet, que chaque élève, quels que soient ses projets, puisse faire l’expérience personnelle de l’efficacité des concepts mathématiques et de la simplification que permet la maîtrise de l’abstraction.

Objectif général L’objectif de ce programme est de former les élèves à la démarche scientifique sous toutes ses formes pour les rendre capables de : • modéliser et s’engager dans une activité de recherche ; • conduire un raisonnement, une démonstration ; • pratiquer une activité expérimentale ou algorithmique ; • faire une analyse critique d’un résultat, d’une démarche ; • pratiquer une lecture active de l’information (critique, traitement), en privilégiant les changements de registre (graphique, numérique, algébrique, géométrique) ; • utiliser les outils logiciels (ordinateur ou calculatrice) adaptés à la résolution d’un problème ; • communiquer à l’écrit et à l’oral. Dans la mesure du possible, les problèmes posés s’inspirent de situations liées à la vie courante ou à d’autres disciplines. Ils doivent pouvoir s’exprimer de façon simple et concise et laisser dans leur résolution une place à l’autonomie et à l’initiative des élèves. Au niveau d’une classe de seconde de détermination, les solutions attendues sont aussi en général simples et courtes.

Raisonnement et langage mathématiques Le développement de l’argumentation et l’entraînement à la logique font partie intégrante des exigences des classes de lycée. À l’issue de la seconde, l’élève devra avoir acquis une expérience lui permettant de commencer à distinguer les principes de la logique mathématique de ceux de la logique du langage courant et, par exemple, à distinguer implication mathématique et causalité. Les concepts et méthodes relevant de la logique mathématique ne doivent pas faire l’objet de cours spécifiques mais doivent prendre naturellement leur place dans tous les chapitres du programme. De même, le vocabulaire et les notations mathématiques ne doivent pas être fixés d’emblée ni faire l’objet de séquences spécifiques mais doivent être introduits au cours du traitement d’une question en fonction de leur utilité. Comme les éléments de logique mathématique, les notations et le vocabulaire mathématiques sont à considérer comme des conquêtes de l’enseignement et non comme des points de départ. Pour autant, ils font pleinement partie du programme : les objectifs figurent, avec ceux de la logique, à la fin du programme.

Utilisation d’outils logiciels L’utilisation de logiciels (calculatrice ou ordinateur), d’outils de visualisation et de représentation, de calcul (numérique ou formel), de simulation, de programmation développe la possibilité d’expérimenter, ouvre largement la dialectique entre l’observation et la démonstration et change profondément la nature de l’enseignement.

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L’utilisation régulière de ces outils peut intervenir selon trois modalités : • par le professeur, en classe, avec un dispositif de visualisation collective adapté ; • par les élèves, sous forme de travaux pratiques de mathématiques ; • dans le cadre du travail personnel des élèves hors du temps de classe (par exemple au CDI ou à un autre point d’accès au réseau local).

Diversité de l’activité de l’élève La diversité des activités mathématiques proposées : • chercher, expérimenter – en particulier à l’aide d’outils logiciels ; • appliquer des techniques et mettre en œuvre des algorithmes ; • raisonner, démontrer, trouver des résultats partiels et les mettre en perspective ; • expliquer oralement une démarche, communiquer un résultat par oral ou par écrit ; doit permettre aux élèves de prendre conscience de la richesse et de la variété de la démarche mathématique et de la situer au sein de l’activité scientifique. Cette prise de conscience est un élément essentiel dans la définition de leur orientation. Il importe donc que cette diversité se retrouve dans les travaux proposés à la classe. Parmi ceux-ci les travaux écrits faits hors du temps scolaire permettent, à travers l’autonomie laissée à chacun, le développement des qualités d’initiative. Ils doivent être conçus de façon à prendre en compte la diversité et l’hétérogénéité des aptitudes des élèves. Le calcul est un outil essentiel pour la pratique des mathématiques dans la résolution de problème. Il est important en classe de seconde de poursuivre l’entraînement des élèves dans ce domaine par la pratique régulière du calcul mental, du calcul numérique et du calcul littéral. L’utilisation d’outils logiciels de calcul – sur calculatrice ou sur ordinateur – contribue à cet entraînement.

Organisation du programme Le programme est divisé en trois parties, • Fonctions • Géométrie • Statistiques et probabilités Les capacités attendues dans le domaine de l’algorithmique d’une part et du raisonnement d’autre part, sont transversales et doivent être développées à l’intérieur de chacune des trois parties. Des activités de type algorithmique possibles sont signalées dans les différentes parties du programme et précédées du symbole ‡. Le programme n’est pas un plan de cours et ne contient pas de préconisations pédagogiques. Il fixe les objectifs à atteindre en termes de capacités et pour cela indique les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre.

Évaluation des élèves Les élèves sont évalués en fonction des capacités attendues et selon des modes variés : travaux écrits, rédaction de travaux de recherche, compte-rendus de travaux pratiques. L’évaluation doit être en phase avec les objectifs de formation rappelés au début de cette introduction.

1. Fonctions L’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier : • un problème se ramenant à une équation du type f (x) = k et de le résoudre dans le cas où la fonction est donnée (définie par une courbe, un tableau de données, une formule) et aussi lorsque toute autonomie est laissée pour associer au problème divers aspects d’une fonction ; • un problème d’optimisation ou un problème du type f (x) > k et de le résoudre, selon les cas, en exploitant les potentialités de logiciels, graphiquement ou algébriquement, toute autonomie pouvant être laissée pour associer au problème une fonction. Les situations proposées dans ce cadre sont issues de domaines très variés : géométrie plane ou dans l’espace, biologie, économie, physique, actualité etc. Les logiciels mis à la disposition des élèves (tableur, traceur de courbes, logiciels de géométrie dynamique, de calcul numérique, de calcul formel, etc.) peuvent être utilement exploités. Par ailleurs, la résolution de problèmes vise aussi à progresser dans la maîtrise du calcul algébrique et à approfondir la connaissance des différents types de nombres, en particulier pour la distinction d’un nombre de ses valeurs approchées. Il s’agit également d’apprendre aux élèves à distinguer la courbe représentative d’une fonction des dessins obtenus avec un traceur de courbe ou comme représentation de quelques données. Autrement dit, il s’agit de faire comprendre que des dessins peuvent suffire pour répondre de façon satisfaisante à un problème concret mais qu’ils ne suffisent pas à démontrer des propriétés de la fonction.

Mathématiques Classe de seconde

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2. Géométrie L’objectif de l’enseignement de la géométrie plane est de rendre les élèves capables d’étudier un problème dont la résolution repose sur des calculs de distance, la démonstration d’un alignement de points ou du parallélisme de deux droites, la recherche des coordonnées du point d’intersection de deux droites, en mobilisant des techniques de la géométrie plane repérée. Les configurations étudiées au collège, à base de triangles, quadrilatères, cercles, sont la source de problèmes pour lesquels la géométrie repérée et les vecteurs fournissent des outils nouveaux et performants. En fin de compte, l’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier un problème d’alignement de points, de parallélisme ou d’intersection de droites, de reconnaissance des propriétés d’un triangle, d’un polygone – toute autonomie pouvant être laissée sur l’introduction ou non d’un repère, l’utilisation ou non de vecteurs.

Mathématiques Classe de seconde

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Dans le cadre de la résolution de problèmes, l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique par les élèves leur donne une plus grande autonomie et encourage leur prise d’initiative. La définition proposée des vecteurs permet d’introduire rapidement l’addition de deux vecteurs et la multiplication d’un vecteur par un nombre réel. Cette introduction est faite en liaison avec la géométrie plane repérée. La translation, en tant que transformation du plan, n’est pas étudiée en classe de seconde.

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S’adressant à tous les élèves de seconde, le programme de géométrie dans l’espace a pour objectif : • de développer la vision dans l’espace des élèves en entretenant les acquis du collège concernant les solides usuels ; • d’introduire les notions de plans et droites de l’espace et leurs positions respectives ; • de fournir ainsi des configurations conduisant à des problèmes aptes à mobiliser d’autres champs des mathématiques (géométrie plane, fonctions, probabilités) ou de la physique. Il importe donc tout particulièrement que la géométrie dans l’espace soit abordée tôt dans l’année scolaire. L’utilisation d’un logiciel de visualisation et de construction est un élément déterminant dans « l’apprentissage de l’espace ». Les élèves doivent être capable de représenter en perspective parallèle (dite aussi cavalière) une configuration simple et d’effectuer des constructions sur une telle figure. Ils doivent aussi être capables de mobiliser pour des démonstrations les théorèmes de géométrie plane.

3. Statistiques et probabilités Pour des questions de présentation du programme, les cadres relatifs à l’enseignement des statistiques et des probabilités sont présentés séparément à la suite l’un de l’autre. Pour autant, ces enseignements sont en relation étroite l’un avec l’autre et doivent faire l’objet d’allers et retours. Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmes dans le cadre de l’analyse de données, rendre les élèves capables • de déterminer et interpréter des résumés d’une série statistique ; • de réaliser la comparaison de deux séries statistiques à l’aide d’indicateurs de position et de dispersion, ou de la courbe des fréquences cumulées ; dans le cadre de l’échantillonnage • faire réfléchir les élèves à la conception et la mise en œuvre d’une simulation ; • sensibiliser les élèves à la fluctuation d’échantillonnage, aux notions d’intervalle de fluctuation et d’intervalle de confiance et à l’utilisation qui peut en être faite.

Mathématiques Classe de seconde

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Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmes dans le cadre des probabilités, rendre les élèves capables : • d’étudier et modéliser des expériences relevant de l’équiprobabilité (par exemple, lancers de pièces ou de dés, tirage de cartes) ; • de proposer un modèle probabiliste à partir de l’observation de fréquences dans des situations simples ; • d’interpréter des événements de manière ensembliste ; • de mener à bien des calculs de probabilité. Les situations étudiées concernent des expériences à une ou plusieurs épreuves. • La répétition d’expériences aléatoires peut donner lieu à l’écriture d’algorithmes (marches aléatoires).

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Algorithmique (objectifs pour le lycée) La démarche algorithmique est, depuis les origines, une composante essentielle de l’activité mathématique. Au collège, les élèves ont rencontré des algorithmes (algorithmes opératoires, algorithme des différences, algorithme d’Euclide, algorithmes de construction en géométrie). Ce qui est proposé dans le programme est une formalisation en langage naturel propre à donner lieu à traduction sur une calculatrice ou à l’aide d’un logiciel. Il s’agit de familiariser les élèves avec les grands principes d’organisation d’un algorithme : gestion des entrées-sorties, affectation d’une valeur et mise en forme d’un calcul. Dans le cadre de cette activité algorithmique, les élèves sont entraînés : • à décrire certains algorithmes en langage naturel ou dans un langage symbolique ; • à en réaliser quelques uns à l’aide d’un tableur ou d’un petit programme réalisé sur une calculatrice ou avec un logiciel adapté ; • à interpréter des algorithmes plus complexes. Aucun langage, aucun logiciel n’est imposé. L’algorithmique a une place naturelle dans tous les champs des mathématiques et les problèmes posés doivent être en relation avec les autres parties du programme (fonctions, géométrie, statistiques et probabilité, logique) mais aussi avec les autres disciplines ou la vie courante. À l’occasion de l’écriture d’algorithmes et de petits programmes, il convient de donner aux élèves de bonnes habitudes de rigueur et de les entraîner aux pratiques systématiques de vérification et de contrôle.

Notations et raisonnement mathématiques (objectifs pour le lycée) Cette rubrique, consacrée à l’apprentissage des notations mathématiques et à la logique, ne doit pas faire l’objet de séances de cours spécifiques mais doit être répartie sur toute l’année scolaire.

Mathématiques Classe de seconde

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Premiers pas en algorithmique 1. Premiers exemples d’algorithmes (page 8) C Ce programme de construction permet de construire la médiatrice et le milieu I de [AB]. D Pour chacun des nombres 5 ; 7 ; 3 et 8,3 on obtient son double.

2. Algorithme et programme informatique Exercice 1 (page 9) Demander un nombre ENTRÉES : TRAITEMENT : Élever au carré SORTIE : Annoncer le résultat

Exercice 2 (page 9) ENTRÉES : Demander deux nombres TRAITEMENT : Ajouter les deux nombres Diviser par 2 Annoncer le résultat SORTIE :

Exercice 3 (page 9) Différents traitements sont possibles. ENTRÉES : Placer trois points A, B, C TRAITEMENT et SORTIE : Construire le milieu I de [AC] Construire le symétrique D de B par rapport à I

3. Variable et affectation A Exercice 1 (page 10) Le résultat affiché est 12. Exercice 2 (page 10) VARIABLES : a, b, c, m nombres ENTRÉES : Saisir a Saisir b Saisir c TRAITEMENT : m prend la valeur (a + b + c)/3 SORTIE : Afficher m

Exercice 3 (page 10) VARIABLES : a, b, c, d nombres ENTRÉES : Saisir a TRAITEMENT : b prend la valeur a – 4 c prend la valeur b ¥ 2 d prend la valeur c + 8 SORTIE : Afficher d

C Exercice (page 12) Algorithme 2

Contenus des variables

Contenus des variables

VARIABLES : a et x sont des nombres

VARIABLES : a, b, c, d et x sont des nombres

12

Algorithme 3

ENTRÉES : Saisir x

x:5

TRAITEMENT : a prend la valeur x + 4

x:5

b prend la valeur 2 ¥ a c prend la valeur b – 3

ENTRÉES : Saisir x

x:5

a:9

TRAITEMENT : a prend la valeur x + 4

x:5

a:9

x:5

a : 9 b : 18

a prend la valeur 2 ¥ a

x:5

a : 18

x:5

a : 9 b : 18 c : 15

a prend la valeur a – 3

x:5

a : 15

d prend la valeur c – x

x:5

a : 9 b : 18 c : 15 d : 10

a prend la valeur a – x

x:5

a : 10

SORTIE : Afficher d

Affichage de 10

SORTIE : Afficher a

Affichage de 10

Ces deux algorithmes correspondent au programme de calcul : – Choisir un nombre. – Ajouter 4. – Multiplier par 2. – Soustraire 3. – Soustraire le nombre de départ. L’algorithme 2 introduit une variable différente pour chaque nombre à stocker en mémoire, soit 5 variables. Le programme utilisera 5 « espaces » différents en mémoire. L’algorithme 3 n’utilise que 2 variables mais peut paraître moins lisible dans un premier temps. Le programme utilisera moins de place en mémoire.

4. Structure alternative : « Si… Alors… Sinon. » Exercice (page 12) n nombre VARIABLES : ENTRÉE : Saisir n TRAITEMENT et SORTIE : Si n a pour reste 0 dans la division par 7 Alors Afficher « nombre multiple de 7 » Sinon Afficher « nombre non multiple de 7 » FinSi

5. Structures itératives : boucles A Exercice 1 (page 13) VARIABLES : S, i nombres ENTRÉE : Saisir S TRAITEMENT : Pour i allant de 1 à 15 Faire S prend la valeur S ¥ 1,04 FinPour SORTIE : Afficher S

Exercice 2 (page 13) VARIABLES : S, n, i nombres // n est le nombre d’années ENTRÉE : Saisir S Saisir n TRAITEMENT : Pour i allant de 1 à n Faire S prend la valeur S ¥ 1,04 FinPour SORTIE : Afficher S

Exercice page 14 L’algorithme 6 affiche successivement les nombres 7 ; 14 ; 21 ; 28 ; 35 ; 42 ; 49 ; 56 ; 63. État des variables dans la boucle :

L’algorithme 7 affiche 512 État des variables dans la boucle :

i:1

n:7

i:1

n:2

i:2

n : 14

i:2

n:4

i:3

n : 21

i:3

n:8

i:4

n : 28

i:4

n : 16

i:5

n : 35

i:5

n : 32

i:6

n : 42

i:6

n : 64

i:7

n : 49

i:7

n : 128

i:8

n : 56

i:8

n : 256

i:9

n : 63

i:9

n : 512

Premiers pas en algorithmique

13

B Exercice 1 (page 15) Pour S = 4 800 € on obtient l’état des variables suivant Algorithme 8

Algorithme 9

Saisir S

S : 4 800

n prend la valeur 0

S : 4 800

Tant que S ≤ 6 000 Faire S prend la valeur S ¥ 1,04 n prend la valeur n + 1 FinTantque

Afficher n

Contenus des variables

Saisir S

S : 4 800

n:0

n prend la valeur 0

S : 4 800

n:0

Répéter S prend la valeur S ¥ 1,04 n prend la valeur n + 1 Jusqu’à S > 6 000

S : 4 992

n:1

S : 5 191,68

n:2

S : 5 399,3472

n:3

n:4

S : 5 615,321088

n:4

S : 5 839,933932

n:5

S : 5 839,933932

n:5

S : 6 073,531289

n:6

S : 6 073,531289

n:6

S : 4 992

n:1

S : 5 191,68

n:2

S : 5 399,3472

n:3

S : 5 615,321088

Affichage de 6

Afficher n

Affichage de 6

Exercice 2 (page 15) Il faut garder en mémoire le montant S de départ et l’on doit donc introduire une nouvelle variable, que l’on notera s afin de calculer les montants successifs à chaque passage dans la boucle. Algorithme 8 modifié : VARIABLES : s, S, n nombres ENTRÉE : Saisir S INITIALISATION : n prend la valeur 0 s prend la valeur S TRAITEMENT : Tant que s ≤ 2 ¥ S Faire s prend la valeur s ¥ 1,04 n prend la valeur n + 1 FinTantque Afficher n SORTIE :

Algorithme 9 modifié : VARIABLES : s, S, n nombres ENTRÉE : Saisir S INITIALISATION : n prend la valeur 0 s prend la valeur S TRAITEMENT : Répéter s prend la valeur s ¥ 1,04 n prend la valeur n + 1 Jusqu’à s > 2 ¥ S Afficher n SORTIE :

Exercice 3 (page 15) Algorithme avec la structure Tantque…FinTanque : VARIABLES : a, n nombres ENTRÉE : Saisir a INITIALISATION : n prend la valeur 0 TRAITEMENT : Tantque 2n < a Faire n prend la valeur n + 1 FinTanque Afficher n SORTIE :

Exercices pages 18-19 1 On obtient toujours 0. On peut comprendre sur un exemple générique avec les chiffres 2, 7 et 3 en effectuant l’addition : 273 Dans la colonne des unités, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) unités, + 237 dans la colonne des dizaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) dizaines, + 723 dans la colonne des centaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) centaines. + 732 + 372 + 327 –––––––– …

14

La somme est donc 2 ¥ (2 + 7 + 3) ¥ 100 + 2 ¥ (2 + 7 + 3) ¥ 10 + 2 ¥ (2 + 7 + 3) = (2 + 7 + 3) ¥ 222. En divisant cette somme par 222 et en retranchant la somme 2 + 7 + 3 des chiffres, on obtient donc 0. De façon générale : Si les trois chiffres sont a, b, c (1  a, b, c ≤ 9), en ajoutant tous les nombres écrits on obtient 2(a + b + c) centaines + 2(a + b + c) dizaines + 2(a + b + c) unités = (a + b + c) ¥ 222. ( a  b  c ) ¥ 222 Et – ( a  b  c )  0. 222

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3 a:5; b:7; c:6

4 a:5; b:–1

5 a:4; b:1; c:–3

6 a:9; b:9; c:9

7 1. Il semble que l’on obtienne des carrés d’entiers. 2. Sans réduire le nombre de variables : VARIABLES : a, b, c, d nombres ENTRÉES : Saisir a TRAITEMENT : b prend la valeur a – 6 c prend la valeur b ¥ a d prend la valeur c + 9 SORTIE : Afficher d

En réduisant le nombre de variables : VARIABLES : a, b nombres ENTRÉES : Saisir a TRAITEMENT : b prend la valeur a – 6 b prend la valeur b ¥ a b prend la valeur b + 9 SORTIE : Afficher b

8 1. On obtient l’affichage des nombres 0 ; – 32 ; 12. État des variables x prend la valeur 7

x:7

y prend la valeur 2

x:7

y:2

z prend la valeur 2x – y

x:7

y:2

z : 12

y prend la valeur 2y – 3z

x:7

y : -32

z : 12

x prend la valeur 5z + y – 4x

x:0

y : -32

z : 12

2. Il semble que x contienne toujours 0.

Premiers pas en algorithmique

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3. En entrant les nombres a, b et c dans les variables x, y, z, on obtient : x prend la valeur a

x:a

y prend la valeur b

x:a

y:b

z prend la valeur 2x – y

x:a

y:b

z : 2a-b

y prend la valeur 2y – 3z

x:a

y : 5b – 6a obtenu par 2b – 3(2a – b)

z : 2a – b

x : 0 obtenu par 5(2a – b) + 5b – 6a – 4a

y : 5b – 6a

z : 2a – b

x prend la valeur 5z + y – 4x

9 1. VARIABLES : ENTRÉES : TRAITEMENT : SORTIE :

Remarque : on peut réduire à 1 variable p. VARIABLE : p nombre ENTRÉES : Saisir p TRAITEMENT : p prend la valeur p + 0,196 ¥ p SORTIE : Afficher p

p, q nombres Saisir p q prend la valeur p + 0,196 ¥ p Afficher q

2. VARIABLES : p, n, t nombres ENTRÉES : Saisir p Saisir n Saisir t TRAITEMENT : p prend la valeur p + t ¥ p SORTIE : Afficher p

//p : prix ; n : nombre d’articles ; t : TVA

10 Algorithme en langage naturel : Demander le nombre de personnes. Multiplier 200 € par ce nombre. Ajouter 600 €. Diviser par le nombre de personnes.

// On obtient le prix total des forfaits. // On obtient le coût total. // On obtient la part qui revient à chacun.

Algorithme formalisé : VARIABLES : n, f, t, p nombres ENTRÉES : Saisir n TRAITEMENT : f prend la valeur 200 × n t prend la valeur F + 600 p prend la valeur t/n SORTIES : Afficher t, p

// n : nombre de personnes, f : prix des forfaits, t : coût total, p : part qui revient à chacun

11 Instructions

L’algorithme affiche donc 25 ; 44 ; 7. Si la variable s contient un nombre de secondes, cet algorithme exprime cette durée en heures, minutes, secondes : 92 647 s = 25 h 44 min 7 s.

État des variables

Variables : s, h, m entiers Entrées : Saisir s

s : 92 647

Traitement : h prend la valeur E(s/3 600)

s : 92 647

h : 25

s prend la valeur s – 3 600 ¥ h

s : 2 647

h : 25

m prend la valeur E(s/60)

s : 2 647

h : 25

m : 44

s:7

h : 25

m : 44

s prend la valeur s – 60 ¥ m

16

12 1. Pour h = 14, m = 45, l’algorithme fait afficher (15 , 46). Pour h = 8, m = 59, l’algorithme fait afficher (9, 0). 2. Il semble qu’un horaire étant donné, cet algorithme fasse afficher l’horaire une minute plus tard. 3. Si on entre h = 0 et m = 5, l’algorithme affiche (0, 6) puis « on a changé de jour », ce qui est faux.

13 Voir aussi sur le site Internet www.didiermathx.com VARIABLES : n, m nombres

// n nombre de photocopies, m montant de la facture en centimes.

Saisir n ENTRÉES : TRAITEMENT : Si n  20 Alors m prend la valeur n ¥ 10 Sinon m prend la valeur 20 ¥ 10 + (n – 20) ¥ 8 FinSi Afficher m SORTIES :

14 Voir aussi sur le site Internet www.didiermathx.com n nombre // n nombre auquel arrive le joueur. VARIABLES : ENTRÉES : Saisir n TRAITEMENT et SORTIES : Si n est multiple de 35 Alors Dire « Fizzbuzz » Sinon Si n est multiple de 5 Alors Dire « Buzz » Sinon Si n est multiple de 7 ou commence par 7 Alors Dire « Fizz » Sinon Dire le nombre n FinSi FinSi FinSi

15 1. Le résultat affiché est 55. Ce programme calcule la somme 1 + 2 + 3… + n. 2. Programme modifié :

16 1. Pour n = 35, le résultat affiché est 2 ; pour n = 55, on obtient 0. 2. u est le reste de la division euclidienne de n par 11.

Premiers pas en algorithmique

17

17 Voir aussi sur le site Internet www.didiermathx.com C, i, D entiers VARIABLES : INITIALISATION : C prend la valeur 0 // C est le compteur TRAITEMENT : Pour i allant de 1 à 500 Faire D prend la valeur NbAlea(1; 6) Si D = 1 Alors C prend la valeur C + 1 FinSi FinPour SORTIE : Afficher C

18 1. n

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Affichage de c

3

2

4

2

4

3

4

2

6

La variable c compte le nombre de diviseurs (positifs) de n. 2. Le résultat affiché est 2 quand n est un nombre premier et uniquement dans ce cas.

19 1. Des exemples : x

6

12

20

6

y

5

3

15

6

Affichage de z

30

36

300

36

Cet algorithme semble afficher le produit des deux nombres entrés en x et en y. Pour aller plus loin Il s’agit de la « multiplication à l’égyptienne » obtenue uniquement à l’aide de duplication. Sur l’exemple x = 20 et y = 15 observons ce procédé : x

y

z

Commentaires

ENTRÉE

20

15

INITIALISATION

20

15

0

TRAITEMENT

10

30

0

Le produit xy n’a pas changé : 20 ¥ 15 = 10 ¥ 30

5

60

0

Le produit xy n’a pas changé : 20 ¥ 15 = 5 ¥ 60

4

60

60

Ici le produit xy a changé : 20 ¥ 15 = 4 ¥ 60 + 60 On remplace le calcul de 5 ¥ 60 par celui de 4 ¥ 60 en stockant dans la variable z ce qu’il faudra ajouter au résultat pour obtenir 5 ¥ 60

2

120

60

On a remplacé le calcul de 4 ¥ 60 par celui de 2 ¥ 120 : 20 ¥ 15 = 2 ¥ 120 + 60

1

240

300

A l’étape suivante x serait égal à 0, donc on s’arrête. 20 ¥ 15 = 1 ¥ 240 + 60 est bien contenu dans la variable z.

Le produit xy est 20 ¥ 15

Remarque : Ce procédé de multiplication revient à écrire le nombre entré dans x comme somme de puissances de 2.

18

20 On prend pour n un nombre entier naturel. Si n > 20, on enlève 4 autant de fois qu’il le faut ; on obtient un nombre inférieur ou égal à 20. Il suffit donc d’observer ce qui se passe pour n compris entre 0 et 20. Pour n = 0, le programme affiche continuellement 0. Pour n = 20, le programme ne fait rien. Pour n = 4, n = 8, n = 12, n = 16, on obtient 20 à une étape donc le programme ne fait plus rien ensuite. Pour les autres valeurs, une liste de nombres semble se répéter indéfiniment. On peut regrouper ces nombres en deux familles : – Pour n = 2, n = 6, n = 10, n = 14, n = 18, on obtient 18 à une étape, suivi de la liste de nombres 18 ; 54 ; 50 ; 46 ; 42 ; 38 ; 34 ; 30 ; 26 ; 22 répétée indéfiniment. – Pour n = 1, n = 3, n = 5, n = 7, n = 9, n =11, n =13, n =15, n = 17, n = 19, on obtient 17 à une étape, et la liste de nombres 17 ; 51 ; 47 ; 43 ; 39 ; 35 ; 31 ; 27 ; 23 ; 19 ; 57 ; 53 ; 49 ; 45 ; 41 ; 37 ; 33 ; 29 ; 25 ; 21 est ensuite répétée indéfiniment. De façon générale : – Si n = 0, le programme affiche 0 continuellement. – Si n = 20, le programme ne fait rien. – Si n est un multiple de 4 non nul et autre que 20, le programme affiche 20 à une étape puis ne fait plus rien. – Si n est un nombre pair non multiple de 4, le programme répète indéfiniment la liste 18 ; 54 ; 50 ; 46 ; 42 ; 38 ; 34 ; 30 ; 26 ; 22 à partir d’une certaine étape. – Si n est impair, le programme répète indéfiniment la liste 17 ; 51 ; 47 ; 43 ; 39 ; 35 ; 31 ; 27 ; 23 ; 19 ; 57 ; 53 ; 49 ; 45 ; 41 ; 37 ; 33 ; 29 ; 25 ; 21 à partir d’une certaine étape. Remarque : Ce programme ne s’arrête pas, on évite donc de parler d’algorithme. On signalera que ce type de programme est à éviter en informatique…

Premiers pas en algorithmique

19

Modéliser par une fonction

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 a. A 1; 2 B - 2 ; 1 C 0 ; 2 D - 1; - 1 E 2 ; 0. b. Les abscisses de B, C et A sont : – 2 ; 0 et 1. c. Les ordonnées de A, C et E sont : 2 ; 2 et 0. 2 1. Il représente la température en °C en fonction du temps en heure (h) sur une journée. 2. 4 °C, 0 °C et environ 3 °C. 3. 4 °C à 15 h environ et à 18 h. 0 °C à 8 h. 4. Entre 0 et 8 h. 3 c. 4 1. a. 2

b. f - 1  - 2

c. – 2 ; 2 et 3.

2. a. g est affine non linéaire. b. x

0

2

5/3

g(x)

–1

5

4

Activité 1. Tableau de données et graphiques 1. y  - 28 2. t(s)

2

3

5

8

22

y(n)

– 28

– 37

– 50

– 28

– 35

3. 2 fois. 4. a. Oui. b. L’image de 2 par f est – 28. 2 et 8 sont des antécédents de – 28 par f. c. Non : par exemple à y  - 28 correspondent plusieurs valeurs de t.

Activité 2. Programme de calcul et formule A. 1. 25 ; – 8.

20

1

2. Nombre x

3

–8

1,6

1

Image de x

25

–8

20,8

19

3. a. f 1, 6  20 , 8 ; f - 2  10 ; f 5  31. b. f x   x  4 ¥ 3  4 B. 1. Choisir un nombre. L’élever au carré. Multiplier par 4. Soustraire 23. 2. g 1  - 19 et g - 5  77 13  23  36 ; 36  4  9. Les deux antécédents de 13 par g sont 3 et – 3.

Activité 3. Des fonctions partout… ou presque 1. Il s’agit d’un tableau statistique. Le poids n’est pas fonction de la taille ni la taille fonction du poids. 2. Formule donnant la fréquence en fonction de la tension. 3. Formule donnant la somme en dollars en fonction de celle en euros. 4. Fonction de 2 variables donnant l’IMC en fonction du poids et de la taille. 5. Fonction donnant le nombre de diviseurs d’un entier non nul (discret). 6. Fonction donnant la température en fonction de l’altitude (représentation contraire aux habitudes).

Activité 4. Nombres réels et intervalles 1. 2. – 3,5

d

–2

–1

1 √2

0

7 3

a

b

3. a. 1ŒÈÎ0 ; 2 ˘˚

b. - p œ] - 2 ; - 1[

4. a. Vrai

b. Faux

c

7 c. 6 Œ ÈÍ ;   ÍÈ Î3 Î c. Faux

d. - 3 œ] -  ; - 3,5] d. Vrai

Activité 5. Aire et fonction 2. a. b. x  2 x3 x 7 x6 x  -1 x  4,5 x0

A. 1. D

  12   15 imp. x ⭐ 6   12 imp x ⭓ 0   15,75 0

3.

C

A

x

0

2

3

4,5

6



0

12

15

15,75

12

B

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

21

4. a. x doit appartenir à [0 ; 6]. b. (A) oui pour x = 3 ; (B) pas obtenu ; (C) pas obtenu ; (D) oui pour x = 2 ou x = 3 ou x = 4,5 ou x = 6. B. x -4 Æ x - 4 Æ x - 42 Æ - x - 42 Æ - x - 42  16 x Æ - x - 42  16 x

0

1

2

2,6

3

4

5

6

Aire de AMNP

0

7

12

14,04

15

16

15

12

y

16

10

1 0

1

2

3

4

5

6

x

Bilan (A) x  3 ou x  5. La courbe dit qu’il y a 2 solutions et le tableau les donne. (B) Avec la courbe x ª 1,2. (C) Cela n’est pas possible. On le voit sur la courbe ou avec la formule - x - 42  16 est forcément inférieur ou égal à 16. (D) x Œ2 ; 6 . On utilise la courbe et le tableau. Pour (A), (B) et (C) on peut aussi remonter le programme de calcul. Le tableau ne donne que quelques valeurs mais elles sont exactes. La courbe donne f x  pour toutes les valeurs de x de [0 ; 6] mais ce sont des valeurs approchées. Le programme de calcul ou la formule permettent de faire des calculs exacts mais sont plus difficiles à manipuler.

Activité 6. Relier les points ? a. La fonction donne le prix en euros en fonction du nombre de places. La variable est le nombre de places. C’est un entier naturel : on choisit donc le premier graphique non relié. b. La fonction donne la température en degrés Celsius (°C), le 8 décembre 2009, en fonction de l’heure. La variable est l’heure. C’est un nombre réel de [0 ; 22] : on choisit le second graphique relié.

Activité 7. Ma calculatrice a de la mémoire 1. Pour x  2,1 on a tapé sur 32 touches (y compris « entrée »). Pour x  3,141759682 sur 80 touches. 2. a. Sur 25 touches en tout. b. Sur 33 touches en tout. 3. Dans le premier cas, on a économisé 7 touches. Dans le second cas, on a économisé 47 touches.

22

TP 1. Pour une aire égale à 3 cm2 1.

O

M1

M2

A

N2 N1 B

2. OM

1

2

3

4

5

6

BN

1

2

3

4

5

6

ON

5

4

3

2

1

0



2,5

4

4,5

4

2,5

0

3. x Œ0 ; 6 ; ON  6 - x ; ire OMN 

x 6 - x  . 2

x 6 - x  ;  est définie sur [0, 6]. 2 c. On doit les relier : x est un réel de [0 ; 6].

4. a.  x  

d.

y

1

0 0

1 1,25

4,75

x

5. Placer M à environ 1,25 ou 4,75 cm de O.

TP 2. Fabriquer une boîte suffisamment grande b. OK

2. a. b. Non : AM Œ0,5 .

3. a. B2 :  10 - 2 * A 2

D2 :  A 2

C 2 :  B 2 Ÿ 2 E2 :  C 2 * D 2

3. b. OK

4. Par exemple x  1,5

A. 1. a. OK B. 1. et 2. : OK

5. a. x  AM

v x   10 - 2 x 2 ¥ x avec x Œ0 ; 5

C. 3. a. 2 antécédents

b. x  2 et x ª 1,4

b. v x  72 c. x Œ] 1,4 ; 2 [

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

23

TP 3. Estimer la profondeur d’un puits A. 1. 5 m 2. p  5 t 2 avec p profondeur en m et t temps compté en s. 3. Pour t = 2 s, p = 20 m et pour t = 3 s, p = 45 m. B. 1. g définie sur [ 0 ;   [ par g : p a t 

p p  4,9 330

2. e. Pour 1 s, environ 4,8 m ; pour 2 s, environ 18,5 m ; pour 3 s, environ 40,6 m.

TP 4. Comparer des aires A. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com. B. 1. x Œ0 ; 4

  GBA   45 ° donc GEF rectangle isocèle en E. 2. a. GEF rectangle en E car EF // AB et AB ^ AD et GFE AB  EF ¥ AE 16 - x  ¥ x 1 EF  AG - AE  8 - x. Donc  x     x 16 - x  2 2 2 8  4  ¥ 4  24. Comme  ABCD   ABFE   EFCD b.  ABCD  2  ABCD  ABFE   EFCD €  ABFE  2 c. 12 a un seul antécédent par f : f 8 - 2 10  12 , c’est 8 - 2 10 8 - 2 10 ª 1,68.





On déduit que 8 - 2 10 est l’unique antécédent de 12 par f et donc la valeur de x pour laquelle les trapèzes ABFE et EFCD ont la même aire.

TP 5. Faire le point sur la réduction graphique de f(x) = k 2. a. f 3  3 ; f 4  2 ; f 5  - 1. Pour x  3, f x   2. Pour x  4, f x   2. Pour x  5, f x   2. b. f x   2 signifie que le point de la courbe qui a pour abscisse x a son ordonnée égale à 2. c.

y

2 1 –2 –1 0

1

4

5

x

d. Il y a 4 valeurs de x pour les f x   2 ; 4 ; 1 ; – 1 et – 1,8 environ. 3. Pour trouver tous les nombres tels que f x   2 : – je place 2 sur l’axe des ordonnées, – je repère tous les points de la courbe d’ordonnée égale à 2, – je lis les abscisses de ces points : ce sont les solutions.

TP 6. Un tour de vis 1. On mesure L  57 et L1 ª 35. Donc L ⭐ 60 et 2. L en mm L1 en mm (à 0,1 près)

24

2 L  38. La vis n’est pas conforme. 3

8

18

28

48

60

70

80

90

5,3

12

18,7

32

40

43,3

46,7

50

3. a.

L1

50

17 ≈ 10

0

10

25

90

L

2 1 L et si L Œ] 60 ; 100 ], f L  L  20 3 3 Sur [8 ; 60] f est une fonction linéaire et sur ]60 ; 100] f est une fonction affine. On déduit le tracé de  f : il est composé de segments de droites. b. Si L Œ[ 8 ; 60 ] , f L 

4. a. D’après la figure : longueur filetée d’une vis de 25 mm = 17 mm environ, celle d’une vis de 50 mm = 90 mm. 50 b. 25 Œ8 ; 60 et f 25  soit environ 16,7 mm. 3 1 1 L  20  50 € L  30 € L  90 mm. 3 3

TP 7. D’un algorithme de calcul à une fonction A. 1. n, a, b et c. 2. Avec le nombre 2 : n

a

b

c

2

6

12

16

Avec le nombre – 6 : n

a

b

c

–6

–2

12

16

B. 2. a. Conjecture : le résultat semble être un carré parfait. b. n

a

b

c

x

x+4

x(x + 4)

x(x + 4) + 4

c. x x  4  4  x 2  4 x  4  x  22 Pour aller plus loin 1. calc s’applique à la variable n. Son image est c.

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

25

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

1 a. 32

b. 18

2 a. 5

b. 8

3 a. 4

b. 3

-1 4 a.

b.

5 a. 1

b. – 1

6 a. 399

b. 899

4

2. Oui.

26 À 5 : on associe 1 et 5. À 12 : on associe 1, 2, 3, 4, 6 et 12. On ne définit pas une fonction.

5 4

27 a. 6 est l’image de 3 par f. b. 3 est antécédent de 6 par f. c. 3 a pour image 6 par f. d. 6 a pour antécédent 3 par f.

7 9 x2 - 4

28 a. – 3 est l’image de 5 par f.

8 2 x2  6 x  4

b. 5 est antécédent de – 3 par f.

9 2 x2  3 x 1

c. 5 a pour image – 3 par f. d. – 3 a pour antécédent 5 par f.

10 4.

11

12 1

13 Vrai

29 Voir corrigé en fin de manuel.

14 Faux

15 2

A 75 30 1. 5 a

1 3

17 0

16

7

18 La rouge car f 1  3.

19 1. 58 cm à la naissance : plus grand que la « normale ». 65 cm à 9 mois : plus petit que la « normale ».

B 225 5a

B 36. –2a

2. A x   3 x 2 B x   3 x 2  9 x 2 .

2. Demander un nombre ; multiplier par – 1 et élever au carré.

32 Voir corrigé en fin de manuel.

2. 70 cm. 3. Entre 8 et 9 mois. 4. On peut remplacer « dépend de » par « est fonction de » dans la phrase b.

20 Dans les phrases a, c et d. 21 Non.

33 1. h : x a x x  3 2. h 0  0 h 3  18 h - 3  0 34 a. f 1  5 f - 1  11 f 2  8 b. f 1  6 f - 1  18 f 2  3 c. f 1 

22 Voir corrigé en fin de manuel. 23 2. a. L ¥ l  8

A 12 –2a

31 1. Demander un nombre ; l’élever au carré ; multiplier par – 1.

ENTRAÎNEMENT

8 b. Pour l Œ˘˚ 0 ; 8 ˘˚ , L  l

24 BC2  AC2 - 16 Celle qui à AC2 associe BC2 : x a x 16 définie sur ] 0 ;   [ . Celle qui à AC associe BC : x a x 2  16 définie sur ] 0 ;   [ . Celle qui à BC associe AC : x a x 2 - 16 définie sur ] 4 ;   [ .

26

25 1. À 13, on associe 1 ; à 5, on associe 2 et à 21, on associe 0.

1 2

d. f 1  8

3 7 13 f - 1  2 f 2  2 f - 1 

3 4

f 2 

3

1  1 f  2  8 - 4 2 35 f - 2  22 f

36 1. f 1  4 f - 5  - 14 f

 41  74

f

2. f x   1 € x  0 f x   - 5 € x  - 2 1 1 f x   € x  4 4

 7  3

7 1

37 a. Demander un nombre ; l’élever au carré ; ajouter 1. b. Demander un nombre ; ajouter 1 ; élever au carré. c. Demander un nombre ; soustraire 2 ; élever au carré ; ajouter 3. d. Demander un nombre ; ajouter 5 ; diviser par 2. 5 e. Demander un nombre ; ajouter . 2 f. Demander un nombre ; ajouter 2 ; diviser par le nombre donné au départ.

38 1. a. T ⭐ 900 b. Résoudre f T   440 c. f T  ⭓ 20 2. Comme f T   20 T et f T   440

44 1. V ¥ t  1 2. On peut agir sur la vitesse. 3. Pour représenter graphiquement les résultats on met v en abscisse et t en ordonnée. 1 4. t  f V  où f V   V

45 Prix en  8,0

4,0

0,8

alors 20 T  440 € T  484 .

0

39 1. x

2

3,5

4

x

f(x)

8

14

16

4x

x

2

3,5

4

x

f(x)

4

12,25

16

x2

x

2

3,5

6

x

f(x)

8

11

16

2x + 4

2. a.

b.

40 1. a. 3

b. 8

c. 64

3. On observe que les coefficients résultats sont des multiples de 5. 4. n  52 - n 2  n  5 - n n  5  n  52 n  5 2 n  5 entier donc n  52 - n 2 multiple de 5.

41 1.  1/ 2 * B1

3

4

5

6

7

8

10 Nb. de kiwis

9

46 Voir corrigé en fin de manuel. 47 – 1,5 : a comme antécédent – 3,5. 4 : n’a pas d’antécédent. 1 : a comme antécédents – 6 ; – 2 et 3,8 (environ). 3,5 : a comme antécédent 3. 0 : a comme antécédents – 5,5 ; – 2,4 et 4. 48 a. x

–4

–2

0

1

2

f(x)

2

4

3

1

–2

x

–4

–2

0

2

3

f(x)

–1

0

1

1

–2

b.

49 1. V 30

2. Dans C2  1/ 2 * C1

26 25

Dans E2  1/ 2 * E1 3. On obtient le tableau de valeurs de f. 4.  1/ 2 * B1  nRT 42 a. V  P T2 c. L  g ¥ 4 p2 43 a. Le côté du carré.

2

On ne relie pas ces points car le nombre de kiwis est un entier.

d. 55

2. Demander un nombre ; ajouter 5 ; élever au carré ; retrancher le carré du nombre donné, afficher le résultat.

1

U b. I  R at 2 d. r  4 p2

b. La durée d’utilisation du fer. c. La hauteur de la pyramide.

20 16 15 10 5 0

70 80 100 76 83

120

140

160

180

200 P

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

27

2. a. On doit relier les points, le volume pouvant prendre toutes les valeurs de l’intervalle [76 ; 200]. b. Voir figure. 3. a. 16 environ b. 86 environ

Pour une pression de 140 cm de mercure le volume est de 16 cm3 environ. C’est pour une pression de 83 cm de mercure environ que le volume est de 26 cm3.

50 1. Le graphique représente la fonction d, distance

3. f x  ⭐ 0 si et seulement si x Œ[ 0 ; 2 ] » [ 8 ; 12 ] .

56 1. x

0

2

4

6

8

10

12

14

16

g(x) 0 152 208 216 224 280 432 728 1 216 2. a. b. y

balle-capteur en fonction de la variable temps. d est définie sur l’intervalle [0 ; 0,6]. 2. a. d 0,3 ª 0,45 b. Après 0,3 secondes, la balle a parcouru 45 cm. Sur la chronophotographie, il suffit d’observer le 11e cliché, le 1er correspondant à 0 s le 2e à 0,03 s, etc. Il est face à 0,54 ce qui correspond à une distance parcourue de 1 – 0,54 soit 0,46 m, soit 46 cm.

g

3. Au bout de 0,32 s. Il s’agit de déterminer l’antécédent par d de 0,5. 4. Pour t ⭓ 0,45 s, d t   1 m. La balle a touché le sol.

51 Images ou antécédents

f(x) = y

Courbe C

f(3) = – 1

D(3 ; – 1) 苸 C

f(2) = 5

E(2 ; 5) 苸 C

– 2 est l’image de 1

f(1) = – 2

A(1 ; – 2) 苸 C

– 5 est un antécédent de 3

f(– 5) = 3

F(– 5 ; 3) 苸 C

f(0) = 4

G(0 ; 4) 苸 C

f(– 2) = 4

B(– 2 ; 4) 苸 C

3 a pour image – 1 2 est un antécédent de 5

0 est un antécédent de 4 – 2 a pour image 4

52 1. f - 2  6 3. f 2  - 3

2. f 0  2

5. f 0  0

6. f 3  0 et f - 2  0

4. f 3  5

53 1. f 1  - 1 donc A 1; - 1 Πf 2. f 2  - 1 donc B 2 ; - 1 3. f 0  1  f coupe O y au point C 0 ; 1 5 54 1. f 6  1. Oui, est une autre valeur de x telle 2

que f x   1. 7 2. a. f x   2 si et seulement si x  . 2 b. f x   - 2 si et seulement si x Œ 1; 12 . c. f x   0 si et seulement si x Œ 2 ; 8 . 3. Les réels qui n’ont qu’un seul antécédent par f sont – 3 et 2.

55 1. f 4 ⭓ 1. Les valeurs de x, telles que f x  ⭓1, 5 sont celles de ÍÈ ; 6˘˙ . Î2 ˚ 2. f x   - 2 si et seulement si x Œ] 0 ; 1[.

28

f(6) g(6)

0 0 1 2

4

6

8

10

12

14

16 x

3. a. f x   52 x . b. Voir graphique. c. g 6  f 6. C’est donc l’artisan le moins cher. d. Pour 4 m3 et 14 m3 les prix sont les mêmes chez les deux fournisseurs : f(4) = g(4) = 208 et f(14) = g(14) = 728.

57 1. AM Œ0 ; 5 2. Quand AM  4 l’aire de AMNP vaut 12. 3. Non : elle vaut 2 ¥ 21 exactement. 4. a. f : x a x 25 - x 2 La variable est x et l’ensemble de définition [0 ; 5]. b. f 3  3 16  12 c. f x   0 si et seulement si x  0 ou x  5. d. AMNP a une aire nulle si et seulement si M est en A ou en B. Pour aller plus loin On applique le théorème de Pythagore dans AMN rectangle en M : MN2  AN2 - AM2  25 - AM2 donc l’aire de AMNP est : AM ¥ MN  AM ¥ 25 - AM2 .

58 Voir corrigé en fin de manuel. 59 1.

x MN x  (Thalès) donc MN  62 1.

x

–3

–1

0

1

3

f(x)

–6

2

3

2

–6

2. Élever au carré, puis multiplier par – 1 et enfin ajouter 3. 3. f x   - x 2  3 C = 28 cm

R

P

c. Ce sont les abscisses des points de la courbe d’ordonnée 0. x2 F1 : y  - 3 x - 7 F2 : y  2 2 F3 : x ¥ y  4 F4 : x  y 2  25

N

A

3. a. Ce sont les abscisses des points de la courbe d’ordonnée 18. b. ce sont les ordonnées des points de la courbe d’abscisses 4 et 11.

T = 9 cm

M

AM en cm

b. Avec le tableau : f 4  14,667 et f 11  14,667. c. Avec la courbe : 0 et 15.

60 1.

2.

5 15 3 x x2 f x   ¥ 15 - x   5 x 3 3 2. a. La courbe donne le nombre d’antécédents et le tableau pour leur valeur : 6 et 9.

2

B

3

5

7

8

BM en cm

8

7

5

3

2

T

6

9

15

21

24

R

32

28

20

12

8

63 A

B

10

F2 F1

3. p1 x   3 x et p2 x   4 10 - x   - 4 x  40 4. 40

p2

F4 J p1

F3 –7

I

7

F3

10

1

5,7

5. a. Environ 5,7

61 1. a.

0

10

b. 3 x  - 4 x  40 donc x 

AM

1

2

3

4

MP

3

2

1

0

40 . 7

b. MBP rectangle en M et isocèle ( $ B  45 °) donc MP  MB  4 - AM. 3. a. Variable AM, donc  f  0 ; 4 . b. f x   x 4 - x  4. a. L’aire de AMPN est égale à 3 cm2 si AM  1 ou AM  3. b. L’aire de AMPN est égale à 2 cm2 si AM ª 0,6 ou AM ª 3,4 .

– 10

D

64 a. V

b. F

65 a. F

b. V

66 1. V 67 a. F

C

c. V

d. V

2. F

3. F

4. V

b. V

c. V

e. F

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

29

c. Bénéfice positif si q Œ0,7 ; 4 » 6,8 ou nul.

68 Cette courbe ne représente pas une fonction ! 69 Déterminer l’image de – 5 par f Déterminer l’image de 7 par f Déterminer les antécédents de 3 par f

89 1. Par exemple

x

0

2

5

8

11

13

15

18

20

f(x) 0 488 875 992 1 001 1 027 1 125 1 512 2 000

Travail personnel Pour les exercices 70 à 83 : voir corrigés en fin de manuel.

2. 3.

Milliers d’euros

APPROFONDISSEMENT

84 1. f 9  2 , f 5  0 ; f 2 et f - 1 n’existent pas et f 8  3 .

1 200

2. Choisir un nombre / Soustraire 5 / Prendre la racine carrée du résultat (quand c’est possible). 3. Si x Œ[ 5 ;   [, x - 5 est positif ou nul. 4. ] -  ; 10 ]

85 Entrée

Affichage

1,2

il n’a pas d’image

– 0,4

il n’a pas d’image

–3

il n’a pas d’image

12

3

100 0 1 2

5

8

11 13 15 15,75

18 20

4. Pour que le coût de production reste inférieur à 1 200 000 €, il faut et il suffit que l’entreprise fabrique un volume inférieur à 15,75 m3 (environ). Pour aller plus loin

86 1. a. V b. F c. V

Pour x Œ9 ; 11

2. V : 2 autres valeurs : une négative, une positive.

90 1.

3. V

h R 4  donc R  3 h 12 1 2 1 h V h  p R h  p 3 3 3 p 3 h h 27

4 cm

4. F, par exemple f - 3  g - 3.

87 1.

R

12 cm

n

2

4

5

9

13 16 24 25 36 49 50

d(n)

2

3

2

3

2

5

8

3

9

3



h

6

2. Les antécédents de 2 sont les nombres premiers. Les antécédents de 3 sont les carrés de nombres premiers.

88 1. a. 340 milliers d’euros. 2. a.

b. 4 tonnes. 2. h Œ0,12

Coût total (milliers d’euros)

V (en cm3)

350

340 328

300

270

300

250 200 140



100

88

50 20 46 0 0 1 2

140 120



100

32 p

80 60

3

4

5 6 7 8 Nombre de tonnes

b. R 2 - 2  100 - 88  12 donc bénéfice de 12 000 €.

30

180 160

200 150

200

40 20 0

9,5 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 h (en cm)

2

3. Le volume du verre plein est de 64 p. Le volume de liquide contenu dans le verre à moitié plein est 32 p. La hauteur du liquide est alors d’environ 9,5 cm.

3. Si x ⭐ 0 alors h x   - x 1 sinon h x   2 x  1

96 1. a  b  ab - a - b  2 b  ab  b a  2 2. b a  2  12. Comme a  2 2 on a : ou a  2  3 et b  4 soit a  1 et b  4 ou a  2  4 et b  3 soit a  2 et b  3 ou a  2  6 et b  2 soit a  4 et b  2 ou a  2  12 et b  1 soit a  10 et b  1. Les antécédents de 12 sont (1 ; 4), (2 ; 3), (4 ; 2) et (10 ; 1).

91 1. OK. 2. Tous les entiers obtenus sont pairs. 3. a. n 2 - n. b. n2 est le nombre total de cases. On retire les n cases de la diagonale (voir figure). Par symétrie, il reste un nombre pair de cases n 2 - n.

97  ABCD  16 cm2

3 4 - x  5x et  DCE  2 2 5 x 3 4 - x  a. On résout  8 soit x  2.  2 2 5 x 34 - x  b. On résout   0,6 ¥ 16 soit x  3,6. 2 2 Si AE  x,  ABE 

92 Elle calcule le volume d’un cylindre de rayon r et de hauteur h. 93 1. VARIABLES : , L, S nombres ENTRÉES : Saisir , L TRAITEMENT : S prend la valeur  ¥ L SORTIE : Afficher S

98 1. Si x est le nombre de tee-shirts vendus, le bénéfice est de 2,7x – 300 en euros. Or 2,7x - 300 ⭓ 3 000 € x ⭓ 1 223 (x entier). L’association peut faire un bénéfice d’au moins 3 000 € en vendant au moins 1 223 tee-shirts.

94 1. VARIABLES : T, P, I nombres ENTRÉES : Saisir T, P TRAITEMENT : I prend la valeur P / T 2 SORTIE : Si I  20 Alors Afficher « maigreur » Sinon Si I 25 Alors Afficher « surcharge pondérale » Sinon Afficher « poids normal » FinSi FinSi

2. Non ! 1 223 > 550. 3. On peut vendre le tee-shirt plus cher : 8,50 € pièce au moins.

99 a. 24

b. 65

c. 55

d. 5 150 e. 5 050

100 English Corner 1. y

95 1. 2.

y d2

J O

x

I

J

O

x

I

2. The domain of f is - 3 ; 6 . f x   1 € x  - 2 or x  1 or x  4,75

d1

f x   3 € x  - 3 or x Œ2 ; 4 3. f 0  0 ; f

21  - 1 ; f - 1  21 ; f  2  

2 . 2 -1

Chapitre 1. Modéliser par une fonction

31

2

Sens de variation Fonctions affines

Pour reprendre contact 1 1. a. f (1) =2 ; f (– 1)= 0 ; f (0) = 3. b. Les antécédents de 3 par f sont 0 et 2. 2. a. Négatif b. Positif

c. [1 ; 4].

2 a. B est au-dessus de A.

b. B est en-dessous de A.

3 1. L’antécédent est 3. 2. Pour f, le coefficient directeur est – 2 ; pour g, c’est 3. 3. Pour f, l’ordonnée à l’origine est 1 ; pour g, c’est – 4. 4 a. Oui

b. Oui

c. Non : multiplier par un négatif change le sens de l’inégalité.

d. Non

e. Oui

f. Non

Activité 1. Le lancer d’un ballon-sonde 1. La courbe verte représente l’altitude (en m) en fonction du temps (en min). La courbe rose représente la température (en °C) en fonction du temps (en min). 2. a. Au cours du temps, c’est-à-dire quand le temps augmente, l’altitude augmente puis elle diminue. b. L’altitude maximale atteinte est 30 000 m ; elle est atteinte au bout de 90 min, instant où le ballon éclate. 3. a. Au sens empirique, la température est croissante sur [60 ; 90] et sur [100 ; 135], décroissante sur [0 ; 30) et [90 ; 100], constante sur [30 ; 60]. b. La température maximale est 20 °C et la température minimale est – 50 °C. 4. La température est négative entre 8 min (environ) et 110 min.

Activité 2. Variations d’une aire 1. Voir le site Internet www.didiermathx.com 2. x

0

1

2

3

4

5

6

7

f(x)

0*

2,45

6.32

10,39

13,86

15,81

14,7

0*

* Le logiciel affiche « non définie » pour l’aire considérant que le triangle n’existe pas.

3. Quand x augmente de 0 à 7, l’aire semble d’abord augmenter puis ensuite diminuer. L’aire maximale semble être 15,91 m2 (elle ne figure donc pas dans le tableau) atteinte pour des valeurs de x comprises entre 5,2 et 5,3 m.

32

4. On place les points connus par le tableau. En tenant compte de l’évolution de l’aire et du maximum constatés expérimentalement sur le logiciel, on peut relier les points. y 17 16 15 14 13 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 –1

1

2

3

4

5

6

7

8

9 x

Activité 3. L’ironman 1. a. Cette portion de parcours enchaîne une descente, une montée, une portion de plat, une nouvelle descente, une montée. Elle se poursuivra par une portion de plat. b. Quand la distance parcourue augmente de 41,1 km à 84,2 km, l’altitude diminue puis augmente, reste constante, diminue et augmente. 2. Altitude (en m)

401

1080

1080

180 Distance en km 0

41,1 49,8 Tourrettes Pont du Loup

1100

1050

75,3 Caussols

77,2 Carrefour D12/D112

79,2 Carrefour D12/D5

84,2 Col de la Sine

3. Dans le tableau, l’altitude maximale est 1 100 m. Il n’existe pas de point d’altitude supérieure sur le parcours ; ceci se justifie grâce aux variations connues de l’altitude entre deux points donnés par le tableau. 4. De même, l’altitude minimale est 180 m.

Activité 4. Sens de variation d’une fonction affine 1. Voir le site Internet www.didiermathx.com 2. a. Quand b varie, le point d’intersection de la droite et de l’axe des ordonnées varie. b. L’ordonnée semble être b. 3. a. Quand a varie, la direction de la droite varie. b. f semble être croissante pour a > 0 et décroissante pour a < 0. 4. Pour b = 0, la droite passe par l’origine du repère. On a f(x) = ax, f est une fonction linéaire. Pour a = 0, la droite est parallèle à l’axe des abscisses. On a f (x) = b, f est une fonction constante.

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

33

TP 1. La fourmi paresseuse A. 1. x appartient à [0 ; 3]. 2. MB¢N est un triangle rectangle en B¢. B¢N = x et MB¢ = 2 donc MN = 4  x 2 . 3. a. BN¢ = x et A¢B¢ = 3 donc A¢N = 3 – x. b. NA¢S est un triangle rectangle en A¢.



c. NS = 1, 52  3 - x



2





2

4. L(x) = MN + NS = 4  x 2  2 , 25  3 - x 5. a. On trace la courbe sur la calculatrice et on utilise l’outil Trace.

La valeur minimale semble être environ 4,6 atteinte pour x compris entre environ 1,3 et 2,1. Avec la table de valeurs, on peut conjecturer une longueur minimale d’environ 4,6 pour x  1, 7 (à 0,1 près).

b. La fourmi devrait donc passer par le point N tel que BN  1, 7 . B. 2. ab. Figure réduite : D

A

C

B M

N A¢

B¢

S

D’

C’

Le plus court chemin sur ce patron de M à S est le segment [MS]. On en déduit la position de N, point d’intersection de [MS] et [A¢B¢] sur le patron. B¢N B¢M x 2 4   .  soit 3. Par le théorème de Thalès dans les triangles A¢SN et NB¢M : A ¢ N A ¢ S 3 x 1 ,5 3 12 On a donc 3x = 12 – 4x d’où x = ª 1, 7 . 7

34

TP 2. Sans calculatrice ni logiciel 2. x

0

2

4

5

6

V(x)

0

16

32

25

0

3. Réponse c. 4. Les courbes b et c sont cohérentes avec le sens de variation de V. V  5 - V  4   - 25 et  - 7. 6-5 5- 4 Donc sur [4 ; 6], on ne peut pas relier les points par un segment de droite. On choisit donc la courbe c.

Mais

V  6  - V  5

TP 3. Une aire maximale en autonomie A. Voir le site Internet www.didiermathx.com B. On conjecture que l’aire est maximale quand P est confondu avec b et que ce maximum est 16. C. 1. Soit K le point d’intersection de (MP) et (AC) et K¢ son symétrique par rapport à E. Par symétrie centrale, on a aire (MEK) = aire (NEK¢) d’où aire (MNP) = aire (KPNK¢). Donc aire (MNP) ≤ aire (APNC). y 8

D

C

7 6

K’

M

5 E

4 3

Aire MPN = 10

2

N

K 1 A -1

0

B 1

P

2

3

4

x

2. Aire (APNC) 聿 aire (ABC) donc aire (MNP) 聿 aire (ABC). De plus si P est en B, alors N est en C et M en A, donc le triangle MNP est confondu avec le triangle ABC. On en déduit que l’aire maximale est celle du triangle ABC.

TP 4. Algorithmique : tracé de courbe point par point A. Le tracé de droite paraît mieux correspondre puisque f est définie sur tout l’intervalle [– 1 ; 5]. B. 1. a. À la calculatrice, f (0) = 0 ; f (0,5) = 2,4875 ; f (1) = 4,899 ; f (1,5) = 7,1545. L’écart entre deux valeurs consécutives de x est 0,5. On placera, en arrondissant les ordonnées au dixième les points de coordonnées (0 ; 0), (0,5 ; 2,5), (1 ; 4,9) et (1,5 ; 7,2). b. Avec le même pas on pourra continuer jusqu’à x = 5 et placer les points supplémentaires de coordonnées (2 ; 9,2), (2,5 ; 10,8) , (3 ; 12), (3,5 ; 12,5) , (4 ; 12), (4,5 ; 9,8), (5 ; 0). 2. a. Les 6 premiers points obtenus, en arrondissant les ordonnées au dixième, sont les points de coordonnées (0 ; 0), (0,2 ; 1) ; (0,4 ; 2), (0,6 ; 3), (0,8 ; 3,9), (1 ; 4,9). Le 13e point serait le point de coordonnées (2,4 ; 10,5). Le dernier point serait le point de coordonnées (5 ; 0).

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

35

b. Avec un pas de 0,03, le 13e point serait le point de coordonnées (0,36 ; 1,8) et le dernier point aurait pour coordonnées (4,98 ; 2,2) (car 0,03 ¥ 166 = 4,98 et 0,03 ¥ 167  5 , 01). 3. Selon le pas, il est possible que le dernier pixel allumé ne corresponde pas au point de coordonnées (5 ; 0) et que lorsque la courbe obtenue en reliant les points placés s’arrête « avant » le point de coordonnées (5 ; 0). C. 1. La première valeur de x est 0. On passe à la suivante en ajoutant p, et encore à la suivante en ajoutant à nouveau p. On continue ainsi tant que la valeur trouvée reste inférieure ou égale à 5. 2. En langage naturel : Demander le pas p à l’utilisateur. Donner à x la valeur 0. Tant que x ≤ 5 : – on place le point de coordonnées (x, f (x)), – on ajoute p à la valeur de x pour obtenir la nouvelle valeur de x.

Exercice SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE b. -

2 a. – 10

b.

3 a. 108

b. 10 -4

3

19 1. La fonction h est strictement croissante du 1/11/2008 à 11 h au 2/11/2008 à 2 h, puis le 2/11/2008 : elle est strictement décroissante de 2 h à 3 h, strictement croissante de 3 h à 9 h et strictement décroissante de 9 h à 11 h.

10 3

13 1 a.

37 6

2. Le maximum de h est de 4,3 environ. La hauteur d’eau maximale atteinte lors de la crue de l’Allier en 2008 entre le 1/11 à 11 h et le 2/11 à 9 h est de 4,3 m.

4 15 cm 5 8 cm

3. le 1/11/2008 à 19 h 00 ; le 2/11/2008 à 4 h ; le 2/11/2008 entre 4 h et 5 h.

5 6 I ( ; 1)

4. On l’indiquera par une nouvelle droite horizontale passant par l’ordonnée 4,3.

2

7 22 euros 8 Environ 25 % de 120 € soit un quart de 120 € donc 30 €.

10 Le point de coordonnées (– 1 ; 3) 11 Oui 3 12 2

2. Sur [10 ; 15] la vitesse est constante. Elle vaut 5 km.h–1 3. La vitesse est strictement croissante sur [0 ; 2,5], strictement décroissante sur [2,5 ; 10] puis constante sur [10 ; 15].

Travail à faire avec un collègue de physique (par exemple on n’indique pas dans cet énoncé de référentiel).

15 ? = 2

22 Il s’agit de la fonction qui associe le nombre d’ordinateurs vendus aux années allant de 1990 à 2000.

16 a = 7 17 a. f (5) est négatif.

36

2. 260 N.m avec overboost, 240 N.m sans.

Pour aller plus loin 2

14 (2x – 5)(2x + 5)

18 x = 4

20 1. 110 chevaux à 4 000 tr/min. 21 1. Sur [0 ; 2,5] la vitesse augmente ; sur [2,5 ; 10] elle diminue.

9 f (– 4) = 49

13 15 x - 6 x

ENTRAINEMENT

b. f (0) est positif.

23 Voir corrigé en fin de manuel. 24 1. a. Cette fonction est strictement croissante sur [0 ; 6].

b. Son maximum est atteint pour x = 6. C’est l’aire d’un triangle équilatéral de côté 6. Son minimum vaut 0 pour x = 0. 2. a. Cette fonction est strictement décroissante sur [0 ; 6]. Son maximum est atteint pour x = 0 : c’est l’aire d’un carré de côté 6 donc 36 pour x = 0. Son minimum est 0 atteint en x = 6. b. Cette fonction est strictement décroissante sur [0 ; 6]. Son maximum est l’aire d’un triangle équilatéral de côté 6, atteint pour x = 0 ; son minimum est 0 atteint en x = 6.

2. x

–5

26 1. 2. 3.

–3

B

–3

31

y

1 4

2

0 –1

1

3 x

32 1. a. 2 < 4 et g est strictement croissante sur  donc g(2) < g(4) car g conserve l’ordre. b. – 2 < – 1 et g est strictement croissante sur  donc g(– 2) < g(– 1). 2. On a cette fois g(2) > g(4) et g(– 2) > g(– 1) car g renverse l’ordre.

33 1. Oui. 2. Non. 3.

y 4

4

f(x)

c. Cette fonction est strictement croissante sur [0 ; 6]. Son maximum est 36 atteint en x = 6 ; son minimum est 0 atteint en x = 0.

25 En rouge, la courbe représente l’aire de AMN (car la fonction qui à AM associe l’aire de AMN est strictement croissante) En vert, la courbe représente l’aire de BNQ (car la fonction qui à AM associe l’aire de BNQ est strictement décroissante). En bleu, la courbe représente l’aire de MNQC (par élimination).

0 4

y

C D

3

2

2 A

1 1

–5 –4 –3 –2 –1 –1 –2

1

2

3

4

5

6

4

8

x

E

27 1. [0 ; 10]

–2

–1

0

2. f est strictement décroissante sur [0 ; 2] puis strictement croissante sur [2 ; 6] et strictement décroissante sur [6 ; 10].

–1

3. De nombreuses courbes sont possibles.

–2

28 Voir corrigé en fin de manuel. 29 1. f est strictement croissante sur [– 5 ; 3], strictement décroissante sur [– 3 ; 1], strictement croissante sur [ 1 ; 3 ] et strictement décroissante sur [3 ; 7].

1

2

x

34 a. f est strictement croissante sur [– 2 ; 1] donc f(– 2) 聿 f(x) 聿 f(1) soit 2 聿 f (x) 聿 3. b. f est strictement décroissante sur [1 ; 4] donc f(1) 肁 f(x) 肁 f (4) soit 1 聿 f(x) 聿 3.

35 Voir corrigé en fin de manuel.

2. x

–5

–3

1

3

3

7

3

f(x) –4

0

–4

30 1. f est strictement croissante sur [– 5 ; 0] et strictement décroissante sur [0 ; 4].

36 a. h(– 6) > h(0) car – 6 < 0 et h renverse l’ordre sur ]–  ; 2]. b. On ne peut pas comparer h(4) et h(0) car h change de sens de variation entre 0 et 4. c. h(2) < h(4) car 2 < 4 et h conserve l’ordre sur [2 ; 5]. d. h(– 0,5) < h(– 100) car – 0,5 > – 100 et h renverse l’ordre sur les négatifs.

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

37

37 a. f(1) > f (3,6) car 1 < 3,6 et f renverse l’ordre sur [1 ; +  [. b. f (– 5) < f(– 1) car – 5 < – 1 et f conserve l’ordre sur ]–  ; 1]. c. On ne peut pas comparer f (– 1) et f (2) car f change de variations entre – 1 et 2. d. f(– 1) < f(1) car – 1 < 1 et f conserve l’ordre sur ]–  ; 1].

43 1. Pour tout x réel, x² est positif ou nul donc x 2 ⭓ 0

et x² – 5 肁 – 5 c’est-à-dire f(x) 肁 – 5.

38 1.

2. 0 est un antécédent de – 5 car f(0) = – 5. Le minimum de f sur  est donc – 5 et il est atteint en x = 0.

44 Non. Montrer que g(t) ≥ 1 pour tout réel t ne suffit pas à prouver que g admet 1 pour minimum. Il faut en plus que 1 soit bien l’image d’un certain réel a par g, ce qu’il n’a pas montré. 2. On a par exemple : f(0) = 0 et f (1) = – 1 mais f (2) = 4.

39 Exercice 27 : maximum : 4, minimum : – 5 Exercice 28 : maximum : 6, minimum : – 2 Exercice 29 : maximum : 3, minimum : – 4 Exercice 30 : maximum : 4, minimum : – 3 Exercice 31 : maximum : 3, minimum : – 1

40 Voir corrigé en fin de manuel. 41 1. La pyramide a pour base le triangle rectangle FMP et pour hauteur FN = (10 – x). 1 FMP a pour aire : x 10 - x donc le volume de la 2 pyramide est :





1 Ê1 1 x 10 - x ˆ 10 - x   x ( 10 - x )2 ¯ 3 Ë2 6 2. a. D’après la représentation à la calculatrice on peut conjecturer que V est strictement croissante sur [0 ; 3,3] puis strictement décroissante sur [3,3 ; 10].

V x

b. Graphiquement il semble que le volume sera maximal pour x = 3,3.

42 1. B(x) = 1 000x – C(x) = 1 000x – x3 + 90x² – 2 500x

45 Pour tout x réel, (x + 4)² est positif ou nul donc 6 – (x + 4)²聿 6 c’est-à-dire h(x) ≤ 6 pour tout réel x. De plus h(– 4) = 6 – 0² = 6. On a donc : h(x) 聿 h(0) pour tout réel x. Par conséquent 6 est le maximum de h sur . 46 1. x

–3

0

1

3

h(x)

3 1

1 –1

2. h(x) 聿 1 pour x appartenant à [0 ; 3]. Ceci se justifie par le sens de variation de h. 3. h(x) > 1 pour x appartenant à [– 3 ; 0[ U ]3 ; 4] Ceci se justifie à nouveau par le sens de variation de h.

47 1. x

–

–1

b. Il semble qu’il faille fabriquer au minimum 25 articles pour que B(x) soit positif, c’est-à-dire pour obtenir des bénéfices.

1

2

+

0 f(x) –4

– 2 000 = – x3 + 90x² – 1 500x – 2 000. 2. a. Il semble que 50 articles assurent le bénéfice maximal.

4

5

2. On observe à la calculatrice : il semble que f(2) = 0. On le vérifie par le calcul : f(2) = 8 – 6 – 2 = 0. Les valeurs de x telles que f(x) > 0 sont celles de ] 2 ;  [ . On justifie par le sens de variation de f. Pour aller plus loin [ 2 ;  [ U {– 1} car f(– 1) = 0 donc 0 est aussi solution.

48 1. a. f semble décroissante. b. Il semble que f(x) ≥ – 3 pour x appartenant à [– 3 ; 1]. 2. f(0,5)= – 2,875. On s’aperçoit que f(0,5) > – 3 c’est-àdire f(0,5) > f(0).

38

On peut en conclure que f n’est pas strictement décroissante. La conjecture de la question b n’est en revanche pas contredite par le calcul de f (0,5).

49 1. Il semble que f(x) 肁 3 pour x appartenant à [1 ; 5]. 2.

53 1. x = 0 ; x = 4 ; x = 8 ; x = 12 ; x = 16. 2. a. x

0

f(x) 2 2

2

4

6

8

10

12

14

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2

4

b. x

0 2 2

6

2 2

8

10

2 2

12

14 16

2 2

2 2

f(x) 2

2

2

2

54 1. et 2. a. a = 3 et b = 4 ; fonction strictement croissante sur . b. a = 2 et b = – 6 ; fonction strictement croissante sur .

On remarque que f n’est pas strictement croissante, elle change de variations sur [0 ; 3]. En particulier, f(1,5) ª 2 , 93 donc f (1,5) < 3. La conjecture faite à la question 1 est donc fausse.

c. a = 1 et b = 5 ; fonction strictement croissante sur .

50 1. Sa recette sera maximale pour un billet à 7 euros, sa recette sera alors de 10 801 euros pour 1 543 spectateurs (10 801/7).

f. a = 0 et b = 6 ; fonction strictement constante sur .

2. Réponse c. Si le billet est à 0 euros, elle a une recette de – 3 899 euros : elle perd donc 3 899 euros. 3. Pour les valeurs de x comprises entre 1 et 13. Elle doit fixer le prix du billet dans une fourchette de 1 à 13 euros si elle souhaite faire un bénéfice.

2. a. AM sera minimum pour x = 0 (distance d’un point à une droite) il vaut alors 3. b. f est strictement décroissante sur [– 4 ; 0] puis strictement croissante sur [0 ; 9]. 3. f (0) = 3 ; f(– 4) = 5 ; f(9) = 90 . –4

e. a = – 1 et b = 0 ; fonction strictement décroissante sur .

55 1 et 2. a. a = – 1 et b = 3 ; fonction strictement décroissante sur . b. a = 2/3 et b = – 5 ; fonction strictement croissante sur . c. a = 1/4 et b = – 3/4 ; fonction strictement croissante sur . d. a = 1/2 et b = 1 ; fonction strictement croissante sur .

51 1. x appartient à [– 4 ; 9].

x

d. a = 1 et b = 0 ; fonction strictement croissante sur .

0

f. a = 2 et b = 1 ; fonction strictement croissante sur .

56 1. a. Dx = 4 – 1 = 3 b. Dy = 5 – 2 = 3 3 c. a = = 1 3 2. f(x) = 1x + b. Or f(1) = 2 donc 2 = 1 + b d’où b = 1 et f(x) = x + 1.

9

5

e. a = – 1/4 et b = 0 ; fonction strictement décroissante sur .

90

h(x) 3

57 a. Dx = 1 – 0 = 1 ; Dy = 3 – 2 = 1. 1 a= =1 1 f(x) = 1x + b. Or f (1) = 3 donc 3 = 1 + b d’où b = 2 et f(x) = x + 2

52 1. x appartient à [0 ; 4]. 2. f est strictement croissante sur I. 3. a. CM¢ = 4 (rayon du quart de cercle). b. CM = 16  x 2 et f (x) = 16  x 2 – 4.

f (x) 0 0,03 0,123 0,272 0,472 0,717 1 1,315 1,656

b. Dx = 3 – 2 = 1 ; Dy = 6 – 0 = 6. 6 a= =6 1 f(x) = 6x + b or f(2) = 0 donc 0 = 12 + b d’où b = – 12 et f(x) = 6x – 12.

5. MM¢ 肁 1 lorsque f (x) 肁 1 c’est-à-dire pour x 肁 3 car f (3) = 1 et f est strictement croissante sur I.

58 Voir la solution de l’exercice résolu 7 page 63 du manuel.

4. x

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

39

59 Voir correction de l’exercice 54 de ce chapitre. 60 1. xA = 1 ; yA = – 1 ; xB = 3 ; yB = 3.

1,5x – 3 est strictement positif pour x > 2 ; négatif sinon. – x + 3 est strictement positif pour x < 3 ; négatif sinon. 2. a. Pour x = 2,5 par exemple.

2. L’accroissement des x est 3 – 1 = 2. L’accroissement des y est 3 – (– 1) = 4. 4 3. a =  2 2 4. b = – 3 5. f (x) = 2x – 3

b. 2 ¥ 2,5 + 4 = 9 > 0 1,5 ¥ 2,5 – 3 = 0,75 > 0 – 2,5 + 3 = 0,5 > 0

66 a. Oui

b. Non

c. Oui

d. Non

67 f(0) = 0 ; f(0,5) = 0 , 5 et f(1) = 1.

61 d1 : f(x) = x +1.

  

f 1 -f 0

1 d2 : f(x) = x . 2 d3 : f(x) = 3. 1 5 d4 : f(x)  - x – . 3 3 5 d5 : f(x) = - x  3 . 3 d6 : f(x) = 3x – 4.

 1 alors que

  

f 1 - f 0 ,5



1- 0 , 5

ª 0 , 59. 1- 0 1- 0 , 5 1- 0 , 5 Ces quotients étant différents, on ne peut pas représenter f par un segment de droite.

68 1. Prix avant réduction (€)

62 d1 : e. d2 : b. d3 : c. d4 : h. d5 : d. d6 : a.

12

25

Prix après réduction (€) 11,52

24

42

54

40,32 51,84

11, 52 24 40 , 32 51, 84     0 , 96. 25 42 54 12 3. R(p) = 0,96 p.

2. On a

4. R est une fonction linéaire. 5. Quand p augmente de 1 €, R(p) augmente de 0,96 €.

63 Voir corrigé en fin de manuel. 64 1. – 2x + 8 > 0 revient à – 2x > – 8 soit x < 4 ; donc

l’ensemble ]–  ; 4[. 2. y

69 1. a. 22 euros, 1,1 p ; 25 euros, R(p) = 1,25 p. b. 18 euros, 0,9 p ; 18,80 euros, R(p) = 0,94 p. 2. a. Une augmentation de 2 %. b. Une diminution de 20 %. c. Une augmentation de 40 %.

10

d. Une diminution de 50 %.

70 1.

8

t 6

0 0,25 0,5 0,75

d(t)

1

1,25 1,5 1,75

2

0 22,5 45 67,5 90 112,5 135 157,5 180

2. et 3. 4

y = d (t) 180

2

160

H G

140 –4

–2

0

2

4

6

x

–2

F

120

E

100

D

80

On peut contrôler le résultat précédent graphiquement en regardant pour quelles valeurs de x la droite est audessus de l’axe des abscisses. 3. Les réels 0 ; 1 ; 2 par exemple.

65 1. 2x + 4 est strictement positif pour x > – 2 ; négatif sinon.

40

C

60 B 40 A

20 0 0

0,25 0,5 0,75

1

1,25 0,5 1,75

2 x=t

Il s’agit d’une situation de proportionnalité : d est une fonction linéaire, donc d est représentée par un segment de droite sur [0 ; 2]. 4. 90 représente le coefficient directeur de la droite dont on a tracé une partie ci-dessus. 5. Durant la première heure le cycliste a roulé à la vitesse constante de 30 km . h–1 ; puis de 1 h à 1 h 30 il a roulé à une vitesse de 10 km . h–1. Il s’est arrêté de 1 h 30 à 2 h et est reparti jusqu’à 3 h à la vitesse constante de 40 km . h–1.

b. f(x)  0 si et seulement si x  0,3. g(x)  0 si et seulement si x  0,4. 3. Résolution algébrique f(x) = 0 € 0,6 = 2x € x = 0,3. g(x) = 0 € 0,4 = x. f(x)  0 € – 2x + 0,6  0 € 0,6  2x soit 0,3  x. g(x)  0 € – x + 0,4  0 € 0,4  x. 4. a. x  0 et f(x)  0 et g(x)  0 si et seulement si 0  x  0,3. b. Voir graphique ci-dessus.

71 1. V (r) = (aire de la base) ¥ ( hauteur)  p r2 h où r est le rayon de la base et h la hauteur du cylindre.

B. 1. Pour x = 0, les quantités de matières en O2 et en H2 sont respectivement 0,4 moles et 0,6 moles.

2. Le rayon étant fixé, le volume est proportionnel à la hauteur donc la seconde courbe (à droite) représente le volume en fonction de la hauteur, à rayon fixé, car elle représente une fonction linéaire. La première représente donc le volume en fonction du rayon.

2. C’est le réactif H2 qui disparaîtra en premier, pour x = 0,3.

1 72 1. f (h) = ¥ 4 ¥ 3 ¥ h  4 h

3 1 2. g(h) = ¥ 4 ¥ 3 ¥ 6 - h = 24 – 4 h 3 4. On résout 4 h = 24 – 4 h ce qui donne h = 3. Le point d’intersection a pour coordonnées (3 ; 12). L’abscisse correspond à la position de S pour que les deux pyramides aient le même volume ; ce volume est alors égal à 12.





73 A. 1. a. Coefficient directeur de D : – 2. Coefficient directeur de D¢ = – 1. b. Ordonnée à l’origine de D : 0,6. Ordonnée à l’origine de D¢ : 0,4. c. y

74 1. Vraie 2. « Si f (0) > f(4) alors f est strictement décroissante sur [0 ; 4] » : Faux.

75 On est d’accord avec Fati mais pas avec Théo. Il est possible que Théo ait raison mais il peut aussi avoir tort. 76 1. Vrai 2. Faux

77 On est sûr que n < m. Mais ce n’est pas parce que (n) < f(m) que la fonction est de façon certaine strictement croissante sur [a ; b]. On peut modifier l’algorithme de plusieurs façons. Une possibilité : Remplacer « f est strictement croissante sur [a ; b] » par « il est possible que f soit strictement croissante sur [a ; b] mais elle peut aussi ne pas l’être ». 78 Voir corrigé en fin de manuel.

0,6

79 On ne peut pas représenter f par un segment de droite. f 1 - f  0  13 - 12 Par exemple les quotients  ª 0 ,14 1- 0 1 f  4  - f  0 ª 3 ,13 sont distincts. et 4-0

D : y = – 2x + 0,6 = f (x) 0,5 0,4

0,1

O

3. Il reste alors 0,1 mole du réactif O2 car 0,1 = 0,4 – 0,3.

D’ : y = x + 0,4 = g (x) 0,1

0,3

0,4

0,5

1

x

80 D’un point de vue mathématique, il est faux de dire que la teneur en CO2 ne cesse d’augmenter, puisqu’il y a des intervalles nombreux où la fonction est décroissante. C’est l’allure générale, qui est qualifiée bien souvent de croissante.

2. Résolution graphique

81 1. La fonction, qui à l’intensité I associe la tension U, est strictement croissante.

a. f(x) = 0 si et seulement si x = 0,3. g(x) = 0 si et seulement si x = 0,4.

2. Tracer, sur une feuille de papier millimétré, la courbe représentative de la fonction, qui à I associe U.

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

41

3. Montrer que la fonction, qui à I associe U est donnée par la formule U(I) = RI. 4. Tracer la courbe représentative de la fonction, qui à l’intensité I qui traverse la lampe associe la tension U.

82 1. La notation « < 4 » sur l’axe des ordonnées. Le // sur l’axe des abscisses indique une rupture dans l’axe du temps ainsi que dans les graduations utilisées : mois et années sur le même axe. Les graduations régulières en ordonnées ne sont pas à écarts constants. 2. Le taux d’anticorps décroît de 128 à 64. Il diminue de moitié (de 50 %). 3. On peut lire le sens de variation des deux fonctions représentées malgré les graduations inhabituelles et la rupture de graduations en abscisse puisqu’il n’y a pas de rupture correspondante sur les courbes entre 1 mois et 1 an.

Travail personnel Pour les exercices 83 à 101 : voir corrigés en fin de manuel.

Par le calcul : 5 40 AMD et DMC ont même aire € x = 20 – x € x = 2 7 5 3 AMD et MBC ont même aire € x = 8 - x € x = 3 2 2 3 DMC et MBC ont même aire € 20 – x = 8 - x 2 € x = – 16. On élimine cette solution car x appartient à [0 ; 8].









10 ¥ V = (1 + 0,1) V = 1,1 V 103 1. NV = V +

100 8 ¥ V = (1 – 0,8) V = 0,92 V 100 3. Les courbes rouge et bleue correspondent à une augmentation, car elles sont au-dessus de la droite d’équation y = x, donc leur coefficient directeur est supérieur à 1. La courbe verte correspond à une diminution car étant en dessous de la droite d’équation y = x, son coefficient directeur est inférieur à 1.

2. NV = V –

104 2. Graphique obtenu sur AlgoBox :

APPROFONDISSEMENT

102 A. Voir le site www.didiermathx.com B.1. Aire de AMD  1 ¥ 5 x  5 x 2 2 1 et aire de MBC  ¥ 3 ¥ ( 8 - x ) 2 2. Aire de ABCD = 32 ; aire de DMC = aire de ABCD – aire de AMD – aire de MBC. 5 3 Aire de ABCD = 32 – x – 8 - x = 20 – x 2 2 3. y





20 f1

18

Cet algorithme représente point par point la courbe de la fonction f(x) = 2x² – 1 avec un pas de 0,1 sur l’intervalle [0 ; 1]. 3. Algorithme modifié : Il faut déclarer p comme nouvelle variable, demander la valeur de p à l’utilisateur puis remplacer le pas 0,1 par p, demander également a et b.

16 14 f3

12 10 8 6 4 2

f2 –2 0

2

4

6

8 x

4. Graphiquement : on repère les points d’intersection et on lit leurs abscisses : 5,7 et 3 à la précision de lecture graphique près.

42

105 Il y a plusieurs méthodes pour exécuter ce tracé selon qu’on le trace point par point ou que l’on utilise un outil de tracé d’un segment déterminé par ses extrémités (sur AlgoBox ou sur une calculatrice par exemple).

Exemple d’algorithme : VARIABLES : a nombre INITIALISATION : a prend la valeur 0 TRAITEMENT Tantque a ≤ 18 Faire Tracer le segment ayant pour extrémités les points de coordonnées (a ; 0) et (a + 1 ; 1) Tracer le segment ayant pour extrémités les points de coordonnées (a + 1 ; 1) et (a + 2 ; 0) a prend la valeur a + 2 FinTantque Programmation sur Algobox :

d. Car la vitesse est constante. Le coefficient directeur est – 15. 3. 0 5

H

5 10 15 20 25 30 35 40 45 50 55 K Temps (min) I J

10 15 20 25 F 30 Profondeur (m)

G

4. Sa plongée a duré environ 56 minutes.

108 1. a. Pour u < v et a > 0, on a au < av puis au + b < av + b. b. f conserve l’ordre donc f est strictement croissante sur .

106 1. h varie dans l’intervalle [0 ; 6].

2. Si a < 0 et u < v, alors au > av et au + b > av + b, l’ordre est renversé, la fonction f est strictement décroissante sur .

2. r et h sont les longueurs des côtés de l’angle droit d’un triangle rectangle qui a pour hypoténuse le rayon de la demi-sphère donc d’après le théorème de Pythagore, il vient : h² + r² = 6² = 36.

109 1. Le deuxième graphique, car le prix est un nombre entier d’euros.

3. Volume du cylindre = p ¥ r² ¥ h or r² = 36 – h² d’après la question précédente donc V(h) = p ¥ h ¥ (36 – h²) = 36 p h – p h3.

3. a. n peut prendre les valeurs entières entre 0 et 19.

4. a. La hauteur est à peu près 3,5.

c. Avec une calculatrice (ou un tableur) on trouve que la recette est bien maximale pour une baisse de 6 € donc un prix de 13 €. La recette maximale est 12 740 euros.

b. 2 3 ª 3 , 46 donc 3,5 est une valeur approchée de 2 3 à 0,1 près par excès. Le volume maximal est : 36 ¥ p ¥ 2 3 – p ¥ (2 3)3 = 48 p 3 . Le rayon est alors donné par r² = 36 – 12 = 24 donc r = 2 6. 1 4 5. le volume de la demi-sphère ¥ p ¥ 63  144 p. 2 3 48 p 3 On calcul donc le rapport : ª 0 , 58 . 144 p Le volume du cylindre représente donc environ 58 % de celui de la demi-sphère.

107 1. Cela signifie que l’azote contenue dans le sang du plongeur augmente de volume avec la baisse de la pression et cause des dégâts importants à l’organisme. Pour l’éviter il faut effectuer des paliers de décompression. 2. a. Dans la partie « sud-est » (soit le 4e quadrant). c. 2 mm correspond à 1 min.

2. Il doit baisser le prix de 6 €.

b. Le prix est 19 – n et le nombre de spectateurs est 500 + 80n.

110 On peut d’abord identifier chaque courbe à l’aide des variations ou en considérant que seule l’aire du triangle CMB peut s’annuler. L’aire du triangle CMB s’annule pour x = 7 donc AB = 7. Pour x = 0, l’aire de CMB est égale à l’aire de CAB donc aire de CAB = 14 avec AD hauteur du triangle et AB = 7 1 comme base. Par conséquent AD ¥ 7  14 donc AD = 4. 2 En considérant une autre valeur de l’aire de AMCD, par exemple pour x = 7, on obtient CD = 4.

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines

43

111 1. Position 1. 2. Un logiciel de géométrie dynamique peut amener à faire une conjecture. On conjecture un angle a ª 36,4 °. On peut aussi exprimer la hauteur du trapèze TT¢P¢P en fonction de cos a, la distance PP¢ en fonction de sin a puis dresser une table de valeurs de l’aire en fonction de l’angle a (en degré) à l’aide de la calculatrice.

112 On peut utiliser un logiciel de géométrie pour estimer une valeur de x. Par un raisonnement géométrique, la longueur HK étant constante, il s’agit de minimiser AH + KB. En « effaçant la rivière » on est conduit à minimiser la distance AH¢ + H¢B sur la figure ci-dessous.

44

B 30 m H¢ x (en m) 50 m A

100 m

On enlève la rivière : on superpose les deux bords (H, K deviennent confondus ; on note ce point H¢). ll faut donc placer H¢ de telle sorte que A, H¢ et B soient alignés. Par le théorème de Thalès on trouve que x = 62,5.

Développer, factoriser pour résoudre

3

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 1. A¥B

–A

A+B

produit

opposé

somme

2. 1 + (x + 3)2 3 3. 2 4 x 2 1. c 2. d 3. b

1 A inverse

A B quotient

A–B différence

4. c

3 L’argument de Myriam est correct : son contre-exemple permet de prouver que l’affirmation « Pour tout x, … » est fausse. Par contre, l’exemple de Léa ne suffit pas à prouver que l’affirmation est vraie. 4 1. b et c

2. c

3. c

Activité 1. Égalité : pour tout x ou pas ? 1. f : 1 Æ 1 + 3 = 4 Æ 4 ¥ 2 = 8 Æ 8 – 6 = 2 2 Æ 2 + 3 = 5 Æ 5 ¥ 2 = 10 Æ 10 – 6 = 4 g : 1 Æ 1 + 1 = 2 Æ 22 = 4 Æ 4 – 1 = 3 Æ 3 – 12 = 2 2 Æ 2 + 1 = 3 Æ 32 = 9 Æ 9 – 1 = 8 Æ 8 – 22 = 4 h : 1 Æ 12 = 1 Æ 1 – 1 = 0 Æ 0 + 2 = 2 2 Æ 22 = 4 Æ 4 – 2 = 2 Æ 2 + 2 = 4 k : 1 Æ 1 – 1 = 0 Æ 02 = 0 Æ 0 ¥ (– 12) = 0 Æ 0 + 2 ¥ 13 = 2 2 Æ 2 – 1 = 1 Æ 12 = 1 Æ 1 ¥ (– 12) = – 12 Æ – 12 + 2 ¥ 23 = 4 On observe que f (1) = g(1) = h(1) = k(1) = 2 ¥ 1 f (2) = g(2) = h(2) = k(2) = 2 ¥ 2 On peut conjecturer (sans aucune garantie) que f, g, h et k ne sont qu’une seule et même fonction ; cette fonction étant : x  2 ¥ x. 2. f : 3 Æ 3 + 3 = 6 Æ 6 ¥ 2 = 12 Æ 12 – 6 = 6 g : 3 Æ 3 + 1 = 4 Æ 42 = 16 Æ 16 – 1 = 15 Æ 15 – 32 = 6 h : 3 Æ 32 = 9 Æ 9 – 3 = 6 Æ 6 + 2 = 8 k : 3 Æ 3 – 1 = 2 Æ 22 = 4 Æ 4 ¥ (– 12) = – 48 Æ – 48 + 2 ¥ 33 = 6. On a f (3) = g(3) = k(3) = 2 ¥ 3.

45

La conjecture reste valable pour f, g et k. On sait maintenant qu’elle est fausse pour h. 3. f : 4 Æ 4 + 3 = 7 Æ 7 ¥ 2 = 14 Æ 14 – 6 = 8 g : 4 Æ 4 + 1 = 5 Æ 52 = 25 Æ 25 – 1 = 24 Æ 24 – 42 = 8 k : 4 Æ 4 – 1 = 3 Æ 32 = 9 Æ 9 ¥ (– 12) = – 108 Æ – 108 + 2 ¥ 43 = 20. La conjecture est confirmée pour f et g. Elle ne l’est pas pour k. 4. Non, on ne peut pas affirmer que pour toute valeur de x, f (x) = g(x) = 2x.

Activité 2. Reconnaître la structure d’une expression 1. a.

3

a 3×a

a×a

3a

a2 3a + a2 a2 + 3a

b. Cette expression est une somme, dont les termes sont a2 et 3a. c.

2

x

1

x+2 x (x + 2) x (x + 2) + 1

Cette expression est une somme. 2. Sommes : a, b, e, g, i, j Produits : c, d Quotients : f, h.

Activité 3. Choisir la bonne forme 1.

On ne voit qu’une seule courbe ! Cela peut s’expliquer par les égalités : f = g = h. Mais il faut le démontrer pour en être sûr. En développant : • g(x) = x2 – 4x + 2x – 8 = x2 – 2x + 8 = f (x) • h(x) = x2 – 2x + 1 – 9 = x2 – 2x + 8 = f (x) On a donc bien f = g = h.

46

2. f (0) = 02 – 2 ¥ 0 – 8 = – 8 f (1) = (1 – 1)2 – 9 = 0 – 9 = – 9 f (4) = (4 – 4) (4 + 2) = 0 ¥ 6 = 0 f ( 3) = ( 3)2 – 2 ¥ 3 – 8 = 3 – 2 3 – 8 = – 5 – 2 3.

Activité 4. Trois stratégies pour une équation 1. Théo

L’égalité a lieu lorsque x = 0 uniquement. Théo donne pour solution : x = 0. Manon

La fonction TRACE donne pour abscisses des points communs aux deux courbes x 艐 0,002 et x 艐 0,835. Manon propose donc ces deux solutions. Karim 5 Karim résout 6x – 4 = 1 d’où 6x = 5 et donc x  . 6 5 Karim donne pour solution : x  . 6 2. Théo et Karim proposent chacun une solution de l’équation qui est exacte. Mais il leur en manque une ! Manon a trouvé deux solutions ; mais elle ne les connaît pas de façon exacte. b. La 1re méthode ne permet pas de déterminer une solution non décimale, la 2e méthode donne des solutions approchées, la 3e méthode comporte une erreur algébrique grave.

Activité 5. Équation produit et équation quotient 1. a.

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

47

b.

c. On observe que h(x) est nul lorsque x = 2 ou x = 3. On constate que h(x) est nul, lorsque f (x) ou g(x) est nul. d. Non, car h(x) ne peut s’annuler sans que f (x) ou g(x) s’annule. Or f (x) ne s’annule que pour x = 2 et g(x) ne s’annule que pour x = 3. 1 e. (x + 4) (3x – 1) = 0 lorsque x + 4 = 0 ou 3x – 1 = 0, c’est-à-dire lorsque x = – 4 ou x  . 3 2. a. b. • h(x) = 0 lorsque x = 2. • Un message d’erreur est obtenu lorsque x = 3. f x On constate que h(x) = n’existe pas lorsque g(x) = 0 (c’est-à-dire lorsque x = 3) g x et que h(x) est nul lorsque f (x) = 0 (c’est-à-dire lorsque x = 2). L’explication est simple : • diviser par zéro n’est pas possible, • diviser zéro par un nombre non nul donne toujours zéro. c. Pour (x) = x  1 on aura un message d’erreur lorsque 3x – 6 = 0, c’est-à-dire lorsque x = 2 ; on aura (x) = 0 pour 3x - 6 x = – 1.

TP 1. Une longueur minimale 1. D’après l’énoncé, l’aire du rectangle est 1 800 m2 d’où l’information : xy = 1 800. 1 800 Il en résulte y = . x 1 800 2. Pour x > 0, L(x) = 2x + y = 2x + 2x + . x 3.

D’après la courbe de L, on peut conjecturer que la longueur du grillage est minimale lorsque x vaut environ 30 m ; la longueur du grillage est alors d’environ 120 mètres. 4. L  x  - 120  2 x  1 800 - 120 x 2 x 2 - 120 x  1 800 2  x 2 - 60 x  9 00   x x 

48

2  x - 302 x

2  x - 302 on peut déduire d’une part que L(30) – 120 = 0 et d’autre part que L(x) – 120  0 x pour tout x > 0. On a donc, pour tout x > 0, L(x)  L(30) qui prouve que L(x) est minimal pour x = 30 et vaut L(30) = 120 dans ce cas.

De l’égalité L(x) – 120 =

Pour aller plus loin Il faudra acheter au moins 3 rouleaux de grillage et la longueur disponible sera de 150 m. Pour ne pas recouper le grillage, on cherche x tel que L(x) = 150. 2 x 2 - 150 x  1 800 2  x 2 - 75 x  900 1 800  . – 150 = Or L(x) – 150 = 2x + x x x Pour utiliser l’aide, on développe : (x – 15) (x – 60) = x2 – 75x + 900, qui permet d’écrire L(x) – 150 = Ainsi, on a L(x) = 150 si et seulement si x = 15 ou x = 60. 1 800 Pour x = 15, on a y = = 120. 15 1 800 = 30. Pour x = 60, on a y = 60 La zone peut donc avoir pour dimensions (en m) : x = 15 et y = 120 ou x = 60 et y = 30.

2  x - 15  x - 60 . x

TP 2. Couper en 2, encore et encore : la dichotomie A. Étudions un exemple. On sait que P Œ [0 ; 256]. On suppose P = 118. Étape…

Proposition de prix (centre intervalle)

Positionnement (plus ou moins cher, exact)

1

128

moins

[0 ; 128]

2

64

plus

[64 ; 128]

3

96

plus

[96 ; 128]

4

112

plus

[112 ; 128]

5

120

moins

[112 ; 120]

6

116

plus

[116 ; 120]

7

118

exact

P est dans

Les longueurs des intervalles successifs sont : 256, 128, 64, 32, 16, 8 et 4. On remarque que leur longueur est divisée par 2 à chaque étape. Complément : Partant d’un intervalle de longueur 256, au bout de n étapes l’intervalle contenant P a pour longueur 256 . 2n 256 = 1. Le nombre maximal d’étapes à ce jeu est donc 8 car 28 B. 1. a. À partir de la courbe de f : x  x3 on conjecture que f est croissante sur  et que l’équation f (x) = 5 admet une solution unique. On admet que ces conjectures sont exactes. b. On calcule f (1,2) = 1,23 = 1,728. f (2) = 23 = 8. Notons x0 la solution de l’équation f (x) = 5. On a f (x0) = 5 et donc f (1,2)  f (x0)  f (2). Comme f est croissante sur , f « conserve l’ordre » et donc 1,2  x0  2 ; soit x0 Œ [1,2 ; 2]. c. * Pour obtenir une valeur approchée à 10–1 près de la solution x0 de l’équation f (x) = 5 : • on peut utiliser la TABLE de la calculatrice, après avoir rentré Y1 = X3 et pris pour « départ » 1,2, pour « fin » (éventuellement) 2 et pour « pas » 0,1. On peut alors lire sur la table que f (1,7)  5  f (1,8) soit encore f (1,7)  f (x0)  f (1,8). Comme dans la question b, la croissance de la fonction f permet d’en déduire 1,7  x0  1,8 • on peut aussi faire afficher la courbe de f sur la calculatrice et utiliser TRACE.

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

49

On en déduit alors : 1,70  x0  1,72 et donc aussi 1,7  x0  1,8. * Pour obtenir une valeur approchée à 10–2 ou 10–4 près, c’est la 1re méthode utilisée ci-dessus qu’il faut reprendre, en modifiant seulement le pas : 10–2 ou 10–4. 2. a. f (1,6) = 4,096 on a f (1,6) < 5 c’est-à-dire f (1,6) < f (x0). Comme f est croissante sur , on a 1,6  x0 et donc x0 Œ [1,6 ; 2]. b. Étape n°

Proposition

L’image est… (> 5 ou < 5)

début

La solution appartient à [a, b] avec a = 1,2

b=2

1

1,6

4,096

(< 5)

a = 1,6

b=2

2

1,8

5,832

(> 5)

a = 1,6

b = 1,8

3

1,7

4,913

(< 5)

a = 1,7

b = 1,8

4

1,75

5,359…

(> 5)

a = 1,7

b = 1,75

5

1,725

5,132…

(> 5)

a = 1,7

b = 1,725

6

1,7125

5,022…

(> 5)

a = 1,7

b = 1,7125

On en déduit que 1,7  x0  1,7215 Une valeur approchée à 10–1 près de x0 est donc 1,7 (par défaut) ou 1,8 (par excès). Pour obtenir, à partir de ce même encadrement, une valeur approchée de x0 à 10–2 près, on peut écrire que 1,70  x0  1,72 et prendre 1,71 comme approximation à 10–2. 3. VARIABLES : a, b, p,  nombres ENTRÉES : Saisir les bornes a et b de l’intervalle de départ (a < b) et saisir la longueur  souhaitée TRAITEMENT : Tant que b – a > 0,01 Faire  a  b p 2 Si p3 < 5 Alors a prend la valeur p Sinon b prend la valeur p FinSi FinTantque SORTIES : Afficher a et b Pour aller plus loin Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com.

TP 3. Créer une jauge A.

O E

M

Échelle 1

1 4

F

N

h

A

50

10

B

B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com. C. AM = h, h Œ [0 ; 9] V(h) = – 2h2 + 40h 1. On peut faire afficher la courbe de la fonction V sur l’intervalle [0 ; 9] et utiliser TRACE pour obtenir des valeurs approchées des antécédents des nombres 0, 30, 60, 90, 120, 150 et 180. (Il est inutile d’aller plus loin car V est croissante sur [0 ; 9] en tant que volume qui croît lorsque h croît, le volume maximum étant V(9) = 198.) On peut aussi utiliser la TABLE de la calculatrice en tabulant la fonction V sur [0 ; 9] avec un pas suffisamment petit. 2. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com. Pour aller plus loin Dans le triangle OAB, le théorème de Thalès donne OE EF OE 1  soit  OA AB OE  9 10 d’où 10 ¥ OE = OE + 9 9 ¥ OE = 9 OE = 1. Puis dans le triangle OMN : OE EF 1 1   soit OM MN 10 - h MN d’où MN = 10 – h. Le solide ABCDMNPQ est un prisme droit avec comme base, le trapèze ABNM et de hauteur AD = 4 cm. MN  AB 10  10 - h 20 h - h 2 ¥ AM  ¥h . 2 2 2 Son volume est : V(h) = Aire(ABNM) ¥ 4

L’aire de ABNM est :

Le volume du prisme ABCDMNPQ est donc 20 h - h 2 V h  4 ¥  40 h - 2 h 2. 2

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE 6 3 9 1 a. -  5 10

10

2 a. 72

b. 60

3 a. 720

b. 198

b.

5 4

4 Environ un quart de 120 soit 30 €. 20 . L’augmentation est de 20 %. 5 1,2 = 1+ 100 1 6 I 2; 4

 

7 Par le théorème de Pythagore AB2 + AC2 = BC2 d’où 16 + AC2 = 36 soit AC2 = 20 et AC = 20.

8

45 - 5  3 5 - 5  2 5

9 Oui car 3 = – 2 + 5 est vrai. 10 ABC est isocèle avec un angle de 60°, d’où   60 ° et donc ACD   180 ° - 60 °  120 °. ACB

11 a. (2x – 1)2 = 4x2 – 4x + 1 b. (4x – 1) (4x + 1) = 16x2 – 1

12 a. x2 – 3x b. 9x2 – 42x + 49

13 x2 + 4x2 = 5x2 14 4x – 6x = – 2x 15 2x2 + x + 2x + 1 = 2 x2 + 3x + 1 16 4a2 – b2 = (2a – b) (2a + b) = 3 ¥ 5 = 15 17 a. (3x + 1)2 b. (2x – 8) (2x + 8)

18 (x + 1)2 + 4(x + 1) = (x + 1) [(x + 1) + 4] = (x + 1) (x + 5)

19 2x = – 6 ; x = – 3 20 x(x + 5) = 0 ; x = 0 ou x = – 5

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

51

30 Voir corrigé en fin de manuel.

ENTRAÎNEMENT

31 a. x2 – 6x + 9

21 Oui car :

Programme 1 : a Æ a – 2 Æ (a – 2)2 Æ (a – 2)2 + 1 Programme 2 : a Æ a – 4 Æ a (a – 4)Æ a (a – 4) + 5 Or, pour n’importe quel réel a : • (a – 2)2 + 1 = a2 – 4a + 5 • a (a – 4) + 5 = a2 – 4a + 5.

22 1. f (– 1) = g(– 1) = – 1 f (0) = g(0) = 0 f (1) = g(1) = 1 2. f (2) = 8 et g(2) = 2. f (1)  g(2) est un contre-exemple prouvant que « f (x) = g(x) pour tout x réel » est faux.

23 Les courbes des fonctions f et g semblent se superposer. Pour x Œ , f (x) = x2 + 2x – 3 et g(x) = x2 + 2x – 3. On a donc bien f = g et donc f = g . 24 a. Faux ; contre-exemple obtenu pour x = – 1 car x 2  1  2 et x + 1 = 0 ; or 2  0. b. Vrai ; (x – 1) (x2 + x + 1) =  = x3 – 1 en développant, pour x réel quelconque.

25 f (x) = (2x – 3)2 (x + 4) Hélios : t(x) = 4x3 + 16x2 – 9x – 36 Manon : m(x) = 4x3 + 16x2 – 9x + 36. 1. f (0) = 9 ¥ 4 = 36 ; t(0) = – 36 ; m(0) = 36. Hélios a donc faux (car désaccord pour x = 0). Manon peut avoir raison (accord en 0 mais on ne sait pas ailleurs). 2. f (1) = 1 ¥ 5 = 5 m(1) = 47 m(1)  f (1) ; l’expression de Manon est, elle aussi, incorrecte.

26 a. 1 est solution. b. 0 est solution. d. 0 et 2 sont solutions.

27 1. 2. Comme – 1 et 3 appartiennent à l’ensemble S des solutions de cette équation, on peut écrire : - 1, 3 Ã S. Peut-être existe-t-il d’autres solutions ! b. 6x + 2x2

6x + 3x2

d. 6 + 5x + x2

29 a. 16x2

b. 16 + 8x + x2

c.

c. x2 – 8x + 16 d. 16 – 8x + x2 On remarque que (x – 4)2 = (4 – x)2.

52

b. x2 + 8x + 16 d. x2 – 4

32 Voir corrigé en fin de manuel. 33 a. 18 – 12t + 2t2 1 2 2 a – ab + b2 9 3 c. x4 – 6x2 + 9 d. 2x2 – 8 2x + 16 b.

34 Voir corrigé en fin de manuel. 35 a. 15x2 – 28x + 5 b. x3 – x2 – 2x c. 2x3 + 7x2 + 2x – 3 d. 4y3 + 4y2 – 7y + 2

36 a. – x2 – 2x – 1 b. 18x2 – 24x 15 2 63 t + 2t + c. – 4 4 3 2 d. x + 6x + 12x + 8

37 1. 4xy 2. Avec x = 10 000 et y = 1, on obtient 4 ¥ 10 000 ¥ 1 = 40 000.

38 1. 1 2. Avec x = 2 345 678 910, le résultat est 1.

39 1.  = 2p r = 12 800p 艐 40 212 km 2. ¢ = 2p(r + 0,001) ¢ –  = 0,002p 艐 0,0063 km Il faut augmenter la longueur du câble de 6,3 mètres, environ. 40 1. 2. Comme (x – 3)2  0 pour tout réel x, on a

V(x)  – 6, pour tout réel x.

3. V(3) = – 6 ; on a donc pour tout réel x, V(x)  V(3). Le minimum de V sur , obtenu pour x = 3 est donc – 6.

41 1. 2. Pour tout t réel, h(t) – 3 = – (t – 3)2 et donc

c. – 2 est solution.

28 a. 6x2

c.

4x2 – 12x + 9

h(t) – 3  0 c’est-à-dire h(t)  3. Comme h(3) = 3, on a donc h(t)  h(3) pour tout t réel. h admet donc un maximum sur  égal à 3 et obtenu pour t = 3.

42 1. (a + b)2 – 4ab = a2 + 2ab + b2 – 4ab = a2 – 2ab + b2 = (a – b)2. 2. L’aire du grand carré est (a + b)2, celle des 4 rectangles est 4ab et celle du carré blanc intérieur est (a – b)2. La formule du 1 peut donc être retrouvée géométriquement. 3. Les 4 rectangles occupent tout le carré lorsque (a – b)2 = 0 c’est-à-dire lorsque a = b.

43 a. (2x + 3)2 = 4x2 + 12x + 9 b.

55 Voir corrigé en fin de manuel.

(x – 3)2 = x2 – 6x + 9

56 a. (2x – 3)2

c. (4t + 3)2 = 16t2 + 24t + 9

b. 7(x2 – 4) = 7(x + 2) (x – 2)

 

12 1  x2 - x  d. x 2 4 44 a. (x + 4)2 = x2 + 8x + 16

c. (2x – 5) [(2x – 5) – 2(2x – 3)] = (2x – 5) (– 2x + 1) d. [(2x – 3) + (5x + 2)] [(2x – 3) – (5x + 2)] = (7x – 1) (– 3x – 5)

 92   x - 9 x  814 t t c.   3  t 9 6 36 x x - 4 x  16 d.  - 4  2 4 2

b. x -

2

2

2

57 a. x(2x + 7)

2

b. (x + 13)2 c. (x – 2)2 – (x – 2) (7x + 1) = (x – 2) (– 6x – 3) = – 3(x – 2) (2x + 1)

2

45 Voir corrigé en fin de manuel.

d. (3x + 5) (3x – 5) + 2(3x + 5) = (3x + 5) (3x – 3)

46 Voir corrigé en fin de manuel.

58 Voir corrigé en fin de manuel.

47 a. x[3(x – 5) – 1] = x(3x – 16)

59 1. En tabulant la fonction f sur la calculatrice ou en parcourant la courbe avec le mode TRACE, on conjecture que la fonction f admet un minimum égal à 2 obtenu pour x = 1.

b. x(y + z) c. x(x + 4) (x – 2) d. (x – 3) [(x – 3) – 2(2x – 1)] = (x – 3) (– 3x – 1)

48 a. x(5x – 6)

2. f (x) – 2 = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 On a donc f (x) – 2  0 pour tout réel x et f (1) = 2. Il en résulte que f (x)  f (1) pour tout réel x, ce qui signifie que f admet un minimum égal à 2 obtenu pour x = 1.

b. x(3y + 1)

c. (x + 1) [2(x + 1) – 3] = (x + 1) (2x – 1) d. (x + 1) [(x + 1) + 1] = (x + 1) (x + 2)

49 a. (x + 1)2 b. [(2x –5) + x] [(2x – 5) – x] = (3x – 5) (x – 5) c. (3x + 2)2 d. [(2x – 1) + (x – 3)] [(2x – 1) – (x – 3)] = (3x – 4) (x + 2)

50 Voir corrigé en fin de manuel. 51 a. [4(x + 1) – 5x] [4(x + 1) + 5x] = (– x + 4) (9x + 4) b. (4x + 9) (4x – 9)

 

3 2 c. b 2 d. ÈÎa - 1  2 ˘˚ ÈÎa - 1 - 2 ˘˚  a - 1 2 a - 1- 2





52 a. (x + 2) (x – 2) + (x – 2) (x + 1) = (x – 2) [(x + 2) + (x + 1)] = (x – 2) (2x + 3) b. 3(x2 – 4x + 4) = 3(x – 2)2 c. x(x + 3) + (x + 3)2 = (x + 3) [x + (x + 3)] = (x + 3) (2x + 3) d. (x + 1) (x + 2) – 3(x + 2) = (x + 2) [(x + 1) – 3] = (x + 2) (x – 2)

53 a. 2x(x + 3) + 4(x + 3) = (x + 3) (2x + 4) b. (x – 3) (3x – 4) – (3x – 4) = (3x – 4) (x – 4) c. xy – xz – y(y – z) = x(y – z) – y(y – z) = (x – y) (y – z) d. – x2 + 8x – 16 = – (x – 4)2

54 a. 7x(x – 2) c. b(2a2 – 1)

60 1. En tabulant la fonction v sur la calculatrice ou en parcourant la courbe avec le mode TRACE, on conjecture que la fonction v admet un minimum égal à – 9,75 obtenu pour x = 1,5. 15 15 2. v  x    - x 2  3 x - 6  4 4 9  - x2  3 x 4

 23

- x-



2

15  0 pour tout réel x, c’est-à-dire 4 - 15 15 3 . De plus v(x) + est nul pour x = et donc v(x)  4 4 2 3 - 15 v  . 2 4 - 15 On en déduit que v admet un maximum égal à 4 3 obtenu pour x = . 2 61 1. f (x) = g(x) lorsque x = – 3 ou x = 2. On a v(x) +



2. – 3 est solution de l’équation f (x) = g(x) si on a f (– 3) = g(– 3). Or f (– 3) = – 2 et g(– 3) = – 2. – 3 est donc bien solution. De même f (2) = 3 et g(2) = 3 d’où 2 est bien solution de l’équation f (x) = g(x).

62 a. Graphiquement, f (x) = 4 pour x = 1.

b. (4x – 9) (4x + 9)

b. f (x) = 1 pour x = 0 ou x = 4.

d. (2x – 1)2

c. g(x) = – 2 pour x = – 3.

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

53

d. g(x) = 2 n’a pas de solution. e. g(x) = 0 pour x = a avec a 艐 – 1,5. f. f (x) = g(x) pour x Œ {– 3 ; 0 ; 4}. Pour aller plus loin On trace les droites qui représentent les fonctions affines h : x  x + 1 et k : x  1 – x. Graphiquement, f (x) = h(x) lorsque x = – 3 ou x = 3. g(x) = k(x) lorsque x = 0.

4¥6 Pour x = 0, aire CMN = aire CAB = = 12. 2 aire ABNM = 0 Pour x = 4, aire CMN = 0 aire ABNM = aire CAB = 12 On a donc f (0) = 12, g(0) = 0. f (4) = 0, g(4) = 12. La courbe rouge est donc celle de g et la bleue celle de f. 3. a. f (x) = 2 pour x = a avec a 艐 2,35. b. g(x) = 9 pour x = b avec b 艐 1,98. c. f (x) = g(x) pour x = c avec c 艐 1,15.

63 1.

Pour aller plus loin f (x) = 2g(x) lorsque l’ordonnée du point d’abscisse x sur g est la moitié de celle du point d’abscisse x sur f . Cela se produit une seule fois, pour x = a avec a 艐 0,7. Interprétation : lorsque AM = a, l’aire du triangle CMN est égale au double de l’aire du trapèze ABNM. Le tracé des courbes représentant x  x3 et x  x permet de conjecturer que – 1, 0 et 1 sont des solutions de l’équation x3 = x. 2. (– 1)3 = – 1 ; 03 = 0 ; 13 = 1. La réponse est oui.

64 1.

66 1. Il existe deux points de f d’ordonnée 2, donc l’équation f (x) = 2 admet deux solutions. 2. – 3 < m < 1 3. Si m < – 3, aucune solution. Si m = – 3, deux solutions. Si – 3 < m < 1, trois solutions. Si m = 1, deux solutions. Si 1 < m < 2, une solution. Si 2  m < 4, deux solutions. Si m = 4, une solution. Si m > 4, aucune solution.

67 a. x = 4 c. x = 2 La courbe de f : x  x3 – 32x2 + 57x + 90 montre que – 1 et 3 semblent être solution de l’équation f (x) = 0. 2. f (30) = 0, d’où 30 est une troisième solution de l’équation f (x) = 0. Le réglage de la fenêtre de la calculatrice ne permettait pas de conjecturer cela.

65 1.

C

M X A

2. AM = x f (x) = aire CMN g(x) = aire ABNM x Π[0,4]

54

N B

d. x = 4,5

68 a. x = 6 c. x = –

b. x = 1,5

1 9

8 69 a. x =

4 3 d. t = – 6 b. x = –

16 25 1 13 c. x = – d. x = 5 5 b. x = – 16 70 a. x = – 5 3 5 c. x = d. x = – 14 3 71 Soit x la note cherchée : x  8  12  15  8  9  14  12 7 x = 84 – 66 = 18 5

b. x =

72 Soit x le prix d’un CD : la somme d’argent dont dispose Karen peut s’écrire : 4x + 15 ou 5x – 5. L’équation à résoudre est donc b. 4x + 15 = 5x – 5 équivaut à x = 20. Karen dispose donc de 20 euros.

73 À chaque étape, le nombre d’allumettes utilisées augmente de 4. Notons N(k) le nombre d’allumettes utilisées à la kième étape (k Œ *). On a : N(1) = 5 N(2) = 5 + 4 N(3) = 5 + 2 ¥ 4 N(4) = 5 + 3 ¥ 4 ⯗ N(k) = 5 + (k – 1) ¥ 4 On cherche k dans * tel que : 5 + (k – 1) ¥ 4 = 321 4(k – 1) = 316 k – 1 = 79 k = 80 Conclusion : c’est à la 80e étape que l’on utilisera 321 allumettes. 74 On reprend la démarche de l’exercice 73 en remplaçant « allumette » par « carré » et « augmente de 4 » par « augmente de 3 ». 438 Cela conduit à : 1 + (k – 1) ¥ 3 = 439 soit k – 1 = 3 d’où k = 147. 75 Soit P le prix initial de l’article. 1,08 P = 18,90 donne P = 17,50 €. 76 0,85 P = 22,10 P = 26 € 77 Pour une sphère de rayon R, le volume est

4 3 pR . 3 Pour un cylindre de rayon R et de hauteur h, le volume est V¢ = pR2 h. Ils auront même volume si et seulement si : 4 3 pR = pR2 h. 3 En divisant chaque membre par pR2 (non nul), on 4 obtient : h = R. 3 3 78 a. Oui : x = 1 ou x = – . 2 b. Oui : x = 0 ou x = – 3. V=

c. Non d. Non e. Oui : x = f. Non

80 a. x(5x + 1) = 0 x = 0 ou x = – 0,2. b. x(x2 + 4) = 0 x=0 c. x2(x – 2) = 0 x = 0 ou x = 2. d. (2x – 1) (2x + 1) = 0 x = 0,5 ou x = – 0,5. 81 1. a. x2

b. x2 c. 4x2 d. 4x2 2 2. a. degré car les termes en x sont les mêmes dans chaque membre. 4 A(x) = B(x) équivaut à x = – 2x + 4 ; 3x = 4 ; x = . 3 b. Second degré. c. Premier degré : – 4x + 1 = – x + 16x – 4. 5 19x = 5 donc x = . 19 d. Second degré. 1er

82 a. Premier degré : 2x 2 – 2x – 3 = x 2 + x 2 + 2x + 1 4x = – 4 donc x= – 1. b. Second degré. c. Premier degré : 3 – (x2 + 8x + 16) = 4x + 20 – x2 3 – x 2 – 8x – 16 = 4x + 20 – x 2 12x = – 33 33 x=– 12

83 a. x(4x – 3) = 0 ; x = 0 ou x = 0,75. b. x = 0,5 ou x = – 3. 5 c. (x – 1) (3x – 5) = 0 ; x = 1 ou x = . 3 d. x(2 – x) = 0 ; x = 0 ou x = 2.

84 a. x = 2 b. x = 0,5 ou x = 4. c. x = 0,5 d. x2 – 2x + 1 = 0 (x – 1)2 = 0 ; x = 1.

85 Voir corrigé en fin de manuel. 5 ou x = – 1. 2

79 a. x = 0 ou x = – 2,5. b. x(5x + 12) = 0 x = 0 ou x = – 2,4. c. x(x2 – 5) = 0 x(x + 5) (x – 5) = 0 x = 0 ou x = – 5 ou x = 5. d. x = 0,5 ou x = – 1.

86 a. x2 + 4x + 4 = 0 (x + 2)2 = 0 ; x = – 2. b. (x + 1)2 [(x + 1) – 1] = 0 (x + 1)2 x = 0 ; x = – 1 ou x = 0. c. 2x(2x – 1) – 6(2x – 1) = 0 (2x – 1) (2x – 6) = 0 x = 0,5 ou x = 3. d. (x + 2)2 – 3(x + 2) = 0 (x + 2) [(x + 2) – 3] = 0 (x + 2) (x – 1) = 0 ; x = – 2 ou x = 1.

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

55

87 a. 9x2 – 6x + 1 = 0

1 (3x – 1)2 = 0 ; x = . 3 b. (2x + 1)2 = (2x + 1) (2x – 1) (2x + 1) [(2x + 1) – (2x – 1)] = 0 (2x + 1) (2) = 0 ; x = – 0,5. c. 2(x + 1) [2(x + 1) – (2x – 3)] = 0 2(x + 1) (5) = 0 ; x = – 1. d. (x2 – 4) (x2 + 4) = 0 (x + 2) (x – 2) (x2 + 4) = 0 x = – 2 ou x = 2 (x2 + 4 = 0 n’a pas de solution).

88 a. x – 4 = 0 b. (x – 2) x = 0 c. x2 – 2 = 0 d. (x + 2) (3x – 2) (x – 4) = 0

89 1. Il semble que cette équation admette trois solutions : – 1, + 1 et une troisième solution a telle que a 艐 0,67. 2. Voir les corrections des exercices résolus 4 et 6 pp. 87 et 89 du manuel.

90 Le logiciel de calcul formel XCas est adapté à la résolution de ces équations. 91 1. En développant : f (x) = (x + 4)2 + 2x(x + 5) – 17 = x2 – 8x + 16 + 2x2 + 10x – 17 = 3x2 + 2x – 1. Par ailleurs (3x – 1) (x + 1) = 3x2 – x + 3x – 1 = 3x2 + 2x – 1. On a donc bien, aussi : f (x) = (3x – 1) (x + 1). 2. La forme développée de f (x) est 3x2 + 2x – 1. La forme factorisée de f (x) est (3x + 1) (x + 1).

93 g(x) = – 2x2 + 8x – 8 1. g(x) = – 2(x2 – 4x + 4) = – 2(x – 2)2 2. Avec l’expression initiale (développée) g(0) = – 8 et donc I(0, – 8) est le point d’intersection de g et de l’axe des ordonnées. 3. On cherche x tel que g(x) = 0 c’est-à-dire tel que – 2(x – 2)2 = 0 ; x = 2. J(2, 0) est donc le point cherché. 4. On cherche x tel que g(x) = – 8. Avec l’expression initiale : – 2x2 + 8x – 8 = – 8 ; – 2x2 + 8x = 0 2x(– x + 4) = 0 x = 0 ou x = 4.

94 f coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse x telle que (x – 1) (x – 3) = 0, c’est-à-dire aux points I(1, 0) et J(3, 0). Pour g : – 2(x + 1) (x – 4) = 0 ; Points K(– 1, 0) et L(4, 0) ; 1 Pour h : (x + 2) (x + 4) = 0 ; 2 Points M(– 2, 0) et N(– 4, 0). Même sans repère précis, la position des couples de points d’intersection conduit à affirmer : f = 2 ; g = 1 ; h = 3. 95 1. f (x) = 4x(x2 – 6x + 9)

3. a. Avec l’expression développée : f (0) = – 1.

= 4x(x – 3)2

b. Avec l’expression factorisée : 1 f (x) = 0 si et seulement si x = ou x = – 1. 3 c. Avec l’expression factorisée : f (– 1) = (3 ¥ (– 1) – 1) (– 1 + 1) = 0

2. f coupe l’axe des abscisses lorsque f (x) = 0 c’est-àdire en I(0, 0) et J(3, 0).

d. Avec l’expression développée : f (x) = – 1 équivaut à 3x2 + 2x = 0 x(3x + 2) = 0. 2 x = 0 ou x = – . 3

92 a. Avec l’expression factorisée :

96 1. On conjecture que f est trictement croissante sur [0 ; 4] et que l’équation f (x) = 4 n’admet qu’une solution sur cet intervalle. 2.

x = 3 ou x = – 5.

Étape n°

b. Avec l’expression initiale : (x + 1)2 = 0 ; x = – 1.

Début

c. Avec l’expression développée : x2 + 2x = 0 x(x + 2) = 0 ; x = 0 ou x = – 2. d. Avec l’expression initiale : f (x) = – 16 + (x + 1)2.

56

Pour tout réel x, f (x)  – 16 et f (– 1) = – 1, d’où f (x)  f (– 1). f admet un minimum égal à – 16 pour x = – 1.

Proposition

L’image est (> 4 ou < 4)

La solution appartient à [a ; b] avec a=0 b=4

1

2

f (2) ª 5,4

>4 a=0

b=2

2

1

f (1) ª 3

4 a=1

b = 1,5

3

1,5

f (1,5) ª 4,2

4

1,25

f (1,25) ª 3,6 < 4 a = 1,25 b = 1,5

5

1,375

f (1,375) ª 3,9 < 4 a = 1,375 b = 1,5

Pour aller plus loin a, b, p,  nombres VARIABLES : INITIALISATION : a prend la valeur 0 b prend la valeur 4 ~ TRAITEMENT : Tant que b – a > 0,1 Faire  a  b p 2 Si 2p p < 4 Alors a prend la valeur p Sinon b prend la valeur p FinSi FinTantque Afficher a et b

SORTIES :

97 1. La fonction f semble strictement décroissante sur [– 1 ; 1]. 2. Étape Propon° sition

La solution appartient à [a ; b] avec a=–1 b=1

L’image est (> 1 ou < 1)

Début f (0) ª 2

>1 a=0

b=1

0,5

f (0,5) ª 0,6

1 a = 0,25 b = 0,5

4

0,375 f (0,375) ª 0,93 < 1 a = 0,25 b = 0,375

1

0

2

VARIABLES : a, b, p,  nombres INITIALISATION : a prend la valeur – 1 b prend la valeur 1 ~ TRAITEMENT : Tant que b – a > 0,1 Faire  a  b p 2 Si p3 – 3p + 2 < 1 Alors b prend la valeur p Sinon a prend la valeur p FinSi FinTantque SORTIES : Afficher a et b

98 • On cherche x réel tel que :





1 2 1 x ou encore x 1- x  0 ; x = 0 ou x = 2. 2 2 • On cherche x réel tel que : 1 x = 2x2 ou encore x(1 – 2x) = 0 ; x = 0 ou x = . 2 x

99

3

1. L’aire de la bordure est : • par soustraction : x2 – (x – 3)2. • directement : 3x + 3(x – 3) = 6x – 9. Seules les expressions c et d donnent l’aire de la bordure. 2. Cette aire est égale à 27 si on a 6x – 9 = 27 soit 6x = 36 donc x  6.

100 On cherche x tel que (x + 20) (x – 10) = x2 soit x2 + 10x – 200 = x2 10x – 200 = 0 donc x = 20.

101 1. Le fond de la boîte a pour aire (10 – 2AM)2 et sa hauteur est AM. Il en résulte V = AM(10 – 2AM)2. 2. Si on pose AM = x avec 0  x  5, V = x(10 – 2x)2. On cherche x dans [0 ; 5] tel que x(10 – 2x)2 = 72. Le logiciel Xcas donne une seule solution dans [0 ; 5] : x  2.

102 (E) : 3x2 – 5x = 4x + 2. Résolution approchée 1 : on affiche sur une calculatrice les courbes 1 et 2 qui représentent les fonctions f : x  3x2 – 5x et g : x  4x + 2. On lit (mode TRACE) les abscisses des points communs à 1 et 2 : x1 艐 – 0,19 et x2 艐 3,23. Résolution approchée 2 : (E) équivaut à 3x2 – 9x – 2 = 0. On affiche la courbe 3 qui représente la fonction h : x  3x2 – 9x – 2. On lit (mode TRACE) les abscisses des points d’intersection de 3 avec l’axe des abscisses : x1 艐 – 0,19 et x2 艐 3,23. Résolution approchée 3 : on utilise l’algorithme de dichotomie. – On peut tracer sur la calculatrice ou sur un logiciel les courbes repésentant les fontions f et g définies par f(x) = 3x2 – 5x et g(x) = 4x + 2. On obtient des valeurs approchées des solutions (– 0,2 et 3,2). On ne peut être sûr avant d’avoir fait le chapitre 4 de ne pas laisser d’autres solutions qui seraient en dehors de la fenêtre de tracé. – On peut aussi faire afficher sur calculatrice ou tableur des tableaux de valeurs des deux fonctions f et g et essayer de trouver des valeurs de x telles que f(x) = g(x), en affinant le pas si nécessaire. Résolution exacte : avec le logiciel de calcul formel Xcas : – On peut demander de factoriser 3x2 – 9x – 2 puis appliquer la règle du produit nul : Ê 105 – 9 ˆ Ê 105  9 ˆ 3x 2 – 9x – 2  Á x  ˜¯ ÁË 3 x – ˜¯ . Ë 6 2

3 x

Les solutions sont donc

9 – 105 9  105 et . 6 6

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

57

– On peut demander la forme canonique de 3x2 – 9x – 2 3 2 35 – donc 3x2 – 9x – 2 = 0 = 3x 2 – 9x – 2  3 x – 2 4 3 35 3 35 35 ou – soit x   ou équivaut à x –  2 12 12 2 12 3 35 x – . 2 12 On peut aussi demander directement de résoudre l’équation…

 

103

1 1 1 1 1   ;  ; R = 12 W. 3 4 R2 R2 12 2

x 1 lorsque x – 1 = 0 x = 1. 2 x  10 b. Pour x  0, =0 x lorsque 2x + 10 = 0 x = – 5. x -1 c. Pour x  0, = 3 équivaut à x – 1 = 3x ; 2x = – 1 ; x 1 x=– . 2 x -1 =0 105 a. Pour x  0, 4x lorsque x – 1 = 0 x = 1. x2  2 x 1 b. Pour x  1, =0 x -1 lorsque x2 + 2x + 1 = 0 ; (x + 1)2 = 0. x = – 1. 2 x -2 3 c. Pour x  3, =0 2 x-6 2 lorsque x – 2 = 0. 3 2 x = 2 donc x = 3. 3 Cette valeur de x ne convient pas (le quotient aurait un dénominateur nul) et donc cette équation n’a pas de solution. 1 2 1 1 1 a. Vrai :  ¥  . x 2 x 2x 1 x x 1 . b. Faux :  1¥   2 2 2 2x x 107 1.

1

58

x

 x - 12

 0, on a g(x) – 2  0 c’est-à-dire x g(x)  2, avec 2 = g(1). Ceci étant vrai pour tout réel x > 0, g admet un minimum égal à 2 obtenu pour x = 1.

Comme

2 a 2 a - 12 4 a  2 a 2 - 4 a  2 2 a 2 2   = Par ailleurs 4 + a a a a 2 = 2a + = P(a) a 2 a - 12  0, on a P(a)  4 pour tout a > 0, 3. Comme a avec de plus 4 = P(1). Il en résulte que P(a) est minimal lorsque a = 1 et son minimum est 4. Interprétation : c’est lorsque ce rectangle est un carré que son périmètre est minimal. 2. P(a) = 2a +

109 A-t-on toujours pour a > 0 et b > 0 : 1 1 1   ? a b ab Prenons a = b = 1. L’égalité s’écrit dans ce cas : 1 1 1 1   soit 2 = . 1 1 1 1 2 Ceci est faux. L’égalité n’est donc pas vraie pour tous a > 0 et b > 0. 110 pqr = 1 donne p  0, q  0, r  0. rst = 0 donne r = 0 ou s = 0 spr = 0 donne s = 0. Seul le réel s doit être nul. 2. « Un » signifie « Pour tout ». 3. « Un » signifie « Il existe un ». Par exemple : 92 = 81 ; 592 = 3 481. Mais cela n’est pas vrai pour tout entier se terminant par 9. Contre-exemple : 192 = 361.

x

1 x

2

1/3

1 2 3

3, 33…

0,4

2,5

2,9

2

 x - 12

111 1. « Un » signifie « Pour tout ».

106 Pour tout réel x non nul,

1 x 1



1 x2 - 2 x 1 -2  x x

108 1. A(a) = 1

x -1 =0 104 a. Pour x  – 1,

x

2. Pour x > 0, g  x  - 2  x 

2,5

112 1. Cette proposition est vraie : • Pour n = 0 : « 11 est un nombre premier » ; • pour n = 1 : « 23 est un nombre premier » ; • pour n = 2 : « 37 est un nombre premier » ; • pour n = 3 : « 53 est un nombre premier » ; • pour n = 4 : « 71 est un nombre premier ». 2. Cette proposition est fausse pour n = 5 car 91 = 7 ¥ 13 n’est pas un nombre premier.

113 1. f semble avoir un minimum égal à 0, obtenu pour x = 1.

135 1. Pour x = 1, y = 7,75 et donc l’augmentation de la consommation d’énergie est de 7,75 %.

2. f (x) = 0 semble avoir pour solution unique x = 1.

2. a. Lorsque la consommation passe de 1 200 à 180 1 380 kWh, l’augmentation est de ¥ 100 = 15 (%). 1 200 On cherche donc l’épaisseur x de tartre telle que : 1 – x2 + 8x = 15. 4 1 Mais en développant – (x – 16)2 + 64 4 1 = – (x2 – 32x + 256) + 64 4 1 = – x2 + 8x, 4 on observe que l’équation peut s’écrire : 1 – (x – 16)2 + 64 = 15. 4

3. Les 2 lectures précédentes sont fausses. En effet f (1) = – 0,01.

114 1. Clara a commis une erreur de signe à la seconde ligne. Paul a confondu multiplication et addition à la dernière ligne. Leila a commis une erreur de signe à la dernière ligne. 2. 3 – x + 4 = 2x + 5 7 – 5 = 2x + x 3x = 2 2 x= 3 Pour les exercices 115 à 132 : voir les corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

133 1. AM = 2x et AM  8 d’où x Œ [0,4].





1 2 1 8-2 x 2 px  p 2 2 2 1 2 1  p x  p  4 - x 2 2 2 1 2  p  x  16 - 8 x  x 2  2  p  x 2 - 4 x  8

2. f  x  

p ¥ 42 = 8p. 3. L’aire du grand demi-disque est 2 1 On cherche x Œ [0 ; 4] tel que f (x) = ¥ 8p c’est-à-dire tel 2 que p(x2 – 4x + 8) = 4p. Cela revient à résoudre x2 – 4x + 4 = 0. Soit (x – 2)2 = 0, qui a pour seule solution x = 2. Cela se produit lorsque M est le milieu de [AB].

134 1. Graphiquement, 16 admet deux antécédents par la fonction V. Ce sont x1 艐 2 et x2 艐 5,5. 2. Pour x Œ [0 ; 6], aire AMRQ = x2 et AN = 6 – x. Il en résulte V(x) = x2(6 – x).

b. Cette équation s’écrit encore : 1 – (x – 16)2 + 49 = 0, 4 soit en multipliant chaque membre par – 4 : (x – 16)2 – 4 ¥ 49 = 0 [(x – 16) + 2 ¥ 7] [(x – 16) – 2 ¥ 7] = 0 (x – 2) (x – 30) = 0. Comme x Œ [0 ; 14], l’épaisseur de tartre cherchée est de 2 mm.

136 1. x Œ [0 ; 7] 2. a. Le théorème de Thalès donne : AM AN MN x AN MN    soit  AB AC BC 7 7 9 9 On en déduit : AN = x, MN = x 7 9 23 x. d’où P(x) = 2x + x = 7 7 b. BM = 7 – x, CN = 7 – x 9 d’où q(x) = 2(7 – x) + x + 9 7 5 q(x) = 23 – x. 7 3. 23

p

f (x)

21 q

18

Pour x Π[0,6], V(x) Р16 = x2(6 Рx) Р16

3. a. = – x3 + 6x2 – 16. Par ailleurs, (2 – x) (x – 2 – 2 3) (x – 2 + 2 3) = (2 – x) [(x – 2)2 – (2 3)2] = (2 – x) (x2 – 4x – 8) = – x3 + 6x2 – 16 = V(x) – 16. b. V(x) = 16 équivaut à (2 – x) (x – 2 – 2 3) (x – 2 + 2 3). D’où les 3 solutions : x1 = 2 ; x2 = 2 + 2 3 ; x3 = 2 – 2 3. Seules x1 et x2 sont à retenir (x Œ [0 ; 6]).

1 0

1

7

x

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

59

4. Graphiquement : a. q(x) = 21 pour x = 3 (environ). b. p(x) = q(x) pour x = 5,75 (environ). Par le calcul : 5 a. 23 – x = 21 7 5 – x=–2 7 14 = 2,8 x= 5 23 5 x = 23 – x b. 7 7 4x = 23 x = 5,75

137 Soit a et b ces deux nombres. On a a + b = 314. L’augmentation du produit est : (a + 9) (b + 9) – ab = 9(a + b) + 81 = 9 ¥ 314 + 81 = 2 907 1 1 1 1  138 1. - 

2 3 2¥3 6 1 1 1 1 -   3 4 3 ¥ 4 12 1 1 1 1 -   4 5 4 ¥ 5 20 1 1 1  999 1 000 999 ¥ 1 000 1 1 1 1 1 1 2. S = -  -     2 3 3 4 999 1 000 S = 0,5 – 0,001 = 0,499 Ô  x  y   x - y   77 (1) 139 1. Ì x - y  11 (2 ) ÔÓ (1)/(2)

c. Calculer f (x) pour x variant de 0 à 2, avec un pas de 0,1, nécessite 21 calculs dont chacun comporte 3 opérations (forme A) ou 4 opérations (forme H). 84 opérations sont donc nécessaires avec la forme A, contre 63 avec la forme H. 2. a. On vérifie que les 2 formes coïncident. b. Forme A : 13 opérations et forme H : 7 opérations. c. Pour 21 calculs : forme A : 273 opérations et forme H : 147 opérations. 3. a. f (x) = – 1 + x(4 + x(– 3 + x(2 + x(– 4 + x(3 + x(2 + 4x)))))). b. Pour un calcul : forme A : 35 et forme H : 14. c. Pour 21 calculs : forme A : 735 et forme H : 294. Pour aller plus loin Avec la forme A, il faut pour 1 calcul : 49 + 48 +  + 1 multiplications et 50 additions c’est-à-dire 1 225 multiplications et 50 additions, soit 1 275 opérations. Pour les 21 calculs, il faut 26 775 opérations. Avec la forme H, il faut pour 1 calcul : 50 additions et 49 multiplications, soit 99 opérations. Pour les 21 calculs, il faut : 2 079 opérations. Le gain en nombre d’opérations est donc de 24 696.

142 Si, pour tout x, on avait x2 – 3x + 4 = (x + 1) () alors le membre factorisé s’annulerait pour x = – 1 et donc le membre de droite, qui lui est égal, également. Or pour x = – 1, x2 – 3x + 4 = 8. La supposition est donc inexacte et x2 – 3x + 4 ne peut se factoriser par x + 1.

77 =7 (3) 11 En ajoutant (2) et (3) : 2x = 18 x = 9. De (3) on tire : y = – 2.

143

140 1. a. a = 13, b = 5 et c = 12.

n 0 la fonction correspondante est strictement décroissante puis strictement croissante, et le contraire quand a < 0.

TP 1. Duplication du cube 1. L’arête doublée est de 6 m et le volume de 63 m3 soit 216 m3 qui n’est pas le double de 33 = 27. 2. a. Si l’autel a une arête de 3 k m alors son volume est de 27 ¥ k 3 m3. Le volume est donc multiplié par k3. b. Pour doubler le volume, il faut que k3 = 2. 3. a.

Chapitre 4. Fonctions de référence

65

2 (en divisant par k) donc k 3  2 € f k   g k . k On repère les points d’intersection de f et g. On lit leurs abscisses. Elles forment l’ensemble des solutions. Ici une seule solution k 0 ª 1,26 (à 10–2 près). b. Soit k ⭓1 et k 3  2 € k 2 

c. Non : en effet, f est strictement croissante sur [1, + [. Aussi si k  k 0 , f k   f  k 0   g  k 0   g k  donc f k   g k . Si k k 0 g k   g  k 0   f  k 0   f k  donc g k   f k . Dans tous les cas, si k  k 0, f k   g k .

TP 2. Les variations de l’aire d’un triangle 1. a. L ŒAB donc AL  LB  AB soit x  LB  10 ou LB  10 - x. DP  AL  x et AP  10 - x ACDP 

DP ¥ DC 2

 5 x (CDP rectangle en D).

x 10 - x  2 10 - x  ¥ 10 et ALBC   510 - x . 2 De même APAL 

b. Ax   AABCD2 - ACDP - APAL - ALBC x 10 - x   100 - 5 x - 510 - x  2 En développant : x2 Ax   100 - 5 x - 5 x  - 50  5 x 2 x2 1 Ax   - 5 x  50  x 2 - 10 x  100 2 2 1 1

0 , b  - 5 et c  50. A est un polynôme de degré 2 avec a  2 2 Donc A est strictement décroissante puis croissante.

 

2. a. Ax   50 € €x

 2x - 5  0

x2 -5x  0 2

x -5 0 2 € x  0 ou x  10. b. Les points de coordonnées (0 ; 50) et (10 ; 50) sont des points de A de même ordonnée. A admet un axe de symétrie parallèle à l’axe des ordonnées. Aussi le sommet a pour abscisse le milieu de [0 ; 10] soit 5. Le minimum de A est atteint en 5 et vaut A(5) = 37,5. c. x 0 5 10 € x  0 ou

variation de A

66

50

50 37,5

3.

Pour aller plus loin Ax  42 Ax   42 € x 2 - 10 x  100  84 € x 2 - 10 x  16  0 € x - 52 - 9  0 € x - 5  3 ou x - 5  - 3 € x  8 ou x  2. Donc Ax  42 et x Œ[ 0 ; 2 [ » ] 8 ; 10 ] d’après les variations de A.

TP 3. L’arche d’un pont 1. a. Il convient de dégager les avantages et inconvénients des différents repères proposés. b. Par exemple, les points (0 ; 0) ; (80 ; 80) et (160 ; 0). 2. a. Avec le même repère, c’est l’origine. Donc O  a ¥ 0 2  b ¥ 0  c donne c  0 donc  : y  a x 2  b x .



2  b. Ì a ¥ 80 2 b ¥ 80  80 soit 80 a  b  1 160 a  b  0 160 a ¥  b ¥ 160  0 Ó -1  - 80 a  1 et b  2 Ì b  - 160 a ou encore a  80 Ó -1 2 donc  : y  x  2 x. 80

1 144 ¥ 16 2  2 ¥ 16   28,8 80 5 La hauteur de l’arche à 16 m du bord est 28,8 mètres. 3. -

Chapitre 4. Fonctions de référence

67

TP 4. En autonomie 1.

2. On note x  AM avec x Œ0 ; 6 . f x  g x  et h x  représentent les aires de AMNP, NMB et ABNP. 1 1 f  x   x 2 ; g  x   x 6 - x   - x 2  3 x ; 2 2 1 h x   f x   g x   x 2  3 x 2 -1 2 3 1 (A) f x   g x  € x 2  x  3 x € x 2 - 3 x  0 € 3 x x - 1 € x  0 ou x  2 2 2 2 AMNP et NMB peuvent avoir la même aire pour x  0 (aire alors nulle) et pour x  2 (elle vaut alors 4 cm2). (B) f, g et h sont des fonctions polynômes de degré 2. On obtient leur tableau de variation sur [0 ; 6] par les méthodes classiques.



x

0

x

6

0



3

36

6

x

0

4,5

f(x)

g(x) 0

h(x) 0

0

0

Pour aller plus loin Le carré et le triangle ont un côté commun ; pour avoir des aires égales, il faut que MB soit le double de AM.

TP 5. Mesure de l’épaisseur d’un cheveu par diffraction 1. a. 0,08  d  0,10 b. Inférieure à 1,2 cm. c. On a supposé que f était décroissante (conjecture à partir du tableau). 2. a.

68

d

0,08

0,056 0,072

1/L

0,77

0,53

0,67

0,10

0,12

0,16

0,18

0,26

1

1,25

1,67

2

3,33

6 36

b.

c. On peut chercher g affine. d. On trouve comme expression possible g d   13,54 d - 0,34. 1 1 e. f d   . . On propose f d   13,54 d - 0,34 g d  1 on trouve d ª 0,087. On obtient alors f d   1,2 € 13,54 d - 0,34  1,2

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

ENTRAÎNEMENT

18 a. 4 ; 36 ; 9 ; 0,04

1 ª 24 €

c. 108 ; 1212 ; 10–4

2 ª3€ 3 a. 1,1

b. 1,08

c. 1,15

d. 1,006

4 a. 0,9

b. 0,92

c. 0,85

d. 0,994

5 Médiane : 8

1er quartile : 6

6 1 200 7 8

b. 9 ¥ 10 -4

10 a. 4 x 2  12 x  9

b. 4 x 2 - 9

15 x  - 1 16 x  2 ou x  6 17 x  2

21 1. a. c.

s  2 ; - 2

s  1; - 1

2. a. 2 a pour carré 2. 3. s  3 ; - 3



11 2 x 2 - 7 x - 4

14 x  1/ 3

pour 4 : 2 et – 2 ; 49 7 - 7 ; pour 3 : 3 et - 3 ; pour – 9 : aucun ; : et pour 16 4 4 b. Pour 106 : 103 et – 103 ; 10–8 : 10–4 et 10–4 ; pour – 102 : aucun ; pour 9 ¥ 10 4 : 3 ¥ 10 2 et - 3 ¥ 10 2 ; 3. – 1,6 4. x 2  2,56 a 2 solutions : 1,6 et – 1,6.

9 a. 4 ¥ 10 8

13 x  1 x  4

19 a. Pour 9 : 3 et – 3 ;

20 1. 2,56 est le carré de 1,6.

-1 6 3

12 a. x 3 x - 5

3e quartile : 15

4 9 ; ; 2 ; 48 25 49 d. 9 ¥ 10 -16 ; 4 ¥ 10 -8 b.

b. 3 x - 12

22 a. c.

e.

s  5 ; - 5

s  0

23 a. c.

s  10 ; - 10

s  25 ; - 25 s  5 2 ; - 5 2

24 a.

5 - 5¸ ; ˝ 2 ˛ Ó2

s  Ì

s  0 d. s   b. s  2 ; - 2 b.

s  5 ; - 5 d. s  

b.

s  d. s  10 8 ; - 10 8 f. s  10 10 ; - 10

b.

b.

s 

c.

10

- 5¸ ˝ Ó2 2 ˛

s  Ì5 ;

Chapitre 4. Fonctions de référence

69

25 a.

s  - 1; 2

b.

s  1; - 3

26 1. 1,52  2,62 2. 1,52  a 2 3. a 2 - 12 4. La fonction « carré » est strictement décroissante sur ] -  ; 0 [ et strictement croissante sur ] 0 ;   [ .

27 a. 2,3562  2,52

b. - 1,082  - 1,22

c. - 1,562  1,562 donc - 1,562  1,572 . d. - 2,562  2,562 donc - 2,562 0,8 2. e. 2  1,6 donc 2  1,6 2 . On utilise dans toutes les questions le sens de variation de la fonction « carré ».

b. x 2 ⭓ 0 € x Œ 2. a. x 2 ⭐ 3 € x Œ[ - 3 ; 3 ]

2. a. Si - 3 ⭐ x ⭐ - 0,5 alors 0,25 ⭐ x 2 ⭐ 9. b. Si - 3 ⭐ x ⭐ 2 alors 0 ⭐ x 2 ⭐ 9 .

34 a. 0 ⭐ x 2 ⭐ 4

b. 0,25 ⭐ x 2 ⭐ 6,25 d. 0 ⭐ x 2 ⭐ 1012 b. 0 ⭐ x 2  4 d. 0 ⭐ x 2 ⭐ 16

36 ymin  0 ; ymax  90000

c. x 2 100 € x Œ] -  ; - 10 [ » ] 10 ;   [

70

En effet la fonction « carré » est strictement croissante sur [ 0 ;   [ donc si 2 ⭐ x ⭐ 4 alors 2 2 ⭐ x 2 ⭐ 16 .

35 1. ymin   ; ymax  6400

b. x 2 ⭐ 100 € x Œ[ - 10 ; 10 ]

s 

32 1. Si 2 ⭐ x ⭐ 4 alors 4 ⭐ x 2 ⭐ 16 .

c. 0 ⭐ x 2  4

c. x 2 ⭐ 6 € x Œ[ - 6 ; 6 ]

b.

3. Si - 3 ⭐ x ⭐ - 1 on a b 2 ⭐ x 2 ⭐ a 2 .

c. 0 ⭐ x 2 ⭐ 9

29 1. a. x 2 ⭓ 3 € x Œ] -  ; - 3 [ » [ 3 ;   [

s 

2. b. On a bien a 2 ⭐ x 2 ⭐ b 2 .

33 a. 1⭐ x 2 ⭐ 12,25

28 Voir corrigé en fin de manuel.

30 a.

31 1. OK

c.

s   \ 0

37 ymin  0 ; ymax  0,01

38 1. 1,72 ⭐ R 2 ⭐ 1,82 soit 2,89 ⭐ R 2 ⭐ 7,24

1 1

48 1. a. 1,5

donc 2,89 p ⭐ A ⭐ 7,24 p . 2. On déduit 2,89 ¥ 3,14 ⭐ A ⭐ 7,24 ¥ 3,15 puis 9,0 ⭐ A ⭐ 22,9.

39 a. x - 12  4 € x - 1  2 ou x - 1  - 2

3. Faux : exemple a  - 1 et b  1.

€ x  3 ou x  - 1 s  3 ; - 1 b. c.

s  1 s

2 ; 1- 2

- 1 - 7 ¸ Ì ; ˝ Ó3 3 ˛

d.

s

Ô - 1 3 - 1- 3 ¸Ô Ì ; ˝ 5 ˛Ô ÓÔ 5

41 1. a. 2  2 x 2 b. 2  2 x 2  64 € 2  2 x  8

3.

puisque 2  2 x ⭓ 0 € x  2 - 1

d. x Œ] -  ; - 1] » ] 0 ;   [

1 1 1 80 80 80 ⭐ ⭐ ⭐ ⭐ donc 1,5 t 1,25 1,5 t 1,25

soit 53,3 ⭐ v ⭐ 64

42 1. x - 4 x - 2 avec x Œ[ 4   [ 2. x - 32 - 1  x 2 - 6 x  9 - 1  x 2 - 6 x  8 et x - 4 x - 2  x 2 - 2 x - 4 x  8  x 2 - 6 x  8

52 Celle qui est « en dessous » de l’axe des abscisses est y  - 2 x 2. Celles qui sont « au-dessus » de l’axe sont : Æ Celle qui est la plus au-dessus : y  3 x 2 ; Æ l’autre y  x 2 .

3. x - 32 – 1 168 € x - 32  169 € x - 3  13 € x  16

43 1. 146,40 € puis 178,61 €

53 Courbe orange : y  - 0 , 5 x 2 .

2. 172,80 € 3. a. Une hausse de 44 % correspond à un coefficient multiplicateur de 1,44. Une hausse de t % à un coefficient multiplicateur de t t t 1 1 . Deux telles hausses à celui de 1 . 100 100 100 t 2  1,44 t doit donc vérifier 1 100 t t  1,44 puisque 1 ⭓ 0 soit c’est-à-dire 1 100 100 t 1  1,2 c’est-à-dire t  20. 100 Chacune des 2 hausses doit être de 20 %.





-1 1 1 44 a. ; 2 ; ;

3 10





b. 3 ;



c. 10 -4 ; - 10 -6 ; 10 2 3 45 a. 4 ; - 2 ; 1;

b. 10 4 ; 10 -6 ; - 10 -2

2

-1 1 ¥ 10 -3 d. ¥ 10 2 ; 2 3  - 1¸ 1 b. s  - 2 c. s  Ì ˝ 46 1. a. s  4 Ó5˛ 1 1 b. s  c. s  3 2. a. s  2 2





Courbe bleue : y  x 2 - 2. Courbe violette : y  0,5 x 2  1. Courbe verte : y  x 2 . Courbe fushia : y  2 x 2 .

54 a. a  3 ; b  - 4 ; c  1. b. a  1 ; b  - 2 ; c  3. c. a  - 1 ; b  0 ; c  4. d. a  3 ; b  - 1 ; c  0. 1 55 a. Non, elle est affine. b. Oui : a  ; b  3 ; c  - 1.

5 2 ; 4 2

-1 1 d. ¥ 10 8 ; ¥ 10 4 3 2



b. x Œ] 0 ; 2 [

t 2. 1,25 ⭐ t ⭐ 1,5

2. 2 - 2 x 2  8 € 2  2 x  8

6 c. ; 2 ; - 10 5

50 a. x Œ] 0 ; 1]

80 51 1. v 

puisque 2  2 x ⭓ 0 € x  3

2

49 Voir corrigé en fin de manuel.

c. x Œ] - 1 ; 0 [

40 Voir corrigé en fin de manuel.



2,6

b. La fonction inverse est strictement décroissante sur ] 0 ;   [ . 1 1 1 1 1 1 2. a.

b.  c. - 4 3,6 0,3 1,5 -2 -3



R3 ˆ 47 M  1,9091014193 ¥ 1027 kg ÊÁË M  4 p 2 ˜. 2¯ GT

2 c. Oui : a  2 ; b  - 4 ; c  3. d. Non : elle n’est pas définie en O.

56 1. x

–

3

+

f(x) –4 2. Pour tout x réel, x - 32 - 4  x 2 - 6 x  9 - 4  x 2 - 6 x  5  f x 

Chapitre 4. Fonctions de référence

71

3. Pour tout x réel, x - 32 ⭓ 0 (un carré est toujours positif ou nul) donc f x  ⭓ - 4. De plus f 3  - 4 . Donc f admet sur  - 4 comme minimum, atteint en 3. f est une fonction polynôme de degré 2 avec a = 1 donc positif. f est donc strictement décroissante puis strictement croissante. Donc f est strictement décroissante sur ] -  ; 3 ] et strictement croissante sur [ 3 ;   [.

- 2 x - 12 ⭐ 0 donc f x  ⭐ 3 et f - 1  3. Camille : f 0  1 et f x   f 0 € - 2 x 2 - 4 x  0 € x  0 ou x  - 2. Comme Mehdi elle conclut que le maximum est atteint 0-2 en  - 1 et f - 1  3. 2 On obtient par les 3 méthodes : x

–

–1

+

3 f(x)

57 Voir corrigé en fin de manuel. 58 1. a. f x  3 € - 2 x 2  8 x  0 € - 2 x x - 4  0 € x  0 ou x  4. b. Même raisonnement que 57. 0 4 L’extremum est atteint en  2 , il vaut f 2  11. 2 C’est un maximum car a 0. 2. a 0 donc f strictement décroissante puis strictement croissante. x

–

2

+

11 f(x)

61 Conjecture : f semble être strictement décroissante sur ] -  ; 3 ] et strictement croissante sur [ 3 ,   [. On peut pour la démonstration utiliser l’une des trois méthodes de l’exercice 60. Par exemple celle de Camille : 11 1 1 11 f 0  et f x   € x 2 - 2 x  0 € x x - 6  0 3 3 3 3 € x  0 ou x  6. Le minimum (car a > 0) est atteint en 2 f 3  . 3

06  3 et vaut 2

62 f x   0,03x - 190 x - 10 59 1. a. f 0  5 b. f x   f 0 € - 2 x 2 - 4 x  0 € - 2 x x  2  0 € x  0 ou x  - 2 0-2 c. L’abscisse du sommet est  - 1. 2 2. a. f 0  2 b. f x   f 0 € x  0 ou x  3 03 c. L’abscisse du sommet est  1,5. 2 Pour aller plus loin a. f 0  c -b a 0-b/ a b c. L’abscisse du sommet est 2 2a b. f x   f 0 € x  0 ou x 

60 Les trois observent que a  0 donc f est strictement croissante puis strictement décroissante. Reste à déterminer quel est le maximum et en quelle valeur il est atteint. Mehdi : il observe par exemple que f 1  f - 3 donc le 1- 3 maximum est atteint en  - 1. Il vaut f 1  3. 2 Clara : A la calculatrice, elle conjecture un maximum de 3. Elle écrit f x   - 2 x 2 - 4 x  1  3 - 2 x 2 - 4 x - 2 f x   3 - 2 x 2  2 x  1  3 - 2 x  12

72

D’après la forme factorisée f x   0 € x  190 ou x  10. La forme développée prouve que f est une fonction polynôme de degré 2. Comme a 0 f est strictement décroissante puis croissante. Déterminons le lieu du changement de variation. Par exemple en utilisant la symétrie et les solutions de f x   0. 190  10 Le minimum est atteint en  100 et vaut 2 f 100  - 24 . f est donc strictement décroissante sur ] - 0 ; 100 ] et strictement croissante sur [ 100 ;   [ .

63 1. x Œ[ 5 ; 10 ] 2.  x   10 - x  x - 5  - x 2  15 x - 50 3.  est une fonction polynôme de degré 2 avec a  - 1. Elle est donc strictement croissante puis strictement décroissante en la prolongeant à  - x 2  15 x - 50  - 50 € x  0 ou x  15. 0  15 Le changement de variation a lieu en  7,5. 2

D’où le tableau de variation de  sur [ 5 ; 10 ] : x

5

7,5

10

6,25 f(x) 0

0

4.  x  est minimum et vaut 0 pour une carte de dimension 10 ¥ 5 ou 10 ¥ 10.  x  est maximum et vaut 6,25 cm2 pour une carte de dimension 10 ¥ 7,5.

64 Notons f x   - 0,02x 2  1,19x . f est une fonction polynôme de degré 2. 1. La pénalité est réussie si f 50 ⭓ 3 : c’est le cas puisque f 50  9,5. 2. f x   0 € x  0 ou x  59,5. Le maximum de f est atteint en 29,75 : il vaut environ 17,70. Le ballon s’est donc élevé à environ 17,70 m. 3. D’après la question 2 le ballon retombe à terre pour x  59,5 soit à 9,50 m derrière la ligne de but. U 3. I diminue quand R augmente. 65 1. I  R

66 Ces fonctions sont homographiques car f x  est

ax  b avec a  0. cx  d a. a  2 ; b  - 1 ; c  3 ; d  4. de la forme

b. a  2 ; b  0 ; c  1 ; d  - 1. c. a  0 ; b  3 ; c  1 ; d  - 4. 3x 2 d. f x   ; a  3 ; b  2 ; c  1 ; d  0. x x -2 ; a  1 ; b  - 2 ; c  1 ; d  1. e. f x   x 1 x -7 ; a  1 ; b  - 7 ; c  1 ; d  - 3. f. f x   x -3 - 4 ¸ b.  f   \ 1 67 a.  f   \ Ì ˝ Ó 3 ˛ c.  f   \ 4

d.  f   \ 0

e.  f   \ - 1

f.  f   \ 3

68  1   g ;  2   h ;  3   k ;  4   f 69 Voir corrigé en fin de manuel. Pour aller plus loin s

 4

3 3 70 g 0  et A 0 ; est le point d’intersection de  g et O y .

4

g t   0 si et seulement si t  3 et B 3,0 est le point d’intersection de  g et O x .

- x -3 71 a. f x   x  1 x

f n’est pas une fonction

homographique, car elle a 2 valeurs « interdites » 0 et – 1. f x   0 € x  - 3. - 3 x - 23 b. f x   donc f est une fonction homograx4 ax  b et a  0 avec ici a  - 3 ; b  - 23 ; phique. f x   cx  d c  1 et d  4 - 23 f x   0 € x  3 -x-4 donc f homographique. 72 1. a. f x   x 1 x2  4 x  2 b. f x   donc f non homographique. x 3 x  2 x2 - 2 x  4 donc f non homographique. c. f x   x - 4 x - 1 3 x -1 donc f non homographique. d. f x   x x - 1 -x-4  - 1 € - x - 4  - x - 1 et x  - 1 2. f x   - 1 € x 1 € - 4  - 1 s  . x2 - 2 x  4 3. f x   1 €  1 et x  4 et x  1 x - 4x - 1 € x 2 - 2 x  4  x - 4x - 1 € - 2 x  - 5 x € x  0 s  0 .

73 (A) Faux (B) Faux (C) Vrai (D) Faux 74 1. 1 fi 1 est vraie. 1 fi 2 est fausse Æ contre-exemple : a  1 ; b  - 1. 1 fi 3 est fausse Æ contre-exemple : a  1 ; b  1. 1 fi 4 est vraie. 1 fi 5 est vraie. 1 fi 6 est fausse Æ contre-exemple : a  1 ; b  1. 2. 1 fi 1 est vraie. 2 fi 1 est vraie. 3 fi 1 est vraie. 4 fi 1 est vraie. 5 fi 1 est vraie. 6 fi 1 est vraie. 3. 1 € 1 et 1 € 4 et 1 € 5. 4. On peut utiliser 1 € 5 par exemple et on obtient - 3 ¸ s  Ì ˝. Ó2 ˛

75 C’est erroné. Une augmentation de 1 % correspond à un coefficient multiplicatif de 1,01. Donc 2 augmentations successives de 1 %, à un coefficient multiplicatif de 1,012, soit 1,0201, correspondent à une augmentation de 2,01 %. 76 L’erreur à l’avant-dernière déduction a 2  b 2 fi a  b ou a  - 1 et non a 2  b 2 fi a  b !

Chapitre 4. Fonctions de référence

73

Travail personnel

2. a. f x   x  42 - 16

Pour les exercices 77 à 102 : voir corrigés en fin de manuel.

f x   33 € x  42  49 € x  3 ou x  - 11 b. f x   x  22 - 10 f x  2 € x  22  12 € x  - 2  2 3 ou x  - 2 - 2 3

APPROFONDISSEMENT

103 1. b.  semble être une parabole de sommet O. 2. a. Soit Mx , y  avec x  0, N0 , y  et A 0 , - 1

106 A. 1.

donc AN2  0 - 02   y  1   y  1 . 2

2

En appliquant le théorème de Pythagore : dans OAR : AR 2  x 2  1 dans ORN : RN2  x 2  y 2 dans ARN : AN2  AR 2  RN2  2 x 2  1 y 2

2. T6  15  6  21

b.  y  1  2 x 2  1 y 2 soit y 2  2 y  1  2 x 2  1 y 2

3. T51  T50  51

c’est-à-dire y  x 2 .

4. VARIABLES : i, T : entiers INITIALISATION : T prend la valeur O TRAITEMENT : Pour i allant de 1 à 100 faire T prend la valeur T  i fin pour SORTIES : Affichage du résultat Afficher « T100 = » ; T

2

c. Si x  0 c’est-à-dire R en O on a défini M  0 donc y  0. Là aussi, y  x 2 . Conclusion : L’ensemble  est la parabole d’équation y  x 2.

104 A. 1. a. x  52 ou x 2  52 - 2 ¥ 5 ¥ x  x 2  10 x  25 b. x 2  10 x  x  52 - 25 2. a. En développant le 2e membre. b. f x   39 € x  52 - 25  39 € x  52  64 . Ceci équivaut à x  5  8 ou x  5  - 8 soit x  3 ou x  - 13. B. 1. x 2  10 x  39

 

10 10 2  39 - soit 3 que l’on a trouvé en 2 2 A. 2. b. Il ne s’intéresse pas à – 13, qui est négatif et ne correspond pas au problème géométrique concret.

2. Il obtient

3.

 28 

2

 84 -

T7  21 7  28

5. T100  5050 B. 1. a. Tn 20

8  100 - 4  6. 2

4. VARIABLES : a, b, s : nombres ENTRÉES : saisir a, b TRAITEMENT :

10



Ê a 2 ˆ a  b˜ s prend la valeur rac Á Ë 2 ¯ 2 SORTIES : Afficher s ; « est une solution »

105 1. a. x 2 - 6 x  9  x - 32 b. x 2 - 6 x  x - 32 - 9 donc g x   x - 32 - 9  8  x - 32 - 1 c. g x   24 € x - 32 - 1  24 € x - 32  25 € x  8 ou x  - 2

74

T5 = 15

2 1 0 0

1

2

3

4

5

6

n

b. Les points n , Tn  pour 1⭐ n ⭐ 6 semblent appartenir à une parabole de sommet O. 2. a. n ¥ n  1

n n  1 2 3. On contrôle la cohérence avec 1⭐ n ⭐ 7 et avec n  100. b. 2 Tn  n ¥ n  1 donc Tn 

On peut aussi observer que la courbe d’équation x x  1 1 1 y c’est-à-dire y  x 2  x est une parabole 2 2 2 de sommet O.

107 1. V x   4 x 2 - 32 x  512. 2. V admet comme minimum 448 sur 0 ; 8 il est atteint pour x  4.

f. Quand M décrit  f , x décrit  donc x  2 décrit  aussi. Le point M¢ décrit donc toute la courbe  g. Conclusion :  g est l’image de  f par la translation de uuur vecteur OS.

109 On utilise la forme canonique :  1 : y  a x - 12 - 3 A 0 , - 1 Π1 donc, - 1  a - 3 ; a2

108 1. a. g x   5 € x 2 - 4 x  0 € x  0 ou x  4.

 1 : y  2 x - 12 - 3 soit  1 : y  2 x 2 - 4 x - 1

Le sommet de  g a donc comme abscisse

 2 : y  a x - 22  3 A 1, 2 Π2 donc 2  a  3 ; a  - 1

C’est donc S 2 ; g 2 soit S 2 ; 1 .

0 4  2. 2

 2 : y  - x - 22  3 soit  2 : y  - x 2  4 x - 1

b. g est strictement décroissante puis strictement croissante car a  1 donc a 0. x

–

+

2

110 A. 2. H0 ; 3. 3. a  - 2. B. Si on pose f x   x 2 - 2 x  3 et g x   a x  3 f 0  g 0  3 donc H Œ 1 et H Œ 2. H d’abscisse x est point d’intersection de  1 et  2 € x 2 - 2 x  3  a x  3 € x 2 - 2 x - a x  0

g(x) 1

€ x x - 2 - a  0 € x  0 ou x  2  a.

2.

Cette équation a une unique solution si et seulement si 2  a  0 c’est-à-dire a  - 2.

y

111 1. V  pr 2 h. Comme V  0,5 on déduit pr 2 h  0,5 A¢

A B¢ g

B C¢

f C

12

0

0,5 . pr 2 a. b. Les dimensions du rectangle sont h et 2 pr soit 5 cm et 6p cm c’est-à-dire environ 18,85 cm. 0,5 c.  r   2 ¥ p r 2  h ¥ 2 p r  2 p r 2  ¥ 2 pr pr 2 1  r   2 p r 2  . r 3. a. r a 2 p r 2 est une fonction polynôme de degré 2 avec a  2 p positif donc elle est strictement décroissante puis croissante. Le sommet de la parabole représentant cette fonction est O. Donc r a 2 p r 2 est strictement croissante sur [ 0 ,   [ c’est-à-dire h 

D¢

J D

S

I

3. A¢, B¢, C¢ et D¢ semblent être sur  g. uuur uuur 4. a. OS 2 - 0 , 1- 0 soit OS 2,1.

x

b. s : M Œ f et x M  x alors yM  x 2 donc Mx ; x 2  . uuuuur c. MM ¢ x ¢ - x , y ¢ - x 2 . uuuuur uuur  x ¢-x 2  x ¢  x +2 d. MM ¢  OS donc Ì 2  1 soit Ì y ¢  x 2  1 y x ¢ Ó Ó M ¢ x  2 ; x 2  1. e. g x  2  x  22 - 4 x  2  5  x2  4 x  4 - 4 x - 8  5  x2 1 donc M ¢ Œ  g .

donc sur 0,1;1 . 1 r a est la fonction inverse. Elle est strictement r décroissante sur ] 0 ,   [ donc sur 0,1;1 . On ne peut donc pas prévoir le sens de variation de . b. En traçant  Ꮽ à la calculatrice, il semble que  soit

strictement décroissante puis croissante sur 0,1;1 . Le minimum semble atteint pour r  0,43 (où  ª 3,49). c. Les dimensions nécessitant le moins de métal pour sa formation sont r ª 0,43 dm (43 mm) et h ª 0,86 dm (86 mm).

Chapitre 4. Fonctions de référence

75

112 32  2  11

332  22  1111

118 On écrit n - 22  n - 12  n2  n  12  n  22 soit n 2  n  12 - n - 12  n  22 - n - 22  2 n ¥ 2  2 n ¥ 4  2 n 2  4

 222  111 111 333 333 333 3332  222 222 222 222 222  111 111 11 1 111 111 111 111 111. 3332

113 Si a naturel non nul, a  12  a 2  a  12 - a 2 en effet a  12  a 2  a  1 a  2 a  1 et a  12 - a 2  a 2  2 a  1- a 2  2 a  1. 114 Oui

    26 n 8  12   ¥ 4n  4n-1 3 22 n - 22 n-2 3 26 n-6 4 - 13 2 8n1 - 8n

2 23 n3  23 n

34  26 ¥ 3  192 33 115 On note x le côté du tableau en dm x Œ[ 0 ,   [  26 ¥

x  3  2x

x  32  2 x 2 € x  32   2 x  € ou 2

.

soit n 2  12 n n  12 donne 10 2  112  12 2  132  14 2 Avec 7

n - 32  n - 22  n - 12  n2  n  12  n  22  n  32 qui donne n 2  2 n ¥ 2  2 n ¥ 4  2 n ¥ 6 soit n 2  24 n n  24 donne 212  22 2  232  24 2  252  26 2  27 2 Avec 15 n - 72  n - 62   n2  n  12   n  72 n2  2 n ¥ 2  2 n ¥ 4  2 n ¥ 6  2 n ¥ 8  2 n ¥ 10  2 n ¥ 12  2 n ¥ 14 2 n  112 n n = 112 donne 1052  106 2  112 2  1132  119 2.

x  3  - 2x

Donc x 

119

3 3 ou x  - 2 -1 2 -1

3 3  0 ne convient pas donc x  ª 7,24. - 2 -1 2 -1 Donc le côté est d’environ 724 mm.

116

L 

l Œ0 ; 625 et L Œ125 - 2 l  l  L ¥ l  - 2 l2  125 l 1. L’étude donne

B



0

P

31,25

62,5

1 953,13

N

( ) O

M

x

0 2. On a alors l Œ0 ; 20 .

On note x  AM (en mètres) x Œ0 ; 12 . En appliquant le théorème de Thalès dans le triangle AM AN MN AOB :   AO AB OB AM 8 2 AM MN  soit MN  ¥ OB  x ¥  x Donc AO 12 3 AO OB 2 Donc l’aire de la fenêtre est OM ¥ MV  12 - x  ¥ x 3 2 soit  x   - x 2  8 x 3 Il reste à trouver le maximum de  sur 0 ; 12 .  est un polynôme du 2e degré qui est strictement croissant puis décroissant. 2  x   0 € x - x  8  0 € x  0 ou x  12. 3 Le milieu de 0 ; 12 est 6 donc le maximum de  est





atteint en 6 et vaut  6  24. Les dimensions de la fenêtre sont donc OM  6 et MN  4.

117 n n  1 n  2 n  3  n 4  6 n3  11n2  6 n  1  n 2  3 n  1

76

0

A

2

 est strictement croissante sur cet intervalle. L’aire maximale est  20  1700.

120 Æ Si on découpe le rectangle du cylindre dans le sens de la longueur on a :  2 x ⭐ 20 Ì et 2 p x ⭐ 30 (où x rayon de la base). Ó 15 Soit x Œ È0 ; ˘ et V1 x   p x 2 20 - 2 x  ÎÍ p ˚˙ 15 15 et vaut Sur ÈÍ0 ; ˘˙ V1 est maximum pour x  Î p˚ p V1max ª 748,5. Æ Si on découpe le rectangle du cylindre dans le sens de la largeur on a : 2 x ⭐ 30 et 2 p x ⭐ 20. 10 10 Soit x Œ ÈÍ0 ; ˘˙ et V x   p x 2 30 - 2 x  sur ÈÍ0 ; ˘˙ Î p˚ Î p˚ 10 et vaut V2 max ª 752,3. V2 est maximum pour x  p C’est donc cette solution qui optimise le volume.

English Corner

121 La droite a comme équation y  x  2. Or x 2 - x - 2  0 € x 2  x  2 . Les solutions sont les abscisses des points d’intersection de la droite et la variable soit – 1 et 2.

122 1. x

–

2

+

Variation of f 0 2. Minimum en 2,05 qui vaut – 0,0025.

Chapitre 4. Fonctions de référence

77

5

Inéquations Étude de variation

Pour reprendre contact 1 1. a. et c. 2. 6 et 1. 1 3. 3x + 1 < 0 € x Œ ˘˙ –  ;– ÈÍ ˚ 3Î 2x + 3  5x + 6 € x Œ –  ;–1 4. a. g(4) = 0 b. g(1) < 0 car g(1) Œ – 3 ; 0  c. – 3 < g(– 4) < 6 d. I  – 2 ;    e. 2 5. c. est l’intrus. 2 a. f (x) = 0 € – 2(x – 5)(x – 1) = 0 € x Œ {5 ; 1} b. f (x) = – 10 € – 2x2 + 12x – 10 = – 10 € – 2x (x – 6) = 0 € x Œ {0 ; 6} 3 1. D’accord avec c. 2. a. f (1) > 0 ; f (– 4) < 0 ; g(– 1) > 0 ; g(7) < 0. b.

x f (x)

–

+

–3 –

0

+

x g(x)

– +

0

c. a > 0 ; b > 0 ; a¢ < 0 ; b¢ > 0.

Activité 1. Inéquations La recette doit être supérieure au coût. C’est le cas pour 3, 4, 5, 6, 7 ou 8 piscines.

Activité 2. Signe d’une expression A. 1. f (4) > 0 ; f (2) < 2 ; f (– 4) > 0 ; f (0) < 0 ; f 2. a. f (x) < 0 € x Œ [– 2 ; 3[ b. f (x)  0 € x Œ [–  ; – 2] » [3 ; + [

78

1311  0.

+

5 –

B. 1. On connaît le signe de xy, x2, 2. a. x2 + 1 > 0 pour tout réel x.

1 x et . y y

b. 2 x  0 pour tout réel x  0. c. x2 – 4 : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x. 3 d. – < 0 pour tout réel x ≠ 0. x2 e. (x – 3) (x + 1) : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x. x f. : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x ≠ 1. x –1

Activité 3. Lire un tableau de signes 1. Zone mauve : f (– 3) < 0. 2. f (6) < 0 ; f (0) > 0. 3. f (x) < 0 pour x Œ {– 4 ; – 2,7 ; p ; 12} par exemple. 4. f (– 1) = 0 ; f (3) = 0.

Activité 4. Dresser un tableau de signes 1. x2  0 ; 3 > 0 ; – 4x  0 si x  0 et – 4x  0 si x  0. On peut seulement déduire que si x  0 alors f (x) > 0, c’est tout ! 2. (x – 1) (x – 3) = x2 – 3x – x + 3 = x2 – 4x + 3 = f (x) 3.

x

–

x–1

+

1 –

0

4.

+

x

–

x–3

+

3 –

0

+

5. g(– 4,8) < 0 et h(– 4,8) < 0 donc f (– 4,8) > 0. g(5,3) > 0 et h(5,3) > 0 donc f (5,3) > 0. g(1,68) > 0 et h(1,68) < 0 donc f (1,68) < 0. 6.

x

–

1

+

3

Signe de (x – 1)

–

–

Signe de (x – 1)

–

0

+

Signe du produit (x – 1) (x – 3)

+

0

–

0

+ +

0

+

7. f (x) est nul pour x = 1 ou x = 3. f (x) est positif pour x Œ ]–  ; 1[ » ]3 ; + [. f (x) est négatif pour x Œ ]1 ; 3[. 8. Bilan : la forme la mieux adaptée à l’étude du signe de f (x) est la forme factorisée f (x) = (x – 1) (x – 3).

TP 1. Le quadrilatère tournant 1. a. MB = 5 – x NC = 3 – x 1 b. (MBN) = (5 – x) ¥ x 2 1 (NCP) = (3 – x) ¥ x 2 (x) = 15 – 2(MBN) – 2(NCP) = 15 – (5 – x) x – (3 – x) ¥ x (x) = 2x2 – 8x + 15 2. a. x Œ [0 ; 3], 2(x – 2)2 + 7 = 2(x2 – 4x + 4) + 7 = 2x2 – 8x + 15 b.  est une fonction polynôme de degré 2. a = 2, donc a > 0, donc  strictement décroissante puis croissante. (x) = 2(x – 2)2 + 7 permet d’affirmer que le minimum de  est 7 et qu’il est atteint en 2.

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

79

x

0

2

15

3 9

(x) 7 3. (x) – 7,5 = 2(x – 2)2 – 0,5 = 2((x – 2)2 – 0,25) = 2(x – 2 – 0,5) (x – 2 + 0,5) = 2(x – 2,5) (x – 1,5) donc (x) = 7,5 € x = 2,5 ou x = 1,5.

TP 2. Bien régler ses feux de croisement

p x 0 ,6 MH PH 1. En appliquant le théorème de Thalès dans le triangle MHP :  donc x ¥ p(x) = 0,6(p(x) – 3) donc  soit p x – 3 x MA AB 1, 8 p(x) = . 0 ,6 – x 1, 8 2. 30  p(x)  45 € 30   45 0 ,6 – x 0 ,6 – x 1, 8 1, 8 1 1 Puisque la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; + [,   x  0,6 – .  soit 0,6 – 1, 8 45 30 45 30 0,54  x  0,56

TP 3. En autonomie : traiteur ou restaurant 1. On note R(x) le prix demandé par le restaurateur et T(x) celui demandé par le traiteur pour x repas. R(x) = – 0,5x2 + 100x et T(x) = 20x + 1 500 T(10) = 1 700 et R(10) = 950. 2. T(x) < R(x) € x2 – 160x + 3 000 < 0 Quel que soit l’outil choisi on obtient : entre 10 et 21 repas le restaurateur est moins cher ; entre 22 et 80 repas le traiteur est moins cher.

TP 4. Étude d’un périmètre A. 1. et 2. Voir le site www.didiermathx.com On conjecture que : (A) le maximum est 32 et le minimum 24 et (B) le périmètre est inférieur à 26 cm, si AM compris entre 3 cm et 5 cm. B. 1. Si x  4, p(x) = 32 – 2x. Si x  4, p(x) = 3x + 16. y = p(x)

2. x

0

4

32

8

32

32

26 24

p(x) 24

3. Sur [0 ; 8] p admet 32 comme maximum, atteint en 0 et en 8, et comme minimum 24, atteint en 4. p(x)  26 € 3  x  5 (graphiquement et en vérifiant par le calcul que p(3) = p(5) = 26).

p

16 8 0 0

1

2

3

TP 5. Distance de sécurité et distance d’arrêt d’un véhicule



4

5

6

7



100 ¥ 10 3 500 500 A. 1. En 2 secondes à 100 km.h–1, on parcourt ¥ 2 m soit m ; 55 , 56 . 3 600 39 9 3 v ¥ 10 5 2. dS(V) = ¥2  v 3 600 9 5 3. 2 traits et l’espace donnent 2 ¥ 38 + 14 soit 90 mètres et v  90 € v  162. 9

80

8 x





5 5 v et ª 0,556 v. 9 9 Approximativement, dA(v) = 0,006v2 + 0,586v. B. 1. dA(v) = dS(V) = dF(v) = 0,006v2 + 0,03  2. dA (130) = 177,58 3. dA est strictement croissante sur [0 ; 130]. 4. 54 km.h–1 ; 89 km.h–1. Pour aller plus loin : 1. dF(v) = 0,0084v2 + 0,042v et dA(v) = 0,0084v2 + 0,598v 2. dA(130) = 219,7 3. dA(v) strictement croissante sur [0 ; 130]. 4. dA(v)  50 si et seulement si v  49 km.h–1. dA(v)  100 si et seulement si v  79 km.h–1.

TP 6. Les alvéoles des ruches d’abeilles 1. Triangle équilatéral, carré, pentagone régulier etc. 360  360 b. a + 2b = 180° (car ODE isocèle en O) donc 2b = 180° – 2. a. a  n n 3. a. k ¥ 2b = 360°



b. k 180  –



360   360  n

d’où k 

2n n–2

4. a.b. • Si n = 3 alors k doit être égal à 6 et le pavage est possible (voir figure 1). • Si n = 4 alors k doit être égal à 4 et le pavage est possible (voir figure 2). 10 • Si n = 5 alors k doit être égal à non entier (impossible). 3 • Si n = 6 alors k doit être égal à 3 et le pavage est possible (voir figure 3). 14 • Si n = 7 alors k doit être égal à non entier (impossible). 5

Figure 1

Figure 2

Figure 3

2 n 2 n – 4 4 4   2 . n–2 n–2 n–2 n–2 4 4 4  3.  donc 2  d. Si n  7 alors n – 2  5 donc n–2 n–2 5 e. Si n  7 alors k = 1 ou k = 2. Or k = 1 donne b = 180° et k = 2 donne b = 90° ce qui est impossible, puisque a + 2b = 180°. Conclusion : les polygones réguliers avec lesquels on peut paver le plan sont les triangles équilatéraux, les carrés et les hexagones réguliers. c. Pour n > 3 k 

5. a. L’hexagone. b. Celui qui a le plus petit périmètre : l’hexagone.

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

81

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

–4

0. x d. Pour x  0, 4x2 – 3x + 4 > 0. c. Pour x < 0,

1 26 %

2 24 cm

3 48 ou 49

4 AŒd

5 [– 6 ; – 4] et [0 ; 7]

6 3

7 Non

8 [– 6 ; 8]

9 x = 30°

1 10 s  – ; 4

1 11 ˙˘ ;   ÍÈ ˚2 Î

12 ]2 ; + [

25 On peut trouver les signes des expressions données en a., b., f. par règle des signes (comme des deux nombres positifs pour tout x) et le signe de l’expression donnée en d. (quotient de nombres positifs pour tout x). Pour c. et e. les expressions sont des différences de nombres positifs pour lesquelles on ne peut pas conclure directement.

2

ENTRAÎNEMENT

26 1.

13 Voir corrigé en fin de manuel.

y f

14 a. ]– 4 ; 1[ » ]3 ; 5] b. ]0 ; 4[ c. [– 3 ; 5] J

15 a. s = {– 3 ; 1 ; 4} b. [– 4 ; – 3[ » ]1 ; 4[ c. [– 3 ; 1] » [4 ; 5]

O

I

16 a. s = ]1 ; 10] b. [– 1,15 ; 10] c. ]– 2 ; 2]

x

5 2

d. [– 10 ; 10]

17 x2 < 3x s = ]0,3[

–5

18 x Œ [0 ; 20]. 1. R est une fonction linéaire représentée par la courbe verte.

2.

–

x 2x – 5

2. a. c(x) = 90 donne x = 7 soit 700 pièces. b. c(x) < R(x) donne x Œ ]1,5 ; 14[ doit une solution comprise entre 150 et 1 400 pièces.

19 1. Р1,5 ; Р1 ; 0 ; 0,5. 2. x Π]Р2 ; 1[

+

5/2 –

0

+

27 Ce sont des fonctions affines. • f (x) = 0 € 0,5x + 3 = 0 € 0,5x = – 3 € x = – 6. f a un coefficient directeur positif donc : x

–

+

–6

3. s = ]– 2 ; 1[

20 a. ]– 1 ; 2[ b. [– 1 ; 2] c. ]–  ; – 1[ » ]2 ; + [ 2. s = ]1 ; 6]

2. a. f positive sur ]– 1 ; 2[ et sur ]4 ; + [.

–

0

2 +

24 a. Pour tout réel x, x2 + 3 > 0. b. Pour x  0, –2 x  0.

82

+

0

+

1/2 +

0

–

• h(x) = 0 € x = – 2. h a un coefficient directeur négatif donc :

b. f négative sur ]–  ; – 1[ et sur ]2 ; 4[.

Signe de f(x)

–

g(x)

23 1. s = {– 1 ; 2 ; 4}

– –1

0

1 2 g a un coefficient directeur négatif donc : x

22 f1 tableau b et f2 tableau a.

x

–

• g(x) = 0 € x =

21 1. k n’est pas définie en 1.

3.

f (x)

–

4

+

0

+

x h(x)

–

+

–2 +

0

–

28 f (x) = ax + b 1. f (x) = 0 € ax = – b € x =

–b (a ≠ 0) a

33 Voir corrigé en fin de manuel.

2. VARIABLE : a, b, n nombres ENTRÉES : Saisir « donner a non nul », a saisir « donner b », b TRAITEMENT : n prend la valeur – b/a. SORTIES : Si a > 0 alors Afficher « f (x) est nul pour x = », n Afficher « f (x) est négatif pour x strictement inférieur », n Afficher « f (x) est positif pour x strictement supérieur », n Sinon afficher « f (x) est nul pour x = », n afficher « f (x) est négatif pour x strictement supérieur à », n afficher « f (x) est positif pour x strictement inférieur à », n FinSi

4 1 34 a. ˙˘ – ;   ÍÈ b. ÈÍ– ;  ÈÍ ˚ 3 Î Î 2 Î ˘ –1 È c. 2 ;    d. ˙ –  ; Í ˚ 2 –1 Î 35 1. (a) € (b) 2. (a) € (b) 3. Attention : on multiplie par (x + 1) dont on ne connaît pas le signe. 4. (a) € (b)

36 1.

x

–

+

2

x

+

0

x

–

Signe de 3x + 3 3.

x

–

Signe de x + 5

–

0

+

Signe de f (x)

+

0

–

x

–

–1

–

Signe de 4 – x

+

Signe de (5x – 3) (4 – x)

–

Signe de – 2x + 4

+

+

Signe de 3x + 3

–

0

+

Signe du produit (– 2x + 4) (3x + 3)

–

0

+

+ 2

+

0

– +

–

Signe de 2x – 1

–

Signe de x – 3

–

Signe de (2x – 1) (x – 3)

+ +

Signe de

2 x –1 x –3

1/2 0

+

3/5 0

0

–

+ +

x

–

+ 0

+

4

+

+

+

+

0

–

+

0

–

2

+

x+1

–

x–2

–

x 1 x –2

+

–1 0

0

0

+

x 1  0 € x Œ]–  ; – 1] » ]2 ; + [ x –2

0

–

0

+

b.

0

–

x

–

2 – 4x

+

x–3

–

2–4 x x –3

–

+ –

–

31 Voir corrigé en fin de manuel. 32 3 et – 2

3

+

38 1.

30 x

0

3 (5x – 3) (4 – x) > 0 € x Œ ˙˘ ; 4 ÍÈ ˚5 Î (5x – 3) (x – 4) > 0 € (5x – 3) (4 – x) < 0 3 € x Œ ˘˙ –  ; ÈÍ » 4 ;   ˚ 5Î a.

0

–

Signe de 5x – 3 +

0

–

+

37

–

–1

2/3

–

2. 3x + 3 = 0 € x = – 1 3 > 0 donc :

–5

Signe de 3x – 2

1.

Signe de – 2x + 4

–

2 f (x) > 0 € x Œ ]–  ; – 5[ » ˙˘ ;   ÍÈ ˚3 Î

29 1. – 2x + 4 = 0 € x = 2 – 2 < 0 donc :

(x2 + 1) > 0

0

–

1/2 0

+ + +

3 –

+ –

+ – 0

+

0

+ –

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

83

2–4 x 1 < 0 € x Œ˘˙ –  ; ÈÍ » 3 ;   ˚ x –3 2Î c.

–  – 3/2

x –x+5

+

+

2x + 3

–

0

+

(x + 5) (2x + 3)

–

0

+

5

+

0

– +

0

–

–3 È (– x + 5) (2x + 3)  0 € x Œ˙˘ –  ; » 5 ;  ˚ 2 ÎÍ

39 1. f (x) > g(x) € (3x – 2) (x + 5) > (2x + 2) (3x – 2) € (3x – 2) (– x + 3) > 0 2 Le tableau de signe donne f (x) > g(x) € x Œ˙˘ ; 3 ÈÍ . ˚3 Î 2 f (x) = g(x) € (3x – 2) (– x + 3) = 0 € x = ou x = 3. 3 2. x 3 –  2/3 + Signe de f (x) – g(x)

–

0

 en dessous de ¢

Interprétation graphique

+

0

–

 au  en dessus dessous de ¢ de ¢

 et ¢ se coupent aux points d’abscisses

2 et 3. 3

40 Voir corrigé en fin de manuel. 41 1. a. (x + 1) (x + 4) = x2 + 4x + x + 4 = x2 + 5x + 4

 25

–

b. f (x) > x2 – 1 € x2 + 5x – 4 > x2 – 1 € 5x > – 5 € x > – 1 s = ]–1 ; + [ c. f (x) > –

9 4

25

s=– –

 25 5 € x   2 € x

2

– 2

9 9

– 4 4

A(x) = 1,68x + 1,5

b. A(x) < M(x) € 1,68x – 1,44x < 1 € 0,24x < 1. 1 1 €x ª 4 ,2 0 , 24 0 , 24 Pour aller plus loin A et M sont alors affines par morceaux. On a alors : 3,5 1 A(x) < M(x) € x < et x > car M(x) = 6 si et 0 , 24 1, 44 3,5 ( ª 2 , 4 ). seulement si 1,44x = 3,5 si et seulement si x = 1, 44 Donc la course est moins chère en Ardèche si on parcourt entre 2,4 et 4,2 km. 3 ¥ 100x (puisque x représente le nombre 44 1. f (x) <

100 de centaines de pommes).

2. a. f (x) – 3x = x2 – 87x + 1 872 = (x – 43,5)2 – 1 892,25 + 1 872 = (x – 43,5)2 – 20,25 b. f (x) – 3x = (x – 43,5 – 20 , 25 ) ( x – 43 , 5  20 , 25 ) = (x – 48) (x – 39) Il faut avoir f (x) – 3x  0. Or si x Œ [42 ; 50], x – 39 > 0 donc f (x) – 3x  0 si et seulement si x – 48  0, soit si et seulement si x  48. Le nombre maximal de pommes à trier par heure est donc 48 centaines soit 4 800.

 x -230  = (x – 120) (x – 30)

A(x) = x2 – 150x + 3 600 Or (x – 75)2 – 2 025 = x2 – 150x + 5 625 – 2 025 = x2 – 150x + 3 600 = A(x)

b. x  120 donc x – 75 > 0 donc (1) € 55  x – 75  65 soit 130  x  140 donc x doit appartenir à [130 ; 140].

5 €x– 2

Le contrat A est plus intéressant.

45 1. x  120 A(x) = 2(x – 120)

2. a. 1 000  A(x)  2 200 soit 3 025  (x – 75)2  4 225 (1)

0

42 1. Avec le contrat B : 1 500 

5 ¥ 4 000 100

 1 700

2. a. B(x) = 1 500 + 0,05x b. B(x) > 1 800 € 1 500 + 0,05x > 1 800 € x > 6 000

43 1. On peut grâce, par exemple, aux ordonnées à

l’origine affirmer M rouge et A bleue : moins cher en Ardèche si x < 4,2.

84

2. a. M(x) = 1,44x + 2,5

2

25 9 9  x2  5 x  –  x2  5 x  4 4 4 4 2. a. f (x) < 0 € (x + 1) (x + 4) < 0 Le tableau de signes donne s = ]– 4 ; – 1[.

b. x 

Si on note M(x) et A(x), le prix en euros d’une course de x km dans la Meuse et l’Ardèche, on a : M(x) = 1,44x + 2,5 et A(x) = 1,68x + 1,5.

46 1. x > 1 + 1 et y > 1,5 + 1,5 donc x > 2 et y > 3. Le rectangle blanc a une aire de (x – 2) ¥ (y – 3) donc (x – 2) (y – 3) = 150. 150 150 2. f(x) = x ¥ y or y – 3 = donc y = 3 + donc x -2 x -2 150 . f(x) = x 3  x -2 3. a. On conjecture f(x) minimum pour x = 12 et ce minimum vaut 216.





D’où 2(a – 1)2 < 2(b – 1)2 en multipliant par 2, positif et enfin 2(a – 1)2 – 3 < 2(b – 1)2 – 3 en ajoutant – 3.

150 x – 216 x -2 3 x 2 - 6 x  150 x - 216 x  432 = x -2 3 x 2 - 72 x  432 = x -2 3 x 2 - 24 x  144 =  x - 2

f (x) – 216 = 3x +

=

b. f est donc strictement croissante sur [1 ; + [. 2. On démontre de même que f est strictement décroissante sur ]–  ; 1]. –

x

3 x - 122  x - 2

+

1

f (x) –3

Pour x > 2, f (x) – 216  0 car (x – 12)2  0 et x – 2 > 0 et f (x) – 216 = 0 si et seulement si (x – 12)2 = 0 ssi x = 12.  x - 8 3 x - 56 0 b. f (x)  224 € f (x) – 224  0 € x -2 56 Tableau de signes x Œ ÍÈ8 ; ˙˘ . Î 3˚ 30 1 47 1. Durée = = (h) soit 20 min. 90 3 30 2. Durée = 90  v 1 1 1 3. Durée  2 min  h 3 30 30 30 3 donc  . On multiplie par 10 (90 + v) positif. 90  v 10 300  270 + 3v donc 3v  30 soit v  10.







48 1. (80 – x) (120 + y) = 80 ¥ 120 soit : – 120x + 80y – xy = 0 soit : y(80 – x) = 120x 120 x soit : y = . 80 - x 9 600 120 x - 9 600  9 600 120 x = = Or – 120 + 80 - x 80 - x 80 - x 9 600 2. y  12 donc – 120 +  12 80 - x 9 600 soit  132 80 - x x < 15 donc 80 – x > 0. On multiplie par 80 – x. 9 600  132(80 – x) 80 soit 132x  960 donc x  . 11

49 Voir corrigé en fin de manuel. 50 1. a. Si – 2 < a < b alors 0 < a + 2 < b + 2 en

1 1 > car la a2 b2 fonction inverse est strictement décroissante sur -3 -3 < en multipliant par – 3, négatif. ]0 ; + [ puis a2 b2 b. f(a) < f (b) c. f est strictement croissante sur ]– 2 ; + [. 2. f (3) = – 0,6 f (x) > – 0,6 € f (x) > f (3) € x Œ ]3 ; + [. ajoutant 2 aux 3 membres d’où

51 1. a. Si 1  a < b, alors 0  a – 1 < b – 1 en ajoutant – 1 aux 3 membres donc (a – 1)2 < (b – 1)2, car la fonction « carré » est strictement croissante sur [0 ; + [.

52 Il peut déduire b et c. 53 1. a ¥ b = 0 si et seulement si a = 0 ou b = 0 Si a < 0 et b = 0 alors a ¥ b = 0. 2. a ¥ b  0 si et seulement si a  0 et b  0. a 3. Si a < 0 et b > 0 alors < 0. b

54 1. Pour que a ¥ b = 0 il faut et il suffit que a = 0 ou b = 0. Pour que a ¥ b = 0 il suffit que a < 0 et b = 0. 2. Pour que a ¥ b  0 il faut et il suffit que a  0 et b  0. a 3. Pour que < 0 il suffit que a < 0 et b > 0. b

55 a. « Il existe… » (pas « pour tout »). b. « Pour tout » donc « il existe » c. « Il existe… » (0) pas « pour tout » (n = 3) d. « Pour tout » donc « il existe » e. « Pour tout » donc « il existe » f. « Pour tout » donc « il existe ».

56 1. ]–  ; 1] 2. f(100) = 1 000 – 200 + 1,9 = 801,9 (100 solutions). Pour aller plus loin 0,1x2 – 2x + 1,9  0 € x2 – 20x + 19  0 € (x – 1) (x – 19)  0 Un tableau de signes donne s = ]–  ; 1] » [19 ; + [.

57 Tableau corrigé : x

–

0

3

Signe de x – 3

–

–

Signe de x2

+

0

+

Signe de x2(x – 3)

–

0

–

0

+ + +

0

+

Les erreurs : Æ Inversion de 0 et 3. Æ x – 3 ne s’annule pas en 0.

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

85

Æ x2 est toujours positif ou nul. Æ Un tableau de signes donne le signe d’un produit pas d’une somme.

79 1.

y 

Pour les exercices 58 à 76 : voir corrigés en fin de manuel.

J S O

APPROFONDISSEMENT

I

x

77 1. b. Si 0 < x < 1, x3 < x2 < x. Si x > 1, x3 > x2 > x.

d

2. Même observation.

2.  est une parabole. Son sommet est S(– 1 ; 0) d’après la forme canonique.

3. x2 – x = x(x – 1) x

0

x

0

x–1 x2 – x2

0

+

1 +

+

–

0

+

–

0

+

2x 2x x2 1 1€ 0 80 2. 2 2 2

x3 – x2 = x2(x – 1) x

0

x2

0

x–1 x3 – x2

78 1. ire(DQR) = triangle rectangle. DP = x

0

+

1 +

€

+

–

0

+

–

0

+

 6 - x 2 DQ ¥ DR = car DQR 2 2

1 ire(DQR) ¥ DP 3 2 x 36 - 12 x  x 2  x  6 - x 2 1 donc V(x) = = = x3 – 2x2 6 6 6 + 6x. 1 1 3. Pour x Œ [0 ; 6] (x – 8) (x – 2)2 = (x – 8) (x2 – 4x – 4) 6 6 1 = (x3 – 4x2 + 4x – 8x2 + 32x – 32) 6 1 16 = x3 – 2x2 + 6x – 6 3 1 4 4 De plus : V(2) = ¥ 8 – 2 ¥ 4 + 6 ¥ 2 = – 8 + 12 = + 4 6 3 3 16 = 3 1 donc (x – 8) (x – 2)2 = V(x) – V(2). 6 4. Si x Œ [0 ; 6], (x – 8) < 0 et (x – 2)2  0 2. On en déduit V(x) =

donc si x Π[0 ; 6] V(x) РV(2)  0 soit V(x)  V(2). Le volume maximal est donc V(2) (atteint en 2) et vaut 16 cm3. 3

86

3. (x + 1)2 – (2x + 1) = x2 + 2x + 1 – 2x – 1 = x2 On en déduit que : si x  0, [x + 1)2 – (2x + 1) > 0, soit (x + 1)2 > 2x + 1 ; si x = 0, (x + 1)2 – (2x + 1) = 0, soit (x + 1)2 = 2x + 1. La courbe  est donc « au-dessus » de d. Leur unique point d’intersection est J(0, 1).

€

x 1 -  x 2 - 2 x  1 x2 1

x -1 x 1

0

-  x - 12

0 x2 1 Ce qui est toujours vrai. 2a  1 ; l’égalité ayant lieu pour Pour tout réel a, a2  1 a = 1 seulement.

a  1 2a positif ou nul, et nul seulement +1= 2 a2  1 a 1 pour a = – 1. 2

3.

81 1. n = 4 2. a. n = 11 b. n = 31 3. a. Non ! C’est trop long. b. VARIABLES n, S INITIALISATION n prend la valeur 0 S prend la valeur 0 TRAITEMENT Tant que S  10 faire n prend la valeur n + 1 1 S prend la valeur S + n Fin tant que SORTIE Afficher n c. Programmes : voir sur le site www.didiermathx.com On trouve n = 12367.

82 1.

Sophie

Leila

Marie

40 min

20 €

17 €

20 €

60 min

20 €

24,50 €

25 €

2. a. Demander un nombre. Ajouter 3. Élever au carré. Multiplier par – 2. Ajouter – 4.

b.

b. Si – 3  a < b alors, en ajoutant 3,0  a + 3 < b + 3. Donc (a + 3)2 < (b + 3)2 puisque la fonction « carré » est strictement croissante sur [0 ; + [.

m

L

50 60

En multipliant par – 2 (négatif ), – 2(a + 3)2 > – 2(b + 3)2. En ajoutant – 4, on obtient finalement f(a) > f(b). Donc f strictement décroissante sur [– 3 ; + [. 120 x (min)

3. Marie. 4. Graphiquement, si x Œ [0 ; 28[ : forfait de Marie. • Si x Œ [28 ; 50[ ; forfait de Leila. • Si x Œ [50 ; 60] ; forfait de Sophie. • Si x Œ ]60 ; 64[ ; forfait de Leila. • Si x Œ [64 ; + [ ; forfait de Marie.  et CDE  sont correspondants donc égaux. 83 1. ACB

 2. tan ACB

86 1. a. f est une fonction polynôme de degré 2 car en développant, f(x) = – 2x2 – 12x – 22. b. – 2 est négatif, donc f est strictement croissante puis décroissante.

2. a. s(x) = 20 sur [0 ; 60]. (x) = 17 si x Π[0 ; 45] et (x) = 17 + 0,5(x Р45) si x Π]45 ; + [, soit (x) = + 0,5x Р5,5. m(x) = 0,25x + 10 sur [0 ; + [ y (Euros) 55 50 45 40 35 30 s 25 20 15 10 5 0 0 10

On montre de même que f est strictement décroissante sur ]3 ; + [.

h  3 et tan CDE 1 l h

3 donc (h) = . h 3.  est strictement décroissante sur [2,5 ; 5]. 3 3  (h)  soit 0,6  (h)  1,2. 5 2,5

84 a. Strictement décroissante. b. Strictement croissante. c. Strictement croissante.

85 1. f =  \ {3} 2. Demander un nombre. Prendre le double. Retrancher 6. Prendre l’inverse. Multiplier par 2. 3. Si a < b < 3, alors 2a – 6 < 2b – 6 < 0. Car x  2x – 6 strictement croissante sur  1 1 donc > car la fonction inverse est 2a-6 2b-6 strictement décroissante sur ]–  ; 0[. En multipliant par 2 (positif ), f (a) > f (b) donc f strictement décroissante sur ]–  ; 3[.

c. On montre de même que f strictement croissante sur ]–  ; – 3].

87 1. Si v  a < b alors 0 < a – v < b – v en retranchant v, donc (a – v)2 < (b – v)2 car la fonction « carré » est strictement croissante sur [0 ; + [. On multiplie par u (positif ) et on ajoute w. On obtient f(a) < f(b). Donc f strictement croissante sur [v ; + [. On montre de même que f strictement décroissante sur ]–  ; v]. 2. Si u < 0, on obtient les variations contraires.

88 1. f(b) – f(a) = 2[(b – 1)2 – (a – 1)2] = 2(b – 1 + a – 1) (b – 1 – a + 1) = 2(b – a) (b + a – 2) 2. a. Si 1  a < b alors b – a > 0 et 1  a et 1 < b donc b + a > 2 donc b + a – 2 > 0. b. D’après la règle des signes 2(b – a) (b + a – 2) > 0 donc f strictement croissante sur [1 ; + [. 3. f strictement décroissante sur ]–  ; 1].

89 1. f(b) – f(a) = b – a =



b- a



b a



b a b-a = b a 2. a. 0  a < b donc b – a > 0. b + a > 0 car a  0 et b > 0. b-a c. D’après la règle des signes > 0. b a d. f est donc strictement croissante sur [0 ; + [.

b.

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

87

90 Si on enroule suivant la longueur L on a un cylindre L de hauteur et de rayon R tel que 2pR = L donc R = . 2 p Son volume est V = ¥ pR2. L2 V= 4p Si on enroule suivant la largeur, on obtient par le même L 2 . raisonnement un volume v  4p Déterminons le signe de V – v.  L2 L 2  L V –v  –  ( L–) 4p 4p 4p > 0, L > 0, 4p > 0 et L –  0 donc V – v  0 soit V  v. Le plus grand volume est obtenu quand on enroule suivant la longueur.

Facture de

20

49

1re offre

50

51

75

20

21

45

2e offre

93 Le nombre de pommiers est n2. Le nombre de conifères est 8n. n Œ * n2 > 8n € n > 8.

94 Si on note x le côté du rectangle perpendiculaire à la plage, x(125 – 2x)  900 € 2x2 – 125x + 900  0. Ce qui est vérifié pour x compris entre 8,3 et 54,2 environ. 1 a2 a donc  ( OMP )  – . 95 b 

a –1 2 a –1 a. (OMP) minimum pour a = 2 et vaut 2.

150

96 a3 > 6a et 6a2 < 10a + 12 105

2. Si x Π[0 ; 50[. p(x) = x. Si x Π[100 ; + [, p(x) = 0,7x. a.

2 ¥ 10 40 10 40 10 40 2 ¥ 10 40

car  1 2 ¥ 10 40 1 10 40 1 10 40 2  2 ¥ 10 40

b. (OMP) inférieur à 10 pour a compris entre 1,06 et 18,9 environ.

91 1.

92

y

soit a2 – 6 > 0 et 3a2 – 5a – 6 < 0 avec a > 0. Graphiquement, par exemple, ceci est vrai pour a compris entre 6 ( ª 2 , 450 ) et 2,474. English corner

100

1 97 (2x – 1) (– x + 3)  0 si et seulement si x Œ ÈÍ ; 3˘˙ . Î2

˚

(2x + 1) (– x + 1)  (1 – x) € (– x + 1) (2x)  0 s = [0 ; 1]

70 50

98 (3x – 4) (3x + 2) < 0 for example. 10 0 0 10

50

b. Entre 0 et 80 euros.

88

80

100

150 x

99 Valentin is right : x + 1 is not necessarily positive.

Trigonométrie

6

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Réponse b. 2 Réponses b. et c. 3 Réponse a. 4 0

p p p p 2 3     p pp 6 4 3 2 3 4

p 3p p p 2p ; ; et sont dans cet ordre : A, E, C, B et D. 5 1. Les points ayant pour abscisses ; 3 6 4 3 4 5p 2. F a pour abscisse . 6 p 3p p c. d. b. 6 a. p 2 2 4

Activité 1. Associer des réels à un point 1. Les réels correspondant aux marques rouges sont 0 , 2 p , 4 p , 6 p , º, et - 2 p , - 4 p , - 6 p , º Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : k ¥ 2 p, où k Œ¢. 2. Pour les marques vertes, ce sont : p , 3 p , 5 p , 7 p , º, et - p , - 3 p , - 5 p , º Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : p + k ¥ 2 p, où k Œ¢.

Activité 2. Longueurs d’arcs 1. a. 2 p 2. a. E

p p 5p p 5p p 5p , , , , , , . 2 4 4 6 6 3 3 b. F¢ c. D d. D e. A¢ b.

f. C

g. B¢

h. B¢

Activité 3. Repérage sur un quart de cercle A. 1. a. Le triangle OMJ est isocèle car OM = OJ = 1.  = 90° – 30° = 60°. Comme la somme des angles d’un triangle est 180°, il en résulte que les trois angles du triangle Or MOJ OMJ mesurent 60° chacun et que ce triangle est donc équilatéral. 1 b. Dans le triangle équilatéral OMJ, la hauteur (MK) est aussi médiane ; d’où OK  . 2 Le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle OMK donne : 3 1 3 OM² = OK² + KM², soit 1  KM2, d’où KM2  et donc KM  . 2 4 4

89

c. Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = KM = 2. a.

3 1 et y = OK = . 2 2

J M

K

a = 60 ° O

I

H

b. Comme dans la question A.1, on montre que le triangle OMI est équilatéral et que OH =

3 1 et OK = . 2 2

Ê1 3ˆ Les coordonnées du point M sont donc ici Á ; ˜. Ë2 2 ¯ 3. a.

J

M

K

a = 45 ° O

I

H

 OHMK est un rectangle ; de plus, le triangle OHM est rectangle en H et a un angle de 45° ; son troisième angle OMH mesure donc aussi 45° ; OMH est donc un triangle isocèle et OH = HM. Il en résulte que OHMK est un carré. b. Dans le triangle rectangle OHM, le théorème de Pythagore donne : OM2 = OH2 + HM2, soit 1 = 2 OH2, puisque OH = HM. 2 1 . D’où OH2 = et donc OH = 2 2 2 2 Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = et y = OK = HM = . 2 2 B. 1. Dans le triangle OHM, rectangle en H, on a : OH OH HM OK cos a    OH et sina    OK . OM 1 OM 1 2. a

cos a

sin a

30°

3 2

1 2

45°

2 2

2 2

60°

1 2

3 2

) 2p p  . C. 1. IJ est le quart d’un cercle de rayon 1 ; sa longueur est 4 2 ) p 2. L’arc IJ est intercepté par un angle au centre de 90° et a pour longueur . 2

90

Par proportionnalité, on obtient : a

cos a

sina

$ longueur de IM

30°

3 2

1 2

p 6

45°

2 2

2 2

p 4

60°

1 2

3 2

p 3

Pour aller plus loin 90°

a

p 2

∫ longueur IM

p ¥a p¥a 2 ∫ Le tableau de proportionnalité donne une longueur IM   . 90 180

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE 1 1 a.

b. 1

2

2 a. 49 ¥ 51 ( 50 - 1)( 50  1)  2500 - 1 2499 b. 292  ( 30 - 1)2  900 - 60  1 841

3 AB = 2 3

= CA ; AB2 = 12 ; BC2 = 24 ; CA2 = 12.

On a AB2 + CA2 = BC2. ABC est donc isocèle et rectangle en A.

4 a.

11 Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi médiane. Si les côtés du triangle mesurent 4 cm, sa hauteur h est telle que 42 = 22 + h2. D’où h2 = 12 et donc h = 2 3 cm. 12 L’aire d’un triangle équilatéral de côté 4 cm, et donc de hauteur 2 3 cm (voir exercice 11) est 4¥2 3   4 3 cm². 2   2 ACB   120 a. AOB 13

(2x – 3)² = 4x2 – 12x + 9

b. (4x – 5)(4x + 5) = 16x2 – 25

5 f ( 3 )  ( 2 - 3 )( 2  3 )  4 - 3  1

∫  2 p ¥ 120  2 p b. AB 360 3   ∫  2 p ¥ 36  p . 14 BOC  2 BAC  36 d’où BC 360 5 ENTRAÎNEMENT

6 ( 3 )3 - 3 ( 3 )  3 3 - 3 3  0 3 est donc solution de l’équation x3 – 3x = 0. 2

8 a. x = 5

2

b. x = 12

c. x = – 12

9 Il existe 90 nombres entiers à deux chiffres (de 10

à 99). Parmi eux, figurent 9 multiples de 11 (de 1 ¥ 11 à 9 ¥ 11). Le tirage s’effectuant au hasard, les 90 issues sont équiprobables et donc la probabilité cherchée est 9/90 = 1/10 = 0,1.

10 Un carré de côté a = 3 possède des diagonales de longueur d telle que d 2 = a2 + a2. On a donc d 2 = 2a2 d’où d = a 2 .

b. J

c. I¢

d. I

e. I¢

p p p 16 1. Les réels , et ont pour points images sur

4 3 6 le cercle  les points : B, C et A.

7 x -3x  x ( x -3) 3

15 a. I¢

2. Les points images des réels –

p  p sont donc : 3

a. B¢

b. E¢

p p p ,  p ,  2 p et 4 4 6 c. A

d. D

4p 3p 5p , et appartiennent à 17 1. Les réels 3

2

3 2p . 3 3p p b.  p 2 2 5p 2p d.  p 3 3

l’intervalle [ p ; 2 p [ , mais pas 4p p  p 3 3 p 2p  pc. 3 3

2. a.

Chapitre 6. Trigonométrie

91

3. Leurs points images sont : a. D¢

b. J¢

c. D

d. C’

p 4p p 7p , - et ont pour images sur le 18 Les réels ,

6 6 3 3 cercle  de la figure les points : C, D¢, A¢ et F¢.

p p 19 1. Famille de : Les réels de la forme k × pour k 4 4 p p p ; entier allant de 0 à 8 sont : 0 ¥  0 ; 1¥  4 4 4 p p p 3p p p 5p 2¥  ; 3¥  ; 4 ¥  p ; 5¥  ; 4 2 4 4 4 4 4 p 7p p p 3p 6¥  ;7¥  ; 8 ¥  2 p. 4 2 4 4 4 Leurs points images sur le cercle  sont : I, B, J, E, I¢, E¢, J¢, B¢ et I. p p 2. Famille de : Les réels de la forme k × pour k 6 6 entier allant de 0 à 12 sont : p p p p p p p p 2p 0 ¥  0 ; 1¥  ; 2 ¥  ; 3 ¥  ; 4 ¥  ; 6 6 6 6 3 6 2 6 3 p p 7p p 4p p 5p 5¥  ; 6¥  p ;7¥  ; 8¥  ; 6 6 6 6 6 6 3 p 5p p 11 p p p 3p 9¥  ; 10 ¥  ; 11¥  ; 12 ¥  2 p. 6 2 6 3 6 6 6 Leurs points images sur le cercle  sont : I, A, C, J, D, F, I¢, F¢, D¢, J¢, C¢, A¢ et I.

20 Les réels s’appliquant sur les points I, A, B, C et J lorsqu’on enroule la droite numérique sur  sont : p p p p a. Dans le sens direct, au premier tour : 0, , , et . 6 4 3 2 b. Dans le sens indirect, au premier tour : 11 p 7p 5p p p p 0, - 2 p   , -2p  , -2p  , 6 6 4 4 3 3 3p . 2 c. Dans le sens direct, au second tour : ce sont les réels de la question a auxquels on ajoute 2 p, c’est-à-dire 2p, 13 p 9 p 7 p 5 p , , et . 6 4 3 2 d. Dans le sens direct, au troisième tour : ce sont les réels de la question a auxquels on ajoute 4 p, c’est-à25 p 17 p 13 p 9p dire 4p, , , et . 6 4 3 2 4p 8p 2p ; ;. 21 a. Réels venant s’appliquer sur D :

3 3 3 3p 5 p 13 p . ; ;b. Réels venant s’appliquer sur E¢ : 4 4 4 4p 8p 2p ; ;. c. Réels venant s’appliquer sur B¢ : 3 3 3 p 3p 7p ; . d. Réels venant s’appliquer sur J¢ : - ; 2 2 2

22 Voir corrigé en fin de manuel.

92

23 a. x – y = 2p ; 2p correspond à la longueur du cercle, donc x et y ont le même point image sur . b. x – y = p ; p ne correspond pas à un nombre entier de fois la longueur du cercle, donc x et y n’ont pas le même point image sur .

24 1. Voir figure ci-dessous. p p p p ª 0 , 52 et ª 0 , 79 on a bien : < 0,65 < . 6 4 6 4 4p 3p p p ª 4 ,19 et De même : ª 4 , 71 d’où : < 4,5 < . 2 3 6 4

2. Comme

3.

J N R M

O

I¢

P

S

I

Q

25 a. Les réels de l’intervalle [0 ; 2p] associés aux sommets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de p 2p 4p 5p ces points : 0, , , p, et . 3 3 3 3 b. Les réels de l’intervalle [ - p , p ] associés aux sommets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de ces 2p p p 2p points : 0, , , p, - , - . 3 3 3 3 26 1. Les points M1, M2, M3 et M4 sont les points images des réels : 2.

5p 5p p p ,- ,- , . 6 6 3 6

point

M

M1

M2

M3

M4

réel associé x Œ - p ; p

p 6

5p 6

5p 6

p 6

p 3

cos x

3 2

3 2

3 2

1 2

sin x

1 2

1 2

3 2

-

3 2 1 2

-

1 2

-

Ê ˆ Ê ˆ Ê ˆ 4 4 4 Ê 3 pˆ Ê pˆ Ê 3 pˆ Ê pˆ b. cos Á  - cos Á ˜ ; sin Á  sin Á ˜ Ë 4 ˜¯ Ë 4¯ Ë 4 ˜¯ Ë 4¯ Ê 5 pˆ Ê pˆ Ê 5 pˆ Ê pˆ  - cos Á ˜ ; sin Á  - sin Á ˜ c. cos Á Ë 4 ˜¯ Ë 4¯ Ë 4 ˜¯ Ë 4¯ Ê

ˆ

p p p p 27 a. cos Á - ˜  cos Á ˜ ; sin Á - ˜  - sin Á ˜ Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯ Ë ¯ 4

28 Voir corrigé en fin de manuel.

29 1.

2p 4p ou x = 31 a. x =

J p 4

3p 4

O

I¢

3

3

2p 3

J

I

I¢

– 0,5

O

I (0 ; 2p)

– p 7p ; 4 4

5p 4 J¢

réel x

p 4

cos x

2 2

sin x

2 2

2.

3p 4

-

2 2

-

2 2

2 2 -

2 2

5p 4

7p 4

-

2 2

2 2

-

2 2

-

4p 3

b. x = -

2p 2p ou x = 3 3 2p 3

2 2

I¢(– p ; p) O

I¢

J¢

– 0,5

réel x cos x sin x

5p 3

J¢

p 3 1 2

2p 3 1 2

3 2

3 2

4p 3 1 2 -

3 2

5p 3 1 2

7p 3 1 2

3 2

3 2

-

6

J 5p 6

0,5

I(0) – 0,5

7p 6

11p 6 J¢

J¢

sin 30° = BD/BC, 1 d’où BC = BD/sin30° = BD/ = 2 BD = 2 FE = 120 mm. 2 Dans ce même triangle : cos 30° = CD/BC, 3  60 3 ª 103 , 92 mm. d’où CD = BC cos 30° = 120 ¥ 2 Dans le triangle ABF rectangle en F : sin 30° = BF/AB, d’où 1 BF = AB sin30° = AB = 70 mm. D’où DE = BF = 70 mm. 2 Il en résulte : CE = CD + DE = 60 3  70 ª 173 , 92 mm. Dans le triangle ABF rectangle en F : cos 30° = AF/AB, 3  70 3 ª 121, 24 mm. d’où AF = AB cos 30° = 140 ¥ 2 D’où AE = AF + FE = 70 3  60 ª 181, 24 mm.

p 6

O

I’(p)

I

32 Dans le triangle BCD rectangle en D :

p 5p 30 1. a. x = ou x = 6

O

I

– 2p 3 4p 3

J

p 7p ; 3 3

J

2p 3

p 4

33 1. a. Le triangle BHP rectangle en H, ayant un angle aigu de 45°, a son autre angle aigu de même mesure et est donc isocèle. D’où HB = PH. Dans le triangle CHP rectangle en H, tan 30° = PH/HC, 3 PH soit  d’où HC  3 ¥ PH. 3 HC

Chapitre 6. Trigonométrie

93

b. Comme HC – HB = 40, on obtient : 3 ¥ PH - PH  40 , soit PH( 3 - 1) = 40 , d’où 40 ( 3  1) 40 PH   3 - 1 ( 3 - 1)( 3  1) 

40 ( 3  1)

2  20 ( 3  1) ª 54 ,6 64 m

  IH / 55. 2. Dans le triangle PIH rectangle en H, sin PIH   5 , 4 / 55 ª 0 , 098. Lorsque IH = 5,4, on a : sin PIH  ª sin–1 0,098 ª 5,63 . D’où PIH     4 / 55 ª 0 , 073. Lorsque IH = 4, on a : sin PIH  ª sin–1 0,072 ª 4,17 . D’où PIH   1 34 1. sin 30  ; cos 30 

2 3 1 tan 30   . 3 3 sin 45  cos 45 

3 , d’où 2

2 , d’où tan 45° = 1. 2

2. Dans le triangle ABH rectangle en H, sin 45 

AH , AB

2 2  6¥ 3 2. 2 2 Le triangle rectangle ABH ayant un angle de 45°, l’autre angle aigu mesure 45° et ce triangle est isocèle. Il en résulte : BH = AH = 3 2 . HC 3. Dans le triangle ACH rectangle en H, tan 30  , AH 3 HC  , d’où HC  6 cm. soit 3 3 2 d’où AH = AB ¥ sin 45  AB ¥

4. On en déduit BC = BH + HC = 3 2  6 , puis AH ¥ BC 3 2 ¥ ( 3 2  6 ) Aire ABC = = 2 2 18  3 12 18  6 3   9  3 3 ª14,2 cm². = 2 2 35 1. Le triangle ABH est rectangle et isocèle car l’un de ses angles aigus mesure 45° et donc l’autre aussi. D’où BH = AH. AH Dans le triangle AHC rectangle en H : tan 60  , d’où HC AH AH HC   . tan 60 3 2. a. Comme BC = 10, on a BH + HC = 10, c’est-à-dire Ê AH 1 ˆ AH  = 10, soit AHÁ 1 ˜  10 , d’où Ë 3¯ 3 AH 



94

10 3 ( 3 - 1) 10 3 10 10    1 3  3  ( 3  1) ( 3 - 1) 1 1 1 3 3 10 3 ( 3 - 1)  5 3 ( 3 - 1)  15 - 5 3 . 2

36 1. Couleur arc

Rouge

Vert

Bleu

Orange

Signe cos x

+

–

+

–

Signe sin x

+

+

–

–

p 2. Comme 0  1 , le point image de 1 est situé dans 2 l’arc rouge ; on a donc : cos 1 > 0 et sin 1 > 0. 3p , le point image de 4 est situé dans Comme p  4  2 l’arc orange ; on a donc : cos 4 < 0 et sin 4 < 0. p Comme 3 p  10  3 p  , le point image de 10 est situé 2 dans l’arc orange ; on a donc : cos 10 < 0 et sin 10 < 0. p Comme 5 p -  15  5 p, le point image de 15 est situé 2 dans l’arc vert ; on a donc : cos 15 < 0 et sin 15 > 0. p p Comme 3 p   12  4 p, on a - 4 p  - 12  - Ê 3 p  ˆ Ë 2¯ 2 et donc le point image de – 12 est situé dans l’arc rouge ; on a donc : cos (– 12) > 0 et sin (– 12) > 0. 2 2 37 a. A ( 0 )   cos 0  sin 0    cos 0 - sin 0 

 12  12  2 2 2 p p p p p A Ê ˆ  Ê cos  sin ˆ  Ê cos - sin ˆ Ë 4¯ Ë ¯ Ë ¯ 4 4 4 4 2

2

Ê 2 2ˆ Ê 2 2ˆ Á    2 ˜¯ ÁË 2 2 ˜¯ Ë 2

 2

2

2

p p p p p A Ê ˆ  Ê cos  sin ˆ  Ê cos - sin ˆ Ë 3¯ Ë 3 3¯ Ë 3 3¯ 2

Ê1 3ˆ Ê 1 3ˆ Á   Ë 2 2 ˜¯ ÁË 2 2 ˜¯

2

2

2

1 2 3  3 1- 2 3  3  4 4 2 On peut conjecturer que A(x) est égal à 2, quelle que soit la valeur du réel x. 

b. A  x    cos x  sin x    cos x - sin x  2

2

 (cos 2 x  2 cos x sin x  sin2 x )  (cos 2 x - 2 cos x sin x  sin2 x )  2 (cos 2 x  sin2 x )  2

38 Cas a

2

Ê cos p  sin p ˆ  Ê 2  2 ˆ  ÁË 2 Ë 4 4¯ 2 ˜¯ 2

p J 2

1.

O

I¢

2

 2.

Ce contre-exemple suffit à conclure que la proposition est fausse.

M(x)

0,75

 2

I

Remarque : Si on avait choisi pour valeur particulière de p t, l’un des réels 0, ou p, l’égalité aurait été vraie pour 2 chacune de ces valeurs ; mais cela n’aurait pas suffit à prouver l’égalité « pour tout t ». 3. Vrai, il suffit de choisir t = 0.

J¢ -

p 2

2. Comme cos 2 x  sin2 x  1, on a : cos 2 x  1- 0,752  0,4375. Et comme M, le point image de x, appartient à l’arc rouge, on a cos x ⭓ 0 et donc cos x  0,4375 soit cos x ª 0,661.

p 4. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = . 4 p 5. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = . 2 p p En effet : sin( 2 ¥ )  sin p  0, alors que 2 sin( )  2 . 2 2 40 1. Léo mise tout sur sa calculatrice ! Il opère par calculs approchés. Léa utilise le lien entre sin a et cos a. Elle obtient la valeur exacte de cos2 a. Mais ni l’un, ni l’autre ne cherche à localiser le point image de a sur le cercle trigonométrique. C’est une grave erreur ! p 2

2.

3. En mode RADIAN, la calculatrice donne : x  sin-1 0,75 avec x ª 0,85

0,8

Cas b 1.

M(x)

J

a p

O

I¢(p)

O

0,6 0,4 0,2

a¢ O

I(0)

– 0,25 3p 2

J¢

2. x  sin2 x  1 2 2 soit - 0,25  sin x  1 et sin2 x  1- 0,0625  0,9375 On a de même : cos 2

Comme M appartient à l’arc rouge, on a sin x ⭓ 0 et donc sin x  0,9375 soit sin x ª 0,968. 3. En mode RADIAN : x  cos -1 - 0,25 avec x ª 1,82.

39 1. Faux, car pour n’importe quel réel t, on doit avoir, par propriété : cos²t + sin²t = 1. Or ici, si t existait, on aurait : 0,4² + 0,9² = 1 soit encore 0,97 = 1. Ceci étant faux, il n’existe aucun réel t satisfaisant les deux conditions. p 2. Faux car, par exemple, pour t = , on a : 4

Le point image de a appartient au demi-cercle rouge. Son ordonnée est 0,4. Sans calcul, sans calculatrice, on sait déjà que cos a < 0. Les résultats, pourtant identiques, de Léo et Léa sont donc plus que suspects. Une solution : • La démarche de Léa conduit à cos2 a = 0,84. Cela est exact. • Mais comme cos a < 0 (voir au-dessus), on doit écrire cos a  - 0,84 ª - 0 , 92. • Partant de sin a = 0,4, la fonction Asn(0,4) ou sin-1 0,4 p p renvoie le réel a¢ de ÈÍ- , ˙˘ tel que sin a ¢  0,4 (voir Î 2 2˚ figure). La calculatrice de Léo affiche : a ¢  sin-1 0,4 ª 0,4115168461. Elle a raison ! Mais ce réel n’est pas la solution recherchée. Il faut écrire (voir figure) : a  p - a ¢ ª 3,14 - 0,41 soit a ª 2,73.

Chapitre 6. Trigonométrie

95

Travail personnel Pour les exercices 41 à 51 : voir corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

52 1. Le rayon incident est perpendiculaire à la surface de l’eau lorsque i = 0 (degré). Dans ce cas, on a : sin 0 = 1,33 ¥ sin r soit 0 = 1,33 sin r, d’où sin r = 0. La seule possibilité pour un angle aigu est r = 0. Le rayon n’est donc pas dévié. 2. r = 30° lorsque sin i = 1,33 ¥ sin 30, soit sin i  1,33 ¥ 0,5  0,665. Comme 0 ° ⭐ i ⭐ 90 ° , la calculatrice en mode DEGRÉ donne i  sin-1 0,665 soit i ª 41,68°. 3. Lorsque i = 60°, on a sin 60°  1,33 sin r , 3  1,33 sin r d’où sin r ª 0,651147. 2 Comme 0 ° ⭐ r ⭐ 90 ° , on obtient, en mode DEGRÉ : r ª 40,63°. soit

4. r = 60° lorsque sin i  1,33 sin 60 , 3 3 mais 1,33 ¥ ª 1,15 et sin i ne 2 2 peut lui être égal (car 0 ⭐ sin i ⭐ 1).

b. Dans le triangle OAH rectangle en H, on a : AH  AH. OA De a et b résulte : sin 30 °  2 sin 15 ° ¥ cos 15 ° .

sin 30 

Pour avoir sin2 ¥ 15 °  2 sin 15 °, il faudrait cos 15 °  1, ce qui est bien sûr faux.

54 1. I ¢ H  I ¢ O  OH  1 cos 30 ° 3 2 3 .  2 2 2. a. Dans le triangle I ¢ AH rectangle en H : I ¢H cos 15°  (1) I ¢A Dans le triangle I ¢ A I rectangle en A : I ¢A cos 15°  (2) I ¢I b. En multipliant (1) et (2) on obtient I ¢H I ¢H d’où I ¢ H  2 cos 2 15 °. cos 2 15 °   2 I ¢I d’où I ¢ H  1

3. Des questions 1 et 2 résulte : 2 3 2 3 2 cos 2 15 °  soit cos 2 15 °  . 2 4 2 3 . 2 On a, par ailleurs, cos 2 15 °  sin2 15 °  1

soit sin i  1,33 ¥

Comme cos 15 ° 0, on a cos 15 ° 

Il est donc impossible d’avoir r = 60°.

d’où sin2 15 °  1- cos 2 15 ° 2 3 4 2- 3  . 4  1-

5. Lorsque i = 90°, on a sin 90°  1,33 sin r et donc 1 sin r  ª 0,75188. 1,33 Il en résulte r  sin-1 0,75188 ª 48,75°. Pour une valeur de r supérieure à 48,75°, on aurait sin r 0,75188 (car pour 0 ⭐ r ⭐ 90 °, sin r est d’autant plus grand que r est grand). On aurait alors 1,33 sin r 1,33 ¥ 0,75188 soit sin i 1.

Comme sin 15 ° 0 , on a : sin 15 ° 

2- 3 . 2

J

Conclusion

Cela est impossible. ∫ a pour longueur p , soit le tiers 53 1. Le petit arc IA 6 ) du quart de cercle IJ. La proportionnalité des longueurs d’arcs et des mesures 1 des angles au centre conduit à I OA  ¥ I O J soit 3   30 ° . IOA  L’angle inscrit II ¢A qui intercepte le même arc que 1  l’angle au centre IOA a donc pour mesure ¥ 30 °  15 °. 2 2. a. Dans le triangle I ¢ A I rectangle en A, AI ¢ AI cos 15 °   d’où A I ¢  2 cos 15 °. II ¢ 2 AH d’où Dans le triangle A I ¢ H rectangle en H, sin 15°  AI AH  A I ¢ sin 15 ° et donc AH  2 cos 15 ° ¥ sin 15 ° .

96

M I¢

O

15°

p 12

I

J¢

1  1 ) ∫ p. I OM  I O I¢ et donc I∫ M II¢ soit IM 12 12 12  p 2 3  cos 15   Ô cos Ô 12 2 Ainsi Ì p 2- 3 Ô sin  sin 15   ÔÓ 12 2

55 A. 1. a. b. p p Lorsque a varie dans È- , ˘ , A décrit l’arc J∫ ¢ J, demiÍÎ 2 2 ˙˚ p cercle, à droite de JJ ¢ . Lorsque b varie dans ÈÍ0 , ˘˙, B ) Î 2˚ décrit l’arc IJ quart de cercle. 2. a. Il suffit de choisir a 

p p et b  . 3 6

b. M existe lorsque a ⭐ b.

B ¢ cos b , - sin b Mcos b , sin a p p et b  , on a : 6 3 Ê 3 1ˆ Ê 1 3ˆ Ê Ê1 3 1ˆ 3ˆ , ; BÁ , ; A ¢Á, ; B ¢Á , • AÁ ˜ Ë 2 2 ˜¯ Ë 2 2 ˜¯ Ë 2 2 ˜¯ Ë2 2 ¯ 1 1 et M , 2 2 3 Ê 3ˆ 3 Ê 3ˆ • AA ¢  - Á- Á˜  3 BB ¢  ˜ 3 2 Ë 2 ¯ 2 Ë 2 ¯ 2. Lorsque a 

 

d’où S 

2



 3   3 2

 4 cos 2 a  4 sin2 b

 4 cos 2 b  sin2 a

 4 co s 2 a  sin2 a

Conclusion On a établi que AA ¢ 2  BB ¢ 2  8 - 4 OM2, ce qui satisfait pleinement l’objectif.

A ¢ - cos a , sin a

2

2. AA ¢ 2  BB ¢ 2  4 OM2

 44  8

B cos b , sin b

21  21

OM  cos 2 b  sin2 a

 4 cos 2 b  sin2 b

B. 1. A cos a , sin a

OM 

C. 1. AA ¢  2 cos a et BB ¢  2 sin b

2

1 1  2 2 1 4¥  8. 2



p p et b  : 4 3 Ê 2 Ê 1 3ˆ Ê 2ˆ 2 2ˆ , , • AÁ ˜ ; B ÁË , ˜ ; A ¢ ÁË ˜ Ë 2 2 ¯ 2 2 ¯ 2 2 ¯ Ê1 Ê1 3ˆ 2ˆ B ¢Á , ˜ ; M ÁË , ˜ Ë2 2 ¯ 2 2 ¯ 3. Lorsque a  -

1 1 3   4 2 2 3 • S  AA ¢ 2  BB ¢ 2  4 OM2  2  3  4 8 4 • AA ¢  2 ; BB ¢  3 ; OM 



4. Il semble que S garde une valeur constante égale à 8.

cos x ¥ sin x 2 2 I H ¥ HM 1- cos x  ¥ sin x Aire I MH   2 2 p˘ È On cherche x Œ 0 , tel que ÎÍ 2 ˚˙ cos x sin x 1- cos x  ¥ sin x  4¥ 2 2 soit cos x ¥ sin x  4 1- cos x  ¥ sin x OH ¥ HM  56 Aire OMH 

soit sin x ¥ cos x - 4 1- cos x   0 soit sin x ¥ 5 cos x - 4  0. p Pour x Œ È0 , ˘ , ÎÍ 2 ˚˙ • sin x  0 lorsque x  0. • 5 cos x - 4  0 lorsque cos x  0,8 c’est-à-dire lorsque x  cos -1 0,8 ou x  ACS 0,8 sur une calculatrice en mode RADIAN. Le problème admet donc deux solutions : 1) x  0 : cas particulier où M est en I. Les 2 aires sont alors nulles. 2) x  cos -1 0,8 soit x ª 0,6.  mesure environ C’est le cas où l’angle au centre IOM 0,6 ¥ 180 ª 34 degrés. p

Chapitre 6. Trigonométrie

97

Statistique descriptive Analyse de données

7

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Réponses 1.a. et 2.d. 2 Réponses b. et c. 3 Réponse c. 4 Réponse b. 5 Réponse b. 6 Réponse a. 7 Réponses a. et c.

Activité 1. Choisir et interpréter un graphique 1. a. C’est sur les graphiques 1 et 3 que l’on lit le mieux les intervalles correspondant aux huit tranches de revenus étudiées. C’est sur le graphique 3 que l’on lit le mieux les fréquences de ces tranches. Tableau statistique : Tranches Fréquences

0 à 7 500

7 501 à 9 000

9 001 à 12 000

12 001 à 15 000

15 001 à 23 000

23 001 à 31 000

31 001 à 78 000

78 000 et plus

30 %

8%

15 %

11 %

17 %

9%

9%

1%

b. Sur les graphiques 1, 2 et 3, sont lus respectivement : – les hauteurs des barres, – les aires des rectangles, – les angles des secteurs angulaires, qui sont proportionnels aux effectifs (ou aux fréquences) des tranches. c. L’histogramme révèle que les tranches de revenus sont d’amplitudes très inégales. Sur le diagramme en barres, la lecture des tranches figurant en abscisses puis leur comparaison sont nécessaires pour obtenir cette même information. 2. La classe ayant le plus grand effectif est celle ayant des revenus annuels inférieurs à 7 500 € ; elle regroupe 30 % des foyers fiscaux français et se partage 6 % des revenus annuels déclarés.

98

La classe ayant le plus petit effectif est celle ayant des revenus annuels supérieurs à 78 000 € ; elle regroupe 1 % des foyers fiscaux français et se partage 11 % des revenus annuels déclarés. Cette seconde tranche qui représente 30 fois moins de foyers fiscaux que la première se partage pourtant le double de revenus de celle-ci !

Activité 2. Cumuler les effectifs A. 1. Cela signifie que 16 pays de l’UE ont, au 1er trimestre 2009, un taux de chômage inférieur ou égal à 19,5 %. 2. Taux de chômage (%) en ordre croissant

5,4

7,5

8,5

9

…

19,5

21,4

…

31,8

33,7

Nombres de pays (effectifs)

1

1

1

1

…

1

2

…

1

1

Effectifs cumulés

1

2

3

4

…

16

18

…

26

27

B. 1. Le point d’abscisse 18, de la courbe des effectifs cumulés du taux de chômage des femmes de moins de 25 ans des 27 pays de l’UE, a pour ordonnée 15. Cela signifie que 15 de ces pays ont un taux de chômage des femmes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 18 %. De même, 12 de ces pays ont un taux de chômage des hommes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 18 %. 2. Les points (17 ; 14) et (19,7 ; 14) des courbes cumulatives bleue et rouge signifient que : – 14 pays ont un taux de chômage des femmes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 17 % ; – 14 pays ont un taux de chômage des hommes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 19,7 %. 3. Le taux de chômage des femmes, de moins de 25 ans, est inférieur ou égal à 25 % dans 24 pays de l’UE ; il dépasse donc 25 % dans 3 pays (27-24). Le taux de chômage des hommes de moins de 25 ans est inférieur ou égal à 25 % dans 22 pays de l’UE ; il dépasse donc 25 % dans 5 pays (27-22).

Activité 3. Jouer à « moyenne-médiane » En ordonnant les notes de la série, on obtient : 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 A. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 16 ; 18 2.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 3 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 18 ; 18

3.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

4.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

La moyenne de ces 13 notes est 12. Pour diminuer la moyenne, il faut supprimer une note supérieure à 12. Pour diminuer la moyenne le moins possible, on supprime un 13. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 5. Comme il y a 13 notes, il faut majorer de 13 points une seule note : 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 18 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 B. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 14 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

99

2.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

Non, la note centrale ne peut pas être fixée à 12. C. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 12 ; 14 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 2.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17

Pour aller plus loin Par exemple : 8-8-8-8-10-12-13-13-13-13-13-13.

Activité 4. Faire parler les indicateurs 1. b. La série ordonnée des températures moyennes mensuelles de Brest est : 9,1 ; 9,4 ; 10 ; 11 ; 11,9 ; 12,5 ; 15,3 ; 15,6 ; 18,1 ; 18,7 ; 20,4 ; 20,6. Les indicateurs demandés sont : min.

Q1

médiane

moyenne

Q3

max.

9,1

10

13,9

14,38

18,1

20,6

Représentation sur une droite graduée : Min = 9,1 Q1 = 10 9 9

10

11 11

Médiane = 13,9 Moyenne = 14,38 11,9 12,5 15,3 15,6 12

13

14

15

Q3 = 18,1

Max = 20,6 20,4

18,7

16

17

18

19

20

21

c. L’étendue est e = 20,6 – 9,1 = 11,5 ; Q3 – Q1 = 8,1. Graphiquement, ces nombres représentent respectivement les longueurs des segments [min ; max] et [Q1 ; Q3]. 2. Pour la série des températures moyennes mensuelles de Moscou, les indicateurs demandés sont : min

Q1

moyenne

médiane

Q3

max

– 6,3

– 3,5

8,94

9,3

18,4

23,1

L’étendue est e = 23,1 – (– 6,3) = 29,4 ; Q3 – Q1 = 21,9. 3. a. C’est faux : tous les mois de mai à août comportent une chaleur plus importante à Moscou qu’à Brest. b. C’est faux : la différence des températures moyennes entre Brest et Moscou est de 14,38 – 8,94 = 5,44 degrés. c. C’est exact : l’étendue des températures moyennes est de presque 30 degrés à Moscou, contre 11,5 degrés à Brest. d. C’est exact : l’étendue et Q3 – Q1 sont beaucoup plus faibles à Brest. e. C’est exact.

Activité 5. Synthétiser un grand nombre de données A. 1. On entre « =D4 + F4 » en cellule I4 et on recopie jusqu’en cellule I712. 2. Par match, le nombre minimal de buts marqués est 0, le nombre maximal est 12 et le nombre moyen est 2,9. 3. a. Le nombre de matchs joués est 708 (attention : en 1938, au 1er tour, Autriche – Suède ne s’est pas joué). b. La fréquence des matchs où ont été marqués au moins 5 buts est 132/708 = 0,186 (ou 18,6 %). 4.

100

Nb buts

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Nb matchs

56

128

148

142

102

64

29

21

8

5

1

3

1

B. 1. Le nombre de matchs joués durant la période 2 (1990-2006) est le double environ du nombre de matchs joués durant la période 1 (1950-1966). Le diagramme en barres montre ce déséquilibre : la somme des hauteurs des barres rouges est très supérieure à celle des barres bleues. Malgré cela, on observe que le nombre de matchs, où ont été marqués 6, ou 7, ou 8, …, ou12 buts, est plus faible durant la période 2 que durant la période 1. 2. moyenne

1950-1966

1990-2006

3,62

2,48

Q1

2,00

1,00

médiane

3,00

2,00

Q3

5,00

3,00

La comparaison des moyennes et des médianes confirme que l’on a marqué moins de buts par match durant la période 2 que pendant la période 1. Quant à Q1, il indique que pendant 25 % au moins des matchs, il a été marqué au plus 1 but (au plus 2 buts) durant la période 1 (durant la période 2).

TP 1. Comparaisons internationales A. 1.

Série 1

Série 2

Série 3

Me

34 150

36,25 %

0,105

Q1

24 800

30,60 %

0,060

Q3

37 700

41,70 %

0,280

Pays illustrant au mieux ces indicateurs : Série 1

Série 2

Série 3

Me

Allemagne, Royaume-Uni

Luxembourg, Espagne

Autriche, Suisse, R. Tchèque, Danemark

Q1

Corée

Australie

Turquie, Canada

Q3

Autriche

Autriche

France

2. Moyenne

Série 1

Série 2

Série 3

33 263,33

35,94 %

0,239

B. 1. Le troisième quartile de la série des PIB/habitant des pays de l’OCDE est Q3 = 37 700. Cela signifie que 75 % au moins des pays de l’OCDE ont un PIB par habitant inférieur ou égal à 37 700. On peut donc affirmer que 75 % des pays de l’OCDE ont un PIB par habitant inférieur à celui de l’Autriche et du Canada, mais pas de la Suède. 2. La France a un PIB/habitant inférieur au PIB médian : plus de la moitié des pays de l’OCDE a donc un PIB supérieur à celui de la France. La France a une pression fiscale supérieure au troisième quartile de celles des pays de l’OCDE : au moins 75 % des pays de l’OCDE ont donc une pression fiscale inférieure à celle de la France. L’utilisation de pesticides en France correspond au troisième quartile de celles des pays de l’OCDE : au moins 75 % des pays de l’OCDE utilisent moins de pesticides que la France.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

101

3. Pour l’utilisation des pesticides dans les pays de l’OCDE, il est exact que la moyenne (0,239) vaut plus du double de la médiane (0,105). Cela s’explique par la forte influence sur la moyenne de pays comme la Corée ou le Japon, gros utilisateurs de pesticides. Il s’agit d’une série fortement asymétrique.

TP2. Qualité de l’air A. 1. Années

Concentration en ozone 2003

2007

Médiane

52,17

46,48

Moyenne

53,05

46,55

La tendance centrale de la concentration moyenne en ozone dans les 21 régions de France évolue à la baisse. 2. Il suffit d’avoir Q1 (2003) supérieur à Q3 (2007), ce qui est le cas, puisque leur calcul donne : En 2003, Q1 = 49,26 et en 2007, Q3 = 48,21. 3. En 2003, Q3 – Q1 = 7,17 ; en 2007, Q3 – Q1 = 5,52. L’écart interquartile s’est beaucoup réduit entre 2003 et 2007 ; la moitié centrale des valeurs moyennes de concentration en ozone est plus homogène (moins dispersée) en 2007 qu’en 2003. B. Le calcul des indicateurs de la concentration moyenne en dioxyde de soufre donne : 2003

2007

moyenne

4,51

2,77

Q1

2,59

1,14

médiane

3,53

2,39

Q3

5,42

3,45

Q3 – Q1

2,83

2,31

Comme pour la concentration en ozone, les indicateurs de tendance centrale de la concentration en dioxyde de soufre ont nettement baissé de 2003 à 2007. Les comparaisons de Q1 et Q3 confirment cette évolution : au moins un quart des mesures montrent une concentration inférieure ou égale à 1,14 mg/m3 (respectivement 3,45 mg/m3) en 2007, contre 2,59 mg/m3 (respectivement 5,42 mg/m3) en 2003. Par contre, l’évolution à la baisse entre 2003 et 2007 de l’écart interquartile Q3 – Q1 est beaucoup plus mesurée ; on peut penser que malgré la baisse observée, la moitié centrale des valeurs moyennes de concentration en dioxyde de soufre est aussi dispersée en 2007 qu’en 2003. C. 1. En 2007, 80 % des concentrations moyennes régionales en PM10 sont inférieures ou égales à 20 mg/m3. 2. À ordonnées égales, sur les courbes cumulatives rouge (2007) et bleue (2003), les points de la courbe rouge sont à gauche de ceux de la courbe rouge. Par exemple : le point rouge (17 ; 0,35) est à gauche du point bleu (20 ; 0,35) et cela signifie que pour « englober » 35 % des concentrations moyennes régionales en PM10, il suffit de mettre la barre à 17 mg/m3 en 2003, alors qu’il faut aller jusqu’à 20 mg/m3 en 2007. 3. À 0,5 mg/m3 près, on peut lire graphiquement : 2003

2007

Me

21

18,5

Q1

19, 5

16,5

Q3

23

20

4. Sur le graphique, le fait que l’écart interquartile est plus important en 2003 qu’en 2007 se traduit par une pente de la partie de courbe comprise entre les droites d’équations y = 0,25 et y = 0,75 sensiblement plus forte en 2007 qu’en 2003. La dispersion de la moitié centrale des valeurs de concentration en PM10 est donc plus élevée en 2003 qu’en 2007.

102

TP3. En autonomie 1. On effectue la somme de chaque colonne. Le graphique le plus adapté est un graphique cartésien (ligne polygonale), mais on peut aussi utiliser un graphique en barres. L’évolution se distingue mieux en ne débutant l’échelle des ordonnées qu’à 0. Après une augmentation importante jusqu’en 2000, le nombre de nuitées connaît une relative stagnation jusqu’en 2006.

2. Si l’on effectue un tri par écart interquartile croissant, on est amené à comparer le département des Deux-Sèvres à celui de la Seine-Saint-Denis. Un tri sur l’étendue (indicateur de dispersion moins performant) conduit à comparer la Haute-Loire et la Seine-et-Marne. Pour comparer les tendances centrales, on peut utiliser la moyenne ou la médiane.

3. Le plus simple est d’effectuer un tri croissant et une représentation en barres ou en secteurs. Le diagramme montrant le mieux la répartition (et le plus lisible) est un histogramme, mais, compte tenu de l’étendue des valeurs, on est amené à exclure Paris. L’indicateur de tendance centrale pertinent est la médiane.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

103

TP4. Algorithmique : un problème d’échange 1. Cet algorithme échange le contenu des variables a et b si a > b. Il va donc afficher dans l’ordre croissant les valeurs entrées au départ. 2. Algorithme 1 Tableau d’état des variables : Entrées Traitement : Si a > b Alors a prend la valeur b b prend la valeur a FinSi

Algorithme 2 Tableau d’état des variables : a

b

5

3

3 3

En sortie, l’algorithme affiche 3 et 3.

104

3 3

Entrées Traitement : Si a > b Alors c prend la valeur b b prend la valeur a a prend la valeur c FinSi

a

b

5

3

5 5 3

3 5 5

c

3 3 3

En sortie l’algorithme affiche 3 puis 5. L’algorithme de tri correct est donc l’algorithme 2.

3. Avec AlgoBox

Avec Xcas

Avec une calculatrice Casio

Avec une calculatrice TI

TP5. Statistique exploratoire Voir sur le site www.didiermathx.com

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

10 x = 6

1 99 ¥ 101 = (100 – 1) (100 + 1) = 10 000 – 1 = 9 999 ; 35 ¥ 45 = (40 – 5) (40 + 5) = 1 600 – 25 = 1 575.

9 11 a. la seule fraction simplifiable est : .

2 10 ; 30

14 1 14 9 et . b. les fractions supérieures à sont : 2 21 14

3 27 ; 150

12 18 ¥ 1,1 = 19,8

4 502,5 ; 99

13 Étendue de L1 = 24 ; Étendue de L2 = 38.

5 25 ; 6 ; 28 ; 12

14 Moyenne de L1 = 14 ; Moyenne de L2 = 20.

6 4t2 + 4t + 1

15 Médiane de L1 = 15 ; Médiane de L2 = 16.

7 f (– 1) = 9 7 8 3x – 2 = 5 donne x  . 3

9 f(– 1) = 2

16 Il manque 5 points à Yoann pour avoir une moyenne de 12 sur ses quatre notes ; pour avoir plus de 12 de moyenne sur cinq notes, la cinquième note de Yoann devrait être supérieure à 12 + 5 = 17.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

105

ENTRAÎNEMENT

1. La fréquence des filles dans l’effectif total est, à 10–2 près : 278 562/510 432 = 0,55.

17 Phrase rouge : 43 lettres ; fréquence (u) = 6/43 ; fréquence (e) = 0/43 = 0. Phrase rose : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ; fréquence (e) = 0/37 = 0. Phrase verte : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ; fréquence (e) = 0/37 = 0. Phrase bleue : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ; fréquence (e) = 0/37 = 0. Remarque : Si « transi » avait été non colorié dans la première phrase, la fréquence de u aurait été 6/37 dans les quatre phrases !

2. La fréquence des redoublements est, à 10–2 près : 69 884/510 432 = 0,14.

18 1. Le nombre d’électeurs est 27 348. 2. En pourcentages de suffrages exprimés, les candidats ont obtenu : A : 31,4 % ; B : 29,6 % ; C : 15,6 % ; D : 14,4 % ; E : 6,3 % ; F : 2,8 %. Seuls, les candidats A, B, C, D et E peuvent se présenter au second tour.

19 Face

1

2

3

4

5

Effectif

8

12

20

24

42

6

Total

134 240

Fréquence 0,033 0,05 0,083 0,1 0,175 0,558

1

20 Marque de voitures

A

B

C

D

E

Nombre de voitures

2

3

3

4

8

Somme dépensée par voiture en euros

300 1 000 600 1 350 450

L’entreprise a dépensé pour l’entretien de ses voitures de marques A, B, D et E : 2 ¥ 300 + 3 ¥ 1 000 + 4 ¥ 1 350 + 8 ¥ 450 = 600 + 3 000 + 5 400 + 3 600 = 12 600 euros. Pour ses véhicules de marque C, l’entreprise a donc dépensé : 14 400 – 12 600 = 1 800 euros, soit 600 euros par voiture.

21 On peut commencer par compléter le tableau par les sommes en lignes et en colonnes : Filles Redoublement

Total

36 210

33 674

69 884

170 327

128 343

298 670

1re Technologique

61 052

59 082

120 134

CAP ou BEP

10 676

10 260

20 936

297

511

808

278 562

231 870

510 432

1re Générale

Autres Total

106

Garçons

3. Parmi les filles, la fréquence de celles qui passent en première générale est, à 10–2 près : 170 327/278 562 = 0,61. Parmi les garçons, la fréquence de ceux qui passent en première générale est, à 10–2 près : 128 343/231 870 = 0,55. 4. Parmi les garçons, la fréquence des orientations en CAP ou BEP est, à 10–2 près : 10 260/231 870 = 0,04.

22 1. a. 19 élèves.

b. 30/35 = 0,86 à 10–2 près.

2. Moyennes en EPS

8

10

11

13

15

18

20

Effectifs

5

4

10

11

3

1

1

Effectifs cumulés

5

9

19 30 33 34 35

Fréquences cumulées

0,14 0,26 0,54 0,86 0,94 0,97 1

3. a. Le nombre d’élèves ayant entre 11 et 15 est : 33 – 9 = 24. b. La fréquence d’élèves ayant entre 10 et 15 est : 0,94 – 0,14 = 0,8. Le pourcentage de ces élèves est donc 80 %. c. Le nombre d’élèves ayant au moins 10 est : 35 – 5 = 30. d. La fréquence d’élèves ayant au moins 15 est : 1 – 0,86 = 0,14, soit 14 %.

23 1. Masses

2,5 2,6 …

3

3,1 …

5

Effectifs

4

3

…

9

7

…

Effectifs cumulés

4

7

…

82

89

… 103

Fréquences cumulées

0,04 0,07 … 0,80 0,86 …

1

1

2. a. Nombre de bébés de moins de 3 kg : 82 – 9 = 73. Nombre de bébés de plus de 3,1 kg : 103 – 89 = 14. b. Fréquence des bébés ne dépassant pas 3,1 kg : 0,86. c. Fréquence des bébés pesant plus de 2,5 kg et moins de 3,2 kg : 0,86 – 0,04 = 0,82. D’où un pourcentage de 82 %.

24 1. a. 22 accidents sont survenus au mois d’août durant la période 2000-2007. b. Nombre d’accidents

0

1

2

3

4

5

6

Effectif

2

7

9

10

7

2

1

2. a. La fréquence des mois d’août où l’on a connu 0 ou 1 accident est : (2 + 7)/38 = 0,24.

b.

b. La fréquence des mois d’août où se sont produits au moins 4 accidents est : 10/38 = 0,26.

25 1. Le nombre d’ampoules testées est 80 + 130 + 110 + 70 + 10 = 400. 2. La plus petite durée de vie mesurée est 3 000 heures et la plus grande est 13 000. 3. Durée de vie [3 000 ; [5 000 ; [7 000 ; [9 000 ; [11 000 ; (en h) 5 000[ 7 000[ 9 000[ 11 000[ 13 000[ Effectif

80

130

110

70

10

30

26 Voir corrigé en fin de manuel. 27 Sur les courbes de fréquences cumulées, les points d’ordonnée 0,6 ont pour abscisse environ 13 sur la courbe bleue, 14 sur la courbe rouge et 23 sur la courbe verte. Cela signifie que 60 % au moins des licenciés sont âgés de 13 ans au plus, 14 ans au plus et 23 ans au plus pour les trois fédérations associées. La courbe verte ne représente pas une fédération « à dominante jeune » ; c’est donc celle de la fédération de rugby. La gymnastique étant pratiquée plus jeune que le handball, c’est la courbe bleue qui est associée à la fédération de gymnastique et la courbe rouge à celle de handball. 28 1. a. La consommation journalière de tabac a été la plus importante en 1975. Elle était de 7 g par jour par adulte de plus de 15 ans. b. La consommation de tabac est passée en dessous de la barre des 5 grammes en 1996. c. L’indice du prix du tabac a dépassé 140 en 1999. 2. Les courbes de consommation et de prix du tabac varient en sens contraire : quand le prix du tabac diminue la consommation augmente et inversement. On peut donc dire que la consommation de tabac est en partie liée à son prix.

29 1. Voir le tableau « tableur » de l’exercice 21. 2. a.

31 a. Moyenne = 10,182. b. Moyenne = 2,012. c. Moyenne = 2,012. Remarque : les séries b. et c. sont identiques.

32 1. La valeur exacte de la moyenne est 4,9962. À 10–2 près, on a : x  5. 2. a. Les bornes de I sont 4,95 et 5,05. b. Le pourcentage de tiges acceptables est 44/50 = 88 %.

33 La résistance moyenne est 43,3 MPa.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

107

34 Pour le calcul des moyennes de ces séries de notes, regroupées en classes, ce sont les centres des classes qui sont pris en compte. Centre classe

2

6

10

14

18

Effectif

2

6

12

8

4

Moyenne Série 1 = 10,75 Centre classe

2

6

10

14

18

Effectif

2

12

2

12

4

Moyenne Série 2 = 10,5

35 Voir corrigé en fin de manuel. 36 1. Côté c

1

3

5

7

9

Aire A

1

9

25

49

81 121 169 225 289

Moyenne c

9 cm

Moyenne A

107,67 cm2

11

13

15

17

2. Non. Si le carré moyen est le carré de côté c = 9, son aire (égale à 81 cm2) n’est pas égale à A. Et si le carré moyen est le carré d’aire A, son côté (égal à A ) n’est pas égal à c . En résumé, c’est non, car « la moyenne des carrés n’est pas le carré de la moyenne ».

37 a. Les différentes variables utilisées sont n, S, i, M, a. b. On dresse un tableau de l’état des variables. n ENTRÉE

i

S

a

M

3

TRAITEMENT S prend la valeur 0

3

0 1

Pour i allant de 1 à n Demander une valeur de a S prend la valeur S + a Fin Pour

3

Nombre d’enfants

Effectif

Fréquence

0

8 050 262

0,48

1

3 760 052

0,22

2

3 399 998

0,20

3

1 238 871

0,07

4 ou plus

404 171

0,02

4. Calculé à partir des fréquences, le nombre moyen d’enfants par famille est : 0 ¥ 0,48 + 1 ¥ 0,22 + 2 ¥ 0,20 + 3 ¥ 0,07 + 5 ¥ 0,02 = 0,93. La différence avec le résultat obtenu en 1. s’explique par les approximations faites dans le calcul des fréquences.

39 1. Pour les cadres, comme pour les ouvriers, c’est l’entreprise B qui paie le mieux. 2. Moyenne des salaires de l’usine A : (1 400 ¥ 500 + 1 000 ¥ 400)/900 = 1 222,22 €. Moyenne des salaires de l’usine B : (1 500 ¥ 200 + 1 100 ¥ 800)/1 000 = 1 180 €. 3. Le paradoxe vient de ce que l’entreprise B paie à la fois mieux ses cadres et ses ouvriers, alors que cela paraît contredit par le calcul de la moyenne globale des salaires, qui est plus élevée dans l’entreprise A. Cela s’explique par une répartition des salariés dans les catégories « cadres » et « ouvriers » très différente dans les 2 entreprises. La moyenne des salaires est plus élevée dans l’entreprise A que dans l’entreprise B car c’est l’entreprise A qui compte la proportion de cadres la plus forte.

40 Le groupe A compte 17 élèves ; dans la liste ordonnée des 17 notes, la note médiane est celle du milieu, c’est-à-dire la 9e ; cette note médiane est 10. Le groupe B compte 16 élèves ; dans la liste ordonnée des 16 notes, la note médiane est la demi-somme des deux notes centrales que sont la 8e et la 9e ; cette note médiane est 9,5.

6 3 6 15 5

Lors de l’exécution de cet algorithme, on entre le nombre n puis une liste de n nombres. c. L’algorithme affiche la moyenne de ces n nombres.

38 1. Le nombre moyen d’enfants par famille est : (0 ¥ 8 050 262 + 1 ¥ 3 760 052 + 2 ¥ 3 399 998 + 3 ¥ 1 238 871 + 5 ¥ 404 171)/(8 050 262 + 3 760 052 + 3 399 998 + 1 238 871 + 404 171) = 0,97 à 10–2 près.

108

3.

3 2 9

Calculer M = S/n

2. Le nombre total de familles observées est : 8 050 262 +3 760 052 + 3 399 998 +1 238 871 +404 171 = 16 853 354.

41 Dans l’Europe de l’Ouest, l’âge de cette personne est inférieur à l’âge médian (40 < 42). Cela signifie que cette personne est plus jeune qu’une moitié environ de la population de l’Europe de l’Ouest ; elle est donc « encore jeune » ! En Afrique, l’âge de cette personne est très supérieur à l’âge médian (40 > 29). Cela signifie que cette personne est plus âgée qu’une moitié au moins de la population africaine ; on peut la considérer « déjà âgée » !

42 1. Le taux de criminalité moyen pour 1 000 habitants durant cette période de 20 ans est 63,13. 2. Sur le graphique, il y a 10 points situés au-dessus de la ligne rouge et 10 points situés en dessous. Cette ligne de partage, au niveau 62,5 environ, représente le taux de criminalité médian pour 1 000 habitants de 1989 à 2008. Si l’on ordonne ces 20 valeurs du taux de criminalité, on obtient : 57,3 58,1 58,3 59,7 60,7 60,7 61 61,1 61,7 61,9 63,2 63,2 64,1 65,8 66,1 67 67,5 67,8 68,5 68,9 La médiane est la demi-somme des deux valeurs centrales, soit 62,55.

43 Voir corrigé en fin de manuel. 44 Voir corrigé en fin de manuel. 45 1. n = 6. Après le premier passage dans la boucle, on obtient [3 ; 18 ; 11 ; 25 ; 3 ; 20]. Après le deuxième passage, on obtient [3 ; 11 ; 18 ; 25 ; 3 ; 20]. À la fin de l’algorithme on obtient la liste triée en ordre croissant : [3 ; 3 ; 11 ; 18 ; 20 ; 25]. 46 1. a. Le nombre moyen de bonnes réponses est 7,3. b. 17 candidats ont répondu à 8 questions ou plus ; 17/40 = 0,425 ; leur pourcentage est donc 42,5 %. 2. Le nombre médian de réponses justes est 7, et donc au moins 20 candidats ont un nombre de bonnes réponses inférieure ou égal à 7 ; pour éliminer au moins 20 candidats, il suffit de fixer le nombre de bonnes réponses à 7 + 1 = 8.

47 1. Contrairement à la médiane de ces salaires, la moyenne de ces salaires est influencée par les hauts salaires. C’est la forte asymétrie de la série des salaires moyens mensuels qui explique cet écart entre médiane et moyenne. 2. Interprétation positive : En 2007, le salaire de Bertrand est supérieur à plus de la moitié des salaires nets mensuels en France. Interprétation négative : En 2007, le salaire de Bertrand est inférieur à la moyenne des salaires nets mensuels en France.

48 Voir corrigé en fin de manuel. 49 1. 57 % des déplacements en voiture en Île-deFrance ont une durée inférieure ou égale à 15 minutes. Le temps médian de ces déplacements est donc inférieur ou égal à 15 minutes.

2. La moyenne peut être fortement influencée par les déplacements de durée particulièrement courte ou longue, au point de ne plus rendre compte de l’ensemble des déplacements. Avec la médiane, on donne la durée du déplacement « central » de la série. 5

6

10

10

12

12

12

15

15

19

26 103 404 695

50 1. a. Le nombre moyen de secousses ressenties par année est 96. Le tri dans l’ordre croissant des nombres de secousses ressenties de 1993 à 2006 donne : La médiane de ces 14 valeurs est (12 + 15)/2 = 13,5. b. Compte tenu de la forte asymétrie de cette série, il y a lieu de privilégier la médiane : sur cette période de 14 années, on a connu en Guadeloupe plus de 13 secousses durant une moitié de ces années et moins de 13 secousses durant l’autre moitié. Dire que le nombre moyen de secousses par an sur cette période est 96 paraît surestimer nettement la survenue de ces secousses. 2. Dans le cas des secousses supérieures à 5 sur l’échelle de Richter, la moyenne est 1,2 et la médiane est 1. Cette fois, la série n’est plus asymétrique et les deux indicateurs de position centrale sont voisins. On peut retenir ici le nombre moyen de secousses égal à 1,2.

51 1. a. La distance totale parcourue est : 1 400 ¥ 12 = 16 800 m pour les filles et 1 650 ¥ 18 = 29 700 m pour les garçons. b. La distance moyenne parcourue par les 30 élèves de la classe est alors : (16 800 + 29 700)/30 = 1 550 m. 2. Non. Savoir que la moitié environ des garçons a parcouru au moins 1 600 m et que la moitié environ des filles a parcouru au moins 1 500 m ne permet pas de savoir la distance minimale qu’aura parcourue la moitié de la classe la plus performante.

52 La moyenne de l’ensemble des notes peut être calculée : Jury 1 : la somme des 100 notes est 1 020. Jury 2 : la somme des 75 notes est 720. Sur les deux jurys : la somme des 175 notes est 1 740 et donc la note moyenne est 1 740/175 = 9,94. Pour aller plus loin La somme des valeurs est n ¥ f dans le Groupe 1 et n ¢ ¥ g dans le Groupe 2. La somme totale des valeurs est donc n ¥ f + n ¢ ¥ g dans la population.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

109

D’où la moyenne des valeurs dans la population : n¥f  n¢¥ g x . nn¢

53 1. L’étendue des mesures est e = 5 et la moyenne des mesures est R = 800. 2. La condition e  0 , 005 R équivaut ici à 5 < 4 ; la série de mesures ne sera pas jugée « satisfaisante ». 3. L’intervalle [R – 2, R + 2] est [798 ; 802] ; 13 mesures sur les 14 y appartiennent, soit 93 % environ.

54 1. Q1 = 13,7 signifie que dans 25 % au moins des 96 départements, les distances moyennes parcourues par les actifs pour leur emploi hors de leur commune de résidence sont inférieures ou égales à 13,7 km. Cela se produit donc dans au moins 24 départements. 2. Dans une moitié environ des départements, la distance moyenne parcourue est inférieure à 14,9 km (et supérieure dans l’autre moitié). 3. Comme 18,1 > Q3 , la distance moyenne dans les Bouches-du-Rhône est supérieure à celle de plus des trois quarts des départements. 55 Voir corrigé en fin de manuel. 56 1. À partir de la série ordonnée des 20 valeurs du taux de criminalité, on obtient : Q1 = 60,7 et Q3 = 66,1 puis Q3 – Q1 = 5,4. 2. Sur la période de 1989 à 2008, le taux de criminalité en France pour 1 000 habitants : – a été inférieur ou égal à 60,7 pendant au moins un quart de ces années, – a été inférieur ou égal à 66,1 pendant au moins trois quarts de ces années. La moitié centrale des taux de criminalité sur la période 1989-2008 se répartit sur un intervalle de longueur 5,4.

57 1. La série peut paraître asymétrique, avec des pourcentages importants pour les lycées de grande taille. Mais il faut remarquer que les classes n’ont pas la même amplitude et que les « gros » pourcentages correspondent à des classes de plus grande amplitude. La prudence est donc de mise ! 2. En prenant pour nombre d’élèves les centres des classes, le nombre moyen d’élèves par lycée peut être estimé à 970,70 et le nombre médian à 1 050 (voir tableau ci-dessous). 3. a. Dans ce tableau, les centres des classes ont remplacé celles-ci et les pourcentages cumulés ont été calculés.

110

Centres

50

150

250

350

450

550

Pourcentages

0,3

0,8

2,4

4,5

6,7

8

Pourcentages cumulés

0,3

1,1

3,5

8

14,7 22,7

Centres

650

750

850 1 050 1 350 1 900

Pourcentages

7,7

9,5

9,1

25,1 14,7 11,2

Pourcentages cumulés

30,4 39,9

49

74,1 88,8

100

Pour englober au moins 25 % des valeurs, il faut retenir Q1 = 650. Pour englober au moins 75 % des valeurs, il faut retenir Q3 = 1 350. L’écart interquartile est donc Q3 – Q1 = 700. Le positionnement des indicateurs vient confirmer l’idée d’une série plutôt symétrique. A

B

Étendue

100

100

Moyenne

46,8

46,8

58 1. a. b. Ces indicateurs ne permettent pas de départager A et B. 2. a. A priori, le tireur le plus régulier est A, avec une assez forte concentration de ses tirs sur la zone à 50 points. b.

A

B

Q1

10

10

Médiane

50

30

Q3

50

100

Écart Q3 – Q1

40

90

c. La médiane et la moyenne des tirs ont des valeurs très proches pour le tireur A et non pour le tireur B. De plus l’écart interquartile des tirs est plus de deux fois plus faible pour A que pour B. Cela vient confirmer que la série des 25 tirs est plus symétrique et plus homogène pour A que pour B.

59 1. e

Q1

Me

Q3

Q3 – Q1

x

G1

min max 2

10

8

6

7,5

9

3

7,3

G2

0

9

9

5

8

8

3

6,4

2. Le « meilleur » groupe du professeur sera : a. G1(10 > 9) b. G1(7,3 > 6,4) c. G2(8 > 7,5) 3. Le groupe le plus « homogène » sera : a. G1(8 < 9) b. Selon ce critère, on ne peut se prononcer (pour les deux groupes : Q3 – Q1 = 3). 4. Cela est bien sûr personnel !

60 1. FCR

42

45

46

48

49

50

51

Effectif

2

2

3

5

1

7

4

Effectif cumulé

2

4

7

12

13

20

24

FCR

52

53

54

55

57

59

61

Effectif

9

8

5

6

1

6

1

Effectif cumulé

33

41

46

52

53

59

60

On pourra remarquer que les valeurs des indicateurs obtenus sur une calculatrice (ou un tableur) ne coïncident pas toujours avec ceux calculés « à la main » à l’aide des définitions. Pour exemples ici : les valeurs de Q1, Me et Q3 dont les valeurs « à la main » figurent dans le tableau de la question 2.

Min

Max

Moyenne

Q1

Médiane

Q3

2.

G1

42

61

51,98

50

52

54

G2

45

70

59,80

57

60

63

graphique a. dont l’échelle de l’axe des ordonnées a pour minimum 0, c’est lui qui reflète l’évolution réelle…

64 Les représentations des cubes ne sont pas conformes à leurs légendes. Le grand cube a des arêtes doubles de celles du petit. Mais visuellement, ce sont les volumes et non les longueurs que l’on compare. Or les volumes sont dans un rapport de 8 et non de 2, alors que les ventes de Bonlux n’ont que doublé. Il reste bien sûr à savoir si cette erreur est volontaire ou non ! 65 Quand on compare les deux graphiques, il semble qu’il y ait une forte augmentation des cambriolages entre 1998 et 1999. Or quand on regarde les valeurs numériques des ordonnées et qu’on fait la différence, on s’aperçoit que sur une année les cambriolages ont progressé de 516 – 508 = 8 cambriolages, ce qui ne correspond pas à une très forte augmentation. 66 La mention « Voici le graphique montrant l’évolution du chiffre d’affaires de mon entreprise » et la légende du graphique « Chiffre d’affaires entre 2000 et 2009 » laissent penser que ce graphique donne, année par année, le chiffre d’affaires de l’entreprise. Or il n’en est rien, puisque les chiffres d’affaires relatifs aux quatre années de 2001 à 2004 n’y sont pas représentés. De plus, si le graphique ne devait porter que sur les 5 années mentionnées, il serait honnête de ne pas relier les deux points représentant 2000 et 2005 par un segment, de surcroît à pente positive ! Et s’il y avait eu quelque baisse dans le chiffre d’affaires durant cette période « oubliée » … qu’en saurait-on ?

Travail personnel 61 a. « L’augmentation des prix est supérieure à 0,6 % ».

Pour les exercices 67 à 80 : voir corrigés en fin de manuel.

b. « On gagne si on a au plus 6 bonnes réponses ».

APPROFONDISSEMENT

c. « Il a gagné moins de 2 000 € OU au moins 2 500 € ».

81 1. La liste ordonnée des valeurs de la série est donnée ci-dessous.

62 1. C’est vrai.

52,2 53,1 53,5 55,8 58,4 58,7 59,7 60,7 60,9

2. C’est faux ; on peut juste en déduire que « A est supérieure ou égale à Q3 ». 3. C’est faux. Contre-exemple :

61,2 61,2 61,4 62,1 62,2 62,3 62,4 63,1 63,3 63,5 63,6 63,7 64,1 64,4 64,4 64,5 64,5 64,6 64,8 65,3 65,5 65,5 65,9 66,1 66,2 66,4

1

2

3

Me = 4

5

6

7

2

3

4

Me = 5

6

7

8

Remarque : ce serait faux aussi si l’on remplaçait « supérieures » par « inférieures » dans l’affirmation 3. Le contre-exemple précédent en apporte aussi la preuve.

63 Anaïs montrera à son banquier le graphique b. pour lui faire croire à une progression importante des bénéfices de la société, d’année en année. Quant au

67,1 67,6 68,7 69,5 70,2

71

67

72,2 72,3 73,7

L’effectif de cette série ordonnée étant 45, la médiane en est la 23e valeur, Q1 et Q3 en sont les 12e et 34e valeurs. Le résumé demandé est : Min 52,2

Q1 61,4

Me 64,4

Q3 66,2

Max 73,7

2. Voir question 3. a. 3. a. L’écart interquartile est I = 66,2 – 61,4 = 4,8. [Q1 – 1,5I ; Q3 + 1,5I] est l’intervalle [54,2 ; 73,4].

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

111

b. La série comporte 4 valeurs qui sont en dehors de l’intervalle I : 52,2 ; 53,1 ; 53,5 et 73,7. La proportion de ces valeurs atypiques est donc 4/45, d’où un pourcentage de 9 % environ.

82 1. Les couplages sont : Série 1 – Courbe bleue et Série 2 – Courbe rouge. 2. Des arguments : • Les valeurs 0 et 1 de la série 1 ont pour effectifs 0 et donc les fréquences cumulées de 0 et de 1 sont nulles (d’où la courbe bleue). • Les valeurs 9 et 10 de la série 1 ont pour effectifs 0 et donc les fréquences cumulées de 9 et 10 sont égales à la fréquence cumulée de 8 (c’est le cas sur la courbe bleue). • La valeur de plus grand effectif de la série 1 est 6 (avec un effectif égal à 8). Sur la courbe cumulative associée, la fréquence cumulée de 6 doit donc être égale à la fréquence cumulée de 5, augmentée de 8. C’est le cas sur la courbe bleue et non sur la courbe rouge. • Le point (3 ; 5) de la courbe rouge signifie que sur la série correspondante, il y a 5 valeurs inférieures ou égales à 3. C’est le cas pour la série 2, uniquement. • La série 2 est la plus dispersée avec des effectifs non nuls plus nombreux mais plus modestes. C’est la courbe rouge qui lui correspond avec des segments de pentes plus faibles que sur l’autre courbe.

83 L’algorithme permet de calculer la moyenne de nombres entrés par l’utilisateur. La différence avec l’algorithme de l’exercice 37 concerne le nombre de valeurs à entrer qui n’a pas à être connu à l’avance. Programme Xcas : Voir à la fin de ce chapitre (page 115).

de 0 à 10 ans

8,84

8,84

20,88

20,88

de 11 à 20 ans

10,85

19,69

19,91

40,79

de 21 à 30 ans

11,32

31,01

16,83

57,62

de 31 à 40 ans

14,03

45,04

14,01

71,63

de 41 à 50 ans

15,80

60,84

12,85

84,48

de 51 à 60 ans

11,79

72,63

7,49

91,97

de 61 à 70 ans

12,50

85,13

4,58

96,55

de 71 à 80 ans

10,14

95,27

2,82

99,37

de 81 à 90 ans

3,54

98,81

0,62

99,99

de 91 à 100 ans

1,18

99,99

0,01

100,00

Fréquences

Fréq. cumul.

Inde (%) Fréquences

Allemagne (%) Fréq. cumul.

84 1.

Tranche d’âge

112

2. Allemagne : Classe comprenant la médiane : [41 ans ; 50 ans]. Classe comprenant Q1 : [21 ans ; 30 ans]. Classe comprenant Q3 : [61 ans ; 70 ans]. Inde : Classe comprenant la médiane : [21 ans ; 30 ans]. Classe comprenant Q1 : [11 ans ; 20 ans]. Classe comprenant Q3 : [41 ans ; 50 ans]. On peut noter un décalage de 10 ans pour Q1 et de 20 ans pour Me et Q3 entre l’Allemagne et l’Inde (les indicateurs de l’Allemagne étant toujours supérieurs à ceux de l’Inde). Cela traduit une forte représentation des premières tranches d’âge en Inde (plus de la moitié de la population a moins de 30 ans) et des dernières tranches d’âge en Allemagne (près de 30 % de la population a plus de 60 ans).

85 1. a. Le point (50 000 ; 0,4) de la courbe cumulative rouge signifie que la proportion des foyers ayant une part de patrimoine inférieure ou égale à 50 000 € est 0,4 soit 40 %. b. Le point (200 000 ; 0,3) de la courbe cumulative bleue signifie que la part du patrimoine total que se partagent les foyers ayant au plus 200 000 € de patrimoine est 0,3 soit 30 %. 2. Sur la courbe rouge, le point d’abscisse 200 000 a pour ordonnée 0,75. Cela signifie que le pourcentage des foyers ayant une part de patrimoine inférieure ou égale à 200 000 € est 0,75 soit 75 %. 3. a. Le patrimoine médian des foyers français est la valeur du patrimoine qui partage les foyers français en deux sous-groupes de même effectif : ceux dont la valeur du patrimoine est supérieure et ceux dont la valeur du patrimoine est inférieure à cette valeur médiane. Sur la courbe rouge, le point d’ordonnée 0,5 a pour abscisse 100 000 environ. Le patrimoine médian cherché est donc 100 000 €. b. La moitié des foyers les moins riches est l’ensemble des foyers ayant un patrimoine inférieur ou égal au patrimoine médian des foyers français. Ce sont donc les foyers qui ont un patrimoine inférieur ou égal à 100 000 €. Sur la courbe bleue, le point d’abscisse 100 000 a pour ordonnée 0,08 environ. Cela signifie que les foyers en question (la moitié des foyers les moins riches) se partagent environ 8 % du patrimoine total. c. Par lecture sur la courbe rouge, les 95 % des foyers les moins riches sont ceux ayant un patrimoine inférieur ou égal à 570 000 € environ. En se reportant sur la courbe bleue, ces foyers se partagent un peu moins de 70 % du patrimoine total. Autrement dit, les 5 % des foyers les plus riches sont ceux ayant un patrimoine supérieur ou égal à 570 000 €

environ, et ils se partagent un peu plus de 30 % du patrimoine total. L’affirmation est donc exacte.

86 A

B

C

D

x ª Me

x  Me

x Me

x ª Me

Commentaires : – Lorsque la série est assez symétrique, on peut s’attendre à ce que les deux indicateurs de position que sont la médiane et la moyenne soient assez voisins (c’est le cas des séries A et D). – Lorsque la série présente une asymétrie assez marquée, on aura généralement x < Me dans le cas d’un « étalement à gauche » (série B) et x > Me dans le cas d’un étalement à droite » (série C).

87 Voir sur le site www.didiermathx.com. 88 1. Le point de coordonnées (0,7 ; 12) situé sur la courbe cumulative bleue signifie que le nombre de régions de France métropolitaine où la consommation par habitant ne dépasse pas 0,7 (tonnes équivalent pétrole) est 12. 2. Sur le graphique, l’année où la consommation est la plus importante est celle dont la courbe cumulative est la plus « à droite », c’est-à-dire 2006. En effet, si (x ; y) et (x¢ ; y), avec x < x¢ sont des points de même ordonnée appartenant aux deux courbes cumulatives de 1990 et 2006, on peut dire que : – en 1990, il existe y régions où la consommation par habitant ne dépasse pas x ; – en 2006, il existe y régions où la consommation par habitant ne dépasse pas x¢. Comme x < x¢, la consommation est donc moins forte en 1990 qu’en 2006. 3. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 11 (la moitié de 22), on obtient que la consommation médiane par région est environ 0,68 en 1990 et 0,86 en 2006. 4. Le fait que, globalement, la pente de la courbe de 2006 est plus forte que celle de 1999, indique une moins grande dispersion en 2006 des valeurs de consommation des 22 régions, ainsi qu’une plus forte discrimination entre les régions faibles et fortes consommatrices d’énergie. 5. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 6 (pour englober au moins un quart des 22 régions), on obtient que le premier quartile est environ 0,61 en 1990 et 0,82 en 2006. De même, avec les points d’ordonnée 17 (pour englober au moins les trois quarts des 22 régions), on obtient que

le troisième quartile est environ 0,82 en 1990 et 0,89 en 2006. Les écarts interquartiles sont donc approximativement 0,21 en 1990 et 0,07 en 2006. Leur comparaison vient confirmer la plus faible dispersion de la série de la consommation d’énergie par région en 2006, par rapport à 1990.

89 Voir sur le site www.didiermathx.com le graphique fin janvier 2009 et le graphique quelques jours plus tard. Les faits : La banque J.P. Morgan a proposé fin janvier 2009 un graphique pour illustrer l’effondrement de la capitalisation boursière d’une quinzaine de banques (graphique 1). Les disques bleus indiquent la valeur de chaque banque en 2007, les verts la valeur en janvier 2009. Quelques jours plus tard, J.P. Morgan propose un graphique modifié (graphique 2) ; la valorisation boursière 2009 des banques a été réactualisée et une banque supplémentaire a été introduite. Pour bien lire : La valeur en bourse d’une banque (sa valorisation boursière) est exprimée en milliards de dollars sur ces deux graphiques ($Bn = billion de dollars = milliard de dollars (anglais)). Par exemple : les valeurs en bourse de Goldman Sachs au 20 janvier 2009 et en 2007 données sur le graphique 1 étaient respectivement 35 milliards de dollars et 100 milliards de dollars. Pourquoi un second graphique ? Sur le graphique 1, ce sont les diamètres des disques qui sont proportionnels aux valorisations boursières des banques, passées (2007) et actuelles (2009). Mais visuellement, ce sont les aires des disques que l’on évalue, que l’on compare. Or ces aires sont proportionnelles aux carrés de ces valeurs, et si la capitalisation d’une banque est divisée par deux, l’aire du disque vert est quatre fois plus petite que celle du bleu. C’est en gros le cas de J.P. Morgan, mais pour CityGroup, un concurrent direct de J.P. Morgan, la valeur est divisée par 13 et donc son aire est divisée par 169. Le premier graphique est donc trompeur, voire mensonger. Le second est destiné à corriger le premier, avec une proportionnalité des disques aux valeurs bancaires et non à leurs carrés. Pourquoi cette faute ? Elle peut être intentionnelle, l’auteur voulant afficher un effondrement amplifié des valeurs bancaires, avec une banque J.P. Morgan qui résiste mieux que les autres… En effet, si le graphique surévalue visuellement la chute de valeur de J.P. Morgan, en la divisant par 4 au lieu de 2, la valeur de CityGroup se trouve visuellement divisée par 169 au lieu de 13. Le traitement est bien inégal !

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

113

Mais cette faute peut ne pas être intentionnelle et il se peut qu’elle relève seulement de l’incompétence de l’auteur… Il reste aux élèves à creuser la question !

90 1. a. On peut, par exemple, effectuer le graphique suivant.

141 (N + N¢), qui signifie que la 402 proportion des femmes parmi les salariés à temps 141 complet en 2007 est , soit 35 % environ. 402 La proportion d’hommes est de ce fait environ 65 %. Remarque : Aucun lien n’existant entre les médianes de deux groupes disjoints d’une population et la médiane de cette population, les données relatives aux médianes ne peuvent pas être exploitées. Il en résulte : N¢ =

92 Nombre d’enfants dans la famille

Nombre de familles

Nombre d’enfants

0

8 050 262

0

1

3 760 052

3 760 052

0

2

3 399 998

6 799 996

1

3

1 238 871

3 716 613

2

404 171

2 020 855

4

16 853 354

16 297 516

b. Le graphique montre que le chômage augmente rapidement de 1975 à 1985, puis fluctue à un niveau important depuis cette période.

4 ou +

2. On peut, pour la période 1975-2008, calculer les indicateurs suivants (nombre de chômeurs en milliers). moyenne

2 046

min

689

Q1

1 772

Me

2 172

Q3

2 421,25

max

2 805

étendue

2 116

Q3 – Q1

649,25

Pour la tendance centrale, il est préférable de choisir la médiane, mais la moyenne peut convenir. Pour la dispersion, on calcule les quartiles. 3. La valeur du premier trimestre 2009 est au-dessus du troisième quartile.

91 Parmi les salariés à temps complet des entreprises privées ou semi-publiques, soit N le nombre des hommes et N¢ le nombre des femmes. La masse salariale pour les hommes est : N ¥ 2 138 €. La masse salariale pour les femmes est : N¢ ¥ 1 736 €. La masse salariale hommes-femmes est donc – d’une part : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 – d’autre part : (N + N¢) ¥ 1 997. On en déduit : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = (N + N¢) ¥ 1 997 soit encore : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = N ¥ 1 997 + N¢ ¥ 1 997, 261 qui devient 141N = 261N¢ ou encore N  N¢. 141 L’effectif de la population des salariés est donc : 261 402 N¢ + N¢ = N¢. N + N¢ = 141 141

114

Total

Nombre de frères et sœurs par enfant

1. On a complété le tableau initial en calculant le nombre total d’enfants de moins de 25 ans en 2006 (3e colonne). Le nombre moyen d’enfants par famille est : Nombre total d’enfants 16 297 516 = = 0,97. Nombre total de familles 16 853 354 2. La 4e colonne indique le nombre de frères et sœurs par enfant d’une famille selon le nombre d’enfants de la famille. Le nombre moyen de frères et sœurs par enfant est alors : 3 760 052 ¥ 0  6 799 996 ¥ 1 3 716 613 ¥ 2  2 020 855 ¥ 4 16 297 516 =

22 316 642 16 297 516

= 1,37

93

1

2

3

4

5

6

Groupe 1

9

11

12

12

13

14

Groupe 2

17

18

18

18

19

19

1147

8

9

10

11

12

Âge moyen

Groupe 1

23

24

24

24

25

25

18

Groupe 2

23

27

36

47

51

55

29

On peut penser que le Groupe 1, dont l’âge moyen est pourtant égal à 18 ans, sera un choix moins bon pour Max que le Groupe 2, en raison d’une répartition des âges mal adaptée.

En effet, aucun inscrit du Groupe 1 ne satisfait le critère de Max qui désire « rencontrer des jeunes comme lui », c’est-à-dire d’âge semblable.

94 Les tableaux suivants permettent de « matérialiser » les individus et d’y faire figurer les indicateurs connus et autres renseignements de l’énoncé. 15 filles Min

Q1

Me

Q3

Max

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 10

? 12

14

16

20

Vanessa 17 garçons Min

Q1

Me

Q3

Max

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 8

11

14 Karim

18

21

1. Le temps de réaction médian est le même chez les filles et chez les garçons : 14 centièmes de seconde. Les temps de réaction sont plus dispersés chez les garçons que chez les filles : étendue et écart interquartile égaux à 13 et 7 chez les garçons, contre 10 et 4 chez les filles. 2. Le temps de réaction de Karim (14) coïncidant avec le temps médian des garçons, on peut dire que 8 garçons, au plus, ont été plus rapides que lui. Mais comme on sait qu’il est le seul à avoir ce temps de réaction, on peut affirmer que 8 garçons, exactement, ont été plus rapides que lui. 3. Si les trois filles « précédant » Vanessa ont, toutes les trois, le même temps de réaction : 10 centièmes de seconde, le temps de réaction de Vanessa est soit 11, soit 12. Dans le cas contraire, l’une au moins des filles a pour temps de réaction 11 et le temps de réaction de Vanessa est alors 12. En conclusion, le temps de réaction de Vanessa est soit 11, soit 12.

95 English Corner 1. f. ; 2. g. ; 3. c. ; 4. h. ; 5. b. ; 6. d. ; 7. a. ; 8. e.

Programme Xcas de l’exercice 83.

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

115

8

Probabilités

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Réponse c. 2 1. Oui, ses issues sont : 0, 1, 2 et 3. 2. Non, le nombre de consonnes, toujours égal à 3, ne varie pas au hasard. 3 1. Réponse b. 2. Réponse c. 4 Réponses a., c. et d. 5 Réponse a. 6 1.

1 6

2. Réponse c.

Activité 1. Probabilités d’overbooking 1. a. 11

b. 84

2. a. Sur un petit nombre d’avions simulés, la fréquence des cas d’overbooking fluctue de manière importante. Cette fluctuation devient de plus en plus faible au fur et à mesure que le nombre de simulations augmente ; la fréquence tend alors à se stabiliser. b. On évalue la probabilité d’overbooking en retenant la fréquence des cas d’overbooking sur un grand nombre de simulations ; on peut prendre ici p ª 0 , 09.

Activité 2. Lancer un dé icosaédrique



A. 1. W  1; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 2. Issue Probabilité

1

2

3

4

5

6

0,25

0,25

0,2

0,15

0,1

0,05

Les issues ne sont pas équiprobables. B. 1. A = {2 ; 4 ; 6} 2. B = {4 ; 5 ; 6} ; C = {6}.

3. p(A) = 0,45 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,05.

116

Activité 3. Opérer sur les événements 1. A = {2 ; 4 ; 6} ; B = {4 ; 5 ; 6}. 2. Si A n’est pas réalisé, c’est l’événement « un numéro impair sort » qui l’est. Cet événement a pour écriture ensembliste {1 ; 3 ; 5} et pour probabilité 0,55. On remarque que 0,55 = 1 – p(A). 3. a. A ET B = {4 ; 6} ; p(A ET B) = p(A « B) = 0,2. b. A OU B = {2 ; 4 ; 5 ; 6} ; p(A OU B) = p(A » B) = 0,55. c. p(A » B) + p(A « B) = 0,75 et p(A) + p(B) = 0,45 + 0,3 = 0,75. p(A) + p(B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A et de celles qui réalisent B (les issues qui réalisent à la fois A et B sont comptées deux fois). p(A » B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A ou B (les issues qui réalisent à la fois A et B sont comptées une seule fois). On a donc : p(A) + p(B) = p(A » B) + p(A « B).

Activité 4. Des jetons pour plusieurs situations A. 1. J2 J1

1

2

3

4

5

6

7

8

1

11 12 13 14 15 16 17 18

2

21 22 23 24 25 26 27 28

3

31 32 33 34 35 36 37 38

4

41 42 43 44 45 46 47 48

5

51 52 53 54 55 56 57 58

6

61 62 63 64 65 66 67 68

7

71 72 73 74 75 76 77 78

8

81 82 83 84 85 86 87 88

2. a. Il y a 64 issues. 1 = 0,015625. 64 B. p(S = 8) est la somme des probabilités des issues du tableau colorées en gris ; comme il y en a 7, on a 7 p(S = 8) = . De même, p(S = 9) est la somme des probabilités des issues du tableau en gras ; comme il y en a 8, 64 8 on a p(S = 9) = . 64 On a p(S = 9) > p(S = 8) ; c’est Mathieu qui a raison. 8 8 1 15 1 C. 1. p(H1) = = . p(H2) = = 1 . p(H1 « H2) = . p(H1 » H2) = . 64 8 64 8 64 64 2. Pour chaque composant, la probabilité qu’il dysfonctionne en période de garantie est 0,125 = 1 . 8 On peut donc modéliser les événements « le composant 1 est défaillant en période de garantie », « le composant 2 est défaillant en période de garantie » par H1 et H2, respectivement. b. Comme elles sont équiprobables, chacune a pour probabilité

Le système monté en série est défaillant lorsque l’un OU l’autre des composants est défectueux (ou les deux).

15 . 64 Le système monté en parallèle est défaillant lorsque l’un ET l’autre des composants sont défectueux. 1 La probabilité de cet événement est donc p(H1 « H2) = . 64

La probabilité de cet événement est donc p(H1 » H2 ) =

Chapitre 8. Probabilités

117

Activité 5. La hantise du répondeur A. 1. L’amorce d’arbre illustre les deux choix qui s’offrent pour l’appel de Léo : soit S « l’appel a lieu un soir de semaine », soit S « l’appel a lieu un soir de week-end ». D’après l’énoncé, p(S) = 5/7 et p(c) = 2/7. 2. et 3. 5 –– 7

S

2 –– 7

S

0,2

R

0,8

R

0,75

R

0,25

R

B. À 10–2 près, f(S « R) = 0,14 ; f(S « R) = 0,22 ; f (R) = 0,36. C. 1. a. Voir figure ci-dessus (chemin en gris). 5 1. b. Si on multiple les probabilités et 0,2 figurant sur les branches du chemin qui correspond à S « R, on obtient 7 1 ª 0,14, qui coïncide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement S « R. 7 c. Le mot à compléter est « multipliant ». 2. a. L’autre chemin conduisant à R représente l’événement « Léo appelle Clara un soir de week-end et tombe sur son 2 3 répondeur ». D’après la règle 1, sa probabilité est ¥ 0,75 soit ª 0,21. 7 14 1 3 5 b. Si on ajoute les probabilités des deux chemins conduisant à l’événement R, on obtient   ª 0,36, qui coïn7 14 14 cide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement R. Dans la règle 2, le mot manquant est « ajoutant ».

TP 1. Y aurait-il une loi des séries ? A. 1. Une période de 10 années comprend 3 650 jours environ ; le nombre moyen d’accidents par jour est 2. Issue Probabilité

Secteur rouge

Secteur bleu

0,1

0,9

376 ª 0,1. 3 650

B. a. b. Pour chacun des lancers de la roulette, la valeur 1 correspond à sortie du secteur rouge et la valeur 0 à celle du secteur bleu. On a simulé 365 fois le lancer de cette roulette qui donne « rouge » avec la probabilité 0,1 et « bleu » sinon. c. Cette formule compte le nombre de fois où le « rouge » est sorti durant les 22 premiers jours de l’année. d. La formule écrite en B100 compte le nombre de sortie de « rouge » sur la période de 22 jours consécutifs débutant le 100e jour de l’année (et s’achevant le 121e jour). Un appui répété sur la touche F9 indique que le nombre maximal de fois où le « rouge » est sorti sur 22 jours consécutifs d’une année dépasse très souvent 5. f. g. La cellule A367 calcule la fréquence sur 50 années de celles où le nombre de sorties du secteur rouge sur 22 jours glissant est supérieur ou égal à 5. C. 1. a. Choix d. 2. La fréquence semble se stabiliser vers 0,92. On peut retenir p = 0,92. 3. Non, puisque le maximum du nombre d’accidents enregistrés sur une période de 22 jours consécutifs au cours d’une année est supérieur ou égal à 5 avec une probabilité dépassant 0,9.

TP 2. Une discrimination raciale ? A. 1. La variable J prend au hasard une valeur entre 1 et 18. Le premier terme de la liste Liste1[1], c’est-à-dire 1, s’échange avec le Jème terme de la liste, c’est-à-dire J.

118

2. I prend la valeur 2 ; la variable J prend au hasard une valeur entre 2 et 18. Le Jème terme de la liste s’échange alors avec le second terme de la liste qui est Liste1[2]. Et ainsi de suite. À la fin de la boucle « Pour », sept nombres entiers compris entre 1 et 18 ont été successivement tirés au hasard et sont venus occuper les sept premières places de cette liste. 3. Voir sur le site www.didiermathx.com. 4. Réponse personnelle… mais on peut observer en répétant les simulations que les 4 boules noires (entiers de 1 à 4) ne sont que très rarement présentes toutes les quatre parmi les 7 boules prélevées. B. 1. a. Si p = 4, e augmente de 1, et c’est le seul cas où e augmente de 1. b. p = 4 signifie que les boules 1, 2, 3 et 4 figurent dans les 7 boules prélevées, c’est-à-dire que l’événement E est réalisé. Donc e augmente de 1 quand E est réalisé. Autrement dit e compte le nombre de réalisations de l’événement E. c. On considère que la liste Liste1 est {1 ; 2 ; … 18}. INITIALISATION : e prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour T allant de 1 à 100 Faire Pour I allant de 1 à 7 Faire* J prend la valeur alea(I,18) X prend la valeur Liste1[I] Liste1[I] prend la valeur Liste1[J] Liste1[J] prend la valeur X FinPour p prend la valeur 0 Pour M allant de 1 à 7 Faire** Si Liste1[M] ≤ 4 Alors p prend la valeur p + 1 FinSi FinPour Si p = 4 Alors e prend la valeur e + 1 FinSi FinPour Afficher e * On commence le tirage des 7 boules figurant les 7 jurés comme en partie A. ** On insère la nouvelle partie de programme pour tester si les boules 1, 2, 3 et 4 sont les 7 boules tirées. Si c’est le cas, le compteur e augmente de 1.

Des programmes sont disponibles sur le site 2. On peut estimer la probabilité de E à 0,01. La présence des 4 jurés noirs parmi les 7 personnes écartées par le procureur, choisies parmi les 18 n’ayant pas fait d’études supérieures, peut être le fait du hasard ; mais la probabilité de cet événement étant estimée à 1/100, cela est très improbable ! Tout laisse penser qu’il aura fallu « aider » le hasard pour parvenir à un tel résultat.

TP 3. Tirer au hasard 1. a. Le modèle suggéré par l’énoncé est celui de l’équiprobabilité avec 100 issues de même probabilité : 0,01. 4 8 b. p(A) = = 0,04 ; p(B) = = 0,08. 100 100 c. Comme V = A » B, avec A et B incompatibles, p(V) = p(A) + p(B) = 0,12. p(R) = p(V ) = 1 – p(V) = 0,88 14 9 2. a. p(E) = = 0,14 ; p(F) = = 0,09. 100 100 b. E « F est réalisé lorsque le tir se porte sur une case ayant en commun avec le porte-avions et le croiseur un côté ou un sommet. Il en existe trois. D’où p(E « F) = 3/100 = 0,03. Il en résulte : p(E » F) = p(E) + p(F) – p(E « F) = 0,14 + 0,09 – 0,03 = 0,2.

Chapitre 8. Probabilités

119

TP 4. Gagner mais contre qui ? 1. a. p(A) =

1 2

1 Comme p(A) + p(B) + p(C) = 1 et p(B) = p(C), on en déduit p(B) = p(C) = . 4 1 b. –– 4

A

1 –– 2 1 –– 4

1 –– 4

1 –– 2

B

C

1 –– 3

3 –– 4

1 –– 2 2 –– 3

G G G G G G

c. Les probabilités portées sur des branches issues d’un même nœud ont pour somme 1. 1 1 1 1 1 1 1 2. a. b. p  A « G   ¥  p B«G  ¥  –– G 2 4 8 4 2 8 4 3 –– 4

A

1 –– 2 1 –– 4

1 –– 4

1 –– 2

B

C

3. a.

1 –– 3

1 –– 4

A

1 –– 2 1 –– 4

1 –– 4

1 –– 2

B

C

1 –– 3

1 –– 2 2 –– 3

3 –– 4

1 –– 2 2 –– 3



G G G G G G G G G G G

Deux chemins de l’arbre illustrent l’événement G (en gris). 1 1 1 1 2 5 b. p(G) = p(A « G) + p(B « G) + p(C « G) =  ¥  ¥  8 4 2 4 3 12

TP 5. En autonomie 1. a.

b. On peut prendre 0,38 comme évaluation de p(E).

120



2.

Position saut 1

Position saut 2

Position saut 3

Position saut 4 1 –– 2

1 –– 2 1 –– 2

3 1 –– 2

2 1 –– 2

1

1 1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

1

0 1 –– 2

1 –– 2

–1

O

1 –– 2

1 –– 2 1 –– 2

1 –– 2

1 1 –– 2

0 1 –– 2

–1

–1

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

–1

–2 1 –– 2

1 –– 2

–3

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

4 2 2 0 2 0 0 –2 E

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

2 0 0 –2 0 –2 –2 –4

E est réalisé lorsque la position de la puce est à nouveau 0, après le 4e saut. 1 1 1 1 1 Chaque chemin de l’arbre a pour probabilité ¥ ¥ ¥  ; il y a 6 chemins qui conduisent à E. 2 2 2 2 16 D’où p(E) = 6/16 = 3/8 = 0,375.

TP 6. Prendre l’aire à Monte-Carlo Voir le site www.didiermathx.com.

Exercices 8 a. 9x2 – 24x + 16

b. 36x2 – 4 b. 4x2 – 9

2 211 - 210  210  2 - 1  210

9 a. x2 + 5x + 4 10 a. x = 4/3

b. x = – 1

3

11 p = 4/11

SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

1 a. 2

AB2 = 6 ; BC2 = 24 ; CA2 = 18. On a AB2 + CA2 = BC2.

ABC est donc rectangle en A.

4 f (– 0,5) = 0 5 g(– 3) = – 3 ; A n’est donc pas un point de la courbe de g.

6 a. (30 + 1) (30 – 1) = 900 – 1 = 899 b. (50 + 1)2 = 2 500 + 100 + 1 = 2 501

7 Non

12 p = 0,14 6 13 p = = 0,2 30

14 Affirmation C 15 Affirmation C 16 a. Méthode 2 c. Méthode 2

b. Méthode 1 d. Méthode 1

e. Méthode 1

Chapitre 8. Probabilités

121

17

Combiné avec ent ou Int, on obtient donc 0 et 1 avec ces mêmes probabilités 0,7 et 0,3.

Roulette A issue probabilité

Vert

Bleu

Rouge

1 3

1 3

1 3

b. Il suffit de remplacer 0,3 par 0,9.

Roulette B issue

Vert

Bleu

Rouge

probabilité

0,25

0,5

0,25

issue

Vert

Bleu

Rouge

probabilité

0,5

0,2

0,3

Roulette C

18 issue

V

O

R

probabilité

7 30

1 10

2 3

issue

22 1. a. L’instruction =6*ALEA()+1 fournit un nombre au hasard dans [1 ; 7[. b. =Ent(6*ALEA()+1) affiche, au hasard, un nombre entier de l’intervalle [1 ; 7[, soit 1, 2, 3, 4, 5 ou 6, avec des chances identiques. Cette instruction peut donc être utilisée pour simuler le lancer d’un dé cubique supposé équilibré. 2. a. =Ent(4*ALEA()+1).

b. =Ent(8*ALEA()+1).

c. =Ent(12*ALEA()+1).

d. =Ent(20*ALEA()+1).

23 Voir corrigé en fin de manuel.

19 probabilité

2. a. En associant le chiffre 1 à « boule bleue » et 0 à « boule rouge », les instructions précédentes simulent le tirage au hasard d’une boule dans cette urne.

1

2

3

4

0,12

0,12

0,26

0,50

20 1. Entre 0 et 2. 2. a. L’instruction 2*rand fournit un nombre au hasard dans l’intervalle [0 ; 2[. Int(2*rand) est donc égal à 0 lorsque ce nombre aléatoire est dans [0 ; 1[ et égal à 1 lorsque ce nombre aléatoire est dans [1 ; 2[. Les intervalles ayant même longueur, le nombre aléatoire se situe avec d’égales chances dans les deux intervalles et donc Int(2*rand) prend les valeurs 0 et 1 de façon équiprobable. b. Il suffit d’associer le 1 à la sortie de PILE et 0 à la sortie de FACE. Chaque appui sur ENTER simule alors le lancer d’une pièce supposée équilibrée.

24 1. L’instruction NbrAléat + 0.1 ou Ran# + 0.1 permet de simuler sur une calculatrice l’achat au hasard d’un paquet avec « bon d’achat », en lui associant le nombre 1, obtenu avec la probabilité 0,1. 2. En associant 1 à « rouge », 2 à « bleu » et 3 à « vert », l’instruction = Ent(3*ALEA()+1) permet de simuler sur un tableur la couleur du jouet contenu dans le paquet, avec des probabilités égales d’apparition de chaque couleur. 3. L’instruction = Ent(10*ALEA()+1) fournit un nombre entier compris entre 1 et 10, avec une probabilité de 0,1 pour chacun. Il reste à associer à la « victoire » un entier compris entre 1 et 5, à la « défaite » un entier compris entre 6 et 8 et au « match nul » un entier compris entre 9 et 10.

25 1. a. b. c. La copie d’écran tableur ci-dessous donne 4 simulations du tirage au hasard du segment [AB], avec calcul de longueur et test pour savoir si AB  0,5 est vrai (1) ou non (0).

3. a. L’instruction NbrAléat + 0.5 ou Ran# + 0.5 fournit un nombre au hasard dans [0,5 ; 1,5[. b. ent(rand + 0.5) ou Int(Ran# + 0.5) renvoie donc 0 et 1 avec la même probabilité 0,5. Il suffit d’associer le 1 à la sortie de PILE et 0 à la sortie de FACE.

21 1. a. L’instruction NbrAléat + 0,3 ou Rand# + 0,3 fournit un nombre au hasard dans [0,3 ; 1,3[. b. [0,3 ; 1[ et [1 ; 1,3[ ont pour longueurs 0,7 et 0,3, respectivement. c. L’instruction NbrAléat + 0.3 ou Ran# + 0.3 fournit un nombre au hasard dans [0,3 ; 1 [ avec une probabilité de 0,7 et dans [1 ; 1,3 [ avec une probabilité de 0,3.

122

En appuyant sur la touche F9, on peut remarquer que l’événement « AB ⭓ 0,5 » se réalise moins souvent que son contraire « AB < 0,5 ». On peut facilement pronostiquer : p < 0,5. 2. a. La fréquence tend à se stabiliser vers 0,25. b. On peut retenir 0,25 comme estimation de p, ce qui paraît conforme à l’observation faite en 1. c.

26 On peut penser que p > 0,9. 27 Voir corrigé en fin de manuel. 28 Le tirage de la fiche ayant lieu au hasard, on a : 517 = 0,517. 1 000 483 = 0,483 b. p(« la fiche est celle d’une femme ») = 1 000

a. p(« la fiche est celle d’un homme ») =

ou p(F) = 1 – p(H) = 0,483.

b. En illustrant une rencontre entre Aziz et Clara par un tableau, on observe que la probabilité que Aziz l’em4 porte est égale à . 9 Contre toute attente, c’est Clara qui a le plus de chances de l’emporter face à Aziz. Ce résultat, qui semble défier logique et bon sens, est un paradoxe. C A

2

4

9

c. p(« la fiche est celle d’une personne de moins de 1 000 - 70 - 64 = 0,866. 65 ans ») = 1 000

1

(1,2) C

(1,4) C

(1,9) C

6

(6,2) A

(6,4) A

(6,9) C

29 1. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ») = 0,06.

8

(8,2) A

(8,4) A

(8,9) C

2. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ou A– ») = 0,06 + 0,06 = 0,12. 3. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ou O+ ou B– ou B+ ») = 0,52. Oui, une personne du groupe B+ a plus d’une chance sur deux de pouvoir recevoir du sang de Monsieur X. 6 = 0,3 ; 30 1. Le tirage se faisant au hasard, p(R) = 20

10 = 0,5. 20 2. On a de même : r/20 = 0,25 et n/20 = 0,15, d’où r = 5 et n = 3. L’urne contient donc 5 boules rouges, 3 boules noires et 12 boules vertes. p(N) =

31 Un tableau à double entrée peut aider à visualiser les issues dont le nombre est celui des cases : 5 ¥ 5 = 25. Les issues s’écrivent par exemple (B2, J1), (J1, B2), (J3, J1), (J3, J3)… Aucune issue n’ayant plus ou moins de chance qu’une autre de se réaliser, on peut adopter un modèle d’équiprobabilité. Les issues favorables à la réalisation de l’événement A sont celles comportant un J et un B ; il en existe 12 (on peut se référer au tableau pour les 12 dénombrer). D’où p(A) = = 0,48. 25 32 1. Parmi les neuf issues possibles d’une rencontre entre Aziz et Bill, il y en a cinq qui sont favorables à une 5 victoire de Aziz ; d’où la probabilité cherchée p1 = . 9 2. De même, la probabilité que Bill l’emporte contre 5 Clara est p2 = . 9 3. a. Aziz a une probabilité plus forte que Bill de l’emporter lors d’une rencontre et il en est de même pour Bill face à Clara. On peut donc penser que Aziz a toutes les chances de l’emporter face à Clara et que, naturellement, la probabilité de cet événement est supérieure à 0,5.

33 1. Les angles au centre des secteurs rouge, noir et bleu sont respectivement proportionnels à 2, 1 et 3. Le lancer de la roue peut se modéliser par le tirage au hasard d’une boule dans une urne contenant 2 boules rouges, 1 noire et 3 bleues. 2. Les probabilités p(R), p(N) et p(B) sont alors : 2 1 3 , et . 6 6 6

34 Voir corrigé en fin de manuel. 35 p(A) = 1 – p(A) = 0,7 p(B) = 1– p(B) = 0,5 p(A » B) = p(A) + p(B) – p(A « B) = 0,6. 36

p(E)

p(F)

p(E « F)

(E » F)

Cas 1

0,6

0,7

0,5

0,8

Cas 2

0,6

Cas 3 impossible

0,6

0,5

0,7

0,7

0,5

0,1

37 1. A = « la carte tirée n’est pas un as » C = « la carte tirée n’est pas un cœur » A « C « la carte tirée est l’as de cœur » A » C « la carte tirée est un as ou un cœur » A « C « la carte tirée n’est ni un as ni un cœur ». 4 7 2. p(A) = 1 – p(A) = 1 –  32 8 8 3  p(C) = 1 – p(C) = 1 – 32 4 1 p(A « C) = 32 1 1 1 11 p(A » C) = p(A) + p(C) – p(A « C) =  -  8 4 32 32 On peut compter les cartes qui ne sont ni un as ni un 23 cœur : il y en a 23, d’où p(A « C ) = . 32

Chapitre 8. Probabilités

123

On peut aussi remarquer (voir question 1.) que A « C et A » C sont des événements contraires ; 1 d’où p(A « C ) = 1 – p(A » C) = . 52 3. Pour un jeu de 52 cartes : 4 12 p(A) = 1 – p(A) = 1 –  52 13 13 3  p(C) = 1 – p(C) = 1 – 52 4 1 p(A « C) = 52 1 1 1 4 p(A » C) = p(A) + p(C) – p(A « C) =  -  13 4 52 13 9 p(A « C ) = 1 – p(A » C) = . 13

38 1. M = « Max n’est pas favorable à la sélection du joueur » M « N = « Max et Noël sont favorables à la sélection du joueur » M » N = « Max ou Noël est favorable à la sélection du joueur » M « N  « Ni Max, ni Noël n’est favorable à la sélection du joueur ». M « N et M » N sont des événements contraires. 2. p(M » N) = p(M) + p(N) – p(M « N) = 0,9. p(M « N = 1 – p(M » N) = 0,1.

39 Notons S1 et S2 les événements « l’abonné lit la page Spectacles » et « l’abonné lit la page Sports ». On a p(S1) = 0,48, p(S2) = 0,67 et p(S1 « S2) = 0,27. a. p(S1 » S2) = p(S1) + p(S2) – p(S1 « S2) = 0,48 + 0,67 – 0,27 = 0,88.

 

b. p S1  1- p  S1   0 , 52. c. Les abonnés qui lisent la page « sport » et pas la page « spectacles » représentent 67 % – 27 % = 40 % de l’ensemble des abonnés ; d’où p S2 « S1 = 0,4.





40 1. L’ensemble Ω des issues est { x1, …, xn, y1, y2, … yq}. 2. p(x1) + p(x2) + … p(xn) + p(y1) + p(y2) + … + p(yq) = p(W) = 1. 3. p(A) + p( A ) = 1 d’où p( A ) = 1 – p(A).

41 1. Les issues de A se partagent en deux catégories : celles qui sont dans A et pas dans B (ce sont x1, …, xp) et celles qui sont dans A et dans B (ce sont y1, …, yq). Il en résulte : p(A) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq). 2. p(B) = p(z1) + … + p(zn) + p(y1) + … + p(yq). p(A«B) = p(y1) + … + p(yq). p(A»B) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq) + p(z1) + … + p(zn). 3. p(A) + p(B) = p(x1) + … + p(xp) + 2(p(y1) + … + p(yq)) + p(z1) + … + p(zn).

124

p(A»B) + p(A«B) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq) + p(z1) + … p(zn) + p(y1) + … + p(yq). On obtient : p(A) + p(B) = p(A»B) + p(A«B).

42 1. Le nombre d’appareils sans défaut est : 1 000 – (30 + 50 + 80) = 1 000 – 160 = 840 2.

Défaut a

Défaut B

50

30

80

840

Défaut a

a

Total

Défaut b

30

80

110

b

50

840

890

Total

80

920

1 000

Défaut a

a

Total

Défaut b

0,03

0,08

0,11

b

0,05

0,84

0,89

Total

0,08

0,92

1

3.

4. a.

b. A = « l’appareil ne présente pas le défaut A » A » B = « l’appareil présente le défaut A ou le défaut B (au moins l’un des deux) » A « B = « l’appareil ne présente ni le défaut A ni le défaut B ». p(A) = 1 – 0,08 = 0,92 p(A » B) = p(A) + p(B) – p(A « B) = 0,08 + 0,11 – 0,03 = 0,16 p(A « B) = 0,84

43 Voir corrigé en fin de manuel. 44 1. a. 1er lancer

2e lancer 1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

3e lancer 1 –– 2

P 1 –– 2

P 1 –– 2

1 –– 2

F 1 –– 2

P

F 1 –– 2

1 –– 2

F

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

1 –– 2

Issue P

PPP

F

PPF

P

PFP

F

PFF

P

FPP

F

FPF

P

FFP

F

FFF

b. Cette expérience comporte 8 issues ; chacune a pour 1 1 1 1 probabilité ¥ ¥  . 2 2 2 8 1 3 2. p(E0) = p(F F F) = ; p(E1) = p(P F F, F P F, F F P) = ; 8 8 3 1 p(E2) = p(P P F, F P P, P F P) = ; p(E3) = p(PPP) = . 8 8 3. Issue Ei

E0

E1

E2

E3

p(Ei)

1 8

3 8

3 8

1 8

2 –– 3

1 –– 3

0,8

A

0,2

A

0,2

A

0,8

A

D

D

2. D « A est l’événement : « il y a devoir surveillé ce mercredi matin et Théo est absent ». D « A est l’événement : « il n’y a pas devoir surveillé ce mercredi matin et Théo est absent » 2 8 1 1 p(D « A) = ¥ 0,8  ; p(D « A) = ¥ 0,2  . 3 15 3 15 9 3 3. p(A) = p(D « A) + p(D « A) =   0,6 15 5

47 1. a. p(B1) = p(B2) = 0,5 2 = 0,4 ; 5 3 • la probabilité que Solène pêche une truite est = 0,6. 5 c. Si le bassin B2 a été choisi : 3 • la probabilité que Solène pêche un saumon est = 0,3 ; 10 7 = 0,7. • la probabilité que Solène pêche une truite est 10 2. a. 0,4 S • la probabilité que Solène pêche un saumon est

0,5

B1 0,6

T

0,3

S

0,7

T

B2

b. p(B1 « T ) = 0,5 ¥ 0,8  0,4 p(B1 « S ) = 0,5 ¥ 0,4  0,2 ; p(B2 « S) = 0,5 ¥ 0,3  0,15 d’où p(S) = p(B1 « S ) + p(B2 « S) = 0,35.

48 a. Non exclusif c. Non exclusif e. Exclusif

Partie bleue

A »B

A«B

Diagramme 2

A

A

Diagramme 3

A»B

B«A

2. a. • Xavier est un artiste ou un belge. • Xavier n’est pas un artiste. • Xavier est belge mais n’est pas artiste. b. • x ŒA « B

• x ŒA « B

• x ŒA » B

50 1. Une probabilité étant un nombre compris entre 0 et 1, cette annonce n’a pas de sens ! 2. Cette annonce a maintenant un sens mais elle est de nature à inquiéter car la dernière probabilité de collision évoquée est 100 fois plus forte que la précédente. 3. Une « grosse probabilité » est une probabilité proche de 1. Pour les exercices 51 à 64 : voir corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

65 1. C’est vous qui voyez ! 2. a. La fréquence de M semble se stabiliser vers 0,5. b. On peut estimer : p(M) = 0,5.

b. Si le bassin B1 a été choisi :

0,5

Partie jaune

Diagramme 1

c. • Xavier n’est ni artiste ni Belge. • Xavier n’est pas Belge ou est artiste.

45 Voir corrigé en fin de manuel. 46 1.

49 1.

b. Exclusif d. Non exclusif

3. a. En portant 0,5 sur chaque branche de l’arbre, on obtient une probabilité de 0,25 pour chaque issue. b. p(M) = p({FG, GF}) = 0,25 + 0,25 = 0,5

66 A. 2. a. En cellule B2, on peut entrer =ENT(ALEA()+0,5). b. Le temps d’attente de « pile » est supérieur à trois lancers lorsque la simulation sur trois lancers a amené 0 « pile », c’est-à-dire une somme égale à 0. c. Il s’agit de la fréquence du nombre de fois où E a été réalisé sur les 1 000 simulations. d. On peut prendre 0,125 comme évaluation de p(E) (ou pourquoi pas 0,124, qui est la moyenne des fréquences disponibles). 3. p(E) = p(FFF) = 0,5 ¥ 0,5 ¥ 0,5 = 0,125 B. 1. On peut évaluer approximativement la probabilité de ce matériel ne tombe pas en panne pendant les trois premières années de fonctionnement en prenant par exemple p = 0,726. 2. Un arbre semblable au précédent (question A. 3.), avec P signifiant cette fois « panne » de probabilité 0,1 et F signifiant « fiable ou pas panne » de probabilité 0,9, permet de calculer p(FFF) = 0,93 = 0,729.

Chapitre 8. Probabilités

125

67 1. La longueur du segment [AB] est : AB = 0,9 – 0,35 = 0,55. Comme AB  0,5, l’événement E est réalisé. 2. Avec A(0,4) et B(0,6), on a AB = 0,2 ; comme AB < 0,5, l’événement E n’est pas réalisé. 3. Compte tenu de la propriété admise (tous les points d’une même « couleur » correspondent à la même situation de réalisation ou de non-réalisation de E), il suffit de prendre un point dans chaque zone de couleur et voir à quel cas ce point correspond. Zone verte : grâce au point M, on conclut que la zone correspond à la réalisation de E. Zone rouge : grâce au point N, on conclut que la zone correspond à la non-réalisation de E. Zone bleue : grâce au point R(0,2 ; 0,5) , on conclut que la zone correspond à la non-réalisation de E. Zone orange : grâce au point S(0,2 ; 0,8), on conclut que la zone correspond à la réalisation de E.

1

1 –– 3

1 –– 3

1 –– 2

L2

Des programmes sont disponibles sur le site www.didiermathx.com.

a

L3

1 –– 2

1 –– 2 1 –– 2

e

1 1 1 1 On en déduit : p(a) = ; p(b) = ; p(c) = ; p(d) = et 3 6 6 6 1 p(e) = . 6 1 c. –– a 2

1 –– 2

C1

1 –– 3 1 –– 3

1 –– 3

On en déduit : p ¢  a  

1

C3

1 –– 2

b d

C2

c 1 –– 2

e

1 1 1 ; p ¢ b   ; p ¢  c   ; 6 6 6

1 1 et p ¢  e   . 3 6 2. Au vu de ce tableau, c’est le modèle correspondant à la procédure n° 3 qui a été utilisée. p ¢d  

126

2. On peut s’inspirer du programme du TP 2 Partie B page 203.

c d

69 1. a. On choisit au hasard une case blanche parmi cinq. Les cinq issues, équiprobables, ont pour probabilité 0,2. L1

*On fait afficher 5 boules choisies au hasard au début de la liste Liste1.

b

68 Voir corrigé en fin de manuel.

1 –– 3

Pour I allant de 1 à 5 Faire* J prend la valeur alea(I,49) X prend la valeur Liste1[I] Liste1[I] prend la valeur Liste1[J] Liste1[J] prend la valeur X FinPour

T prend la valeur 0 Pour S allant de 1 à 100 Faire Pour I allant de 1 à 5 Faire J prend la valeur alea(I,49) X prend la valeur Liste1[I] Liste1[I] prend la valeur Liste1[J] Liste1[J] prend la valeur X FinPour p prend la valeur 0 Pour M allant de 1 à 4 Faire Pour I allant de M+1 à 5 Faire Si liste 1[I] = liste 1[M]+1 OU liste 1[I] = liste 1[M]–1 Alors p prend la valeur p+1 FinSi FinPour FinPour Si p > 0 Alors T prend la valeur T+1 FinSi FinPour Afficher T.

4. p(E) est la probabilité qu’un point M pris au hasard dans le carré appartienne à l’une des deux zones verte et orange. Avec la proportionnalité aux aires, on obtient 1 1 1 p(E) = aire zones verte ou orange/aire carré =   . 8 8 4 Cela est en accord avec l’estimation de p(E) faite à l’exercice 25.

b.

70 1. On considère que la liste Liste1 est {1 ; 2 ; … 49}.

71 La copie d’écran ci-dessous donne l’évolution de la fréquence de survenue d’une crue centenaire et d’une seule sur 100 années consécutives, lorsque le nombre de périodes de 100 années augmente de 1 à 200.

La probabilité de survenue d’une crue (exactement) sur une période de 100 ans peut être évaluée à 0,36 environ.

72 Les trois compteurs affichent 1 lorsque la somme S = int(rand + 0.05) + int(rand + 0.03) + int(rand + 0.02) est égale à 3 (ou lorsque le produit P est égal à 1). La fréquence de S = 3 (ou de P = 1), calculée sur un grand nombre de simulations, permet d’estimer la probabilité de l’événement « obtenir trois 1 ». Mais le calcul de cette probabilité s’effectue facilement à partir d’un arbre, l’événement « obtenir trois 1 » étant représenté par ce seul chemin : –––– 0,05 –––– 1 –––– 0,03 –––– 1 –––– 0,02 –––– 1 D’où la probabilité cherchée : p = 0,05 ¥ 0,03 ¥ 0,02 = 0,000003

2.

A

A

D

0,00099

0,00001

0,001

D

0,004995

0,994005

0,9997

0,005985

0,994015

1

Lorsque le système de contrôle déclenche une alerte, la probabilité que ce soit une fausse alerte est égale à p¢ = 0,004995/0,005985 = 0,83458647, soit p¢ = 0,835 à 10–3 près.

74 English Corner 1. a. Universal space ; outcomes. b. Elementary event.

73 1. 0,001

0,999

0,99

A

0,01

A

0,005

A

0,995

A

D

d. Mutually exclusive. e. A « B is an impossible event : A « B =  ; P(A « B) = 0. f. Exhaustive events.

D

p(A) = 0,001 ¥ 0,99 + 0,999 ¥ 0,005 = 0,005985, soit p = 0,006 à 10–3 près.

c. Subset.

h. Complementary P ( A )  1- p ( A ). 4 1 2. a.  b. 52 13 1 12 e. d. 1-  13 13

g. A » B = W ; P(A » B) = 1.

event ; A « A =  ; A » A = W ; 4 1  52 13 2 11 1-  13 13

c.

8 2  52 13

Chapitre 8. Probabilités

127

9

Échantillonnage

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Réponse c. 2 Réponse a. Réponse c. 3 Réponse a. 4 Réponse b. Réponse c.

Activité 1. Observer des échantillons 1. La population étudiée est la production d’automobiles. Le caractère est le défaut de peinture. On a p = 0,2. 4  0,08. 50 On complète le schéma avec p = 0,2 et n = 50.

2. a. On a f 

b. On a : Échantillon n°

1

2

3

4

5

6

7

8

Nombre de défauts

11

9

16

9

11

11

10

4

0,22

0,18

0,32

0,18

0,22

0,22

0,2

0,08

Fréquence du défaut

On ne retrouve pas nécessairement la valeur de p. Cela est dû à l’effet du hasard. C’est la fluctuation d’échantillonnage. 3. Non, la fluctuation d’échantillonnage observée sur des échantillons de taille 50 est telle (voir fréquences calculées à la question 2.b.) que ce résultat de 24 % ne permet aucune interprétation de ce genre.

Activité 2. Interroger la fluctuation 1. a. Cela dépend de vos lancers. 15  0,6. 25 b. Cela dépend des lancers, mais la très grande majorité des fréquences obtenues dans la classe (de l’ordre de 95 %) est comprise entre 0,3 et 0,7.

Par exemple, 15 « pile » et 10 « face » donne une fréquence de « pile » égale à f 

2. Sur l’image d’écran suivante, on a 6 points sur 100 situés en dehors de l’intervalle [0,3 ; 0,7], soit 94 % à l’intérieur de l’intervalle.

128

3. a. On a I = [0,3 ; 0,7]. b. On peut estimer le pourcentage des échantillons fournissant une fréquence de « pile » à l’intérieur de l’intervalle I à environ 95 %. 20 4. a. La fréquence des garçons nés dans le village chinois est f   0,8. 25 b. La valeur 0,8 n’est pas dans I. On peut penser qu’il existe une autre explication que le hasard pour la différence observée entre f = 0,8 et p = 0,5.

Activité 3. Fluctuer selon la taille 1. C’est votre avis… 2. a. Les bornes de l’intervalle I1 sont environ 0,33 et 0,67. Il y a 5 fréquences en dehors de l’intervalle I1. Donc, ici, pour 95 % des échantillons, la fréquence de « pile » appartient à I1. b. Les bornes de l’intervalle I2 sont environ 0,48 et 0,52. Il y a 4 fréquences en dehors de l’intervalle I2. Donc, pour 96 % des échantillons, la fréquence de « pile » appartient à I2. 3. Pour l’entreprise A, 0,4 appartient à I1. Pour la société B, 0,46 n’appartient pas à I2. C’est donc la société B qui respecte le moins bien la parité hommes/femmes, alors que pour l’entreprise A, le hasard peut très bien expliquer le résultat observé.

TP 1. Un cas de discrimination ? A. 1. a. L’affichage 0 correspond à non afro-américain et 1 correspond à afro-américain. b. La liste des 405 « 0 ou 1 » correspond à un échantillon de 405 professeurs. c. Le contenu de la cellule A408 correspond à la fréquence des professeurs afro-américains sur l’échantillon de taille 405. d. On a simulé 100 échantillons aléatoires de taille 405 et calculé les fréquences de professeurs afro-américains pour chaque échantillon. 2. Lorsqu’on fait F9, il y a fluctuation des fréquences, mais celles-ci demeurent, en très grande majorité, dans une bande entre 0,1 et 0,2.

Chapitre 9. Échantillonnage

129

3. a. En E1 et G1 figurent les bornes de l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %. b. Avec la fonction NB.SI, on teste si la fréquence obtenue sur un échantillon est comprise entre les bornes de l’intervalle de fluctuation à 95 %. Le nombre obtenu en I1 est le nombre des échantillons qui, parmi les 100 simulés, fournissent une fréquence appartenant à l’intervalle de fluctuation. En appuyant sur F9, on constate que ce nombre est de l’ordre de 99. 15 4. On a f  ª 0,037. 405 Cette valeur est très éloignée de celles obtenues par simulation. B. 1. Lorsque p = 0,057, les bornes de l’intervalle de fluctuation au seuil 0,95 sont environ 0,007 et 0,107.

2. La fréquence f appartient à l’intervalle précédent. En prenant cette valeur de p, le hasard peut expliquer la fréquence de professeurs afro-américains observée à Hazelwood, d’où la décision des juges.

TP 2. Étude d’une possible fraude Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

TP 3. Les clés de la Maison Blanche ? A. 1. Les écarts les plus grands entre f et p sont 0,068 en 1936 (Roosevelt 1) et 0,057 en 1992 (Clinton 1). 2. La moyenne des écarts de 1952 à 2008 est environ 0,02, celle des écarts de 1936 à 1948 est environ 0,04. Il semble que la méthode aléatoire soit plus performante que celle par quotas (écart en moyenne inférieur). Cependant, le nombre de données n’est pas le même.

130

B. 1. On a les équivalences : 1 1 1 1 pf  p lorsque - f - p-f  ou encore, en multipliant par – 1, 1000 1000 1000 1000 1 1 f pf  . 1000 1000 2. a. La fréquence p = 0,55 n’est pas toujours comprise dans l’intervalle de confiance. b. Le pourcentage d’intervalles J contenant le résultat de l’élection est supérieur à 95 %. 3. Deux intervalles de confiance peuvent être disjoints (c’est le cas des sondages n° 44 et n° 45 sur l’image d’écran du manuel).

Exercices ENTRAÎNEMENT

1 a. 100  3  10 000  9  600  10 609 b. 100 - 22  10 000  4 - 400  9 604 2

2 1/4 de 420 donne 105 et donc 3/4 de 420 donne 315.

3 40 € d’augmentation sur 200 € représente 20 %. 4

a. 9 t 2 - 4

b. 4 x 2 - 20 x  25

5 27 a 6 - 8 a 6  19 a 6 6

-8  0,8 - 10

 2

Échantillon 1

2

1

4

2

1

6

5

6

Échantillon 2

1

1

1

4

3

5

1

6

Échantillon 3

3

6

1

6

6

6

1

5

2. Les fréquences de sortie du n° 6 sont : 2/8  0,25 ; 1/8  0,125 ; 4/8  0,5.

20 Voir corrigé en fin de manuel.

a. x  1,5 ou x  – 1,5

b. x  0 ou x  1,5

1 1 3 1 9 Oui car -   . 2

19 1. Par exemple :

3. Les trois fréquences ne sont pas égales. Cette fluctuation d’échantillonnage est due au hasard.

7 x  -14 8

3. La probabilité de tirer une boule verte dans l’urne est 10 1 p  . Elle est différente de la fréquence précédente. 30 3

4

2

10 Ordonnée à l’origine : b = 4 et coefficient directeur : 4 4 a  - , d’où y  - x  4. 3 3 2 4 11 y  x 3 3

21 1. a. Puisqu’on tire la carte au hasard, chaque carte a la même probabilité d’être tirée et la probabilité de 4 tirer un as (de gagner) est  0,125. 32 b. L’instruction =ENT(ALEA()+0,125) affiche 1 (sortie d’un as) avec la probabilité 0,125 et 0 sinon. 2. a. Un échantillon de taille 25 : Expérience n°

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

12 K(1 ; 0,5)

Issue

0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

13 La parabole coupe l’axe des abscisses en 0 et 4 ; le

Expérience n°

12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

Issue

0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0

14 97 %

Expérience n°

23 24 25

Fréquence f

15 0,16

Issue

0 0 0

0,16

minimum a donc pour abscisse 2.

16 Non car 0,7  0,75. 17 1. Par exemple P, F, P, P, F, P, F, P, P, P. 2. Dans l’échantillon précédent, la fréquence de « pile » est 0,7.

18 1. Par exemple N, R, V, N, N, V, V, V, N, R, R, V. 2. La fréquence de « vert » dans l’échantillon précédent 5 est ª 0,42. 12

b. En appuyant sur F9, la fréquence f fluctue.

22 1. L’instruction affiche, au hasard, un nombre de l’intervalle [1 ; 4[. Ce nombre a des chances identiques d’avoir avant la virgule un 1, un 2 ou un 3. Lilian choisit la réponse correspondant au nombre devant la virgule. 2. La probabilité d’avoir un 1 devant la virgule est 1/3, celle d’avoir un 0 est 2/3. On peut considérer que 1 correspond à une réponse exacte et 0 à une réponse fausse. Sur l’image d’écran, l’élève a obtenu 2 réponses exactes.

Chapitre 9. Échantillonnage

131

23 1. L’instruction permet de simuler une personne infectée (affichage de 1) avec la probabilité 0,009 ou non infectée. 2. Pour le premier échantillon, il y a 70 personnes infectées sur 8 197 personnes simulées. 3. a. Sur l’image d’écran, on a obtenu 0 fois N  51 sur 100 échantillons. b. « Statistiquement significatif » signifie que l’écart observé a peu de chances d’être dû au hasard.

24 1. Les fréquences obtenues sur les 10 échantillons de taille 10 sont : 0,3 ; 0,3 ; 0 ; 0,2 ; 0,1 ; 0,1 ; 0 ; 0,4 ; 0,1 ; 0. L’étendue est : 0,4 – 0 = 0,4. 2. a. L’étendue des fréquences pour les 10 échantillons de taille 1 000 est beaucoup plus réduite. b. La fréquence d’apparition du zéro fluctue autour de 0,1. Ce n’est pas étonnant, puisque le 0 a une chance sur 10 d’apparaître comme premier chiffre après la virgule.

25 1. a. Les bornes de I sont 0,02 et 0,22. Dans au moins 95 % des cas, la fréquence des gauchers sur un échantillon de taille 100 est comprise entre 0,02 et 0,22. b. Il y a 5 points en dehors des traits rouges ; il y a donc 195 échantillons, c’est-à-dire 97,5 % des échantillons, qui fournissent une fréquence dans I. 2. Dans la formule de I, remplacer p par 0,12 et n par le nombre d’élèves dans la classe (on suppose que n est au moins égal à 25). Pour obtenir les bornes (au seuil de 95 %) du nombre de gauchers dans la classe, multiplier par n. 1 26 1. Si le dé est parfaitement équilibré, p  ª 0,167.

6 2. Les bornes de I sont, à 10 – 2 près, 0,10 et 0,24. Pour un dé supposé équilibré, et pour une face donnée, 95 % des échantillons de taille 100 fournissent une fréquence de sortie comprise entre 0,10 et 0,24. 3. D’après la question précédente, les écarts entre les fréquences, comprises dans I, peuvent être dues au hasard. On n’est pas sûr d’avoir raison.

27 Les bornes de I sont, à 10 - 2 près, 0,12 et 0,22. Pour un dé supposé équilibré, et pour une face donnée, 95 % des échantillons de taille 100 fournissent une fréquence de sortie comprise entre 0,12 et 0,22. La fréquence de sortie de la face n° 2 n’appartient pas à l’intervalle précédent. À partir de cet échantillon de taille 400, on peut penser que le dé est peut-être pipé. On n’est pas sûr de la réponse.

28 1. On a p  0,4 ; n  500 et f  0,38.

132

2. Les bornes de l’intervalle de fluctuation à 95 % sont, à 10 – 2 près, 0,36 et 0,44. 3. Puisque f est compris entre les bornes précédentes, on peut considérer comme exacte l’affirmation du groupe de citoyens (au seuil de 95 %).

29 Voir corrigé en fin de manuel. 78  0,195. 30 1. a. On a f 

400 b. On ne peut pas affirmer que p  f car le hasard intervient lors du sondage. 2. a. Dans plus de 95 % des cas, la distance entre f et p 1 est inférieure à  0,05. 400 b. Fourchette : 0,145 ; 0,245 . On peut raisonnablement penser que p appartient à l’intervalle précédent.

31 Voir corrigé en fin de manuel. 32 1. Le programme fournit la fréquence du caractère « désire acheter le produit » sur un échantillon de taille 100 dans une population où la fréquence du caractère est 0,45. Cette simulation est répétée 50 fois et les 50 fréquences obtenues viennent se ranger dans une liste. 2. Le graphique donne les 50 fréquences du caractère fournies par les 50 échantillons de taille 100. Les droites ont pour équations : y  0,35 et y  0,55. 3. Il suffit de remplacer 100 par 10 dans la troisième ligne et dans l’avant dernière ligne de chaque programme.

33 1. Pour Jacques CHIRAC, J1  0,158 ; 0,222 , pour Lionel JOSPIN, J2  0,148 ; 0,212 , pour Jean-Marie LE PEN, J3  0,108 ; 0,172 . Parmi les sondages de taille 1 000 fournissant une fréquence f en faveur d’un candidat, l’intervalle J associé contient le pourcentage p des intentions de vote pour ce candidat dans 95 % des cas. Ces trois intervalles contiennent donc les pourcentages d’intentions de vote respectifs des trois candidats, au niveau de confiance 0,95. 2. Le point de vue réaliste est celui du statisticien : la plage commune à J2 et J3 rend possible, au niveau de confiance 0,95, que le pourcentage d’intentions de vote en faveur de LE PEN soit supérieur à celui en faveur de JOSPIN.

Travail personnel Pour les exercices 34 à 48 : voir corrigés en fin de manuel.

APPROFONDISSEMENT

49 1. a. f  0,54 b. Non, car cette fréquence fournie par un échantillon de taille 100 fluctue au hasard d’un échantillon à l’autre ; elle ne peut être retenue comme fréquence d’avis favorables sur la population toute entière. 2. a. Si p est la proportion d’avis favorables dans la population, l’intervalle de fluctuation de f sur un échantillon de taille n au seuil de 95 % est l’intervalle È 1 1 ˘ I  Íp ; p ˙. Î n n˚ b. D’après le a., parmi les échantillons de taille n fournissant chacun une fréquence f d’avis favorables, on a È 1 1 ˘ dans 95 % des cas : f Œ Í p ; p ˙ Î n n˚ Cela signifie que dans 95 % des cas, l’écart entre f et p 1 , ce qui s’écrit encore : reste inférieur ou égal à n È 1 1 ˘ p Œ Íf ;f  ˙. Î n n˚ Disposant ici d’une fréquence f  0,54 sur un échantillon de taille n, on en déduit que p appartient à l’intervalle È 1 1 ˘ J  Í0,54 ; 0,54  ˙ au niveau de confiance 0,95. Î n n˚ 3. a. Au niveau de confiance 0,95, pour avoir p  0,5, il 1 1  0,5, soit encore  0,04. suffit d’avoir 0,54 n n 1 b. Le graphique indique que l’on a  0,04 lorsque x x  600. En résolvant l’inéquation, on a successivement : 1  0,0016 ou encore x  625. x c. Si la taille du sondage était n  650 avec f  0,54, on 1  0,04 et p appartiendrait à l’intervalle aurait n J  0,50 ; 0,58 , au niveau de confiance de 95 %. Le stade serait donc construit.

50 1. Les intervalles de fluctuation au seuil de 95 % de la fréquence d’infections nosocomiales pour les hôpitaux A et B, sont respectivement : I  0,006 ; 0,093 et I ¢  0,037 ; 0,062 . 2. Comme p = 0,0497, cela est vérifié pour l’intervalle I mais pas pour l’intervalle I′. Au risque de se tromper de 5 %, on peut donc considérer que la situation observée dans l’hôpital B est « anormale ».

51 1. p1  0,5 ; p2  0,25 ; p3  0,1. 2. I1  0,4 ; 0,6 ; I2  0,15 ; 0,35 ; I3  0 ; 0,2 .

3. La probabilité que la fréquence de gain observée sur 100 lancers appartienne à l’intervalle de fluctuation peut être évaluée à : 0,960 pour la roue 1, 0,987 pour la roue 2 et 0,998 pour la roue 3. Cela est en accord avec la théorie qui annonce que cette probabilité est supérieure ou égale à 0,95. 555  0,53 à 10 - 2 près. 52 1. a. f 

1048 b. Si p est la fréquence des intentions de vote en faveur du maire sortant dans la population, on sait par propriété que, parmi les échantillons de taille n fournissant une fréquence f d’opinions favorables au maire sortant, 95 % au È 1 1 ˘ moins se trouvent dans l’intervalle I  Í p ; p ˙. Î n n˚ Cela signifie que dans 95 % des cas, l’écart entre f et p 1 reste inférieur ou égal à , ce qui s’écrit encore : n È 1 1 ˘ p Œ Íf ;f  ˙. Î n n˚ c. Ici, avec n  1048 et f  0,53, l’intervalle de confiance de p (ou fourchette de sondage de p) au niveau 0,95 est : È 1 1 ˘ J  Í0,53 ; 0,53  ˙  0,499 ; 0,561 . Î 1048 1048 ˚ Le maire a des chances d’être élu, mais la prudence est de mise ! 2. a. Les intervalles de confiance donnant le maire sortant gagnant sont ceux qui sont entièrement situés audessus de la droite d’équation y  0,5. Le graphique en montre 2. b. Sur cette simulation, le pourcentage des intervalles de confiance contenant p  0,495 est aussi 98 % (conforme à la théorie : au moins 95 %…). 26 53 1. f   0,40625

64 À partir de cette fréquence f, certes inférieure à 0,5, Arthur ne peut affirmer qu’il a raison, car d’un échantillon de taille 64 à un autre, la fréquence fluctue. 2. a. Si p est la probabilité de l’événement A lorsqu’on réalise le tirage des cinq cartes au hasard, on sait par propriété, que sur des échantillons de 64 répétitions de cette expérience, la fréquence f de A appartient, dans 95 % des cas au moins, à l’intervalle È 1 1 ˘ I  Íp ; p ˙  p - 0,125 ; p  0,125 . Î 64 64 ˚ Il reste à établir (algébriquement ou graphiquement) que f ŒI équivaut à p ŒJ avec J  f - 0,125 ; f  0,125 . b. Sur l’échantillon d’Arthur, on a f  0,40625 et donc, on peut dire, au niveau de confiance de 95 %, que p est dans l’intervalle 0,28125 ; 0,53125 . Cet intervalle de confiance, ne permet pas de dire, au niveau 0,95, si p est inférieure ou supérieure à 0,5.

Chapitre 9. Échantillonnage

133

c. La valeur exacte de p est 0,52 ; on peut vérifier qu’elle appartient bien à l’intervalle J. De plus, c’est Zoé qui avait raison !

3. b. Programmes (voir aussi les programmes et les aides sur le site www.didiermathx.com) : AlgoBox

54 2. Les trois premières lignes (Pour… FinPour) permettent de remplir la liste L de 30 nombres entiers tirés aléatoirement entre 1 et 365, chacun repérant un jour de l’année (supposée non bissextile). La variable Doubl est ensuite initialisée à 0. La structure itérative principale Tantque… FinTantque teste si deux nombres de la liste L sont égaux. Dans ce cas, Doubl prend la valeur Doubl +1. À la fin de l’algorithme, est affiché le contenu de la variable Doubl qui peut être donc 0 ou 1 : l’affichage de 0 correspond au cas où il n’y a pas deux nombres égaux dans la liste L et 1 au cas où il y a (au moins) deux nombres égaux dans la liste L. 3. a. Analyse : l’algorithme précédent correspond au tirage d’un échantillon de taille 30 et renvoie dans la variable Doubl la valeur 1 si deux personnes (au moins) ont leur anniversaire le même jour et 0 sinon. Pour simuler 100 fois le tirage d’un tel échantillon, il faut donc ajouter une structure itérative. On connaît le nombre de répétitions, 100, il s’agit donc d’une structure Pour… FinPour. Il faut de plus incrémenter la variable Doubl de 1 à chaque échantillon présentant deux personnes (au moins) ayant leur anniversaire le même jour. Il suffit pour cela de ne pas réinitialiser Doubl à 0 à chaque échantillon mais de l’initialiser seulement au début de l’algorithme. On obtient donc l’algorithme suivant : VARIABLES : INITIALISATION : TRAITEMENT :

Doubl, i, j, k nombres, L liste Doubl prend la valeur 0 Pour k allant de 1 à 100 Faire Pour i allant de 1 à 30 Faire L(i) prend la valeur EntAlea(1 ; 365) FinPour i prend la valeur 1 j prend la valeur 1 Tantque i  j et i  30 Faire i prend la valeur i + 1 j prend la valeur 1 Tantque L  j   L i  Faire j prend la valeur j  1 FinTantque FinTantque Si j  i Alors Doubl prend la valeur Doubl  1

SORTIE :

134

FinSi FinPour Afficher Doubl

Xcas

Remarque : i étant réservé pour les nombres complexes, il a été remplacé par n. Scratch (pour 100 échantillons, l’exécution du programme prend près de 15 minutes)

Calculatrices Pour raccourcir le temps d’exécution du programme, on a programmé ci-dessous le tirage de 10 échantillons seulement. Il suffira de regrouper plusieurs résultats dans la classe. TI

Casio

Remarque : le choix a été fait dans cet algorithme de ne pas utiliser des algorithmes de tri de listes déjà implantés dans les calculatrices. Résultat : sur 100 échantillons, on obtient très souvent des fréquences voisines de 0,70. c. L’intervalle de fluctuation au seuil 95 % est : p - 0,1; p  0,1 . Si p  0,5, on a p 1 0,6 donc cet intervalle ne peut contenir des fréquences supérieures à 0,6. On peut considérer, avec un risque d’erreur de 5 % que si la fréquence observée est 0,70, elle n’est pas compatible avec une fréquence p inférieure à 0,5. On pourra reconsidérer éventuellement le choix fait intuitivement à la question 1.

55 1. Une seule canalisation sur les cinq contenant de l’eau, lorsque le sourcier en choisit une au hasard, la 1 probabilité de la désigner est p   0,2. 5 2. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la fréquence f de bonnes réponses sur un échantillon de taille 30 est : È 1 1 ˘ I  Í0,2 ; 0,2+ ˙ ª 0,02 ; 0,38 . Î 30 30 ˚ Sur un échantillon de taille 30, dire que f est compris entre 0,02 et 0,38, c’est dire que le nombre de bonnes réponses est compris entre 30 ¥ 0,2  6 et 30 ¥ 0,38  11,4, c’est-àdire entre 6 et 11. On pourra donc considérer que le sourcier a un don s’il donne au moins 12 bonnes réponses.

56 Dans la population du comté, la fréquence du caractère « origine mexicaine » est p  0,8. Sur l’échantillon de taille 870 des personnes précédemment convoquées dans des jurys, la fréquence de ce 339 caractère est f  ª 0,39. 870 Il faut étudier si cet important écart entre f et p peut s’expliquer par la fluctuation au hasard de la fréquence sur des échantillons de taille 870. Par propriété, on sait que parmi les échantillons de taille 870 de cette population, 95 % au moins amènent une fréquence du caractère dans l’intervalle È 1 1 ˘ I  Í0,8 ; 0,8+ ˙ ª 0,77 ; 0,83 Î 870 870 ˚ Or, dans l’échantillon contesté, f  0,39 est loin d’appartenir à cet intervalle. Et la probabilité que le hasard « réussisse » cela est inférieure à 5 % ! On peut donc sérieusement penser, à un risque inférieur à 5 % de se tromper, que le recrutement des jurés dans ce comté du sud du Texas est discriminant à l’égard des américains d’origine mexicaine.

57 Sur le sondage de taille 1 320 réalisé par le journal, les fréquences d’intentions de vote en faveur des candidats sont : f1  0,27 pour X, f2  0,385 pour Y et f3  0,345 pour Z. Au niveau de confiance 0,95, les fourchettes de sondage associées sont : È 1 1 ˘ J1  Í0,27 ; 0,27+ ˙, Î 1320 1320 ˚ soit environ 0,24 ; 0,30 , È 1 1 ˘ J2  Í0,385 ; 0,385+ ˙, Î 1320 1320 ˚ soit environ 0,36 ; 0,41 , È 1 1 ˘ J3  Í0,345 ; 0,345+ ˙, Î 1320 1320 ˚ soit environ 0,32 ; 0,37 . Ces intervalles permettent d’estimer, au niveau de confiance 0,95, les fréquences p1, p2, p3, d’intentions favorables dans la population pour X, Y et Z, respectivement. Au vu de ces intervalles : affirmer que Y a de très fortes chances de faire le meilleur score lors de l’élection est très imprudent : il n’est pas exclu d’avoir p3  p2 . Par contre, affirmer que Z a de très fortes chances d’être dernier paraît statistiquement fondé. 2. Avec les mêmes résultats sur un sondage de taille n, on peut écrire, au niveau de confiance 0,95 : 1 1 0,27  p1  0,27  , n n

Chapitre 9. Échantillonnage

135

1 1  p2  0,385  et n n 1 1 0,345  p1  0,345  . n n Pour que les deux affirmations soient statistiquement fondées, il suffit d’avoir : 1 1 0,27   0,345 et n n 1 1 0,345   0,385 , n n 0,385 -

58 English Corner

136

2 2  0,075 et  0,040. n n 2 Il suffit de conserver  0,040 qui équivaut à n 4  0,04 2 n et donc à n  2 500. c’est-à-dire

Avec ces mêmes résultats sur un sondage de taille supérieure à 2 500, une estimation serait donc possible, conduisant au classement : Y, Z, X.

Configurations planes Repérage

10

Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 7 1 7

2 donc AB  – 2  . 3 3 2 b. C(2 ; – 1) ; yD = D ; yE = – 3. 1 a.

2 a. (6 – 3)2 = 32 = 9 b. 62 – 32 = 36 – 9 = 27 c. 32  4 2  9  16  25  5 4 10 2 3 3 5 d.   2 2 3 3 1 5 – – 2 4 4 3   e. 2 2 8 2 2 f. 3 ¥ 2  32 ¥ 2  9 ¥ 2  18





 

3 a. Hypothèses : Le point K est le milieu du segment [AB] et le point L est le milieu du segment [AC]. Le point L est le milieu du segment [AC]. 1 Conclusions : La droite (KL) est parallèle à la droite (BC) et KL  BC. 2 b. Hypothèses : Le point E est le milieu du segment [AB] et (EF) // (BC). 1 Conclusions : Le point F est le milieu du segment [AC] donc EF  BC. 2 c. Hypothèse : C est un point du cercle de diamètre [AB]. Conclusion : Le triangle ABC est rectangle en C. d. Hypothèse : K est le milieu du segment [NP] (ou (MK) est une médiane du triangle MNP). Conclusion : Les triangles MNK et MKP ont la même aire. e. Hypothèse : Les segments [AD] et [BC] ont même milieu O. Conclusion : ABDC est un parallélogramme. f. Hypothèses : [AD) est la bissectrice de l’angle dEAF et [DE) ^ (AE) et (DF) ^ (AF). Conclusion : DE = DF. 4 a. ABC est isocèle en C. b. 92 + 122 = 81 + 144 = 225 = 152 ABC est rectangle en B.

137

Activité 1. Coordonnées d’un point A. 1. Amiens (0 ; 4) ; Rennes (– 8 ; – 2) ; Perpignan (1 ; – 18). 2. a. La Rochelle (– 7 ; – 8). b. Villes d’ordonnée nulle : Paris, Nancy. c. Ville de même abscisse que Limoges : Toulouse d. Ville d’ordonnée maximale : Calais. 3. a. Royan, Chambéry, Grenoble. b. Lille, Reims, Metz. c. Perros-Guirec, Saint-Malo, Rennes, Nantes, La Rochelle, Biarritz. d. Strasbourg, Colmar, Nice. e. Strasbourg, Colmar, Nice, Perros-Guirec. f. Limoges, Toulouse, Clermont-Ferrand. B. a. Vrai

b. Vrai

c. Vrai

d. Vrai

Activité 2. Un peu de logique 1. a. La propriété (2) est écrite « à l’envers » par rapport à la première. b. La propriété (2) sert à démontrer qu’un triangle est rectangle. L’autre propriété sert à calculer la longueur d’un côté d’un triangle rectangle quand on connaît les longueurs des deux autres côtés. 2. a. MN2 = 82 = 64 ; NP2 = 62 = 36 ; MP2 = 52 = 25. [MN] est le plus grand côté du triangle MNP, mais 36 + 25 = 61 et 61 ≠ 64. Donc MNP n’est pas un triangle rectangle. b. Ni la propriété (1) ni la propriété (2) n’ont été utilisées. La propriété utilisée est : « Si MN2 ≠ MP2 + NP2, alors le triangle MNP n’est pas rectangle en P ».

Activité 3. Milieu d’un segment 1. Cas n° 1 K 2. x K 

(3 ; 3) x A  xB 2

Cas n° 2

Cas n° 3

(0 ; – 1)

; yK 

y A  yB 2

(2 ; – 3,5)

Cas n° 4 (1,75 ; 3,5)

.

Activité 4. Calculer une distance sans repère 1. Avec l’unité de la carte, la distance Bourges-Limoges est : 22  4 2  20 (sur la carte). 2. À l’aide de l’échelle indiquée (4 unités pour 150 km), la distance Bourges-Limoges est :

150 ¥ 20 4

ª 168 km.

Pour aller plus loin 1. AB  ( x B – x A )2  ( y B – y A )2 (En effet, dans le triangle ABC rectangle en C, on peut appliquer le théorème de Pythagore ; voir cours p. 246 du manuel). 2. Cette formule est encore valable si xA > xB car xA – xB et (xA – xB)2 = (xB – xA)2. Il faudrait envisager le cas où yA > yB et enfin les cas où xA = xB , (yA ≠ yB) et yA = yB (xA ≠ xB). (Le cas où xA = xB et yA = yB donne bien AB = 0).

TP 1. Le modèle trichromatique de la couleur A. 1. Les coordonnées trichromatiques de cyan sont : r = 0 ; v = 0,5 ; b = 0,5. 2. La couleur cyan est composée de 50 % de bleu et de 50 % de vert (et de 0 % de rouge). 3. Si r = 0,1 et v = 0,3, b = 0,6 car r + v + b = 1. La couleur est donc composée de 10 % de rouge, de 30 % de vert et de 60 % de bleu.

138

B. 1. a. Les coordonnées trichromatiques de N sont : r = 0,1 ; v = 0,3 ; b = 0,6. b. Si v = 0,4 et b = 0,1, alors r = 0,5. Les coordonnées du point dans le repère sont : (0,5 ; 0,4). c. Deux coordonnées suffisent pour représenter une couleur car la troisième est égale à : (1 – leur somme). 2. Le point représentant la couleur cyan a pour coordonnées dans le repère (0 ; 0,5). 3. Toutes les couleurs représentées par des points de la diagonale descendante du carré sont telles que : r + v = 1 (et donc b = 0). On peut justifier ces particularités en utilisant par exemple le théorème de Thalès. 1– v 1 On a :  d’où 1 – v = r. r 1 On peut également utiliser un raisonnement sur les angles.

TP 2. Le centre de gravité d’un triangle A. 1. La droite (MK) est une médiane du triangle MNP. 2. Les aires des triangles MNK et MPK sont égales. B. 1. a. La droite (TA¢) est la médiane issue de T dans le triangle TBC. On peut en déduire que les triangles TBA¢ et TCA¢ ont des aires égales : Aire 1 = Aire 2. b. De même : (TC¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAB donc Aire 3 = Aire 4. (TB¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAC donc Aire 5 = Aire 6. 2. a. Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 : est l’aire du triangle ABA¢. b. Aire 1 + Aire 6 + Aire 5 : est l’aire du triangle ACA¢. c. (AA¢) est la médiane issue de A dans le triangle ABC, donc Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 = Aire 1 + Aire 6 + Aire 5. Or Aire 1 = Aire 2 et Aire 3 = Aire 4 ; Aire 5 = Aire 6. D’où 2 ¥ Aire 4 = 2 ¥ Aire 5 et donc Aire 4 = Aire 5. 1 3. a. Les aires des 6 petits triangles de sommet T sont égales (à de l’aire du triangle ABC). 6 b. On en déduit que : 1 1 Aire 1 + Aire 2 + Aire 3 = 3 ¥ Aire (ABC) = Aire (ABC). 6 2 1 C. 1. (CC¢) est la médiane issue de C dans le triangle ABC. Donc Aire (CC¢B) = Aire (ABC). 2 2. D’après la partie B, aire 1 + aire 2 + aire 3 est l’aire de CTC¢B. 1 3. Aire (CTC¢) = Aire (CTC¢B) – Aire (CC¢B). Or ces deux aires sont égales à Aire (ABC). Donc Aire (CTC¢) = 0. 2 Ce n’est pas possible si CTC¢ est un « vrai » triangle. On en déduit que C, T et C¢ sont alignés. 4. Les trois médianes d’un triangle sont concourantes. Pour aller plus loin ABT est composé de 2 petits triangles qui ont chacun une aire égale à celle de TAB¢. Donc Aire (ABT) = 2 Aire (TAB¢). TB ¢ ¥ h Si on note h, la hauteur issue de A dans le triangle TAB¢ : Aire (TAB¢) = . 2 BT ¥ h BT ¥ h TB ¢ ¥ h Et on a aussi : Aire (ABT) = . Comme 2¥ , on en déduit que BT = 2TB¢. 2 2 2

TP 3. Expérimenter et démontrer A. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com B. 1. ATB est inscrit dans le cercle de diamètre [AB]. Donc ATB est rectangle en T. 2. AT2 = (xT – xA)2 + (yT – yA)2 = 1 + y2T TB2 = (xB – xT )2 + (yB – yT )2 = b2 + y2T AB2 = (b + 1)2 D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle ATB : 1 + y2T + b2 + y2T = (b + 1)2

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

139

1 + b2 + 2y2T = b2 + 2b + 1 2y2T = 2b y2T = b T ayant été choisi « au-dessus » de (OI), yT > 0 et on en déduit que yT = b. 2. Il suffit de reprendre la construction indiquée avec b = 7. Pour aller plus loin 1. ATB est toujours rectangle en T avec AT2 = a2 + y2T, TB2 = b2 + y2T et AB2 = (b + a)2 et a2 + y2T + b2 + y2T = (b + a)2 a2 + b2 + 2y2T = b2 + a2 + 2ab yT = ab (yT > 0). 2. Pour construire un segment de longueur 12, on peut prendre par exemple OB = 12 et OA = 1 ou OB = 6 et OA = 2 ou OB = 4 et OA = 3.

TP 4. Des figures obtenues par répétition A. 1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com b. Lutin 1 part de (– 40 ; – 30). c. « modifier x par 80 » signifie « ajouter 80 à x » (à partir du point de départ) ou encore « faire déplacer Lutin 1 de 80 vers la droite ». d. Le tracé obtenu en échangeant les deux instructions consisterait à faire d’abord descendre Lutin 1 de 70, puis à le déplacer de 80 vers la droite. B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

Exercices 12 Les antécédents de 3 par f sont – 4 et 2.

SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE 3 5 8 1 a. 12 ¥  3 ¥ 3  9 b. 6 ¥ ÊË 1 ˆ¯  6 ¥  16 .

13 g(3) = 7

2 a. – 3 + 5 ¥ (– 2) = – 3 – 10 = – 13

14 a. 10

b. 4

15 a. 12

b. 18

4

b.

3

3

5 Ê –3 ˆ 5 ¥ – 6 Ë 2¯ 4

3 a. 11 ¥ 32 = 320 + 32 = 352 b. 9 ¥ 28 = 280 – 28 = 252

4 a. 10 % de 400 € = 400 €  10 = 40 € b. 5 % de 300 € = 300 €  100  2 = 15 €

5 a. 50 % de 120 € = 120 €  2 = 60 € b. 25 % de 200 € = 200 €  4 = 50 € (ou 25 € ¥ 2)

6 a. 6

b. 6

7 a. 2 – 2

b. – 1

8 a. x2 + 2x + 1 9 a. 4x2 – 4x + 1

b. x2 – 1 b. 4x2 – 1

10 L’image de 2 par la fonction f est 3. 11 f (3) = 6

140

16 (– 1 ; 5) 17 xA = 5 18 OD = 13 19 AF = 5 ENTRAÎNEMENT

20 a. ABC est un triangle rectangle. Par le théorème de Pythagore : BC = 5 cm. b. K et L sont les milieux respectifs de [PQ] et [PR] : RQ = 2LK = 5 cm. c. (GH) est la médiatrice de [AE] : AEG est isocèle en G, donc GE = 5 cm, mais on ne peut pas calculer AB. d. HDF est rectangle en D : DF = 6 cos 20° (en cm) et DH = 6 sin 20° (en cm).

21 a. EGH est rectangle en E. Par Pythagore : EH = 7 cm.

b. (EB) et (FD) sont parallèles. Par le théorème de Thalès : 4 EB = ¥ 3,6 cm = 1,6 cm. 9 c. ABD est rectangle en D et O est le milieu de [AB] : 1 OD = AB = 2 cm. 2 d. On ne peut pas calculer AF.

22 BDEF a 3 angles droits : c’est un rectangle. Donc BD = 140 mm. Dans le triangle BCD rectangle en D : BD 140 sin 54° = donc BC = (en mm) ; BC ª 173 mm. BC sin 54 BD 140 tan 54° = (en mm). donc CD = tan 54 CD Dans le triangle ABF rectangle en F : BF sin 24° = donc BF = 200 sin 24° (en mm) = DE. AB AF cos 24° = donc AF = 200 cos 24° (en mm). AB 140 On déduit que : CE = CD + DE = + 200 sin 24° tan 54 (en mm) donc CE ª 183 mm.

La gravure permet effectivement de compter 120, de C à E. AE AF  (théorème de Thalès). 27 (EF) // (BC), donc

AB AC AF AG  (théorème de Thalès). (FG) // (GD), donc AC AD AE AG  . On en déduit que AB AD A, E, B et A, G, D sont alignés dans le même ordre. D’après la réciproque de Thalès, (EG) // (BD).

28 1. D est peut-être le milieu de [AC]. 2. EB = ED, donc EBD est isocèle en E et dEDB = dEBD. Par hypothèse : dEBD = fDBC ; donc dEDB = fDBC. Les angles dEDB = fDBC sont alternes-internes et égaux. Donc (ED) // (BC). E étant le milieu de [AB], on en déduit (pour un théorème des milieux) que D est le milieu de [AC].

29 1.

D

C

EA = EF + FA = 140 + 200 cos 24° (en mm) donc EA ª 323 mm.

23 D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle CHM rectangle en H : CM2 = CH2 + HM2 = 117 D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle CHO rectangle en O : CO2 = CH2 = HO2 = 52 CM2 + CO2 = 169 et MO2 = 132 = 169 CM2 + CO2 = MO2 D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle OCM est rectangle en C. (On pourra faire le lien avec le TP3). 24 La ligne d’horizon est tangente à la Terre. Le triangle OHT est donc rectangle en T avec OH = 6 380,1 km et OT = 6 380 km. D’après le théorème de Pythagore : HT2 = 6 380,12 – 6 3802 (HT2 = 0,1 ¥ 12 760,1) ; HT2 = 1 276,01. HT = 36 km. 25 Le site archéologique a à peu près la forme d’un trapèze rectangle dont les bases seraient environ égales à 25 et 45 m, et la hauteur 60 m. Le

4e

côté pourrait avoir comme longueur (en m)

30  602 soit environ 70 m. On peut donc évaluer le périmètre du site à : 45 m + 25 m + 60 m + 70 m = 200 m. 2

26 (AD) // (CE), donc d’après le théorème de Thalès (situation « croisée ») : ou encore CE = 120.

CE FC CE 40  soit  AD FD 60 20

E

A

B

On remarque que B, D, E semblent alignés. 2. DA = DC et BA = BC. (DB) est donc la médiatrice de [AC]. EA = EC, donc E Œ (DB). B, D, E sont donc alignés. 3. On garderait ce résultat avec un losange.

30 Voir corrigé en fin de manuel. 31 Les aires des 4 triangles sont égales. Pour aller plus loin

32

A H

G B

C F

La hauteur (AH) du triangle ABC est aussi la médiatrice de [BC] et la bissectrice de l’angle fBAC. On en déduit que : HC = 4 cm et fBAC = 2gHAC. Dans le triangle AHC rectangle en H : HC 4 sin gHAC =  d’où gHAC = 16,6…° AC 14 On en déduit que l’angle d’ouverture du compas est environ 33°.

33 Les droites (AC) et (CJ) sont perpendiculaires, on peut invoquer la symétrie axiale d’axe (AJ).

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

141

34 1. Par la symétrie centrale s de centre O.

c.

a. Le symétrique de A est B.

4

b. La symétrique de la droite d est d¢ (parallèle à d passant par B).

3

c. Le symétrique de  est  lui-même.

1

d. Le symétrique de E est le point d’intersection de d¢ et de , soit F. 2. AEBF a ses diagonales qui se coupent en leur milieu et de même longueur : AEBF est un rectangle.

35 L’algorithme est faux car (AC) peut être perpendiculaire à (BD) sans que ABCD soit un losange : (AC) ^ (BD) est ici une condition nécessaire, mais non suffisante. Pour que l’algorithme soit juste, écrire par exemple : « ABCD est peut-être un losange » au lieu de « ABCD est un losange ». 36 Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com 2. Deux angles consécutifs d’un parallélogramme sont supplémentaires : gDAB + gABC = 180° 1 (gDAB + gABC) = 90° 2 1 1 gDAB + gABC = 90° 2 2 dTAB + dTBA = 90°

2

–2 –1 0 –1

38 1. Le programme de gauche donne un segment « oblique », celui de droite donne un segment horizontal, puis un segment vertical. 2. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com b. – 3  x  – 1

b.

y

y

3

3

2

2

1

1

142

3

3

4

–3 –2 –10

1

2

41 a. Les coordonnées de B sont proportionnelles à celles de A. A et B sont alignés en O car : (– 2 ¥ (– 2) = 4 ¥ 1). b. C’est faux dans ce cas : 2 ¥ 10 ≠ 3 ¥ 7.

42 a. K(4 ; 1)

b. K(5 ; 3)

43 Medhi a oublié les parenthèses aux numérateurs. 44 Voir corrigé en fin de manuel. 2. K est le milieu de [AB] et (BC) // (KP) donc (théorème 3 7 des milieux) P est le milieu de [AC] et P Ê ; ˆ . Ë 2 4¯

3 13 celui de [BC] a pour coordonnées Ê ; ˆ . Ë2 4 ¯ 13  3, donc ABDC n’est pas un parallélogramme. 4

48 Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 1. On peut conjecturer que A¢B¢C¢D¢ est un parallélogramme. 2. b. A¢(– 3 ; – 1), B¢(0 ; 0), C¢(1 ; 2), D¢(– 2 ; 1). 1 Le milieu de [A¢C¢] a pour coordonnées Ê –1 ; ˆ , celui Ë 2¯ de [B¢D¢] aussi. Donc A¢B¢C¢D¢ est bien un parallélogramme.

49 1. C est le milieu de [EF].

x ≥ 0 et y =1

3  yG  3 et  1 d’où G(4 ; – 1). 2 2 b. [EF] et [GH] ont même milieu C, donc EGFH est un parallélogramme. 2. a.

2

2

1

D’après un théorème des milieux dans le triangle ADP : (A¢B¢) // (AB). De même (C¢D¢) // (CD). ABCD est un parallélogramme : (AB) // (CD). On en déduit que (A¢B¢) // (C¢D¢). On démontre de manière analogue que (A¢D¢) // (B¢C¢)

x=2

1

1

2

Pour aller plus loin

40

0 –1

x  –3;2 et y = 2

3 47 Le milieu de [AD] a pour coordonnées : ÊË ; 3ˆ¯ , 2

37 M(4 ; 1), N(– 3 ; 2), P(– 3 ; 0), R(1 ; – 2), S(0 ; 3).

4

3

46 Le milieu de [EG] a pour coordonnées : (3 ; 1), celui de [FH] aussi. Donc EFGH est un parallélogramme.

3. Le triangle ATB peut être isocèle en T dans le cas où dTAB = dTBA, c’est-à-dire dTAB = dTBA = 45°. ABCD est alors un rectangle. (Si ABCD est un rectangle, ATB est bien isocèle en T).

a. 5

x≥3 et x ≥ – 1

45 1. K(– 3 ; 0)

1. Le triangle ATB semble être rectangle en T.

39 a. y = 3

d.

5

4x

0

1

2

3

4

5

6 x

2  xG

11 50 1. K ÊË – 2 ; – ˆ¯ 6

b. GH = 12 ; GK = 12 ; HK = 2 3 = 12. Donc GHK est équilatéral.

2. K doit être le milieu de [PS], c’est-à-dire : 2  xS – 6  yS 7 11  – 2 et  – , soit S Ê – 6 ; ˆ . Ë 3¯ 6 2 2

59 1. BD = 32 cm (= 4 2 cm). 2. a. ABCD est un carré donc (AB) ^ (AD) et AB = AD.

51 1.

b. BD = 2.

4

A¢

3

c. Ces résultats ne sont pas contradictoires car BD (en cm) = 2 ¥ 4 (en cm) = 4 2 (en cm) (ou 32 , en cm).

K

2 A

1 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

2. Le point obtenu est le symétrique de A par rapport à x  xA y  yA  xK et  yK . K car 2 2

52 Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 53 Q P

3

60 1. MN = 10 ; MP = 5 ; PN = 15. MN + MP = 15 = PN, donc M, N et P sont alignés avec M Œ [NP]. 61 Demander les coordonnées xA, yA, xB, yB, xC, yC des points A, B et C. Calculer c = (xB – xA)2 + (yB – yA)2. Calculer b = (xG – xA)2 + (yC – yA)2. Si b = c, alors afficher « ABC est isocèle en A ». Sinon, afficher « ABC n’est pas isocèle en A ».

2

C

Pour aller plus loin

1

–7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 0 –1 D –2

1

2

3

4

5

6

7

B

–3

R

A

–4

S

–5

Demander les coordonnées xA, yA, xB, yB, xC, yC des points A, B et C. Calculer a = (xB – xC)2 + (yB – yC)2. Calculer b = (xC – xA)2 + (yC – yA)2. Calculer c = (xB – xA)2 + (yB – yA)2. Si a = b ou b = c ou c = a, alors afficher « ABC est isocèle ». Sinon, afficher « ABC n’est pas isocèle ».

1. Le milieu de [AC] a pour coordonnées (0 ; – 1), tout comme celui de [BD].

62 1. AB = 50 ; AD = 45 ; BD = 5 ;

2. b. xP = 2 ¥ (– 2) – 3 = – 7 et yP = 2 ¥ (– 1) – (– 3) = 1 P(– 7 ; 1). On trouve aussi : Q(– 4 ; 3) ; R(7 ; – 3) et S(4 ; – 5).

AB2 = AD2 + BD2 ; ABD est rectangle en D. AC = 65 ; CD = 20 . AD2 + CD2 = AC2 ; ACD est rectangle en D.

c. Le milieu de [PR] a pour coordonnées : (0 ; – 1) et celui de [QS] aussi. Donc PQRS est un parallélogramme.

54 a. AB = 169 = 13 c. AB = 4 = 2

b. AB = 20 = 5 d. AB = 6,1

55 Manon a mal placé le carré dans (yB – yA)2. 56 Voir corrigé en fin de manuel. 57 1. DE = 272 ; DF = 340 ; EF = 68 . 2. DE2 + EF2 = 340 = DF2 D’après la réciproque du théorème de Pythagore, DEF est rectangle en D.

58 a. GH = 45 ; GK = 45 ; HK = 90. GH = GK donc GHK est isocèle en G. GH2 + GK2 = 90 = HK2, donc GHK est rectangle en G. GHK est donc isocèle rectangle en G.

2. BD + DC = 5  20  5  2 5  3 5 et BC = 45  3 5 . 3. Dans le triangle ABD rectangle en D 5 BD cos fABD = d’où fABD = fABC ª 71,6°.  AB 50 Dans le triangle ACD rectangle en D 20 CD d’où fACD = fACB ª 56,3°. cos gACD =  AC 65

63 a. OA = 2 OB = 2 OC = 2,5 OD = 2 OE = 4,0045 OA ≠ 2

B Œ

A œ b. 2  2 ; B Œ  ; C Œ .

2 ,5  2 C œ

D Œ

OE ≠ 2 E œ

2 , 5  2 ; D Œ  ; E œ  ; A Œ  et

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

143



64 WA  12 , 25  64  76 , 25

1 3 72 1. K – ;

65 1. WA  0  52  5 ; WB  16  9  5 WC  (– 5 )2  0  5 ; WD  9  16  5 WA = WB = WC = WD = 5 A, B, C et D appartiennent au cercle de centre W et de rayon 5. 2. AB  16  4  20 ; BC  1 9  10 CD  64  16  80 ; AD  9  81  90 AC  25  25  50 ; BD  49  49  98 . 3. AB ¥ CD ¥ BC ¥ AD  20 ¥ 80  10  90 = 40 + 30 = 70. AC ¥ BD  50 ¥ 98  4 900  70.

66 1. AB  104 ; AC  32 ; BC  72 . 32 + 72 = 104. D’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABC est rectangle en C. 3. C Œ  6 6 67 AireABCD = 2 + = 5 ou AireABCD = 8 + = 5

2 2 2 1 68 AireDEFG = 1 + ¥ 4 = 5 ou AireDEFG = 5 = 5 2 2 ¥ 2 5 ¥1 3 ¥1 – – 4 69 AireMNP = 5 ¥ 2 – 2 2 2

 

70 Voir corrigé en fin de manuel. 71 1. ABCD est un carré ; AB = AD et (AB) ^ AD : (A, B, D) est orthonormé. 1 3 2. A(0 ; 0) B(1 ; 0) D(0 ; 1) C(1 ; 1) E(1 ; ) F( ; 1). 2 4 5 5 25 5 ; EF = ; AF = = . 3. AE = 4 16 16 4 5 5 25 AE 2  EF2     AF2 4 16 16 D’après la réciproque du théorème de Pythagore, AEF est rectangle en E. Pour aller plus loin b 3 A(0 ; 0) B(a ; 0) D(0 ; b) C(a ; b) E(a ; ) F( a ; b) 2 4 b2 2 AE  a  4 EF 

a2 16



b2 4

9 a2 AF   b2 16 AE 2  EF2  AF2 pour a et b quelconques (pour a2 ≠ b2). Ce résultat ne reste pas vrai si ABCD est un rectangle (non carré).

144



2 2 2. KF = KD par définition du milieu d’un segment.

WB  56 , 25  20 , 25  76 , 5 W A  W B donc B œ .

49 81 121 9 130 130   ; KE    . 4 4 4 4 4 4 K est équidistant de F, D et E.

KF 

3. a. On déduit que le triangle FED est rectangle en E. b. Son cercle circonscrit  est le cercle de diamètre [FD].

73 1. AB  20  2 5 ; BC  20  2 5 ; AC  40  2 10 . Le périmètre du triangle ABC est 4 5  2 10 . 2. Le périmètre du triangle KLM est 2 5  10 .

74 1. Le milieu de [AC] et celui de [BD] ont les mêmes coordonnées :

21 ; 2.

ABCD est donc un parallélogramme. 2. AB2 = 9 + 4 = 13 ; BC2 = 16 + 36 = 52 et AC2 = 49 + 16 = 65 13 + 52 = 65, donc ABC est rectangle en B. 3. ABCD est un parallélogramme ayant un angle droit (en B). ABCD est un rectangle.

75 1. AB = 50 ; BC = 50 AB = BC donc ABC est isocèle en B. 2. K(1 ; 0) xD  2 x K – xB 3. Ì ÓyD  2 y K – yD

 x D  2 – 3  –1 donc D( – 1 ; – 6 ) Ì ÓyD  0 – 6  – 6

4. ABCD est un losange.

76 1. Les coordonnées du milieu de [AC] et du milieu de [BD] sont les mêmes : (2 ; 1). 2. AC = BD = 40 3. ABCD est un parallélogramme ayant ses diagonales de même longueur : ABCD est un rectangle.

77 a. Puisque [AC] et [BD] ont même milieu K(2 ; – 1) et AB = BC = 50, alors ABCD est un losange. b. ABCD est un quadrilatère quelconque. c. Les coordonnées du milieu de [AC] et du milieu de [BD] sont les mêmes : (0 ; 2). De plus, AB = BC = 58 et 58 + 58 = 116. Par ailleurs, AC = 116 , alors ABCD est un carré. d. ABCD est un polygone « croisé » (ACBD est un rectangle).

78 1. Les sommets du tapis ont pour coordonnées : (4 ; 5) ; (8 ; 16) ; (2 ; 13) et (6 ; 14). 2. Le tapis a pour longueur : 68 ¥ 0 , 3 m  0 , 6 17 m, pour largeur : 17 ¥ 0 , 3 m  0 , 3 17 m, soit environ 2,47 m de long et 1,34 m de large.

3. Les côtés opposés du tapis ont la même longueur. Et ses deux diagonales ont pour longueur 85 ¥ 0 , 3 m. 17 + 68 = 85 Le tapis est bien rectangulaire.

 4   4  G 34 ; 1 H0 ; 34 

1 1 79 1. E ; 0 F 1 ;

2. Le milieu de [EG] et celui de [FH] ont les mêmes coor1 1 10 . Aussi EFGH est un données : ; et EF = FG = 2 2 16 losange.

 

3. EG =

5 10 10 20 5 et    ; EFGH est donc un carré. 4 16 16 16 4

AB2 + BC2 = 20 + 5 = 25 et AC2 = 25. On constate que AB2 + BC2 = AC2. D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B.

Travail personnel Pour les exercices 84 à 107 : voir corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

108 1.

C¢

5 4

80 1. a.

2

A

A

C

3 B¢

2 K

1

M

T

1 L

B –1

P

0

C 1

b. B(– 1 ; 0). 1 1 c. M ; 1 et K – ; 1 . 2 2 13 . d. CK = BM = 4 2. Le symétrique de B par rapport à la droite (AL) est C (car ABC est isocèle en A). Le symétrique de A par rapport à (AL) est A. Le symétrique de C par rapport à (AL) est B. Le symétrique de K, milieu de [AB], par rapport à la droite (AL) est le milieu du symétrique de [AB], soit M, milieu de [AC]. Le symétrique de [CK] est donc [BM]. Par « conservation des longueurs » : CK = BM.

   

81 1. On ne peut pas savoir. 2. On ne peut pas savoir. 3. On ne peut pas savoir. 4. Oui.

82 • Si K milieu de [AB], alors : KA = KB ; K appartient à la médiatrice de [AB]. AK + KB = AB. • Si K appartient à la médiatrice de [AB], alors KA = KB. Si K appartient à la médiatrice [AB], alors le triangle AKB est isocèle en K. • Si KA = KB, alors K appartient à la médiatrice de [AB]. Si KA = KB, alors le triangle AKB est isocèle en K. • Si le triangle AKB est isocèle en A, alors KA = KB et K appartient à la médiatrice de [AB]. 83 Paul a écrit l’égalité AB2 + BC2 = AC2 alors qu’il ne sait pas qu’elle est vraie. Autre rédaction : (voir exercice résolu 4).

–3 –2 –1 0 –1 D –2

B

1

2

3

4

5

6

A¢

2. M¢ pourrait être l’image de M par une symétrie axiale. 3. OM = OM¢ = x 2  y 2 TM = TM¢ = ( x – 1)2  ( y – 1)2 . 4. (OT) est la médiatrice de [MM¢]. 5. La transformation géométrique, qui associe à tout point M le point M¢, est la symétrie axiale d’axe (OT).

109 1. (– 4 ; 1) ; (– 4 ; 2) ; (– 4 ; 3) ; etc. 2. Les points de coordonnées (1 ; 2) ; (– 2 ; – 5) ; (– 5 ; 2) et (– 2 ; – 1) semblent appartenir au cercle tracé en vert. 3. A est le point de coordonnées (– 2 ; 2). Tous les points de la droite tracée en rouge ont pour abscisse – 4. Tous les points du cercle tracé en vert ont leurs coordonnées (x ; y) qui vérifient (x + 2)2 + (y – 2)2 = 9. Autrement dit le cercle C est le cercle de centre A et de rayon 3. Pour aller plus loin Les coordonnées des points d’intersection de la droite et du cercle sont les points de coordonnées (– 4 ; 2 – 5) et (– 4 ; 2 + 5).

110 A. 1.

C

D F J

A

E

B

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

145

2. CIJ peut sembler équilatéral (cependant, la fenêtre « Algèbre » de Geogebra indique que si JC = IC, IJ < JC). 3. a. ABCD est un carré : (A, B, D) est orthonormé. 1 1 b. A(0 ; 0) B(1 ; 0) D(0 ; 1) C(1 ; 1) O ; 2 2 Ê Ê 2 ˆ 2ˆ 2 AO = donc IÁ ; 0˜ et J Á 0 ; ˜. Ë Ë 2 ¯ 2 ¯ 2 5 CI2 = – 2 2 5 CJ2 = – 2 2 IJ2 = 1 On en déduit que CIJ est isocèle en C, mais n’est pas équilatéral. Le triangle CIJ ainsi construit n’est donc pas solution du problème posé.

 

B. 3. • Par construction AE = AF et OE = OF donc (AO) est la médiatrice de [EF], ou E et F sont symétriques par rapport à (AO). A, O, C sont alignés donc (CE) et (CF) sont symétriques par rapport à (AC). • ABCD est un carré donc (AB) et (AD) sont symétriques par rapport à (AC). • I et J, comme points d’intersection respectifs de (CE) et (AB), et de (CF) et (AD), sont donc symétriques par rapport à (AC). 4. • AOE est équilatéral, donc fEOA = 60°. AOF est équilatéral, donc fAOF = 60°. Donc fEOF = fEOA + fAOF = 120°. • C, E, F appartiennent au cercle de centre O (passant 1 par A) donc sECF = dEOF = 60°. 2 On en déduit que oICJ = sECF = 60°. Conclusion : • I et J sont symétriques par rapport à (AC), donc IC = JC. • oICJ = 60°. Donc CIJ est un triangle isocèle ayant un angle de 60°. Donc CIJ est équilatéral. Le triangle CIJ ainsi construit est solution du problème posé.

b. Dans le triangle AEB rectangle en A : AB x tan sAEB =  AE e Dans le triangle BCD rectangle en C : CD 1 tan fCBD =  BC y x 1 dAEB = fCBD donc  ou encore e = xy. e y

112 1. Le polygone rouge semble être un octogone régulier. 2. a. Les rayons des quatre cercles sont égaux à Ê Ê 2 ˆ Ê 2 ˆ 2ˆ ; 0˜ K Á ; 0˜ Q Á 0 ; 1– b. HÁ1– ˜ Ë ¯ Ë 2 ¯ Ë 2 2 ¯ c. HK 

2 . 2

2 Ê 2ˆ – Á1– ˜  2 –1 2 Ë 2 ¯ 2

2

Ê Ê Ê 2ˆ 2ˆ 2ˆ HQ 2  Á1– ˜  ÁË1– ˜  2 ÁË1– ˜ Ë 2 ¯ 2 ¯ 2 ¯

2

Ê 2ˆ donc HQ = 2 Á1– ˜  2 – 1. Ë 2 ¯ Conclusion : HK = HQ. 3. Par symétries successives par rapport aux 4 axes de symétrie du carré, on obtient à la fois l’égalité des longueurs et l’égalité des angles du polygone HKNMTSPQ.

113

F

C

D O

A

B

E

111 1. b. Conjecture : AE = x ¥ y.

1. a. OEF semble être un triangle rectangle isocèle en O.

2. B(x ; 0) et E(0 ; e).

b. On choisit le repère orthonormé (A, B, D). 1 1 Dans ce repère : O ; , E(2 ; 0) et F(1 ; 2). 2 2 5 OE2 = = OF2 et EF2 = 5. 2 5 et que On constate bien que OE = OF = 2 OE2 + OF2 = EF2. Autrement dit : OEF est un triangle rectangle isocèle en O. 1 5 5 2. L’aire de OEF est ¥ u.a. (unité d’aire), soit u.a., si 2 2 4 on choisit comme u.a. l’aire du carré ABCD.

a. C(x + y ; 0) et D(x + y ; 1). b. D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle EBD. ED2 = EB2 + BD2 (x + y)2 + (e – 1)2 = (x 2 + e 2) + (y 2 + 1) x2 + 2xy + y2 + e2 – 2e + 1 = x2 + e2 + y2 + 1 2xy – 2e = 0 soit e = xy. 3. a. Dans le triangle AEB rectangle en A, donc dAEB + dABE = 90°, A, B et C sont alignés et dEBD = 90°. dABE + 90° + fCBD = 180° dABE + fCBD = 90° On en déduit que sEAB = fCBD.

146

 

117

F

4

B

3 H D

G

2

C

1 A –5 –4 –3 –2 –10 –1 K –2

O

A

B

E

1

2

3

4

–3 C

–4

H

Il suffit donc pour construire une figure dont l’aire est le quintuple de celle du carré ABCD de construire 4 triangles de même aire que OEF, en construisant les symétriques de C par rapport à D, et de D par rapport à A. Le quadrilatère obtenu est bien un carré (côtés de même longueur et angles droits).

114 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 2. Quand M décrit le segment [AB], K semble décrire un segment parallèle à (AB). Ê1 ˆ 3 3 ˆ Ê1 3 3. a. h  c CÁ x ; x ˜ E Á ( 1 x ) ; ( 1– x )˜ Ë2 ¯ 2 ¯ Ë2 2 2 Ê1 1 3ˆ b. K Á  x ; ˜ Ë4 2 4 ¯ c. x Œ [0 ; 1]

1. a. CA = CB = 80, donc ABC est isocèle en C. b. Soit M le milieu de [AB], H(– 2 ; 2). ABC étant isocèle en C, (CM) est la hauteur issue de C du triangle ABC. AB ¥ CM soit en unité d’aire : L’aire du triangle ABC est : 2 32 ¥ 72 4 2 ¥ 6 2   24 2 2 AC ¥ BK 2. L’aire du triangle est aussi égale à : si on 2 désigne par K le pied de la hauteur issue de B. Donc : 24 ¥ 2 48 12 5 BK    5 80 80

118 1. K(0 ; 1) 2. AB = BC = AC = 104 (ABC est équilatéral). AC ¥ BK soit en unité d’aire : L’aire du triangle ABC est : 2 104 ¥ 78  26 3 2

b. D1 et D2 représentent les distances respectives de A et de B à O.

119 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com a. On constate que la somme s reste constante. AB ¥ MD 2. a. aire(AMB) = 2 BC ¥ ME aire(BMC) = 2 CA ¥ MF aire(CMA) = 2 b. Soit h la hauteur du triangle ABC, AB ¥ MD BC ¥ ME CA ¥ MF c ¥ h    2 2 2 2 soit c ¥ (MD + ME + MF) = c ¥ h ou encore MD + ME + MF = h (c ≠ 0).

c. d est la médiatrice de [AB].

120 Aire(ABC) = Aire(IAB) + Aire(IBC) + Aire(IAC)

2. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com



K décrit le segment porté par la droite d’équation y =

3 4

1 3 et . 4 4 K décrit le « segment des milieux » d’un triangle équilatéral de côté [AB].

ayant pour extrémités les points d’abscisses

115 1. a. On reçoit comme message final : « O appartient à la droite d ».

116 1. a. OM2 = x2 + y2 ; OM¢2 = x¢2 = x¢2 + y¢2 ; MM¢2 = (x¢ – x)2 + (y¢ – y)2. b. Les droites (OM) et (OM¢) sont perpendiculaires si et seulement si OM2 + OM¢2 = MM¢2. C’est-à-dire si et seulement si xx¢ + yy¢ = 0.

AB ¥ IP BC ¥ IQ CA ¥ IR   2 2 2 Or IP = IQ = IR = r 1 Donc Aire(ABC) = r (AB + BC + CA) = r ¥ p. 2

121

L

D

C

E K

S

2. a. (OA) et (OB) sont perpendiculaires. b. (OA) et (OB) ne sont pas perpendiculaires. c. (OA) et (OB) sont perpendiculaires.

A B

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

147

(AL) et (CK) sont deux médianes du triangle ACD. E, point d’intersection de (AL) et (CK) est donc le centre de gravité de ACD. S est le milieu de [AC], donc (SD) est la troisième médiane du triangle ACD et passe par E. S est le milieu de [BD], donc D, S et B sont alignés. Conclusion : D, E, S et B sont alignés.

122

E

C

D S

L A

B F

1. S, C, E et S, B, F sont alignés dans le même ordre. 1 1 SC 1 SC = AC et AC = CE ; donc SC = SE ou  2 3 SE 3 1 1 SB 1 SB = DB et DB = BF ; donc SB = SF ou  2 3 SF 3 D’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (CB) et (EF) sont parallèles. 2. Dans le triangle AEF, C est le milieu de [AE] et (CB) // (EF). D’après un des théorèmes des milieux, K est le milieu de [AF]. 3. Dans le triangle ACF, (SF) et (CK) sont deux médianes. Donc leur point d’intersection B est le centre de gravité du triangle ACF. 4. (AB) est la troisième médiane du triangle ACF : elle coupe donc [CF] en son milieu L.

123 D

C

P T

S

L K A

B

        

1 1 B(1 ; 0) C(1 ; 1) D(0 ; 1) T ; 2 2 1 1 1 1 K ; 0 L 1; P ;1 S0; 2 2 2 2

124 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 3. Le point K semble décrire un segment parallèle à [BC]. 4. a. x appartient à [0 ; 1]. x 1 b. K ; 2 2 c. K décrit le segment porté par la droite d’équation 1 y = ayant pour extrémités les points d’abscisses O et 2



148



1 (K décrit le segment ayant pour extrémités les milieux 2 de [AB] et [AC]).

125 a. Dans le repère (A, B, C) : B(1 ; 0) C(0 ; 1)

21 ; 0 N 0 ; 21 Q  41 ; 41 P 21 ; 21 donc le milieu 1 1 de [AP] a également pour coordonnées  ; . 4 4

M

Conclusion : Q est le milieu de [AP].

b. • N est le milieu de [AC] et P est le milieu de [BC]. Donc (NP) // (AB). • M est le milieu de [AB] et P est le milieu de [BC]. Donc (MP) // (AC). • M Œ (AB) et N Œ (AC) donc (NP) // (AM) et (MP) // (AN). AMPN a ses côtés opposés parallèles deux à deux, donc AMPN est un parallélogramme. • Les diagonales d’un parallélogramme se coupent en leur milieu, donc Q, milieu de [MN], est aussi le milieu de [AP].

126 1. P semble être le milieu de [DE] et de [AB]. Dans le triangle CDE : B est le milieu de [CE] d’une part, (AB) // (CD) et P Œ (AB) d’autre part, donc P est le milieu de [DE]. De plus BE = BC = AD et (AD) // (BC), donc DAEB est un parallélogramme. Les diagonales de DAEB se coupent en leur milieu donc P, milieu de [DE], est aussi le milieu de [AB]. 2. Aucun angle droit n’est intervenu dans la démonstration, seules des propriétés de parallélisme et des égalités de longueurs ont été utilisées. Le résultat reste vrai si ABCD est un parallélogramme.

127 Dans le triangle ABD, K est le milieu de [AD] et L est le milieu de [AB], donc (KL) est parallèle à (BD). Dans le triangle ABO, L est le milieu de (AB), (KL) // (BD), S Œ (KL) et O Œ (BD), donc S est le milieu de [AO] (ou 1 AS = AC). 4 128 Avec repère : dans un repère orthonormé (O ; B, J)

Ê 1 3ˆ Ê 1 3ˆ E ;– A(– 1 ; 0) B(1 ; 0) D Á ; ˜ Ë 2 2 ˜¯ ÁË 2 2 ¯

DE = AD = AE = 3 ; donc ADE est équilatéral. Sans repère : • D est un point de la médiatrice de [OB], donc DO = DB. • D Œ  d’où DO = OB donc DOB est équilatéral. • De même, EOB est équilatéral. 1 1 • fDAE = gDOE = ¥ 60° ¥ 2 = 60°. 2 2 • E est le symétrique de D par rapport à [AB] ; donc AD = AE. Conclusion : ADE est un triangle isocèle ayant un angle de 60°. ADE est équilatéral.

129

English corner 4

C

J

133 point/intersecting/origin/coordinate/coordinates

B

3

134 AB2 = AC2 = 8 – 4 2

2

BC2 = 16 – 8 2 ABC est un triangle isocèle rectangle en A.

1 D –4

–3

–2

A –1 0

1

2

I 3

135

B

4

J

–1

Dans le repère (O, I, J), pour des raisons de symétrie : 1 si A(x ; 0), B(x ; 2x) et x2 + (2x)2 = 1(x > 0) d’où x = . 5 8 cm ª 3 , 6 cm . Le côté du carré jaune et donc 5 130 M2010(503 ; 503) car 2010 = 4 ¥ 502 + 2.

131 Un segment ayant pour extrémités 2 points, dont au moins une des deux coordonnées n’a pas la même parité, a un milieu qui « ne tombe pas » sur un nœud du quadrillage. C’est possible avec 3 ou 4 points, mais impossible avec 5 points.

132

A b I

C O

5 8 A et B ne sont pas sur la même droite car  (25 ≠ 24). 3 5 La droite (AB) coupe l’axe des ordonnées au point C d’ordonnée 0,5. L’aire de AOB est donc égale à : 0,5 ¥ 3 0,5 ¥ 5 Aire(COB) – Aire(COA) = –  0 , 5. 2 2 Aire(AOB) 1  . L’aire de IAJ = 8 4

4r 4r 3r r

?

r

La longueur manquante est 4r. On a donc 9r = 27. Le rayon du cochonnet est donc 3 cm, et celui de la boule 12 cm.

Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

149

11

Géométrie dans l’espace

Pour reprendre contact 1 Les figures 1 et 5 sont des patrons de parallélépipèdes rectangles. 2 a. Le solide représenté en vert est une pyramide à base triangulaire (ou un tétraèdre). Le solide représenté en rose est un prisme à base triangulaire. b. ABC est un triangle rectangle en B, EGH est un triangle rectangle en H, (si le solide représenté est un cube, ces deux triangles sont également isocèles) et AFC est équilatéral. 3 a. HGJI est un rectangle. b. IM < OM (car OM2 = IM2 + OI2). 4 a. Une pyramide de base carrée de côté 3 cm et de hauteur 2 cm a pour volume 6 cm3. b. Un cylindre de rayon 5 cm et de hauteur 4 cm a pour volume 100p cm3.

Activité 1. Deux solides en un 1. a. Le solide S1 est un prisme. Il a 5 faces. b. Le solide S1 a deux faces triangulaires, et trois faces rectangulaires. c. I

J

E

F 3 cm

4 cm

L

150

7 cm

K

2. Le solide S2 a 7 faces. I1

J1 1 cm G

H

6 cm

D

7 cm

C 4 cm

A

2 cm

L

B K 5 cm

I2

J2

Activité 2. Calculs de volumes Volume 1 : 4,5p cm3 – Volume 2 : 9 cm3 – Volume 3 : 6 cm3 – Volume 4 : 3 cm3 – Volume 5 : 1,5p cm3 – Volume 6 : 3 cm3.

Activité 3. Du dessin à l’espace 1. Largeur : 3 (cm) ; épaisseur : 0,6 (cm) ; longueur : 5,4 (cm). 2. Cet objet comporte 4 branches. 3. Certaines des conventions utilisées dans la perspective cavalière ne sont pas respectées.

Activité 4. Du solide à l’espace 1. a. [AB], [GH], [IJ] et [LK]. b. [JG] et [BC]. c. L’arête [KJ] du solide ne coupe ni l’arête [CG], ni l’arête [BC]. d. Dans l’espace, les droites (KJ) et (CG) sont sécantes, tout comme les droites (KJ) et (BC). e. Dans l’espace, les droites (LI) et (CG) ne sont pas sécantes. 2. a. BCJJK et ADHIL. b. La face BCJJK et la face ABKL sont sécantes ; leur intersection est le segment [BK]. c. Le plan (BCG) et le plan (ABK) sont sécants ; leur intersection est la droite (BK). 3. a. La droite (LK) est parallèle au plan (ABC), tout comme la droite (AB). b. La droite (LI) n’est pas parallèle au plan (ABC), alors que la droite (AC) et la droite (IG) le sont.

TP 1. La pyramide du Louvre 1.

E

A B O C

D

2. La hauteur de la pyramide sur le patron sera 6 cm. On doit utiliser comme échelle 1/350.

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

151

3.

C

D

E O 6 cm

A

10 cm

B

O

A

4. Le volume de la pyramide est 8 575 m3. 2450 B. 1. AC = 2450 m = 35 2 m ; AO = m = 17,5 2 m 2 2. AE = 1053 , 5 m ª 32 m 3. La hauteur d’une face latérale de la pyramide est : 747 , 25 m ª 27 m. 1 La superficie de verre nécessaire pour construire la pyramide est : ¥ 35 ¥ 747 , 25 ¥ 4 m2, soit environ 1 914 m2. 2

TP 2. Calculer des volumes 1. Le côté du cube est 2 cm. Son volume est 8 cm3. 2. Le volume d’eau versée dans le cylindre est (2pr2 – 8) cm3. 8 3. 1,36pr2 = 2pr2 – 8 ou r2 = . On en déduit : r ª 4 cm (au mm près). 0 , 64

TP 3. Positions relatives A. a. Fausse b. Fausse c. Fausse d. Vraie e. Fausse f. Vraie B. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com C. 2. Le point T semble aligné avec les points A et C. 3. Les droites (IL) et (AC) appartiennent au plan (AEC). Elles ne sont pas parallèles, donc elles sont sécantes en T. Le plan (AEC) et le plan (ABC) étant sécants suivant la droite (AC), T est le point d’intersection de la droite (IL) et du plan (ABC).

TP 4. En sortant du solide Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com A. IJK semble être rectangle en J. B. 1. P est aligné avec E et F (et I et J) : la droite (IJ) n’est pas parallèle au plan (HEF) I n’appartenant ni à (HEF) ni à (ABC), elle est sécante au plan (HEF) en un point P. Les points I, J, E et F étant coplanaires car ils appartiennent tous au plan (ABF), les droites (IJ) et (EF) sont coplanaires. Dans le plan (ABF), (IJ) et (EF) ne sont pas parallèles car la parallèle à (EF) passant par I est (AB) et J n’appartient pas à (AB). Donc (IJ) et (EF) sont sécantes en P. 2. b. Dans le plan (ABF) : P appartenant à (EF), (PE) // (IB) (propriété du cube). P appartenant à (IJ), (PI) // (EB) (théorème des milieux appliqué dans le triangle ABE). IPEB a ses côtés opposés parallèles deux à deux, IPEB est donc un parallélogramme. On en déduit que IP = EB = 4 2 cm. 1 1 c. Par un théorème des milieux appliqué dans le triangle ABE, IJ = EB, soit IJ = IP. 2 2 I, J, P étant alignés, on en déduit que J est le milieu de [IP]. 3. a. En raisonnant d’une manière analogue dans le plan (EFG), on démontre que EPKG est un parallélogramme et que KP = EG = 4 2 cm. b. AIKH est un quadrilatère non croisé contenu dans le plan (ABG) car (AI) // (HK), toutes les deux étant parallèles à (EF). De plus, AI = HK car I est le milieu de [AB], K est le milieu de [HG], et AB = HG. On en déduit que AIKH est un parallélogramme et que IK = AH = 4 2 cm. 4. KP = PI = IP = 4 2 cm ; KPI est équilatéral. J étant le milieu de [IP], (KJ) est la médiatrice de [IP] : IJK est donc rectangle en J.

152

TP 5. Intersections de plans 2. W appartient au plan (DCG) parallèle au plan (ABF), et distinct de (EBF). 3. V et W sont deux points communs à (BCG) et à P. (BCG) et P sont donc sécants suivant la droite (VW). 4. U et V sont deux points communs à (ABF) et à P. (ABF) et P sont donc sécants suivant la droite (VW). 5. a. W est un point commun à P et à (DCG). b. (ABF) et (DCG) étant parallèles, l’intersection de P avec (DCG) est la parallèle à (UV) passant par W et qui coupe (HG) en un point X. 6. La section du cube par le plan P est le quadrilatère UVWX. H

X G

E F

U

W

D

C A

V B

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

1 a. 8

b. 27

2 a. 3,7 ¥ 10 = 37 3 a. 20

b. 5

c. 64

ENTRAINEMENT

15 a.

d. 125

b.

c.

b. 7,5 ¥ 6 = 45 c. 4

4 a. Volume d’un cylindre c. Volume d’une boule

d. 36 b. Aire d’un triangle d. Aire d’un disque

17 1. Non 2. On ne peut pas savoir. pas savoir. 4. Non

5 125 cm3 6 156 cm3

18

3. On ne peut

G

H

7 Le volume de l’armoire est supérieur à 1 m3

2,1 cm

(2 ¥ 0,5 ¥ 1,2 = 1,2).

J

8 1 m3 = 1 000 dm3 ; 1 m3 = 1 000 000 cm3.

E

F

9 1 m3 = 1 000 L ; 1 cm3 = 1 mL. D

10 Le bassin peut contenir 120 000 L.

C 2,8 cm

11 Le volume du nouveau récipient est 48 m3. 12 2,50 m3 (0,6 ¥ 0,6 ¥ p ª 1)

40° A

4 cm

B

13 Le récipient conique ne peut pas contenir 1 L car 52 ¥ p ¥ 30 : 3 = 250 p < 1 000. 1 14 Le volume de la pyramide de BEFG est V . 6

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

153

19

26 1. ACH est un triangle équilatéral.

G

H

3 cm

1,5 cm J F

E

C

B A

C

D

H2

60° 4 cm

A

20 a.

2. Le tétraèdre ADCH a 3 faces qui sont des triangles rectangles isocèles (ADH, HDC et ADC) et une face (ACH) qui est un triangle équilatéral.

B

b.

H1

D

2 cm

c.

3. L’aire du triangle ADH est 4,5 cm2. Le volume du tétraèdre est donc 4,5 cm3.

27 1.

7 cm

A

B

ou 4 cm

21 a.

b. D

C

H

2. BH = 32 cm = 4 2 cm ª 5,7 cm

28 1. 250 cm

22 a.

b.

A

300 cm

A

C B D

23

D

C B

3 ¥ 0 ,5 ¥ 2 - 2 , 2 ¥ 2  25,1 2 L’aire des parois latérale sans la porte est 25,1 m2. 3 ¥ 0 ,5 3. V  ( 3 ¥ 2  ) ¥ 4  27 2 Le volume du garage est 27 m3.

2. A  ( 4  3 ) ¥ 2 ¥ 2 

C

B

200 cm

D

4. A¢ = 1, 52  0 , 52 ¥  4  0 , 5  0 , 3 ¥ 2  15 ,1º L’aire du toit est 15 m2 au m2 près.

E

29 Voir corrigé à la fin de manuel.

A

F

24 A 3 ; B 1 ; C 4 ; D 2.

30 1. Chacune des faces est un triangle équilatéral (voir le site Internet www.didiermathx.com) 2.

25 Il existe 11 patrons non superposables d’un cube. 4 cm

3. Les 3 angles sont égaux à 60°.

154

31 1.

35 D’après le théorème de Thalès appliqué au triangle ABE,

2 cm

IJ EI 27 cm.  , soit IJ = AB EA 7

1 27 ¥ ¥3¥ 6 2 7 243 Le volume de EIJHLK est égal à cm3. 7 36 1. GD = 32 cm = 4 2 cm. Le périmètre de BDG est 12 2 cm.

4 cm × pª12,57 cm



8 cm

2. GK = 2 6 cm. L’aire de BGD est 8 3 cm2. 3. L’aire latérale de la boîte est 40p cm2 et son volume est 40p cm3. Aire de la boîte = Aire du rectangle.  = 2 ¥ pr2 + 2pr ¥ h = pr2 (r + h) = p ¥ 22 (2 + 8) = 40p.

= pr2 ¥ h = p ¥ 22 ¥ 8 = 32p.

32 1.

S

3. L’aire de CDG est 8 cm2. Le volume du tétraèdre 32 CBGD est cm3. 3 4. La hauteur issue de C dans ce tétraèdre est 4 cm ª 2,3 cm au mm près. 3

37 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com M n’appartient pas au plan (ACD) : les points M, N et P ne sont pas alignés. 38 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

7 cm

1. a. (AB) et (DC) sont parallèles. b. (AB) et (HG) sont parallèles. c. (AB) et (BC) sont sécantes en B. d. (AB) et (CG) ne sont pas coplanaires.

A

2 cm

T

2. a. (AG) et (EFG) sont sécants en G.

1 2.  ¥ 4 p ¥ 72 – 22 3 Le volume du cône est égal à 4 p 45 cm3, soit 28,099 cm3 au mm3 près.

b. (EG) et (EFG) sont parallèles, la droite (EG) est contenue dans le plan (EFG). c. (CG) et (EFG) sont sécants en G. d. (AB) et (EFG) sont parallèles. 3. a. (ABC) et (EFG) sont parallèles.

Pour aller plus loin

b. (ABC) et (CDA) sont confondus.

102,85°

c. (AEH) et (DHG) sont sécants suivant la droite (DH).

7 cm

d. (AEG) et (CGH) sont sécants suivant la droite (CG).

39 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com a. (EB) et(AC) ne sont pas coplanaires car C Π(ABE).

2 cm

b. (HM) et(DB) ne sont pas coplanaires car H œ (ABC).

40 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

4 4 33 1.  ¥ p r 3  p ¥ 353 3

3

p cm3, soit 3

a. (MN) et (AC) sont coplanaires, et dans la position dessinée de M et de N, elles sont sécantes.

179 594 cm3 au cm3 près.

b. (BF) et(HM) ne sont pas coplanaires car H œ (ABF).

2. a. Le rayon du cône est 21 cm. 1 1 b.  ¥ p r 2 ¥ h  ¥ p ¥ 212 ¥ 28 . 3 3 Le volume du cône est égal à 4 116p cm3, soit 12 931 cm3 au cm3 près.

2. Les points I, J, K et L semblent coplanaires, IJKL semble être un trapèze.

Le volume du cône est égal à 171 500 ¥

34 Voir corrigé à la fin du manuel.

41 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

c. (IJ) est une médiane du rectangle ABCD et (LK) est une droite des milieux du triangle ADS. Ces deux droites sont parallèles à la droite (AD).

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

155

Or, si deux droites sont parallèles à une même troisième, elles sont parallèles entre elles. (LK) est donc parallèle à (IJ). 1 De plus, dans le triangle ADS, LK = AD, et dans le 2 rectangle ABCD, IJ = AD. 1 On en déduit que LK = IJ. 2 3. T est le point d’intersection des droites (JK) et (LI).

Par le théorème du toit, la droite d’intersection des plans (AEH) et (FBC) est parallèle à (BC).

42 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com Les droites (FH) et (CE) sont dans le plan (ACE). H n’étant pas le milieu de [AE], elles ne sont pas parallèles. Elles sont donc sécantes.

46 1. Les droites (EF) et (BD) sont contenues dans le plan (ABD). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en un point I. Les droites (EG) et (BC) sont contenues dans le plan (ABC). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en un point J. Les droites (FG) et (CD) sont contenues dans le plan (ACD). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en un point K.

43 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

2. a. I, J et K appartiennent aux plans (EFG) et (BCD). En particulier, (EFG) et (BCD) sont sécants.

1. a. (BG) et (CF) sont sécantes au centre du rectangle BCGF. b. (CG) et (BD) ne sont pas coplanaire car G œ (ABC). c. (AE) et (BF) sont sécantes. d. (AH) et(CD) ne sont pas coplanaires car H œ (ABC). 2. ABCD est un rectangle (BC) // (AD) et BC = AD. De plus, AEHD est un rectangle : (EH) // (AD) et EH = AD. On en déduit que (BC) // (EH) et que BC = EH : les points B, C, E et H sont coplanaires, et le quadrilatère BCHE non croisé est alors un parallélogramme. Par suite, les droites (EB) et (CH) sont parallèles.

44 a. (HG) et (ABC) sont parallèles car (HG) est parallèle à (CD) contenue dans (ABC). b. (EC) et (ABD) sont sécants en C. c. (EB) et (DCG) sont parallèles car (EB) est parallèle à (HC) contenue dans (DCG). d. AD) et (BCF) sont parallèles car (AD) est parallèle à (BC) contenue dans (BCF).

45 1. a. (ABC) et (CFG) sont sécants suivant la droite (BC). b. (EFG) et (ABC) sont parallèles car les droites (EF) et (FG) sécantes en F sont respectivement parallèles aux droites (AB) et (BC) sécantes en B. c. (ABF) et (DCG) sont parallèles car les droites (AB) et (BF) sécantes en B sont respectivement parallèles aux droites (DC) et (CG) sécantes en B. d. (AEF) et (BCD) sont sécants suivant la droite (AB). 2. a. Dans le plan (AEF), les droites (AE) et (BF) sont sécantes en un point K. K appartient aux deux plans distincts (AEH) et (FBC), qui sont donc sécants. b. Les droites (AD) et (BC) sont parallèles. (AD) est contenue dans (AEH) et (BC) est contenue dans (FBC). Les plans (AEH) et (FBC) sont sécants.

156

b. L’intersection de ces deux plans est la droite (IJ). c. On en déduit que les points I, J et K sont alignés.

47 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 1. ABFE est un carré et I est le milieu de [AE] : (AI) // (BF) 1 et AI = BF. 2 FBGC est un carré et L est le milieu de [CG] : (CL) // (BF) 1 et CL = BF. 2 On en déduit que (AI) // (CL) et que AI = CL, donc les points A, I, L et C sont coplanaires, et le quadrilatère AILC non croisé est alors un parallélogramme. 2. Dans le plan (ABC), par un théorème des milieux appliqué au triangle ABC, (JK) // (AC). 3. Dans le plan (ACG), AILC étant un parallélogramme, (LI)// (AC). Comme (JK)// (AC) d’après 2, on en déduit que les droites (JK) et (LI) sont parallèles. 4. Les droites (JK) et (LI) étant parallèles, les points I, J, K et L sont coplanaires, et donc les droites (IJ) et (KL) sont coplanaires. Dans le plan (IJK), les droites (IJ) et (KL) ne sont pas parallèles car le point d’intersection de la parallèle à (IJ) passant par L et du plan (ABC) appartient à (CD) et non à (BC) : les droites (JK) et (LI) sont donc sécantes en un point M. 5. La droite (IJ) est contenue dans le plan (ABF). La droite (LK) est contenue dans le plan (FBC). Leur point d’intersection M appartient donc à la fois aux plans (ABF) et (FBC). Donc M appartient à la droite d’intersection de ces deux plans c’est-à-dire à la droite (BF).

48 (ACH) et (BEG) sont parallèles car les droites (AC) et (CH) sécantes en C sont respectivement parallèles aux droites (EG) et (BE) sécantes en E. 49 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com et voir corrigé à la fin du manuel.

50 H

G

R

E

1. L’intersection de ABFE avec (TSP) est (SP). L’intersection de CGHD avec (TSP) est la parallèle à (SP) passant par T.

L F

T

D C A

B

Les points A, C, R, L sont coplanaires car ils appartiennent tous au plan (ACG). Les droites (AC) et (RL) sont donc coplanaires. Dans le plan (ACG), (AC) et (RL) ne sont pas parallèles car la parallèle à (AC) passant par R est (EG) et G n’appartient pas à (RL). Donc (AC) et (RL) sont sécantes en un point T. Alors la droite (RL) et le plan (ABD) ont le point T en commun. R n’appartient pas à (ABD), aussi la droite (RL) n’est pas contenue dans le plan (ABD), elle est donc sécante au plan (ABD) au point T.

2. (SP) et (FB) sont coplanaires. Dans le plan (ABF), (SP) et (FB) ne sont pas parallèles car la parallèle à (FB) passant par S est (EG) et P n’appartient pas à (AE). (SP) et (FB) sont donc sécantes en un point V. 3. T et V font partie de la face FBCG, appartenant au plan (TSP) : la section de la face FBCG par (TSP) est donc le segment [TU] de la droite (TV) contenu dans la face FBCG. 4. La section du cube par le plan (TSP) est le quadrilatère STUP. Pour les exercices 58 à 81 : voir les corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

82 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

51 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 3. (IJK) et (BCD) sont parallèles car les droites (IJ) et (JK) sécantes en J sont respectivement parallèles aux droites (BC) et (CD) sécantes en C. 4. Les points I, K, B, D sont coplanaires car ils appartiennent au plan (ABD). Les droites (IK) et (BD) sont donc coplanaires. (IK) est la droite d’intersection des plans (IJK) et (ABD). (BD) est la droite d’intersection des plans (BCD) et (ABD). Les plans (IJK) et (BCD) étant parallèles, ils coupent le plan (ABD) selon des droites parallèles, donc (IK) et (BD) sont parallèles.

52 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com et voir corrigé à la fin du manuel. 53 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com T peut être un triangle, un quadrilatère, un pentagone ou un hexagone. 54 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 2. Les plans (MNP) et (ABF) sont sécants suivant la droite (NP). 3. Les plans (ABF) et (DCG) sont parallèles (propriété du cube). 4. Le point M est commun aux plans (DCG) et (MNP). Leur droite d’intersection est la parallèle à (NP) passant par M.

55 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 56 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 57 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

1 4 1 4 83 1. Vigloo  ¥ p r 3  ¥ p ¥ 23 ; 16,755m3 .

2 3 2 3 1 1 2 2. a. Vtipi  ¥ p ¥ r ¥ h  ¥ p ¥ 2 2 ¥ 4 ; 16,755m3. 3 3 b. L’apothème du cône est 20 m, ou 2 5 m. La longueur de la base du tipi étant égale à pd soit 4p m, 360 l’angle au sommet du patron est égal à ª 161°. 5 L’aire minimale de toile nécessaire pour fabriquer le tipi est donc   pr ( r  a )  p ¥ 2 ( 2  2 5 )  28 ,10 m2 ; 29 m2. 1 3. a. Vyourte ª 33,510 m3 (p ¥ 2 2 ¥ 2 + ¥ p ¥ 22 ¥ 2 ) 3 Remarque : La yourte a un volume double de celui de l’igloo ou du tipi. b. L’aire latérale de la partie cylindrique de la yourte est égale à 8p m2. En utilisant la même démarche que pour le 2.b, l’aire latérale de la partie conique de la yourte est égale à 8 2 m . L’aire minimale de toile nécessaire pour fabriquer 2 la yourte est donc environ égale à 43 m2 (ou 42,91 m2).

84 1. a. O est le centre d’un hexagone régulier : OA = OB et O’ est le centre d’un pentagone régulier : O’A = O’B.

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

157

OO’ est donc la médiatrice du segment [AB] ; par définition de la médiatrice d’un segment, on en déduit que OO’ coupe [AB] perpendiculairement en son milieu I. b. OI = 4,8 2 - 2,4 2 cm = 17,28 cm (ª 4,16 cm). AB ¥ OI L’aire de l’hexagone est donc égale en cm2 à : ¥6 2 4,8 ¥ 17,28 2  ¥ 6 (ª 59,86 cm ). 2 c. A j O ¢ I  36 AB ¥ O ¢ I L’aire du pentagone est donc égale en cm2 à : 2 2 ,4 ˆ 1 Ê 2 ¥ 5 = Á 4,8 ¥ ˜¯ ¥ ¥ 5 (≈ 39,64 cm ). Ë tan 36 2 d. L’aire du patron du ballon est donc égale en cm2 à : 4,8 ¥ 17,28 2 ,4 ˆ 1 Ê ¥ 6 ¥ 20 + Á 4,8 ¥ ˜ ¥ ¥ 5 ¥ 12 soit Ë 2 tan 36 ¯ 2 environ 1 673 cm2. 2. a. Le rayon de la sphère serait environ égal en cm à : 1 673 ≈ 11,5 cm. 4 b. Dans ce cas, la circonférence du ballon serait environ 72,5 cm : autrement dit, notre ballon n’est pas réglementaire.

85 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 2 2 b. ACGE est un rectangle. AEP est un triangle rectangle en E. 3 c. AP = 2 2 2. BL = ; ABGH est un rectangle, ABL est un triangle 2 3 rectangle en E. On en déduit que AL = 2 APL est donc un triangle isocèle en A. 1. a. EP =

h3 si et Pour tout h 0, 25 ph > 30 h et 25 ph > p 9 seulement si h < 15. Conclusion : pour tout h tel que 0  h  15, c’est le récipient cylindrique qui contiendra le plus de liquide. Pour h = 15, le récipient cylindrique et le récipient conique contiendront autant de liquide. Pour tout h 15, c’est le récipient conique qui contiendra le plus de liquide. Remarque : on pourra utiliser avec les élèves soit un logiciel de géométrie dynamique soit un tableur.

88 a. L’intersection des plans (SAB) et (SCD) est la droite (SE), où E est le point d’intersection des droites (AB) et (CD). b. L’intersection des plans (SAD) et (SBC) est la droite parallèle à (AD) passant par S.

89 Les plans (AMN) et (BCD) sont sécants suivant la droite (EF) où E est le point d’intersection des droites (AM) et (BC), et F est le point d’intersection des droites (AN) et (CD). 90 1. La section du tétraèdre par le plan (MNP) est le triangle PMQ, où Q est le point d’intersection des droites (AC) et (MN). 2. Les points M, N, B et C sont coplanaires : les droites (MN) et (BC) sont donc sécantes en E. Les points P, M, D et B sont aussi coplanaires : les droites (PM) et (DB) sont donc sécantes en F. L’intersection des plans (BCD) et (MNP) est la droite (EF). A

2 1 EB = 2 2 4. a. ALM est un triangle rectangle en M.

P

3. Dans le triangle BEG, PL =

M D

2 ML 4 1   ; b. Dans le triangle ALM, sin h LAM  AL 3 2 3 d’où hLAM ª 16,78° 2 c. dPAL ª 33,6°.

86 1. Un prisme droit ayant pour base un polygone à n côtés a n  2 faces, 3 n arêtes et 2 n sommets. 2. Une pyramide ayant pour base un polygone à n côtés a n 1 faces, 2 n arêtes et n 1 sommets.

87 V cylindre = 25 p h

V parallélépipède = 30 h 2 Ê h ˆ 1 h3 Vcône = ¥ p Á h=p 3 Ë 3 ˜¯ 9

C E

B

F

91 Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com H

M

E

G

F

N D C A P

158

Q

N

B

92 Les droites (JK) et (GH) sont coplanaires, sécantes en un point L appartenant à la fois au plan (IJK) et au plan (DCG). Les droites (IJ) et (DH) sont coplanaires, sécantes en un point M appartenant lui aussi à la fois au plan (IJK) et au plan (DCG). Les plans (IJK) et (DCG) sont sécants suivant la droite (KL).

forme des faces, la hauteur d’une pyramide est la hauteur 2 dm. d’un des triangles rectangles isocèles, soit 2 (admis)

M

1 dm

L

G H

J

F

E K

I

Le volume du conditionnement, en cm3, est donc 2 1 2 ¥ 2 ¥ 1¥ ¥2, soit cm3. 2 3 3 3 (en cm) ; 97 OO1 = sin 36

D C A

Ê 3 ˆ OO’ = 6 2 - Á Ë sin 36  ˜¯

B

93

2

(en cm)

La distance entre les deux boules jaunes est donc égale Ê 3 ˆ ≈ 3 mm. (en cm) à : 2 ¥ 6 2 - Á Ë sin 36  ˜¯ 1 4 ,5 ¥ 3 ¥49 98  ¥ 3 2

99 1. Les 3 côtés du triangle IJK ont pour longueur la moitié de celle d’une diagonale d’une face du cube. 2. IK 

IB ¥ IK a2  . 2 8 a3 . 4. Le volume du tétraèdre BIJK est 48 5. L’aire du triangle IJK est : 2 3 Êa 2ˆ 1 a 2 a 2 3 a2 3 ¥ ¥ ¥  (ou ¥Á ) ˜ 2 2 2 2 8 2 Ë 2 ¯ On en déduit que la hauteur du tétraèdre issue de B a a pour longueur . 2 3

3. L’aire du triangle BIK est :

94 1.

A B

C

2.

a 2 2

A

80

B 137

5 C

95 La section du cube est le polygone IJKLMN, où L, M et N sont les milieux respectifs des segments [AB], [BC] et [CG]. C’est un hexagone régulier. 96 Le conditionnement est formé de deux pyramides accolées par leur base qui serait un rectangle de longueur 2 dm et de largeur 1 dm. Compte-tenu de la

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

159

Équations de droite

12

Pour reprendre contact 1 a, c. 2 1. a, c, d. 2. c. 3. d. 3 b. 4 b.

Activité 1. Droites et fonctions affines 1. a. f (x) = – 2x + 3 b. g(x) = 3 c. Non 2. Non, pas lorsque la droite est parallèle à l’axe des ordonnées.

Activité 2. Équations de droite 1. 2. « b : x = 3 » correspond à la droite (CD). 3. a. « a : 2x + y – 3 » correspond à la droite (AB). En choisissant : Équation y = ax + b, on obtient a : y = – 2x + 3. b. c. En C2 on entre : = – 2 * A2 + 3. d. e. Un point de coordonnées (a, b) appartient à (AB) lorsque son ordonnée b est égale à – 2 ¥ a + 3. P10 Œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 9,6 et – 2x + 3 = 8,6. P11 œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 0 et – 2x + 3 = 0,1.

Activité 3. Parallèles si et seulement si… 1. d. Leur coefficient directeur a est le même. e. Oui f. Si deux droites sont parallèles, alors elles ont le même coefficient directeur. 2. a. On entre dans le champs de saisie, par exemple : y = 0,84 x y = 0,84 x – 7 b. Le test donne ces deux droites parallèles.

160

c. Si deux droites ont le même coefficient directeur, alors elles sont parallèles. 3. Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur.

Activité 4. Un menu équilibré 1. Théo aura consommé 183 g de lipides soit presque le double de l’apport journalier conseillé. 2. Soit x la teneur en lipides d’un « big » hamburger et y celle d’une portion de frites. On a 2x + y = 90 et x + 2y = 93 et au total 3x + 3y = 183 soit x + y = 61. Par soustraction, on obtient : x = 29 et y = 32. En conclusion, la teneur en lipides d’un « big » est 29 g et celle d’une portion de frite est 32 g. 3. Cela représente 29/3,3 ª 8,8 soit presque 9 cuillerées à soupe d’huile végétale.

TP 1. À vous de jouer : qui fera le meilleur score 1. Les droites D1 : y = 3x – 1 D2 : y = – x – 5 et D3 : y = x + 1 permettent de « ramasser » respectivement 5, 4 et 4 diamants, soit 13 en tout.

TP 2. La disparition de la banquise Nord Dy  – 0 , 05 et donc en une année, 1. D’après la droite qui modélise la situation, d’équation y = – 0,05x + 104,4 on a Dx pour Dx = 1, on a Dy = – 0,05. La surface de la banquise diminue donc en moyenne chaque année de 0,05 million de km2, soit de 50 000 km2. La première année de référence du graphique est 1978. En 2020, on aura y = – 0,05 ¥ 2020 + 104,4 soit y = 3,4 millions de km2. La banquise aura totalement disparu lorsque – 0,05x + 104,4 = 0 c’est-à-dire lorsque x = 2088, soit deux années avant 2090. 2. Cela signifie que par rapport au modèle qu’est la droite de tendance, la diminution de la surface de la banquise Nord pourrait s’accélérer. Cela constitue un autre modèle pouvant être substitué au premier.

TP 3. Une œuvre de Theo van Doesbourg A. Les carrés qui se succèdent ont des côtés parallèles dont la longueur double à chaque fois (de gauche à droite). Un même axe de symétrie les traverse. B. L’aire du plus grand carré est environ le quart de celle de la toile. C. 1. a. KR = 1 – KS Le théorème de Thalès permet d’écrire, d’une part : KC KS KC AC KS AC KS  et d’autre part  d’où l’égalité  soit 2 KP KR KP BP KR BP 1– KS 2 D’où 2 – 2KS = KS et donc KS  . 3 KS 2 2   b. Si [KS] est une diagonale du grand carré noir, le côté de ce carré a pour longueur : 3 2 3 2 2 2 Son aire exacte est donc . Ce carré occupe donc les de la toile. 9 9 2 1 2 1 1 1 1 1 1 1  et ¥  de la toile. 2. a. De droite à gauche, les 4 carrés représentent , ¥  , ¥ 9 4 9 18 4 18 72 4 72 288 2 1 1 1 64  16  4  1 85   b. La proportion de la toile peinte en noir est :    9 18 72 288 288 288

TP 4. Les calculs à la règle de Matiyasevitch A. 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 2. Abscisse de M

1

2

2

4

4

3

–5

Abscisse de N

–3

–2

–3

1

–2

–3

–1

Coefficient directeur de (MN)

–2

0

–1

5

2

0

–6

Ordonnée à l’origine de (MN

3

4

6

–4

8

9

–5

Chapitre 12. Équations de droite

161

B. 1. a. M et N ont pour ordonnées 64 et 25 y N – y M 25 – 64   3. b. (MN) a pour coefficient directeur a  xN – xM –5 – 8 (MN) a donc une équation de la forme y = 3x + b. Le passage par M donne : 64 = 3 ¥ 8 + b d’où b = 40. En conclusion : (MN) a pour équation y = 3x + 40. c. Le coefficient directeur de (MN) est a = 3 et l’ordonnée à l’origine est b = 40. d. Oui, les conjectures émises en partie A sont confirmées. 2. On a maintenant M(m ; m2) N(n ; n2). 2 2 ( n – m )( n  m ) n –m   nm a. a  n–m n–m b. (MN) a une équation de la forme y = (m + n) x + b. Le passage par M s’écrit : m2 = (m + n) m + b d’où b = – mn. c. La droite passant par les points distincts d’abscisses m et n de la courbe c d’équation y = x2 a pour coefficient directeur m + n et pour ordonnée à l’origine – mn.

TP 5. Un programme avec Xcas Voir sur le site www.didiermathx.com

TP 6. Le trapèze complet avec Xcas A. 1.

E

10

K D

–4

4

C

2 1 – 1 L1 2

B 5

A

2. a. On donne les points A(– 4 ; – 2), B(5 ; 1), C(2 ; 4) et D(– 4 ; 2). Le droites (AD) et (BC) se coupent en E. Questions Q1 : Les droites (AB) et (CD) sont-elles parallèles ? Q2 : Quelles sont les équations réduites des droites (AD) et (BC) ? Q3 : Quelles sont les coordonnées du point E ? Q4 : Déterminer les coordonnées des points K et L, milieux des segments [CD] et [AB]. Q5 : Montrer que E, K, L sont alignés. b. Réponses R1 : (AB) // (CD) R2 : (AD) : x = – 4 et (BC) : y = – x + 6 R3 : E(– 4 ; 10) 1 1 R4 : K(– 1 ; 3) et L ; – 2 2 R5 : E, K, L sont alignés.





3. a. b. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

162

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE 2  0 , 4  40 % 1 5 3 4 1 12 2 2 a. ¥ –  –  1 2 5 5 10 10 5 2 7 5 7 1 b. – ¥  –  3 3 4 3 6 2

20 1. a. b = 2 b. A(0 ; 2) 2. a. a = 3 b. A

3 a. –(– 3 )2  – 9 b. –( 5 )2  – 5

4

×3

1 d

2(– 3)2 = 18

5 (– 4) = 31

0

1

21 • A(– 2 ; – 11) Œ d car – 11 = 3(– 2) – 5 est vrai ; il en est de même pour D. 3 3 • B ; – 1 œd car – 1 = 3 – 5 est faux ; il en est de 2 2 même pour C.

 

6 a = – 10 7 – 1,5 ; 0 ; 4



8 1 et 3 22 A et C sont des points de d. B œ d car – 30 ¥ 6,6667 + 200 = – 0,001 = 0.

9 3, obtenu pour x = – 1 1 10 – 3 et 2

23 a. A(1, y) Πd donc y = Р2(1) + 4 = 2.

11 I(– 1 ; 5)

b. B(Р2, y) Πd donc y = Р2(Р2) + 4 = 8.

12 a. x2 – 10x + 25

b. 9x2 – 12x + 4

c. C(x, 6) Πd donc Р2x + 4 = 6 ; x = 1.

13 a. (x + 7)(x – 7)

b. (3x + 4)(3x – 4)

d. D(x, Р3) Πd donc Р2x + 4 = Р3 ; x = 3,5.

14 x(x + 5)

24 Il suffit de trouver deux points distincts de chaque droite.

3 15 a   3 1

a. d1 = (AB) avec A(0 ; 3) B(1,5 ; 0)

16 y = 2x

b. d2 = (CD) avec C(3 ; 0) D(3 ; 3)

8 17 a   4

c. d3 = (OE) avec O(0 ; 0) E(2 ; – 2)

2

d. d4 = (FG) avec F(0 ; 3) G(2 ; 3)

ENTRAÎNEMENT

25

18 1. 2. a. b. 3.

Cas 1

Cas 2

4 Dx = 1 Dy = 1 a = 1/1 = 1 y=x+4

3 Dx = 3 Dy = – 6 a = – 6/3 = – 2 y = – 2x + 3

y

F

H

G

J

D I

E

4

x

A B

19 d1 : y = – x – 2 d2 : y = 4x – 5 1 d3 : y = – x + 4 3 d4 : y = x + 3 d5 : y = – 2 d6 : y = 3

C

d1 = (AB) avec A(0 ; – 1) et B(3 ; – 2) d2 = (CD) avec C(0 ; – 4) et D(4 ; 0) d3 = (EF) avec E(– 4 ; 0) et F(0 ; 2) d4 = (GH) avec G(0 ; 1,5) et H(– 5 ; 1,25)

Chapitre 12. Équations de droite

163

26 1. d a une équation de la forme y = – 2x + b son ordonnée à l’origine est – 2 d’où d : y = – 2x – 2.

yC¢ ª 1 032,99 17 yD¢ = ¥ 2 800 + 1 000 670 yD¢ ª 1 071,04

xD¢ = 2 800 d’où

y

34 1. a. Schéma :

J

0

I

2

S

x B

Dy = – 2 Dx = 2

N n

Dx = – 1

R N¢

2. M(Р6 ; 10) Πd car 10 = Р2(Р6) Р2 est vrai.

27 d : y = 4x + b B(1 ; – 1) Œ d donc – 1 = 4 + b ; b = – 5. D’où d : y = 4x – 5. 28 Voir corrigé en fin de manuel. 29 Voir corrigé en fin de manuel. 30 1. K(4 ; – 1) 2. CA 

( 3 – (– 2 ))2

2. a. F

G 8 6

 ( 2 – (– 3 ))2

5 2

CB  ( 5 – (– 2 ))2  (– 4 – (– 3 ))2  5 2 Dy 2 1 3. Le coefficient directeur de (CK) est a    , Dx 6 3 1 d’où (CK) : y  x  b . 3 2 Le passage par C(– 2 ; – 3) donne – 3 = – + b, soit : 3 7 1 7 b = – . D’où (CK) : y  x – . 3 3 3 La médiatrice de [AB] est l’ensemble des points équidistants de A et de B. Or K et C sont équidistants de A et de B, d’où (KC) est cette médiatrice.

31 a. y = x + 4 b. y = 2x + 2 1 32 a. y = x + 2

2 4 5 b. y = – x + 3 3

33 1. E(3 350 ; 1 085) 2. a. La dénivelée entre A et E est de 85 m. Dy 85 17   b. a  Dx 3 350 670 L’ordonnée à l’origine de la droite (AE) est 1 000, d’où 17 l’équation réduite de (AE) : y  x  1 000 670 17 ¥ 1 000 + 1 000 c. xB¢ = 1 000 d’où yB¢ = 670 yB¢ ª 1 025,37 17 xC¢ = 1 300 d’où ¥ 1 300 + 1 000 yC¢ = 670

164

b. c. RNN¢ est un triangle isocèle. (Rn) est une médiatrice donc une bissectrice de kRNN¢. Comme fnRN + fNRS = 90° on en déduit kBRN¢ = 2fnRN + 2fNRS = 180°. Cela prouve que B, R et N¢ sont alignés.

B

4 N 2 J

R

0

I 2

4

6

8

10

D 12

14

16

18

N¢

b. B(5 ; 5) N(14 ; 3) 3. On construit N¢, le point symétrique de N par rapport à (OD). La droite (BN¢) coupe (OD) en R. 4. a. N(14 ; 3) d’où N¢(14 ; – 3). b. B(5 ; 5) ; N¢(14 ; – 3). –8 Le coefficient directeur de la droite (BN¢) est a  d’où 9 –8 (BN¢) : y = x+b 9 85 –40 Le passage par B(5 ; 5) donne S = + b d’où b  . 9 9 –8 85 D’où (BN¢) : y  x . 9 9 c. R est le point de (BN¢) d’ordonnée y = 0. Son abscisse 85 8 85 x est telle que – x   0 soit x  . 9 9 8 85 ;0 Conclusion : R 8

 

35 1. a. 1€

8

6

4

2

0

2€

0

1

2

3

4

b. (8 ; 0) (6 ; 1) (4 ; 2) (2 ; 3) (0 ; 4) c. Les points représentant ces solutions semblent alignés. 2. a. Le montant est : x + 2y (€)

b. x + 2y = 8 c. On a observé que les couples (x ; y) qui sont solutions du problème, donc qui vérifient x + 2y = 8 ou encore 1 y = – x + y sont les coordonnées de points de cette 2 droite. D’où leur alignement.

2. a. 0,3x + 0,2y = 2,8 équivaut à 3x + 2y = 28. 3 b. y = – x + 14 2 c. Il suffit de rechercher les points de cette droite D ayant des coordonnées entières et positives ou nulles. On obtient 5 points dont les coordonnées sont : (0 ; 14), (2 ; 11), (4 ; 8), (6 ; 5) et (8 ; 2) Ces coordonnées correspondent aux quantités x de bonbons verts et y de bonbons roses dont le coût est 2,80 €

37 1. 90 ¥ 10 + 70 ¥ 15 = 900 + 1 050 = 1 950 euros. 2. Un coût de 300 € peut correspondre à la production de : • 30 boîtes de modèles P • 15 boîtes de modèles P et 10 modèles G • 20 boîtes de modèles G 3. a. Le coût de production de x boîtes de modèle P et de y boîtes de modèle G est 10x + 15y. b. 10x + 15y = 300 si et seulement si : 15y = – 10x + 300 2 y = – x + 20 3 c. Les productions possibles d’un coût de 300 € sont : 3

6

9 12 15 18 21 24 27 30

Nombre 20 18 16 14 12 10 8 boîtes type G

a. Celle qui passe par E(0 ; – 2) a pour ordonnée à l’origine b = – 2 d’où y = 3x – 2. b. De même y = 3x + 3. c. De même y = 3x + 1.

36 1. 4 ¥ 0,20 + 5 ¥ 0,30 = 2,30 €

Nombre 0 boîtes type P

41 d : y = 3x – 4 Toute droite parallèle à d a une équation de la forme y = 3x + b.

6

4

2

0

39 a. d // d¢ car 2  3. b. d // d¢ car a = a¢ = – 4. 2 c. d // d¢ car = 0,4. 5 d. d // d¢ car 0  3.

40 a. d // d¢ car d et d¢ sont toutes les deux parallèles à l’axe des ordonnées. 3 b. d : y = x + et d¢ : y = x – 4 sont parallèles car a = a¢ = 1 2 2 2 c. d : y = x – et d¢ : y = 1,5x + 5 ne sont pas parallèles 3 3 2 car  1,5 3 1 d. d // d¢ car a = a¢ = . 2

42 Voir corrigé en fin de manuel. 43 Il suffit de comparer les coefficients directeurs a et a¢ des droites (AB) et (CD). 3 1 a. a = ; a¢ = ; a  a¢ donc (AB) // (CD). 8 3 3 1 2 1 b. a = = ; a¢ = = ; a = a¢ donc (AB) // (CD). 9 3 6 3 3 4 1 1 = – ; a¢ = ; a = a¢ donc (AB) // (CD). c. a = 3 4 -4 44 Toute droite parallèle à (AB) a pour coefficient directeur celui de la droite (AB). -4 a. Le coefficient directeur de (AB) est : = 4. -1 L’équation cherchée est donc y = 4x + b avec b tel que 1 = 4 ¥ 2 + b. D’où y = 4x – 7. 3 b. De même a = = 3 et b est tel que 1 = 3 ¥ 3 + b 3 c’est-à-dire b = – 2. D’où y = 3x – 2.

45 1. ABCD est un parallélogramme si et seulement si Milieu [AC] = Milieu [BD] c’est-à-dire si  x A  x C xB  xD  ÔÔ 2 2 Ì y y yB  yD C Ô A  ÔÓ 2 2 x 0 ; d’où D(0 ; – 2). ou encore Ì D Ó yD  – 2 2. (AB) : y = x + 2 (CD) : y = x – 2 1 14 1 (BC) : y = – x + (AD) : y = – x – 2 3 3 3

2 

3 46 1. H(3 ; 2) K ; 5

3 2. y = ax + b avec a = = – 2, et b tel que 2 = – 6 + b ; -3 b=8 2 D’où y = – 2x + 8. -6 3. De même a¢ = = – 2 et b¢ tel que 4 = – 2(– 2) + b¢ ; 3 b¢ = 0 ; d’où y = – 2x 4. On retrouve que (HK) et (AC) sont parallèles, car leurs coefficients directeurs sont égaux (– 2).

Chapitre 12. Équations de droite

165

47 1. Pour chaque point, on remarque que y = 2x. Ainsi, les quatre points appartiennent à la droite d’équation y = 2x et ils sont donc alignés. 1 2. O(0 ; 0), E - ; 1 et F(100 ; 200) sont alignés avec les 2 précédents.

52

A

 

B

48 Voir corrigé en fin de manuel. 49 1. (AL) a pour coefficient directeur a 

- 3 -1  ; 9 3

- 2 -1 = . (AC) a pour coefficient directeur a¢ = 6 3 Il en résulte (AL) // (AC) et donc A, L, C sont alignés. 2. K(2 ; 1) P(3 ; – 1) 3. (KL) a pour coefficient directeur a1 =

-6 = – 2 ; (KP) a 3

-2 = – 2. 1 a1 = a2 et donc K, L et P sont alignés. pour coefficient directeur a2 =

J O

C I

Dans le repère (O, I, J) on a : A(0 ; 13) B(3 ; 5) C(5 ; 0) 8 5 et (BC) : - . 3 2 Les points A, B, C ne sont pas alignés et donc OAC n’est pas un triangle. (AB) a pour coefficient directeur : -

50 1. C(2 ; 1) ; E(4 ; 0) ; F(0 ; 2) 1 2. Le coefficient directeur de (CE) est - et celui de 2 1 (CF) est - . 2 D’où (CE) // (CF) et C, E, F sont alignés.

53

218 ; 0 ; C(1 ; 1) ; F0 ; 138

(CE) a pour coefficient directeur : 1 8 et 13 13 5 8 8 5 - . (CF) a pour coefficient directeur : -1 8 Les points C, E, F ne sont donc pas alignés. Pour aller plus loin Solution 1 : Si E, F, C étaient alignés, on aurait, d’après le théorème de Thalès dans le triangle AEF : FD DC FD 5 DC 8  or  et  FA AE FA 13 AE 21 Ces quotients ne sont pas égaux et donc E, F, C ne sont pas alignés. Solution 2 : 5 tan DCF 8  8 tan BEC 13 Si E, C, F étaient alignés, les angles « correspondants »  et BEC  seraient égaux. Ce n’est pas le cas, puisque DCF leurs tangentes ne sont pas égales.

166

P

J

51 Dans le repère (A, B, D) on a : E

Q

4 3

O

H K I

4,5

Dans le repère (O, I, J) on a : P(3,5 ; 3) et Q(4,5 ; 4) 3 6 (OP) a pour coefficient directeur :  et 3,5 7 4 8  (OQ) : 4,5 9 6 8 Comme  , les points O, P et Q ne sont pas alignés. 7 9 Pour aller plus loin Si O, P, Q étaient alignés, on aurait par le théorème de Thalès : OP OH HP   OQ OK KQ Mais • •

OH 3,5 7   OK 4,5 9 HP 3  KQ 4

Les égalités de Thalès n’étant pas satisfaites, on peut en déduire que l’hypothèse « O, P, Q alignés » est fausse.

54 1.

57

d¢

C

4 d J –4

–2

2

O

H W

J

I –2 –1 A

I

3

8 B

–2

K

1. a. K(3 ; – 2)

E

b. Comme (AB) est parallèle à l’axe des abscisses, la médiatrice de (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées, et passe par K. Une équation de d est donc x = 3.

– 11

2. a. BA = xB – xA = 10

d : y = 2x – 1

d¢ : y = 3x + 4

x

0

–2

y

–1

–5

x

0

–2

y

4

–2

2. d et d¢ ont pour coefficients directeurs 2 et 3. Comme 2  3, d et d¢ ne sont pas parallèles et sont donc sécantes. 3. Le point d’intersection A des droites d et d¢ a des coordonnées x et y vérifiant y = 2x – 1 et y = 3x + 4. x est donc tel que 2x – 1 = 3x + 4 soit x = – 5. En reportant dans l’une des équations on obtient y = 2(– 5) – 1 = – 11. Donc E(– 5 ; – 11).

55 Voir corrigé en fin de manuel. 56 1. E(5 ; 5) F(0 ; 3) 2. (OE) : y = x (AD) : y = – x + 8 1 (BF) : y = x + 3 4 3. (OE) et (AD), non parallèles, se coupent en un point y  x K(x ; y) tel que Ì Óy  - x8 • x vérifie donc x = – x + 8 d’où x = 4. • L’équation 1 ou 2 donne alors y = 4. On a donc K(4 ; 4). Il reste à vérifier que K Œ (BF). 1 C’est bien le cas car 4 = ¥ 4 + 3 est une égalité vraie. 4

BC = 2 - 82  6 - - 22 = 10 B appartient donc à la médiatrice de [AC]. b. H(0 ; 2) c. d¢ = (BH) ; (BH) a pour coefficient directeur 4 1 =– -8 2 et pour ordonnée à l’origine, l’ordonnée de H, soit b = 2. 1 Une équation de d¢ est donc y = – x + 2. 2 3. a. Les coordonnées (x ; y) de W vérifient les équa1 tions x = 3 et y = – x + 2. 2 1 1 Pour x = 3 on a y = et donc W 3 ; 2 2 b. W est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. a=

 

58 1. D(4 ; 1) E(0 ; 3) F(– 2 ; 1) 2. • Équation de (AE) : (AE) non parallèle à l’axe des ordonnées a pour équation 6 y = ax + b avec a = = – 3 et b = 3 (ordonnée à l’origine -2 donnée par le point E(0 ; 3)). D’où (AE) : y = – 3x + 3. • Équation de (BF) : -6 3 De même, a = = et b tel que 5 = 6a + b (passage -8 4 3 1 par B) d’où b = 5 – 6 ¥ = . 4 2 3 1 On obtient (BF) : y = x + . 4 2 • Équation de (CD) : C et D ont même ordonnée : 1. Une équation de (CD) est y = 1. 3. Intersection de (AE) et (CD) : Ces droites sont sécantes (coefficients directeurs différents – 3 et 0). Les coordonnées (x ; y) de leur point d’intersection I vérifient y = – 3x + 3 et y = 1.

Chapitre 12. Équations de droite

167

2 On a donc – 3x + 3 = 1 soit x = 3 2 D’où I ; 1 3 Il reste à voir si I Œ (BF) 3 2 1 A-t-on 1= ¥  ? 4 3 2 La réponse étant oui, I Œ (BF) et les 3 médianes sont concourantes en ce point.

 

59 Voir le corrigé ci-dessus de l’exercice 58. 60 1.

8

B

R

5. Les points B et R ayant même ordonnée, on a (BR) // (ET). Le théorème de Thalès permet alors d’affirmer que : NE ET  NR BR Il reste à voir si cette égalité est vérifiée avec les distances calculées précédemment. ET = xT – xE = 10 – 6 = 4 BR = xR – xB = 12 – 0 = 12 NE 5 15 1 =  = NR 2 2 3 ET 4 1 = = BR 12 3 L’égalité de Thalès est bien satisfaite.

61 A. 1. A(0,5 ; 0) G(3,5 ; 3)

N

2 1 0

E 1

T 6

10

12

0-8 4 2. (BT) a pour coefficient directeur a = =– ; 10 - 0 5 l’ordonnée à l’origine est l’ordonnée du point B, soit b = 8. 4 D’où (BT) : y = – x + 8. 5 3. • Cherchons une équation de (RE). 8-0 8 4 Son coefficient directeur est : a¢ =   . 12 - 6 6 3 4 (RE) a donc une équation de la forme y = x + b¢. 3 Le passage par E(6 ; 0) donne alors : 4 O = ¥ 6 + b¢ 3 d’où b¢ = – 8. 4 Il en résulte que (RE) a pour équation y = x – 8. 3 • Les coordonnées de N s’obtiennent en résolvant le  4 4 4 Ôy  - 5 x8 Ô x-8 - 5 x8 système Ì soit Ì 3 Ôy  4 x-8 Ôy  4 x-8 3 3 Ó Ó  32  15 Ô x  16 Ôx  15 soit Ì ;2 . soit Ì 15 2 . D’où N 4 2 ÔÓ y  2 Ôy  x-8 3 Ó

 

4. EN = =

152 - 6

152 - 12

=

225 15 = 4 2

2

 2 - 82 =

2. • B est le point d’intersection de (AG) et de (IK) dont une équation est x = 1. y  x - 0,5 x 1 On résout y  0,5 x 1





d’où B(1 ; 0,5). • C est le point d’intersection de (AG) et de (IL) dont une équation est y = 1.  y  x - 0,5  x  1,5 On résout Ì Ì y 1 Ó Ó y 1 d’où C(1,5 ; 1). • On obtient de même D(2 ; 1,5), E(2,5 ; 2) et F(3 ; 2,5) On peut vérifier que ces points sont tous les milieux d’arêtes du cube. xI  xK yI  yK Par exemple, xB = et yB = . 2 2 B.

M

L

D

E C

N J

K

F

S

B O

A

I

Pour aller plus loin

 2 - 02

9 25 5 4 = = 4 4 2

RN =

168

2

3 • Coefficient directeur de (AG) : a = = 1 3 d’où (AG) : y = x + b. • A appartient à cette droite : O = 0,5 + b d’où b = – 0,5. Une équation de (AG) est y = x – 0,5.

81  36 4

• (AB) coupe (JK) en S tel que KS = AI (DC) coupe (JK) en S¢ tel que KS¢ = DL Comme AI = DL, S = S¢ et les droites (AB) et (DC) sont sécantes en S. Les points A, B, C et D sont donc coplanaires. • Comme (ED) // (AB) et (EF) // (BC), E, puis F, appartiennent aussi à ce plan (ABCD).

62 1. Oui 2. Le point I(4 ; – 2) est le point d’intersection des droites. d : y = – 2x + 6 et d¢ : y = x – 6.

63 a. Le couple solution est le couple des coordonnées du point d’intersection de d4 et d1. On lit (x ; y) = (5 ; 2). b. Idem avec d1 et d2 : (x ; y) = (4 ; 1) c. Idem avec d3 et d1 : (x ; y) = (2 ; –1) d. Idem avec d3 et d4 : (x ; y) = (1 ; 2)

64

y

x–

3

4 3

y=

B

7 1 x+ 2 y= 2

J –1

J

x

3

3

y=

x+

2x +

–2

–3

y=

5

A

a. Le couple solution (2 ; – 1) (en trait plein). b. Le couple solution (– 1 ; 3) (en pointillé). y  x – 3 Ó2 x  y  3

65 a. Ì

y  x – 3 Ì Óy  2 x  3

x  2   ( 2 ; – 1) Ì Óy  – 1 y  x – 3 y  x – 3 Ì Ì – 3 – 2 3 x  x  Ó3 x  6 Ó x – 2 y  – 7  x  2 y – 7 b. Ì Ì Ó2 x  y  – 5 Ó2 ( 2 y – 7 ) – y  – 5 x  2 y – 7 x  – 1   (– 1 ; 3 ) Ì Ì Ó3 y  9 Óy  3

66 1. Un réglage possible de la fenêtre est : xmin = – 5 xmax = 80 ymin = – 5 ymax = 30 En zoomant et à l’aide de la fonction TRACE , on peut lire x ª 60 et y ª 23 2. x  0 , 4 x – 1 0 , 4 x – 1  0 , 3 x  5 0 ,1 x  6 Ì Ì Ì y  x  y x   0 , 3 5 0 , 3 5 Ó Ó Óy  0 , 3 x  5  x  60 Ì Ó y  23 Ce résultat est en accord avec la lecture graphique.

67 Graphiquement, on lit Veq = 13. Algébriquement : • une équation de la droite passant par (0 ; 22,4) et 1, 4 (10 ; 21) est y = ax + b avec a = = – 0,14 et b = 22,4, – 10 c’est-à-dire y = – 0,14x + 22,4. • la droite passant par (20 ; 30,6) et (24 ; 36,2) a pour 5 ,6 équation y = a¢ + b¢ avec a¢ = = 1,4. 4 L’équation devient y = 1,4x + b. Le passage par (20 ; 30,6) donne 30,6 = 1,4 ¥ 20 + b ; b = 2,6. D’où l’équation y = 1,4x + 2,6. Veq est l’abscisse du point d’intersection des droites d’équations y = – 0,14x + 22,4 et y = 1,4x + 2,6. x = Veq est donc solution de l’équation 1,4x + 2,6 = – 0,14x + 22,4 19 , 8 ª 12,9 1,54x = 19,8 ; x = 1, 54 68 1. La distance qui sépare les 2 villes est 160 km. Le trajet de A à B dure 120 minutes soit 2 heures. Celui de B à A dure 100 minutes soit 1 heure 40 minutes. 2. La vitesse moyenne de l’automobiliste sur le trajet 160 de A à B est = 80 km.h–1. 2 Celle de l’autre automobiliste sur le trajet de B à A est 3 160  160 ¥  96 km.h – 1. 5 2 1 3 3. Leur croisement aura lieu environ 66 minutes après le départ de l’automobiliste « rouge » et 46 minutes après le départ de l’automobiliste « bleu ». Cela se produira à environ 88 km de A et 72 km de B. 4. Les équations des droites « rouge » et « bleue » sont : –160 160 y x  160 et y  ( x – 20 ) 120 100 La résolution du système donne x ª 65,45 minutes et y ª 72,72 km en accord avec la lecture.

69 Géométriquement :

AS AC AS 2  ,  soit AN AH 5 2 2 5  10 2 125 2¥5 5 . AS  2 5 d’où AS  5 5 D’où SN = AN – AS = 5 5 – 2 5  3 5 Dans un repère orthonormé : Si I et J sont les points de [NH] et [NR] tels que NI = NJ = 1, le repère (N, I, J) est orthonormé. Dans ce repère : N(0 ; 0), A(10 ; 5). 1 Une équation de (AN) est y = ax avec a  ; d’où (AN) : 2 1 y  x . Une équation de (EC) est y = 3. 2 Les coordonnées de S, point d’intersection de (AN) et Ô y  1 x 2 (EC) vérifient Ì ÔÓ y  3 Par le théorème de Thalès,

D’où S(6 ; 3) puis NS  6 2  32  45  3 5 . L’unité graphique étant 1 cm, on a donc NS = ED  cm.

Chapitre 12. Équations de droite

169

70 Géométriquement, le théorème de Thalès donne : ED DC ED 4  ou encore  EB AB DB – DE 8 avec DB  6 2  8 2  10. ED 1 10 D’où  ; 2ED = 10 – ED ; 3ED = 10 ; ED = . 10 – ED 2 3 Sur le segment [DB] de longueur 10, le point E se situe au tiers de ce segment, en partant de D. Dans un repère orthonormé : Si I et J sont les points de [AB] et [AD] tels que AI = AJ = 1, le repère (A, I, J) est orthonormé. Dans ce repère : A(0 ; 0), C(4 ; 6), B(8 ; 0), D(0 ; 6). 6 (AC) a pour équation y = ax avec a = = 1,5, soit y = 1,5x. 4 6 (BD) a pour équation y = a¢x + b¢ avec a¢ = = – 0,75 et –8 b¢ = 6, soit y = – 0,75x + 6. Les coordonnées de E vérifient donc y = 1,5x et y = – 0,75x + 6. 6 On a donc 1,5x = – 0,75x + 6 soit 2,25x = 6 ; x = 2 , 25 3 8 6 4 8 8 x   6 ¥  , puis y  ¥ , y = 4. D’où E ; 4 . 9 9 3 2 3 3 4 8 2 10 On a donc DE   22  et DB  8 2  6 2  10. 3 3 E se situe donc au tiers du segment [DB] en partant de D.

 



71 Soient x et y les notes de Julie à l’épreuve écrite et

6x4 y 6y4 x  9 et  10 . 10 10 C’est-à-dire 6x + 4y = 90 et 4x + 6y = 100 ou encore 3x + 2y = 45 et 2x + 3y = 50. 3x + 2y = 45 équivaut à 6x + 4y = 90 2x + 3y = 50 équivaut à – 6x – 9y = – 150 En ajoutant : – 5y = – 60 ; y = 12. D’où en reportant dans une équation : x = 7. Julie a donc obtenu 7 à l’écrit et 12 à l’oral.

orale. On a

72

2. Graphiquement, x et y sont les coordonnées du point d’intersection des droites d : x + y = 10 et d¢ : 1,2x + 0,8y = 11. Le tracé de ces deux droites permet de retrouver ces mêmes valeurs par lecture, mais sans être certain qu’elles sont exactes.

73 y

x x

1re façon : 6x + 2y + 46 = 300 2e façon : 4x + 4y + 46 = 330 6 x  2 y  254 3 x  y  127 on résout Ì soit Ì Ó4 x  4 y  284 Ó x  y  71 3 x  y  127 ou encore Ì Ó– x – y  – 71 En ajoutant membre à membre ces deux égalités : 2x = 56 x = 28 En reportant dans : x + y = 71 on obtient y = 43. Les faces carrées du paquet ont pour côté 28 cm ; les faces rectangulaires ont pour dimensions 28 cm et 43 cm.

75 • Si K est le milieu de [AB], alors B est le symétrique de A par rapport à K. • Si B est le symétrique de A par rapport à K, alors K est le milieu de [AB]. 76

A

1,2x B 0,8y

y

x

1. On suppose x  0, y  0 et x  y. On a : 2x + 2y = 20 De plus 2(1,2x + 0,8y) = 1,1 ¥ 20 2 x  2 y  20 On résout donc Ì Ó2 , 4 x  1, 6 y  22  x  y  10 Soit encore Ì Ó1, 2 x  0 , 8 y  11  y  10 – x  y  10 – x Ì Ì Ó1, 2 x  0 , 8 ( 10 – x )  11 Ó0 , 4 x  3

170

x  7 , 5 Ì Óy  2 , 5

H M

C

• Si M est le milieu de [BC], alors : AH ¥ BM aire ABM  2 AH ¥ BC  4 AH ¥ MC aire AMC  2 AH ¥ BC  4 et (AM) partage donc le triangle ABC en deux triangles de même aire. • Si ABM et AMC sont des triangles de même aire, alors AH ¥ BM AH ¥ MC on a :  d’où BM = MC d’où M est le 2 2 milieu de [BC] (car M Œ [BC]). L’équivalence est donc vraie.

77 1. (A) est fausse car 0(0 ; 0) est un point du plan mais 0 = 3 ¥ 0 – 5 est faux (contre-exemple). (B) est vraie car E(9 ; 1) est un point du plan tel que 1=3¥2–5 (C) est vraie car 0(0 ; 0) est un point du plan tel que 0≠3¥0–5 2. La négociation de (A) est « Il existe au moins M(x, y) du plan tel que y ≠ 3x – 5.

78 1. Non. Contre-exemple : (1 + 1)2 ≠ 12 + 12

= 1. Les aires de ABM et BCM sont donc égales si et seuley2 ¥1 (( 1– x )2 ¥ 1  c’est-à-dire y2 = (1 – x)2. ment si 2 2 b. y2 = (1 – x)2 équivaut à [y + (1 – x)] [y – (1 – x)] = 0 soit (y – x + 1) (y + x – 1) = 0 soit y = x – 1 ou y = – x + 1 Les points M(x ; y) cherchés sont donc ceux appartenant à l’une ou l’autre des droites d : y = x – 1 et d¢ : y = – x + 1. On reconnaît en d¢ la droite (BD) et en d, la droite perpendiculaire à (BD) passant par B.

2. Non. Contre-exemple : (3 + 0)2 = 32 + 02 3. (x + y)2 = x2 + y2 équivaut à 2xy = 0 soit x = 0 ou y = 0. L’ensemble cherché est la réunion des droites d’équations x = 0 et y = 0

79 1. Fenêtre Algèbre : a. y = 0,67x + 10,07 b. y = 0,67x – 2 Les droites a et b sont parallèles (même coefficient directeur). Fenêtre Géométrie : Les droites a et b sont affichées comme « sécantes ». 2. A(– 15 ; 0) B(20 ; 23,5) C(– 12 ; – 10) D(18 ; 10) 23 , 5 35 20 2  Coefficient directeur de (CD) : a ¢  30 3 23 , 5 2  car 3 ¥ 23,5 ≠ 70 35 3 Les droites a et b sont sécantes. 23 , 5 2 3. ª 0 , 6714 ª 0 , 6667 35 3 À 10–2 près les valeurs affichées des coefficients directeurs sont les mêmes, alors que ces nombres sont différentes.

Coefficient directeur de (AB) : a 

Travail personnel Pour les exercices 80 à 100 : voir corrigés en fin de manuel. APPROFONDISSEMENT

101 1. Notons H et K les pieds des hauteurs issues de M dans les triangles MAB et MBC. MH ¥ AB MK ¥ BC On cherche M tel que  . C’est-à-dire 2 2 tel que MH = MK (puisque AB = BC). Or M est équidistant des côtés [BA) et [BC) de l’angle fABC si et seulement si M appartient à la bissectrice de fABC. M devant rester à l’intérieur du carré ABCD, M doit donc appartenir au segment [BD] pour que les aires ABM et BCM soient égales. 2. a. On cherche M(x ; y) avec x Œ  et y Œ  tel que Aire ABM = Aire BCM. Or MH  y 2 , MK  ( 1– x )2 , AB = BC

Pour aller plus loin Dans le repère orthonormé (A, I, D), soit M(x ; y). On a MH = y 2 et MK = ( 2 – x )2 . AB = 2 et BC = 1 y2 ¥ 2 ( 2 – x )2 ¥ 1  On cherche M(x ; y) tel que 2 2 c’est-à-dire 4y2 = (2 – x)2 ou encore [2y + (2 – x)] [2y – 1 (2 – x)] = 0 soit (2y – x) + 2) (2y + x – 2) = 0 soit y  x – 1 2 1 ou y  – x  1. L’ensemble des points M cherché est donc 2 1 1 la réunion des droites = d : y = x – 1 et d¢ : y = – x + 1. 2 2 d¢ est la droite (BD), d est la droite symétrique de (BD) par rapport à (AB). b. Dans le repère orthonormé (A, I, J) 1 où I Œ [AB] et AI = AB = 1 a 1 J Œ [AD] et AJ = AD = 1, soit M(x ; y) b On a (DC) : y = b et (BC) : x = a ; MH  y 2 ,

MK  ( a – x )2

AB = a,

BC = b

y2 ¥ a a – x )2 ¥ b  soit On cherche M(x ; y) tel que 2 2 a2y2 = b2(a – x)2 soit [ay + b(a – x)] [ay – b(a – x)] = 0 b soit y = x – b a b ou y = – x + b a On retrouve dans le cas général la droite (BD) et la droite symétrique de (BD) par rapport à (AB).

102 1. De xB ≠ xA et xD ≠ xC on déduit que les droites (AB) et (CD) ont un coefficient directeur et qu’elles sont parallèles si et seulement si ces coefficients sont égaux ce qui équivaut à p = q. 2. La négation de la condition « xB ≠ xA et xD ≠ xC » est « xB = xA ou xD = xC ». Ceci recouvre deux cas : Cas où les deux égalités sont vraies : xB = xA et xD = xC. On a p = q = 0 et les droites sont bien parallèles, car parallèles à l’axe des ordonnées.

Chapitre 12. Équations de droite

171

Cas où une seule des égalités est vraie, par exemple xB = xA et xD ≠ xC. On a alors p ≠ 0 et q = 0 donc p ≠ q. (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées mais (CD) ne l’est pas donc les deux droites ne sont pas parallèles.

On a KM2 + JM2 = 4 = JK2, d’où (Réciproque du théorème de Pythagore) JMK est rectangle en M. b. (KM) est la tangente à  en M.

105 3

103 VARIABLES : ENTRÉES : TRAITEMENT :

xA, yA, xB, yB, xC, yc Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yc Calculer p = (yB – yA) ¥ (xC – xA) Calculer q = (yC – yA) ¥ (xB – xA) Si p = q Alors Afficher « A, B, C sont alignés » Sinon afficher « A, B, C ne sont pas alignés » FinSi

SORTIES :

104

2



B M

1,5 J

0

3I 2

K

1. C’est le milieu de [OB] soit J. 2. Le repère (O, I, J) étant orthonormé, 2

 

2 Ê 3ˆ 3 3 1 JM = Á ˜  - 1 =  =1 Ë 2 ¯ 2 4 4

d’où M Œ (J, 1). 3. a. (BM) a pour coefficient directeur 1 3 -2 2 2 1 a  3 3 3 -0 2 2 et pour ordonnée à l’origine b = 2. 1 D’où (BM) : y = – x+2 3 D est le point de (BM) ayant pour ordonnée 0. 1 Son abscisse est donc x tel que – x+2=0 3 soit x = 2 3. D’où (2 3 ; 0). b. K( 3 ; 0) 4. a. JK = ( 3 )2  ( - 1)2 = 2 JM = 1 2



Ê 3 ˆ 3 KM = Á - 3˜  Ë 2 ¯ 2

172

2

 3

2

C

B

K E

F

J A O

I

2

3

3 Coordonnées de K : xK = 2 ; yK = 2 3 Équation de (AC) : y = – x + 3 4 3 Équation de (OB) : y = x 4 3 Équation de (OK) : y = x 2 3 Équation de (AK) : y = – x + 6 2 Coordonnées de E :  3 3 3 Ô y  - 4 x 3 Ô 2 x  - 4 x 3 Ì Ì Ôy  3 x Ôy  3 x 2 2 Ó Ó

4

 4 Ôx  3 Ì ÔÓ y  2

Coordonnées de F :  3 3 3 Ô y  - 2 x  6 Ô 4 x  - 2 x  6 Ô x  8 3 Ì Ì Ì ÔÓ y  2 Ôy  3 x Ôy  3 x 4 4 Ó Ó Il en résulte (EF) // (OA), car E et F, d’ordonnée 2, appartiennent à la droite d’équation y = 2. 4 1 De plus EF = xF – xE = = BC. 3 3

106 1. D, E, F paraissent alignés. 2. a. (AB)  (AD) et AB = AD : le repère (A, B, D) est orthonormé. b. A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1) 3. a. (EK) est une hauteur du triangle ABE. b. Comme ABE est équilatéral, (EK) est aussi médiane et 1 K est le milieu de [AB]. D’où K ; 0 . 2 3 4. EK = 2 On obtient ce résultat, soit en écrivant que EK = AE sin 60°, soit en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle AKE.

 

Ê 1 3ˆ D’où E Á ; Ë 2 2 ˜¯ Ê 3 1ˆ 5. F Á1 ; ˜ Ë 2 2¯ 6. D, E, F sont alignés si et seulement si les droites (DE) et (DF) ont le même coefficient directeur.

3 -1 2 Or le coefficient directeur de (DE) est : a  soit 1 a  3 - 2. 2 1 -1 2 1 Celui de (DF) est : a ¢  soit a ¢  3 2 3 1 2 2- 3 ou encore a ¢   - 2 3. 2 3 2- 3

1 m- 4 2 1 Pour (BC) : a   - m2 -2 4 16 - 2 m 1  - m2 Pour (BE) : a ¢  8 4 (BC) et (BE) sont donc parallèles et les points B, C, E sont alignés pour n’importe quelle position de M sur [OA].

Il en résulte a = a¢ et donc l’alignement des points D, E et F.

2. a. y A  x A2 ; y B  x B2 ; y C  x C2











Pour aller plus loin On trace [DE] et [EF]. Les triangles AED et BFE sont isocèles (AD = AE = BE = BF)   90 - 60  30 ° et leurs angles au sommet sont EAD  et EBF = 60 + 30 = 90°.   180 - 30  75 ° Leurs angles à la base sont donc DEA 2   180 - 90  45 ° et BEF 2   DEA   AEB   BEF  D’où DEF = 75 + 60 + 45 = 180° Les points D, E et F sont donc alignés.

107 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com 2. B, C, E semblent alignés et ils le restent lorsque M se déplace sur [OA].

108 1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com b. Il semble que xA + xB = xC. b. Le coefficient directeur de (AB) est x B2 - x A2  x B - x A   x B  x A   xB - x A xB - x A  x A  xB Celui de (OC) est

D’après la question 2.c on a : xA + xB = xC et de même xD + xE = xC. x A  xB x C xD  xE   Il en résulte 2 2 2 Les milieux de [AB], [OC] et [DE] ont donc même abscisse. Ils sont donc alignés sur une droite parallèle à l’axe des ordonnées.

109 D

c. Voyons si (BC) et (BE) ont le même coefficient directeur.

= xC.

Pour aller plus loin

a. d1 a pour coefficient directeur celui de (AB), c’est-à4 1 dire : a = = – . 8 2 1 d1 admet donc une équation de la forme y = – x + b 2 1 Mais M(m ; 0) appartenant à d1, on a : O = – m + b d’où 2 1 1 1 b = m. D’où d1 : y = – x + m. 2 2 2 C est le point du d1 d’abscisse nulle d’où 1 1 1 yC = – ¥ 0 + m = m 2 2 2 1 On en déduit C 0 ; m 2 b. d2 a pour coefficient directeur celui de (OB) c’est-à4 dire a¢ = = 2. 2 d2 : y = 2x + b¢ passant par M(m, 0), on a : O = 2m + b¢ et donc ¢ = – 2m. D’où d2 : y = 2x – 2m. E est le point de d2 dont l’abscisse est 10. D’où yE = 2 ¥ 10 – 2m = 20 – 2m On a donc : E(10 ; 20 – 2m).



xC

Comme (AB) // (OC), on a bien xA + xB = xC.

3. M(m ; 0)



x C2

C

M

J N A

B

I

1. Dans le repère (A, I, J) on a : D(0 ; 5) et M(5 ; 3). 3–5 2 Le coefficient directeur de (DM) est a  – . 5–0 5 Son ordonnée à l’origine est l’ordonnée de D, soit b = 5. 2 Ainsi (DM) a pour équation : y  - x  5. 5 2. N est le point de la droite (DM) ayant une ordonnée 2 nulle. Son abscisse x est donc telle que - x  5  0, soit 5 25 x  12 , 5. 2 3. DM2 = (5 – 0)2 + (3 – 5)2 = 29 2 725 25 DN2  - 0  0 - 52  2 4 1 1 1 4 29 1      DM2 DN2 29 725 725 25





Chapitre 12. Équations de droite

173

Pour aller plus loin

111

1. CM = d avec 0 < d < 5. M(5 ; 5 – d) d Équation de (DM) : y  - x  5 5 d Cordonnées de N : y = 0 et x tel que - x  5  0 d’où 5 25 N ; 0. d DM2 = d2 + 25 625 25 d 2  625 DN2   25  d2 d2 d2 1 1 1    DM2 DN2 d 2  25 25 d 2  625 d2 25   25d 2  25 25d 2  2 5







1 d 2  25  . 25d 2  25 25

Cette somme ne dépend donc pas de la position de M sur [BC], privé des points B et C. 2. Sans repère, dans le triangle ADN, le théorème de NM BM NM 5 - d Thalès donne : (1).  et donc  ND AD ND 5 Une autre configuration de Thalès (parallèles (DC) et MD MC (BN) sécantes (DN) et (BC)) permet d’écrire :  NM MB MD d c’est-à-dire  (2). NM 5 - d MD d  (3) En multipliant (1) et (2), on obtient : ND 5 Par ailleurs, le théorème de Pythagore dans le triangle rectangle DCM donne : DM2 = DC2 + CM2 d’où DM2 = d2 + 25 (4). d Mais (3) s’écrit encore DN  DM et donc 5 25 25 2 2 2 2 DN  DM , puis DN  d  25 grâce à (4). d2 d2 1 1  s’achève alors comme dans la Le calcul de 2 2 DM DN question 1.

110 Voir fichier sur le site www.didiermathx.com Pour aller plus loin a. T est le point d’intersection des médianes (AF) et (CE) du triangle ABC. T est donc le centre de gravité du triangle ABC. b. Si I est le milieu de [AC], (BI) est la troisième médiane de ABC. B, T et I sont donc alignés. Comme I est le milieu de [BD], B, I, D sont aussi alignés. Il en résulte que B, T, D sont alignés.

174

R¢ O¢

R O





R  R ¢  8,6 R - R ¢  2,6

O O¢

R  5,6 R¢3

112 Soit h la hauteur de la table, a la hauteur du bloc 1 et b celle du bloc 2. On a : h – b + a = 32 et h – a + b = 28 En ajoutant, on obtient 2h = 60 d’où h = 30. La table a une hauteur de 30 pieds. 113 Dans le repère (O, I, J), la droite (BD) a pour coefficient directeur D’où (BD) : y = –

-3 et pour ordonnée à l’origine 3. 8

3 x+3 8

-8 et pour La droite (CE) a pour coefficient directeur 3 ordonnée à l’origine 8. 8 D’où (CE) : y = – x + 8 3 (CE) et (BD) se coupent en un point K dont les coordonnées vérifient le système  8 Ôy  - 3 x8 Ì Ô y  - 3 x 3 8 Ó -8 3 x+8=– x+3 xK est donc solution de 3 8 55 soit x=5 24 24 d’où xK = 11 3 24 On a alors yK = – ¥ +3 8 11 24 yK = 11 24 24 D’où K ; . 11 11 L’aire du triangle bleu est égale à : Aire OBE – Aire OCE – Aire BKC. 8¥8 Or : Aire OBE = = 32 2 3¥ 8 = 12 Aire OCE = 2 24 5¥ 11 60  Aire BKC = 2 11 60 160 = (cm2). D’où : Aire triangle bleu = 32 – 12 – 11 11





114 L’ordonnée à l’origine de la droite (BD) étant – 1, prenons C comme origine du repère et J, symétrique de B par rapport à C, comme point (0 ; 1) L’axe des abscisses est alors (CD).

Posons D(x ; 0) dans le repère (C, I, J) cherché. 1 Le coefficient directeur de (BD) est alors et on doit x 1 avoir = 2. x 1 Il en résulte que x = et donc que I est le symétrique de 2 C par rapport à D. Vérification : J D

C

I A

B

Dans le repère (C, I, J), on a B(0 ; – 1) et D

21 ; 0.

L’équation y = 2x – 1 est bien vérifié par les coordonnées de ces deux points.

115 1. En nommant W le centre du cercle et H son projeté orthogonal sur le côté de longueur a, on a : WH = r. r 6-r Le théorème de Thalès donne alors  d’où r = 2. 3 6 2. Méthode 1. De même que dans 1, à l’aide du théorème r a-r de Thalès :  s’écrit encore ar = ab – br (produit b a ab 1 ab ou  , en croix) d’où r(a + b) = ab ou r = r  ab r ab 1 1 1 qui coïncide bien avec   . r a b Méthode 2. y= B r J

W

O

I r

b x + b. a  y  x b Ô x  - x b Ô soit Ì En résolvant Ì a b ÔÓ y  x ÔÓ y  - a x  b  ab  b Ô x  ab Ô 1 x  b soit Ì soit Ì a ÔÓ y  x Ô y  ab ab Ó ab on obtient r  , comme dans la méthode 1. ab Par ailleurs, (AB) a pour équation y = –

 

116 • L’égalité (x + y)3 = x3 + y3 n’est pas vraie pour tous réels x et y. Contre-exemple : Pour x = y = 1, (1 + 1)3  13 + 13 • (x + y)3 = (x + y)2 (x + y) = (x2 + 2xy + y2) (x + y) = x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3 3 (x + y) = x3 + y3 équivaut à : 3 x + 3x2 y + 3xy2 + y3 = x3 + y3 3xy(x + y) = 0 x = 0 ou y = 0 ou y = – x. L’ensemble des points M(x ; y) tels que (x + y)3 = x3 + y3 est, dans un repère donné du plan, la réunion de trois droites : d1 : x = 0, d2 : y = 0, d3 : y = – x. English Corner

117 a. Journey = trajet. Une course de 3 km coûtera 6,50 €. b. Gradient = pente ; soit le coefficient directeur : 1,5. c. L’intersection avec l’axe des ordonnées correspond au prix indiqué au compteur en début de course, soit 2 €.

x

d. C = 1,5d + 2 A

1 Dans le repère orthonormé (O, I, J) tel que OI = OA et a 1 OJ = OB (voir figure), W(r ; r) appartient à la droite OW b d’équation y = x.

1 118 y  x . Il y a 22 points sur le segment [OA]. 3

Chapitre 12. Équations de droite

175

13

Vecteurs

Pour reprendre contact 1 a. Par une symétrie axiale. b. Aucune transformation connue. c. Par une symétrie centrale. 3 3 2 1. Le milieu de [AB] a pour coordonnées ( ; – 1) et celui de [CD] a pour coordonnées ( ; – 1). 2 2 Les segments [AB] et [CD] ont même milieu donc ACBD est un parallélogramme. 2. a. D(– 5 ; 2) b. E(5 ; 4) c. F(3 ; – 3) d. G(6 ; – 3) 3 a. Oui

b. Oui

c. Oui

d. Non

e. Oui

nge

e Bl

C

Ora

Jaun

e

Activités 1. Jouons à Wyx !

u Ver t

Noir t Viole

ge R ou

Activité 2. Translation 1. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 2. a. La translation crée un nouveau quadrilatère superposable au premier (distances et angles conservés). b. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com 3. AA¢B¢B, DD¢C¢C et AA¢FE semblent être des parallélogrammes. Ces conjectures « résistent » au déplacement des points. 4. E¢ est l’image de E par la translation de vecteur mDE.

176

D

E

A

E¢

A¢

C

C¢

B

B¢

Activité 3. Coordonnées d’un vecteur 1. Les vecteurs oOA et oBC sont égaux car les segments [OC] et [AB] ont même milieu de coordonnées (1 ; 3). Ê 4ˆ 2. Les coordonnées sont Á ˜ . Ë3¯ À partir du point A, il faut lire les coordonnées de A. À partir de B et C on regarde le déplacement « horizontal » (+ 4 unités) puis le déplacement « vertical » (+ 3 unités) pour se rendre de B à C. Le déplacement « horizontal » est donné par xC – xB. Le déplacement « vertical » par yc – yB. On peut tester cette conjecture ou aider à sa mise en place en déplaçant les points sur le fichier disponible sur le site Internet. 3. En confrontant les résultats dans la classe on peut mettre en évidence différents représentants.

Activité 4. Somme de vecteurs 1.

M¢ M M

B av

C

au A

2. a. ABM¢M est un parallélogramme, BCM¢¢M¢ aussi. On a donc rAM = uBM¢ et uBM¢ = yCM¢¢. Il vient donc rAM = yCM¢¢ donc ACM¢¢M est aussi un parallélogramme. b. ACM¢¢M¢ étant un parallélogramme, pour n’importe quel point M, la translation qui transforme A en C transforme aussi M en M¢¢. Pour n’importe quel point M, M¢¢ est donc l’image de M par la translation de vecteur mAC. 3. On constate que l’image de M par la translation de vecteur av + au est aussi le point M¢¢ La justification se fait par un raisonnement analogue à celui de la question 2.

Activité 5. Produit d’un vecteur par un réel Ê2ˆ Ê 4ˆ 1. a. au Á ˜ et 2au Á ˜ Ë 4¯ Ë 8¯ b. Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de proportionnalité égal à 2 de au à 2au.

Chapitre 13. Vecteurs

177

2.

10 8 6 4 2 J 0 I

2

4

6

–2

Ê2ˆ Ê 6ˆ a. au Á ˜ et 3au Á ˜ . Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de 3 de au à 3au . Ë 4¯ Ë 12¯ Ê 3ˆ 3. a. On peut proposer 1,5au Á ˜ . Ë 7¯ b.

6

4

2 J 0 I

2

4

–2

1 Ê1 ˆ 4. a. On peut conjecturer : u a 2 ÁË 2˜¯

Ê – 4ˆ – 2 au Á ˜ Ë – 8¯

5 Ê –5 ˆ – u a 2 ÁË –10˜¯

b. 4 2 J –4

–2

0

I

2

4

–2 –4 –6 –8

5. a. b. D

178

A

C

B

TP 1. Des vecteurs pour jouer à Wyx Ê1 ˆ A. 1. Vecteur jaune Á ˜ ; Ë 3¯ Ê1 ˆ Ê – 2ˆ vecteur vert Á ˜ ; vecteur rouge Á ˜ Ë 2¯ Ë –1¯ Ê –1ˆ Ê – 3ˆ vecteur noir Á ˜ ; vecteur violet Á ˜ Ë 0¯ Ë –1¯ Ê 1ˆ Ê 2ˆ vecteur bleu Á ˜ ; vecteur orange Á ˜ Ë – 4¯ Ë –1¯ Ê –1ˆ 2. Le vecteur somme a pour coordonnées Á ˜ . Le cavalier arrivera donc en E. Ë – 2¯ Ê 1ˆ B. 1. Le vecteur jaune Á ˜ est mBA. Ë 3¯ Ê 1ˆ Le vecteur vert Á ˜ est pGD = lXA = lEX. Ë 2¯ Ê – 2ˆ Le vecteur rouge Á ˜ est kCE = lFG. Ë –1¯ Ê –1ˆ Le vecteur noir Á ˜ est moDC = mCB. Ë 0¯ Ê – 3ˆ Le vecteur violet Á ˜ est mDE. Ë –1¯ Ê 1ˆ Le vecteur bleu Á ˜ est mDF = mXC. Ë –1¯ Ê 2ˆ Le vecteur orange Á ˜ est mAF. Ë – 4¯ 2. E étant le point d’arrivée et chaque flèche étant utilisée une seule fois on ne peut pas avoir E comme origine d’un vecteur. 3. a. Il a un seul représentant : mDE. b. On peut rayer les vecteurs mEX et mCE. 4. a. Le trajet gagnant est donc : mXC ; mCB ; mBA ; mAF ; mFG ; pGD ; mDE. On le trouve en partant de la fin. b. La relation de Chasles permet de vérifier que la somme de ces vecteurs est égale à mXE.

TP 2. Parallélogramme et vecteurs A. a. Vrai

b. Faux

c. Faux

d. Vrai

e. Vrai

B. Les conditions suffisantes sont : b, d et e. Les conditions nécessaires sont : a, c, d, e et f. D’autres conditions suffisantes : – « Les diagonales se coupent en leur milieux » est une condition suffisante (et nécessaire). – « pDA = mCB » est une condition suffisante (et nécessaire). – « ABCD est un rectangle » est une condition suffisante (non nécessaire).

TP 3. Un puzzle de Lewis Caroll B. On obtient un rectangle. 3. Ses dimensions sont 13 et 5. Son aire vaut donc 65 alors que l’aire du carré vaut 64. En fait « la diagonale montante » de ce rectangle n’existe pas. Il s’agit d’un petit parallélogramme d’aire 1.

Chapitre 13. Vecteurs

179

F

5

G

8 3

5

E

C 5

H 3

A

8

B

5

D

On peut démontrer de différentes façons que les points qui semblent situés sur cette diagonale ne sont pas alignés. Par exemple : • Dans un repère (A, I, J) avec B(8 ; 0) et F(0 ; 5) : – en montrant que les vecteurs oAG et mAE ne sont pas colinéaires, – ou en écrivant une équation de la droite (AE) et en montrant que le point H n’appartient pas à cette droite, – ou sans repère, en comparant les tangentes des angles fBAC et gDAE.

TP 4. Expérimenter et démontrer A. 1. Voir le site Internet www.didiermathx.com. 2. L’ensemble des points solutions semble être la droite (DB). B. 1. C(1 ; 1), E(0 ; y), F(1 ; y), G(x ; 0), H(x ; 1). 2. mEH et mFG sont colinéaires si et seulement si (x – 0) ¥ (0 – y) = (x – 1) ¥ (1 – y) c’est-à-dire y = – x + 1 ce qui est bien l’équation de la droite (DB). Pour aller plus loin 1. Les trois droites sont concourantes. 2. Oui (on travaille alors avec un repère qui n’est pas orthonormé).

TP 5. Somme de deux vecteurs et milieu 1. Il semble que pMA + pMB = 2pMK. 2. a. Par construction de la somme pMA + pMB, on a pAN = pMB. De ce fait MBNA est un parallélogramme. b. On sait que les diagonales se coupent en leur milieu donc K est le milieu de [MN] d’où le résultat.

Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

Ê 1ˆ Ë – 2˜¯

1 2,7²< p²

12 oGH Á

2 6 cm

Ê 5ˆ Ë – 6¯˜

13 a. [au + av] Á

3 8 cm3

3 15 y  -

5 15

2

b. x =

7 a. (3x – 2)(3x + 2) 8 a. x(x – 1) 9 1 et – 3 10 0 et – 2

180

Ê –1ˆ b. [au – av] Á ˜ Ë 4¯

14 y = – 2

4 135 euros

6 a. x = 2

11 – 4

16 a = – 2.

7 2 b. (x + 5)(x + 1)

b. (x + 1)(x +2)

ENTRAÎNEMENT

17 a. Polygone 11 c. Polygone 7

b. Polygone 5

d. Polygone 10

18 a. C

b. B

c. M

d. B

19 a. G

b. H

c. A

d. F

e. F

20 1. 4 2 J

F –6

–4

I 2 –2

3. On a donc a hES = hSF ce qui prouve que S est bien le milieu de [EF].

O

–2

H M

2. hES et jSF. En effet, E est l’image de T, donc RSET est un parallélogramme et jTR = hES, F est l’image de R donc RTSF est un parallélogramme et jTR = hSF.

G

4

26 D’après un théorème des milieux dans le triangle ABC on a (IJ) // (AC) et (IK) // (BC) donc IJCK est un parallélogramme et cIJ = mKC. De plus K est le milieu de [AC] donc mAK = kKC. On en déduit que cIJ = mAK.

E

L

–4 –6

2. a. K(0 ; – 6)

K

b. L(0 ; – 2)

27 a.

c. M(– 4 ; – 2)

A

21 1. a. T

b.

au

b. jST = nVU

A¢ A

A¢

2. jVS

au

3. Oui

22 a. Faux

b. Faux

c. Vrai

d. Faux

Ê 1ˆ

Ê –2ˆ

28 mAB Á ˜ mFG Á ˜ Ë 2¯ Ë 4¯

23 a.

b.

A

C

Ê7ˆ Ë – 3˜¯

29 a. mAB Á

D

B M

F N

c.

E

d.

V

Ê 6ˆ Ë – 3˜¯

C

31 1. mAB Á

A

S

D

R

Ê 3ˆ b. mAB Á ˜ Ë 8¯

Ê – 3ˆ aw Á ˜ Ë – 2¯ Ê –5ˆ c. mAB Á 1 ˜ ÁË – ˜¯ 2

Ê 9ˆ d. mAB Á 4 ˜ ÁË 0 ˜¯

Ê 4ˆ mCD Á ˜ Ë 2¯

2. Les vecteurs ont les mêmes coordonnées : on en déduit qu’ils sont égaux et que ABDC est un parallélogramme.

B

T

Ê 4ˆ

30 1. mAB Á ˜ Ë 2¯

Ê 0ˆ au Á ˜ Ë – 2¯

24 a. lBA = oCD car ABCD est un parallélogramme ;

Ê –6ˆ mDC Á ˜ donc ABCD n’est pas un Ë 3¯

parallélogramme (mais ABDC en est un). Ê 29 ˆ Ê 29 ˆ Á 3˜ 2. mAB Á ˜ mDC Á 3 ˜ donc ABCD n’est pas un parallélo5 ÁË 2 ˜¯ Á ˜ Ë 3¯

iFE = oCD car CDEF est un parallélogramme. Comme EFGH est un parallélogramme, oFE = oGH, donc on a aussi oGH = oCD.

gramme.

b. De mBA = oCD et oGH = oCD on déduit que mBA = oGH, donc AHGB est un parallélogramme.

33 Si A (a ; b), B (c ; d), C (k ; m) et D (n ; p), le programme indique si les vecteurs mAB et oCD sont égaux et donc si ABDC est un parallélogramme.

25 1.

F

R

32 Voir corrigé en fin de manuel.

34 Exercice corrigé à la fin du chapitre. Ê 2ˆ

T

S

35 1. mAB Á ˜ Ë 8¯ 2. mAB = mDC Ê – 2 – xD ˆ 3. a. mDC Á Ë –1– y D ˜¯

E

b. – 2 – xD = 2 et – 1 – yD = 8 donc D(– 4 ; – 9).

Chapitre 13. Vecteurs

181

36 1. 2.

B

45 1.

D

6 5

8

4

7

3

6

W

2

5

1 –1 –1

C 1

2

3

4

5

6

D

3

7

A

B

J

3. Utilisons les vecteurs : rAΩ = rΩD donc ces vecteurs otn les mêmes coordonnées : – 1 = xD – 3 et 4 = yD – 2. D’où D(2 ; 6). Par une autre égalité de vecteurs, on trouve C(7 ; 0,5).

37 1. a. Le point F

4

2

–2

b. lDF

2. a. oDG b. lDF c. mCG d. hEF e. a0 f. a0

A –3 –2 –1 0

I

2

3

C

Ê 5  1ˆ Ê 6ˆ 2. [mAB + oCD] Á donc [mAB + oCD] Á ˜ Ë 9¯ Ë 3  6˜¯ Ê x M  3ˆ 3. rAM Á Ë y M ˜¯ 4. On a rAM = mAB + mCD donc xM + 3 = 6 et yM = 9, d’où M(3 ; 9).

38 Voir corrigé en fin de manuel. b. Vrai 39 a. Faux c. Faux d. Vrai

46 1. 5

Ê 2ˆ Ê 3ˆ Ê –3ˆ 40 au + av Á ˜ ; au + aw Á ˜ ; av + aw Á ˜ . – 2 2 Ë ¯ Ë ¯ Ë2¯

41 1. La somme est égale au vecteur nul.

4 B

–3 –2 –1 –1

Ê 3ˆ Ê –1ˆ Ê – 2ˆ Ê 0 ˆ Ê 6ˆ Ê – 2ˆ Ê 2 ˆ Ê 0 ˆ ÁË 0˜¯ ÁË – 2˜¯ ÁË 1 ˜¯ ÁË – 5˜¯ ÁË 0˜¯ ÁË 6 ˜¯ ÁË 0˜¯ ÁË – 2˜¯

2. Par la relation de Chasles, oAD = mAB + mBD, donc mBD = mAC et par conséquent ABDC est un parallélogramme.

44 1 et 2.

C D

A

2 J

42 1. Une solution de trajet :

2. En additionnant les coordonnées de tous les vecteurs on doit retrouver le vecteur qui amène directeÊ 6ˆ ment du départ à la fin soit le vecteur Á ˜ . Ë – 2¯ Ê 4ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ 43 1. mAB Á ˜ et mAC Á ˜ donc [mAB + mAC ] Á ˜ . Ë 1¯ Ë 4¯ Ë 5¯ Ê 3 – (– 2 )ˆ Ê 5ˆ mAD Á donc mAD Á ˜ . On a bien [mAB + mAC] = mAD. Ë 4 – (–1) ˜¯ Ë 5¯

B

MI

–2

2

3

4

5 C

Ê –2ˆ 2. mCA Á ˜ Ë 5¯ Ê –1 – 2 x M ˆ 3. a. [mMA + mMB] Á Ë 5 – 2 y M ˜¯ b. De qMA + qMB = mCA on déduit que – 1– 2 xM = – 2 et 5 – 2yM = 5 d’où M(0,5 ; 0). c. Oui (voir figure ci-dessus). –3  4 2 – 2 ˆ 4. Le milieu de [CB] a pour coordonnées Ê ; Ë 2 2 ¯ soit (0,5 ; 0) : c’est bien le point M.

47 Première méthode : kPA + kPB = a0 signifie que le point P est le milieu de [AB] ; Ê 1 3 2  (– 4 ) ˆ ; c’est-àil a donc comme coordonnées Á 2 ˜¯ Ë 2 dire (2 ; – 1).

3. ABDC est un parallélogramme car par construction oCD = mAB.

A

3

Ê 3 ˆ Ê 1ˆ Ê – 4ˆ Ê 0ˆ 2. auÁ ˜ ; av Á ˜ ; aw Á ˜ donc au + av + aw Á ˜ . Ë –1¯ Ë 3¯ Ë – 2¯ Ë 0¯

182

M

9

Deuxième méthode : Ê 1– x P ˆ Ê 3 – xP ˆ kPA Á kPB Á donc kPA + kPB = a0 si et Ë 2 – y P ˜¯ Ë – 4 – yP ˜¯ seulement si 3 – xP = 1 – xP et D’où P(2 ; – 1). Contrôle graphique :

– 4 – yP = 2 – yP.

diculairement à la rive, il est dévié par le courant d’une distance deux fois plus grande dans la direction du courant. L’écart entre les rives étant de 90 m, il sera dévié de 180 m.

49 a.

A

2

b. M

M

1 0 –1 –2

au

A 1

2

3

4

d. M

–3 –4

av

c.

P

M

P

B

au P

aw

48 1. Vitesse du nageur : 59 prolongement du collège, on peut écrire : 2 km 2 000 m 20 m 5 m    ). 1h 3 600 s 36 s 9 s

m.s–1

(dans le

50 1. N

La vitesse du courant est le double de celle du nageur 10 donc m.s–1. 9 2. On peut aussi se placer dans un repère d’origine A, d’axe des abscisses la berge passant par A, orienté dans le sens du courant et d’axe des ordonnées (AA¢) orienté de A vers A¢, avec pour unité : 1 m.

2. – av

– av

N

au

av

au

au

A

av A

3. N

y A¢

D

4. – av

au

au

av

au

C

av

A

A N

av

au

ac

H an

ad A

B

5.

6.

N

x

av

– av

En 1 s, le déplacement du nageur peut être repéré par la Ê 0ˆ Ê 10 ˆ somme des vecteurs an Á 5 ˜ et ac Á 9 ˜ donc par le vecteur ÁË ˜¯ ÁË 0 ˜¯ 9 Ê 10 ˆ Á 9˜ 10 5 ad Á ˜ (échelle non respectée sur la figure). Soit B Ê ; ˆ . Ë 9 9¯ 5 Á ˜ Ë 9¯ Par proportionnalité dans le triangle on trouve A¢C = 2 AA¢ = 180 m. Remarque : ceci traduit un raisonnement par proportionnalité sur les vitesses. La vitesse du courant étant double de celle du nageur, quand celui-ci nage perpen-

N

au

– av A au

A

Ê 6ˆ

av

Ê 5ˆ

51 [au – av] Á ˜ et [au – av + aw] Á ˜ Ë 0¯ Ë 3¯ Ê xF – 4 ˆ Ê 5ˆ ˜ Á 16 ˜ donc xF – 4 = 5 et et k D F 2 ÁË y F – ˜¯ ÁË ˜¯ 3 3 2 16 yF –  d’où F(9 ; 6). 3 3

52 kDF Á

Chapitre 13. Vecteurs

183

57 1. 2.

Ê –5 ˆ 2. kDE Á 16 ˜ ÁË – ˜¯ 3

kCB

– kCA = kAC

A

3. On constate que les vecteurs kDE = – kDF. On en déduit que kDE = kFD et que D est le milieu de [EF].

B C

53 a. Oui : kAB + kBC = kAC

kCB – kCA + kBD kBD

b. Non c. Non d. Oui : mCO + mAC = mAC + pCO = mAO

M

e. Oui : kED + mDE = jEE f. Oui : kAF + kBC + kCA = kAF + kBA = kBA + kAF = jBF

D

3. On constate que les points M et D sont confondus. kCB – kCA + mBD = kAC + kCB + mBD = mAD (relation de Chasles) Donc rAM = oAD et les points M et D sont confondus.

54 Voir corrigé en fin de manuel.

58 On conjecture que les vecteurs au et av sont égaux.

55 1. a.

b. kBD

D

kAD – kDC

– kDC

B

kBD

B

A kCD

D – kCD

A kAD kDC

kBD – kCD

C

3. au – av = mAB + mCD – oAD – mCB = mAB + oCD + oDA + mBC = oAB + oBC + oCD + oDA = 0 4. Par conséquent au = av. Ê –12ˆ Ë 6 ˜¯

59 2. av1 Á

Ê 8ˆ av2 Á ˜ Ë – 4¯

Ê –6ˆ av3 Á ˜ Ë 3¯

60 a. mDA = – mDE – mDE – mDE = – 3 mDE b. mDB = – mDE – mDE = – 2 mDE

C

c. mDC = – mDE c.

d. mDF = mDE + mDE = 2 mDE

d. – kAC

kAB – kAC

B

D

D A

kAB

A kAC

kBD

B

kAC – kBD

61 a. A

kAC C

B

– kBD

C

M kAB + kAB = 2kAB

C

b.

N

2. oBD – oCD = oBD + oDC = mBC 3. On peut réduire l’expression de la question b : nBD – mCD = mBD + oDC = mBC On peut aussi réduire l’expression de la question c : nAB – nAC = mAB + mCA = mCA + mAB = mCB

– kAC – kAC – kAC = – 3kAC

56 a. nAB – nDB + nDE = nAB + nBD + nDE = nAE

kAC

b. nBE + nCB – nDE = nBE + nCB + nED = nCB + nBE + nED = nCD c. nBD – nCA + nCB – nAD = nBD + nAC + nCB + nDA = nBD + nDA + nAC + nCB = nBB = a0

c.

A

B

1 2 kAC C

184

A

C

1 1 3 1 2 kAC + 2 kAC + 2 kAC = – 2 kAC

P

d.

Ê k  k ¢ x ˆ b. (k + k¢)au Á ˜ ce que l’on peut transformer en Ë k  k ¢ y ¯ Ê kx  k ¢x ˆ ÁË ky  k ¢y ˜¯ .

T

1 1 1 1 5 1 – 2 kBC – 2 kBC – 2 kBC – 2 kBC – 2 kBC = – 2 kBC A

B 1 2 kBC

Ê k  k ¢ x ˆ Ê kk ¢ x ˆ Á k k ¢ y ˜ que l¢on peut transformer en ÁË kk ¢ y ˜¯ . ¯ Ë 

C

Ê 2ˆ

Ê –2ˆ

62 [au + av] Á ˜ 2au Á ˜ Ë 3¯ Ë 4¯ Ê 0ˆ [au + av – aw] Á ˜ Ë 0¯

Par suite kau + k¢au = (k + k¢)au. Ê k ¢ xˆ donc k ( k ¢ au ) a pour coordonnées 2. k¢au Á Ë k ¢ y ˜¯

Ê –6 ˆ – 3aw Á Ë –12˜¯

Ê –11ˆ [2au– 3 av] Á Ë 1 ˜¯

Ê – 4ˆ [au – av] Á ˜ Ë 1¯ Ê– 7ˆ 1 3 Á 2˜ [ aw – av] Á ˜ 1 2 2 Á ˜ Ë 2 ¯

63 a. av = – 2au b. On peut vérifier que 6 ¥ 6 = 4 ¥ 9. 3 On obtient av = au. 2 c. av = – 3au d. On peut vérifier que 4 ¥ 18 = 72 et 6 ¥ 12 = 72 ; va =

3 u a . 2

64 a. Oui 5 25 5 55 ¥ – 15 = – et – ¥ 11 = – .) 9 3 6 6 c. Oui. ( 5 – 1)( 5 + 1) = 5 – 1 = 4 et (– 1) ¥ (– 4) = 4.

Ê  kk ¢  x ˆ Ê kk ¢ x ˆ Or (kk¢)au a pour coordonnées Á , soit Á . ˜ Ë kk ¢ y ˜¯ Ë  kk ¢  y ¯

Donc k(k¢au) = kk¢au. Démonstration analogue pour kau + kav = k(au + av).

69 Voir corrigé en fin de manuel. Ê 8ˆ

Ê –13ˆ

70 Première solution : rMN Á ˜ et kST Á ˜ . Ë –8 ¯ Ë 5¯ On a 8 ¥ (– 8) = – 64 et 5 ¥ (– 13) = – 65. Les vecteurs ne sont pas colinéaires donc les droites (MN) et (ST) ne sont pas parallèles. Deuxième solution : La droite (MN) a pour coefficient 5 8 directeur : – et la droite (ST) : – . Comme 5 ¥ 13 ≠ 8 ¥ 8 13 8, les deux coefficients ne sont pas égaux donc les droites ne sont pas parallèles.

b. Non (car

65 a. au et av sont colinéaires si et seulement si 5 ¥ x = 1 ¥ 10 soit x = 2. b. au et av sont colinéaires si et seulement si 3(1 + x) = 2 ¥ 2x soit x = 3. Ê – 4ˆ Ê –5ˆ Ê –1ˆ Ê –6ˆ 2 2 66 1. mAB Á ˜ ; mAC Á ˜ ; mAC Á ˜ ; mAB + mAC Á ˜ . 3 Ë 0¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ë 0¯ 3 Ê x – 5ˆ D’autre part rAM Á d’où M(0 ; 1). Ë y  2˜¯ 0 2 2. Le milieu de [CD] a pour coordonnées I Ê ; ˆ soit Ë 2 2¯ (0 ; 1). C’est bien le point M. On peut aussi calculer les coordonnées de vecteurs.

67 1. (KL) // (BC) et (AB) // (LM) par un théorème des milieux. Donc KLMB est un parallélogramme et K i L=B q M. Comme M est le milieu de [BC], qMC = qBM. 2. mBC = qBM + qMC = 2qBM = 2iKL Ê kx  k ¢x ˆ Ë ky  k ¢y ˜¯

68 1. a. kau + k¢au Á

Ê – 6ˆ Ê 9ˆ et lCB Á ˜ Ë – 8˜¯ Ë 12¯

71 1. lAC Á

2. – 6 ¥ 12 = – 72 et – 8 ¥ 9 = – 72. les vecteurs A l C et C l B sont donc colinéaires. Les droites (AC) et (CB) sont donc parallèles. Elles ont de plus le point C en commun donc elles sont confondues et les points A, B et C sont alignés.

72 On repère les points A, B et C avec A(– 3 ; – 2), B(5 ;

Ê 5ˆ Ê 8ˆ 3) et C(10 ; 6) donc lAB Á ˜ et lBC Á ˜ . Ë 5¯ Ë 3¯

On a 8 ¥ 3 = 24 et 5 ¥ 5 = 25. Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les droites (AB) et (BC) ne sont pas parallèles. Les points A, B, C ne sont pas alignés.

73 1. Alyssia procède par soustraction : elle calcule l’aire du rectangle AOCE puis enlève les aires des triangles OIA, BEC et ADC. Fati procède par découpage et addition : elle ajoute les aires des deux triangles AIB et BCI et elle enlève l’aire de DBI qui se retrouve comptée deux fois. 1 1 1 2. Alyssia : 5 ¥ 8 – ¥ 1 ¥ 5 – ¥ 1 ¥ 5 – ¥ 8 ¥ 3 = 23 2 2 2 1 1 1 Fati : ¥ 6 ¥ 5 + ¥ 6 ¥ 5 – ¥ 6 ¥ 2 = 24 2 2 2

Chapitre 13. Vecteurs

185

3. Il y a un bon résultat, c’est celui d’Alyssia. Chez Fati l’erreur vient du fait qu’elle considère sans l’avoir démontré que le point D est aligné avec les points A et B ou avec les points I et C. Or, on peut démontrer que ceci est faux. L’aire de ADBI n’est donc pas l’aire du triangle ABI et l’aire de IDCB n’est pas celle du triangle ICB.

e. « kAB et kCD sont colinéaires » est une condition nécessaire pour que ABCD soit un parallélogramme.

Ê 4ˆ Ê 8ˆ et lBC Á ˜ . On constate que B l C = 2oAD. Ë – 2˜¯ Ë – 4¯

2. Il y a une erreur dans le calcul des coordonnées de vect ST qui a pour coordonnées (– 1 ; – 5).

74 1. oAD Á

Donc B l C et A o D sont colinéaires et AD // (BC). ABCD est donc un trapèze. 2. K(– 1 ; – 1) et L (1 ; 2) 3. a. xA = xB = – 3 donc (AB) a pour équation x = – 3. 2 1 (CD) a pour coefficient directeur –  et pour – 4 2 1 5 équation y = x – . 2 2 b. T(– 3 ; – 4) Ê 2ˆ Ê – 2ˆ 4. jKL Á ˜ ; lKT Á ˜ donc jKL = – lKT. Les points K, L et T Ë 3¯ Ë – 3¯ sont alignés et K est même le milieu de [LT].

75 a.

yB – y A xB – x A

6  –  –3 2

b. –

1 2

c. 0

76 Voir corrigé en fin de manuel. 77 3. kBR = 2kBP 4. P est le milieu de [BR].

78 1. ABDC est un trapèze qui n’est pas un parallélogramme car mAB ≠ mCD. Par conséquent (AC) et (BD) sont sécantes. 2. (BC) et (AD) sont les diagonales d’un trapèze. Elles sont sécantes. On peut le démontrer par l’absurde : si (BC) // (AD), comme (AB) // (CD), ABCD est un parallélogramme donc mAB = – mCD ce qui est faux. Donc (BC) et (AD) ne sont pas parallèles ; elles sont donc sécantes.

79 1. a. Il suffit. b. Il faut. c. Il faut et il suffit. d. Il suffit. e. Il faut. 2. a. « oAK = 3kAB » est une condition suffisante pour que K appartienne à (AB). b. « oAK et kAB sont colinéaires » est une condition nécessaire pour que K appartienne à [AB]. c. « kAB = 2oAK » est une condition nécessaire et suffisante pour que K soit le milieu de [AB]. d. « kAB = oDC » est une condition suffisante pour que (AB) et (CD) soient parallèles.

186

80 1. On peut écrire vect RS = vect MT, mais ce n’est pas là l’erreur. L’égalité écrite par Stéphanie « vecteur ST = vecteur RM » est elle aussi juste. Une des deux égalités suffit, on peut choisir celle qu’on veut.

Travail personnel Pour les exercices 81 à 102 : voir corrigés en fin de manuel.

103 Soit P(a ; 10) le centre d’un palet. On cherche le point F(x ; 0) tel que P, B et F soient alignés. Ê aˆ Ê – xˆ jBP Á ˜ et iFB Á ˜ sont colinéaires si et seulement si Ë7¯ Ë 3¯ 3 3a = – 7x soit x = – a. 7 Pour les palets de la gauche vers la droite on placera donc F aux points de coordonnées : Ê 12 ; 0ˆ , en Ê 6 ; 0ˆ , en (0 ; 0), en Ê – 6 ; 0ˆ , en Ê – 12 ; 0ˆ . Ë 7 ¯ Ë 7 ¯ Ë7 ¯ Ë7 ¯ 104 VARIABLES : ENTRÉE :

a, x nombres demander l’abscisse a du centre du palet 3 TRAITEMENT : x prend la valeur – a 7 SORTIES : Afficher « L’abscisse de F est : » Afficher x 1 105 1. a. mKD = mBC + mBA

2 1 b. mEK = kEB + mBC 2 2. kEB = mBA donc les vecteurs kmKD et kEK sont égaux, K est le milieu de [ED]. 3 1 106 dIJ = AB + BC

4 4 1 3 kLK = oAD + oDC or oAB = oDC et oAD = mBC donc dIJ = mLK et 4 4 IJKL est un parallélogramme. 1 1 107 iJC = oDC et iAI = oAB. Comme oAB = oDC, on a aussi

2 2 iJC = hAI donc AJCI est un parallélogramme et (AJ) et (IC) sont parallèles. De la même façon pour (DI) et (JB).

108 1. kBE = kBA + kAE ; kBH = kBC + mCH. 3 2 2. kBE = – kAB + kAD ; kBH = kAD – kAB. 2 3 3 3. kBE = kBH donc (BE) et (BH) sont parallèles et B, E, H 2 sont alignés.

c. (AB) est perpendiculaire à (OD) et (OD) est parallèle à (HC) donc (AB) est perpendiculaire à (HC).

1 1 109 dIJ = o AB + oBC 2

2

1 1 lLK = oAD + oDC 2 2 Or oAB = oDC et oAD = mBC donc dIJ = kLK et IJKL est un parallélogramme.

110 1. lCE = lCA + lAE = lCA + 2lAB + lAC = 2lAB 2. On a aussi oCD = 2lBA donc oCD = – lCE et C est le milieu de [ED].

111 1. Il semble que B, H et E sont alignés. 2. La solution est celle de l’exercice 108 où les étapes étaient données. 3 3 112 rNM = oNA + pAM = – lAB + oAC

4 2 1 1 1 1 1 1 mNP = mAB + mBC = mAB + (mBA + mAC) = – mAB + mAC 4 2 4 2 4 2 Donc rNM = 3mNP. Les vecteurs rNM et mNP sont colinéaires, donc les points N, M et P sont alignés. 12 113 kBP = mBA + mAP = mBA + mAD 7

1 1 mBR = mBC + mCR = mBC + mCD = mAD + mBA 3 3 Il n’existe pas de coefficient k tel que mBR = kmBP. Les points B, P et R ne sont pas alignés. i B) = 0 a 114 2iPA + 3iPB = 0a si et seulement si 2iPA + 3(iPA + A

3 soit mAP = mAB. 5

115 1. 2. voir le site Internet www.didiermathx.com 3. Les droites semblent parallèles. 1 1 4. On a D(0 ; 1) et N( ; 0) d’où oDN( ; – 1). a a B(1 ; 0) M(0 ; a) d’où pBM (– 1 ; a) on a pBM = – apDN. Les vecteurs pBM et pDN sont colinéaires et les droites (BM) et (DN) parallèles.

4. On pourrait de même démontrer que (BH) est perpendiculaire à (AC) et que (AH) est perpendiculaire à (BC). Les droites (BH), (AH) et (CH) sont donc les trois hauteurs du triangle ABC. Ces trois hauteurs sont donc concourantes en H.

117 1. a. mGB + mGC = pGA¢ + rA¢B + pGA¢ + rA¢C = 2pGA¢ b. oAG = oGB + oGC = 2pGA¢ = 2oGA + 2pAA¢ 2 donc 3oAG = 2pAA¢ et finalement oAG = pAA¢. 3 2 2 3. De même oBG = oBB¢ ; oCG = oCC¢. 3 3 G est au deux tiers des médianes en partant du sommet. Pour aller plus loin oOH = oOG + oGA + oOG + oGB + oOG + oGC = 3oOG. On en déduit que le centre O du cercle circonscrit, l’orthocentre H et le centre de gravité G sont alignés. 1 N( ; 0). 2 2 2 1 Soit P(xP ; yP). Alors lBP = lBC donne PÊ ; ˆ . Ë 3 3¯ 3 1 1 1 b. rMN Ê ; 1ˆ et lNP Ê ; ˆ on a rMN = 3mNP. Ë2 ¯ Ë 6 3¯

118 1. a. M(0 ; – 1)

Les points M, N et P sont alignés. 1 2. a. rMN = rMA + rAN = mAC + mAB 2 1 b. oMP = rMA + mAB + mBP = mAC + mAB + mBC 3 1 4 2 On en déduit oMP = oAC + oAB + ( oBA + oAC) = oAC + oAB. 3 3 3 3 c. Finalement rMN = oMP. Les points M, N et P sont 4 donc alignés.

b. Les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.

1 N( ; 0). 2 3 Soit P(xP ; yP). De lBP = 2lBC on déduit que P(– 1 ; 2). 1 1 3 b. rMN( ; – ) et oMP(– 1 : ) 3 2 2 donc oMP = – 3rMN et les points M, N, P sont alignés. 1 1 3. a. rMN = rMA + rAN = – mAC + lAB 2 3 1 1 oMP = rMA + mAB + kBP = – mAC + mAB + 2mBC = – mAC + lAB 2 2 3 + 2(lBA + lAC) = mAC – lAB 2 b. On constate que pMP = – 3rMN donc M, N et P sont alignés.

3. b. pOH = pOD + pOC donc ODHC est un parallélogramme.

4. a. M est le milieu de [AC]. Par un théorème des milieux dans le triangle ACI, N est le milieu de [AI].

5. La droite (CP) est parallèle aux droites (BM) et (DN). 1 1 En effet P( ; a) C(1 ; 1) donc lCP(1– ; 1 – a). a a Les vecteurs lCP et oBM sont colinéaires car on a 1 (1– ) ¥ a = a – 1 et (1 – a) ¥ – 1 = – 1 + a. a Donc (CP) et (BM) sont parallèles.

116 2. a. Par construction, OADB est un parallélogramme. Comme OA = OB, c’est un parallélogramme avec deux côtés consécutifs de même longueur, donc c’est un losange.

1 119 2. a. M(0 ; )

Chapitre 13. Vecteurs

187

b. N et I partagent [AB] de telle sorte que AN =

1 AB et 3

2 AI = AB donc I est le milieu de [BN]. 3 c. C étant le milieu de [BP], par un théorème des milieux dans BNP, (CI) est parallèle à (NP). On a donc (CI) parallèle à (PN) et (CI) parallèle à (MN) donc (MN) est parallèle à (PN). Les points M, N et P sont alignés.

120 Pour cet exercice, on se place dans le repère (A, B, D). 3 1 3 1. D(0 ; 1) M( ; 0) et N(1 ; – ) on a alors qDM ( ; – 1) et 4 3 4 4 3 pDN(1 ; – ). On obtient qDM = pDN. 3 4 Les points D, M et N sont alignés. 5 2 5 2. D(0 ; 1) M( ; 0 ) et N(1 ; ) on a alors qDM ( ; – 1) et 3 5 3 3 5 pDN (1 ; – ) on obtient qDM = pDN. 5 3 Les points D, M et N sont alignés. 3 3. a. Les questions 1 et 2 correspondent aux cas a = 4 5 et a = . 3 b. Voir le site Internet www.didiermathx.com 1 c. D(0 ; 1) M(a ; 0 ) et N(1 ; 1– ) on a alors rDM(a ; – 1) et a 1 oDN(1 ; – ) on obtient rDM = aoDN. Les points D, M, N a sont toujours alignés pour toute valeur de a non nulle.

121 Les « pans coupés » des pièces A et D ne « coïncident » pas. 122 1. a.

5 4 3 2 J au A 0 I – 1 av

b.

B

2

3

4

5

3 2

188

d. C’est impossible. En ajoutant ou retranchant des vecteurs au et av on ne peut arriver à un point d’abscisse 15 qui est impair. e. au, au¸au¸au, – av convient. f. au, au¸au¸au, au, – av convient. 3. Il semble pour l’instant que l’on puisse attendre tous les points à coordonnées entières sauf ceux dont l’abscisse est impaire. Il est possible dans cette étude de s’arrêter à des résultats partiels. Soit A le point d’arrivée d’une promenade. On a alors mOA = x au + y av avec x et y entiers relatifs. Ê2 x  2 yˆ Donc mOA Á et A(2x + 2y ; x – y). Ë x – y ˜¯ On en déduit que A a des coordonnées entières. De plus 2x + 2y = 2(x + y) où x et y sont des entiers donc l’abscisse de A est paire. Réciproquement, si M est un point de coordonnées (m ; n) où m et n sont des entiers relatifs avec m pair, cherchons si M peut être atteint par une promenade formée de x vecteurs au et y vecteurs av. On cherche donc x et y tels que 2 x  2 y  m 1 m 1 m d'où x  Ê  nˆ et y  Ê – nˆ . Ì ¯ ¯ 2Ë 2 2Ë 2 Ó x–yn m est bien un entier. Comme m est pair, 2 Cependant tous ces points M ne peuvent être atteints, par exemple M(6 ; 4) car alors x = 3,5 et y = – 0,5 ne sont pas des entiers. La conjecture est donc infirmée. Les points atteints sont en fait ceux de coordonnées (m ; n) m tels que m soit pair et tels que et n soient tous les 2 m + n et deux pairs ou tous les deux impairs (pour que 2 m – n soient pairs). 2

xD = xA – b et yD = yA + a.

B

3 C

c. au, au¸au¸au, av convient.

123 On peut conjecturer (éventuellement avec l’aide disponible sur le fichier GeoGebra ) que pour le carré Ê aˆ (dans le sens direct comme sur le fichier), si lAB Á ˜ alors Ë b¯ – b Ê ˆ lBC Á ˜ d’où xC = xB – b et yC = yB + a. Et de même Ë a¯

4

2

b. au, au¸au, au¸au¸au, av, av, av, av convient.

6

C

5

J au A 0 I – 1 av

2. a. au, au, av convient.

4

5

6

7

D’où un algorithme : VARIABLES : xA, yA, xB, yB, xC, yC, xD, yD, a, b nombres ENTRÉES : Demander les coordonnées (xA ; yA) et (xB ; yB) des points A et B TRAITEMENT : a prend la valeur xB – xA b prend la valeur yB – yA xC prend la valeur xB – b yC prend la valeur yB + a xD prend la valeur xA – b yD prend la valeur yA + a SORTIES : Afficher « Le point C a pour coordonnées : » Afficher xC, yC Afficher « Le point D a pour coordonnées : » Afficher xD, yD.

Pour aller plus loin b. AB = BC = CD = DA = a 2  b 2 . Donc ABCD est un losange. On peut ensuite vérifier que le triangle ABC est rectangle en B : AC2 = (xC – xA)2 + (yC – yA)2 = (xB – b – xA)2 + (yB + a – yA)2 = (a – b)2 + (b + a)2 = 2 (a2 + b2) = AB2 + BC2 English corner

124 1. MIDPOINT 2. COLINEAR 3. COORDINATES 4. TRANSLATION 5. OPPOSITE 6. IMAGE 7. PARALLEL

34

Chapitre 13. Vecteurs

189

Raisonnement logique

1

a. 0 ; 10 ; 20.

7 a. Faux. Il suffit de produire un contre-exemple. O

b. 0 ; 2 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12 ; 14 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20. c. 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7.

2 a. Vraie b. Vraie c. Vraie d. Vraie 3 a. x  4 b. n est impair ET n n’est pas un multiple de 5. c. x < 2 OU x  5 (2  x < 5 s’écrit aussi 2  x ET x < 5). d. n est impair OU n n’est pas multiple de 5. e. a ≠ b OU b ≠ c (a = b = c s’écrit aussi a = b ET b = c). D’autres formes sont possibles comme a ≠ b OU a ≠ c.

4 a. Si quelqu’un ne dit mot, alors il consent. b. Si Noël est au balcon, alors Pâques est au tison. c. Si l’on veut, alors on peut.

5 a. Si un triangle est équilatéral, alors il a trois angles de 60°. b. Si un nombre entier a pour chiffre des unités 5, alors ce nombre est un multiple de 5. c. Si un parallélogramme a ses diagonales qui ont la même longueur, alors c’est un rectangle. d. Si M appartient à la médiatrice de [AB], alors M est équidistant de A et de B.

6 a. On a la proposition « si A alors B » avec pour A la proposition : « n est multiple de 6 et de 8 » et B : « n est multiple de 6 ¥ 8 ». Un contre-exemple de « si A alors B » est un cas où A est vraie mais B est fausse. 48 et 96 ne sont pas des contre-exemple (A vraie et B fausse). 24 est un contre-exemple (A vraie et B fausse). 16 n’est pas un contre-exemple (A et B fausses).

A

B

b. Faux. La première figure de l’exercice 6 en donne un contre-exemple. c. Vrai. C’est une propriété connue du carré.

8 a. Faux. Contre-exemple: x = 4. b. Vrai car si x > 2,1 alors x > 2,1 > 1 donc x > 1. c. Faux. Contre-exemple : x = – 2,05. d. Vrai car si – 2,1 < x < 3,4 alors – 3 < – 2,1 < x < 3,4 < 4 donc – 3 < x < 4.

9 a. Vrai. Réciproque fausse. b. Vrai. Réciproque fausse. c. Vrai. Réciproque fausse. d. Vrai. Réciproque fausse. 10 a. La seule implication vraie est « x = – 5 » fi « x2 = 25 ». b. Les deux implications sont vraies donc l’équivalence aussi. c. La seule implication vraie est « MNPS est un carré » fi « MNPS est un losange ». d. Les deux implications sont vraies donc l’équivalence aussi.

11 1. a. Il suffit que x = – 5 pour que x2 = 25. x = – 5 est une condition suffisante pour que x2 = 25.

b. Soit A la proposition « x2 > 4 » et B « x > 2 ». 2, – 2, – 1 ne sont pas des contre-exemples (A est fausse) ; 5 n’est pas un contre-exemple (A et B sont vraies) ; – 6 est un contre-exemple (A est vraie et B fausse).

b. Il faut et il suffit que x soit le carré d’un nombre pour que x  0. La condition « x est le carré d’un nombre » est une condition nécessaire et suffisante pour que x soit positif ou nul.

c. La figure centrale est la seule à être un contreexemple.

c. Pour que MNPS soit un losange, il suffit que ce soit un carré.

190

La condition « MNPS est un carré » est une condition suffisante pour que MNPS soit un losange. d. Il faut et il suffit que NP2 = MN2 + MP2 pour que MNP soit rectangle en M. L’égalité de Pythagore NP2 = MN2 + MP2 est une condition nécessaire et suffisante pour que MNP soit un triangle rectangle en M.

Contraposée de « Si n est multiple de 10 alors n est multiple de 5 » : « si n n’est pas multiple de 5 alors n n’est pas multiple de 10 ». Les quatre propositions et leurs 4 contraposées sont vraies.

2. a. Pour que x < – 3, il faut que x < 5.

b. Il existe un point M appartenant à  tel que AM = r.

b. Pour que x > 2, il suffit que x > 4.

c. Il existe un point M appartenant à  tel que (OM) ^ (OA).

12 a. Contraposée de « Si c’est un lapin, alors il a 4 pattes et 2 oreilles » : « s’il n’a pas 4 pattes et 2 oreilles, alors ce n’est pas un lapin ».

d. Il existe un point M appartenant à  tel que OM = 2r.

b. Contraposée de « si x = – 4 alors x2 = 16 » : « si x2 ≠ 16 alors x ≠ – 4 ». Contraposée de « Si ABCD est un carré alors (AB) //(CD) » : « Si (AB) et (CD) ne sont pas parallèles alors ABCD n’est pas un carré ».

13 a. Pour tout point M appartenant à , OM = OA.

e. Pour tout point M extérieur au cercle, OM > r.

14 a. Il existe x et y tels que xy = 3. b. Pour tous x et y, x2 + y2 ≥ 0. c. Il existe x et y tels que x + y > x. d. Pour tous x et y, (xy)² = x2y2.

Raisonnement logique

191

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