Maths Repères 1ère S (2011)

profil maths

1S 1 S

Nouveau programme

re

mathsrepères

1.

Les nombres

2

profil maths

1S 1 S

Nouveau programme

re

mathsrepères Fabienne Bruneau

Agnès Choquer-Raoult

Maxime Cocault

Boris Hanouch

professeur à l’Externat des Enfants Nantais de Nantes (44)

professeur au lycée René-Descartes de Rennes (35)

professeur au lycée Léopold-Sédar-Senghor de Magnanville (78)

professeur au lycée Condorcet de Limay (78)

Thierry Joffrédo

professeur détaché au Rectorat de Rennes auprès du département de développement des usages des TICE (35)

1.

Les nombres

2

Erratum Voici quelques erreurs remarquées sur la première édition du manuel élève. Ces erreurs ont été corrigées dans les éditions suivantes. Il est donc très probable que vos élèves possèdent une version corrigée. Version corrigée (le rouge indique ce qui a été modifié)

Page où se trouve l’erreur p. 25, exercice résolu 3, dernière ligne p. 38, exercice 86. p. 40, exercice 102., 8. p. 41, exercice 103., 7. p. 46 p. 110, exercice 9. b.

Pour tout x ! [10 ; 20]

3. I = [– 6 ; + 3] ; 4. I = @ – 3 ; – 6@ . Montrer que x  R, f (x) + x – 3 =

1 . f (x) + x + 3

m @ 0 ; 16,  x 1 ; x 2  R, x 2 = – x 1 , z (x 1) = z (x 2) = m .

 désigne la courbe f . et ¢n =

n–1

/

i=0

(R¢i ).

p. 113, exercice résolu 1, 1. et 2.

Les 6 dernières lignes du 2. sont les 6 dernières lignes du 1.

p. 114, exercice résolu 3, 1.

(u n) est une suite arithmétique donc pour tout n et p entiers, on a u n = u p + (n − p) r . D’où u32 = …

p. 120

8. Dans l’algorithme : A + 2 → A 9. Dans l’énoncé : … et u 0 = 0 . À l’aide d’un tableur, on calcule les premiers termes. On a :

p. 137, exercice 138.

n 2. b. u n = 25 1 + 3 n – 21 4 3 2 4

p. 140, dans la deuxième AIDE

… dans la plage C2:C1000…

()

p. 148, paragraphe 1.2

k

/ n i (x i – x) 2

V = i=1

k

/ ni

i=1

p. 175 ; 7.

y=


Alors on a toujours p (X G 3) H p (X H 4) .


Dans l’énoncé, 5e puce : 18 foyers ont souscrits…

p. 229

Dans les arbres de probabilité, lire n + 1 au lieu de n.

p. 241, exercice 8. C. a.

0,268.

12 895 6 450 124 – 85x 21

p. 255, exercice 99. 3. a. et b. et exercice 100. 3. a. et b. Lire : le plus petit entier a tel que… p. 286, exercice 24.

d. 0

p. 287

r r + 2kr, k !  . , $ + 2lr, l !  . . 2 2 Exercice 30. d. B – r ; r 8 , E 5r ; rE (crochet fermant après r .) 6 6 Exercice 37. d. 4 crochets fermants.

p. 290, exercice 69. p. 314, exercice 3. p. 321, Entraînez-vous exercice 3., deuxième ligne

Exercice 29. c. $ –

Le dernier réel est à remplacer par :

(4n + 1) r nr ; . 2 2

Le point C appartient au segment [AB]. AF = 3 AB – 2 BC . 2 3

© Hachette livre, 2011

2

Repères 1re, Livre du professeur

Sommaire Erratum

2

Chapitre 1 Les fonctions de référence

4

Chapitre 2 Dérivation

12

Chapitre 3 Les suites

28

Chapitre 4 Statistiques

37

Chapitre 5 Probabilités

44

Chapitre 6 Modélisation et échantillonnage

56

Chapitre 7 Trigonométrie

62

Chapitre 8 Géométrie plane

70

Chapitre 9 Produit scalaire et applications

87

Couverture et maquette intérieure : Nicolas Piroux Composition et schémas : APS-Chromostyle


3


1

Les fonctions de référence Programme officiel Contenus

Capacités attendues

Commentaires

Second degré Forme canonique d’une fonction polynôme de degré deux. Équation du second degré, discriminant. Signe du trinôme.

• Déterminer et utiliser la forme la plus adéquate d’une fonction polynôme de degré deux en vue de la résolution d’un problème : développée, factorisée, canonique.

On fait le lien avec les représentations graphiques étudiées en classe de seconde. Des activités algorithmiques doivent être réalisées dans ce cadre.

Étude de fonctions Fonctions de référence x 7 x et x 7 x .

• Connaître les variations de ces deux fonctions et leur repésentation graphique. Démontrer que la fonction racine carrée est croissante sur 60 ; + 3 6. Justifier les positions relatives des courbes représentatives des fonctions x 7 x , x 7 x 2 et x 7 x . • Exploiter ces propriétés pour déterminer le sens de variation de fonctions simples.

Aucune technicité dans l’utilisation de la valeur absolue n’est attendue.

Sens de variation des fonctions u + k , mu , 1 u et , la fonction u étant u connue, k étant une fonction constante et m un réel.

On nourrit la diversité des raisonnements travaillés dans les classes précédentes en montrant à l’aide de contre-exemples qu’on ne peut pas énoncer de règle générale donnant le sens de variation de la somme ou du produit de deux fonctions. L’étude générale de la composée de deux fonctions est hors programme.

Découverte (p. 8-9) 1. Garder la forme

f2 admet un minimum qui vaut 1 , atteint en – 3 ; 2 2 35 3 f3 admet un maximum qui vaut , atteint en ; 8 2 f4 admet un minimum qui vaut – 3, atteint en 2 ; la condition se faisant sur le signe du coefficient de degré 2. Au final : f2 est à associer à f f3 est à associer à k f1 est à associer à h f4 est à associer à g Du point de vue algébrique, on note que, lorsque fi(x), pour i d " 1, 2, 3, 4 , est sous la forme d’une différence de deux carrés, fi(x) se factorise d’une façon qui permet de justifier l’intersection de sa courbe associée et de l’axe des abscisses. C’est le cas pour f1 ; f3 et f4. Dans le cas de f2, si f2 (x) = a (x – x 1)(x – x 2) alors l’équation f3(x) admet deux solutions, éventuellement confondues, sauf que :

• On se donne quatre paraboles passant par A(0 : 1) et dont on donne des expressions de fonctions associées. Il s’agit de faire les bonnes associations. • Il est clair que f1, f2, f3 et f4 sont des fonctions de degré 2. Néanmoins, pour tout x d , on a : _ f1 (x) = – 1 x 2 – x + 1 b 2 b b 2 2 2 f2 (x) = x + x + 1 b 9 3 ` Donc toutes les courbes passant par le b f3 (x) = – 3 x 2 – 9 x + 1b point A(0 ; 1). 2 2 bb f4 (x) = x 2 – 4x + 1 a • De ces « formes canoniques », dont nos chères têtes blondes ne connaissent pas nécessairement l’appellation, on en tire que f1 admet un maximum qui vaut 3, atteint en – 2 ;


4


Chap. 1 Les fonctions de références

Livre du professeur

 xd , f2 (x) H 1 2 0 . Il est donc absurde de supposer une telle

2 factorisation car elle amènerait à une contradiction.

Dans l’activité qui suit ce résultat préliminaire, le point M a pour coordonnées (b ; b ) . Son lieu est donc la courbe d’équation « y = x ».

2. Prendre racine et rester dynamique

3. Soif d’absolu

Ces triangles ont en commun leurs angles, ils sont donc semblables et leurs côtés homologues sont proportionnels (pour le voir on peut, à une isométrie près, « superposer » des angles analogues, une configuration de Thalès y apparaît naturellement). On obtient donc, par proportionnalité, h # h = a # b d’où h = a#b .

Ce programme permet non seulement d’introduire une nouvelle fonction, mais avant tout une nouvelle définition, celle de la fonction « valeur absolue » : x si x H 0 soit x d , x = ' – x si x 1 0. donc, par exemple 2, 8 = 2, 8 ; – 4, 75 = – (– 4, 75) = 4, 75.

Logique et notations (p. 18) 2. a.  x d . b.  x d  ou  x d@ – 3 ; 16 , @ 5 ; + 3 6.

1. a. Pour tout x réel, x 2 + 2x – 3 = (x + 1) 2 – 4 .

3 = 5. x–2 c. Quel que soit f un nombre strictement positif, il existe au moins un x réel tel que 1 1f . x d. Il existe au moins M réel, tel que, pour tout x d63 ; + 3 6 on a – 2x 2 + 6x + 1 H M . b. Il existe x réel différent de 2 tel que

c.  x d . d.  x d  ou  x d@ 1 ; 96.

Raisonnement mathématique (p. 19 à 21) À vous de jouer, page 19 1. Soit a, b d ;– 5 ; + 3 ; tels que a 1 b . 2 f (a) – f (b) =

2a + 5 –

2b + 5 =

À vous de jouer, page 21

1. f (x) = – 2 ((x – 2) 2 – 7) ;

2 (a – b)

2a + 5 +

Donc f (a) – f (b) 1 0 , donc :  a, b d;– 5 ; + 3 ;, (a 1 b & f (a) 1 f (b)) . 2 soit f est croissante sur l’intervalle ;– 5 ; + 3 ;. 2 2. et 3. Tout à fait identiques.

2b + 5

g (x) = – 7 (x 2 – 2) ; h (x) = – 3((x + 1) 2 – 9) . 2. L’équation fm (x) = g (x) admet au moins une solution, quelle que soit la valeur de m. En particulier, les solutions (éventuellement confondues) sont m (1 + 2 ) et m (– 1 + 2 ) certains verront mieux les solutions avec la forme canonique qu’avec l’algorithme du discriminant, un peu comme pour les solutions dans  de l’équation x 2 – (2 cos 0) x + 1 = 0 .

.

Exercices (p. 28) 1. à 41. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

1. Trinômes – Équations 42. 1. (x – 4)(x + 2) ; 2. (x + 7)(x + 11) ; 3. pas factorisable ; 4. (x + 11) 2 . 43. 1. (x – 2)(x + 5) ; 2. (x – a)(x – b) 5+7 5–7 ;b= ; avec a = 2 2 3. – (x – 4)(3x + 2) ; 4. (5x – 1)(6x + 5) . 44. 1. (x – 3 )(x + 3 ) ; 1+ 5 ; 2. (x – z) x – 1 avec z = 2 z

(

)(

)

10 – 6 ; 2 (5 – 2x)(2x + 3) 10 + 6 b= ; 4. . 4 2 2 45. 1. 6x (2x –1) ; 2. (7x – 4) ; 3. 1 (2 – x 3 )(2 + x 3 ) ; 12 (x + 1)(3x + 1) . 4. 3 46. 1. 5 x (3 – 2x) ; 2. 4 (x – a)(x – b) 2 2 3–1 2 3–1 ,b= ; avec a = – 2 2 3. – 1 x + 3 x – 2 ; 4 5 3 3. (x – a)(x – b) avec a =

(

)(


)

5


4. − 10 x + 9 x – 3 . 5 2 47. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 48. 1. Si le produit ac est négatif strictement alors il existe deux réels a et b , distincts, tels que T (a) = T (b) = 0 . 2. Supposons ac 1 0 alors – 4ac 2 0 et donc b 2 – 4ac 2 0 , pour tout réel b donné, donc le discriminant T du trinôme T (x) = ax 2 + bx + c admet exactement deux racines distinctes. Notons les a et b et nous avons les deux réels demandés. 3. La réciproque est bien évidemment fausse. Exemple : T (x) = 5x 2 + 11x + 5 .

(

)(

)


Livre du professeur

49. 1. m ! 1 . 2. On calcule T son discriminant. T = 4 (5m – 1) . a. Une unique solution si, et seulement si, 5m – 1 = 0 ; b. Deux solutions distinctes si, et seulement si, 5m – 1 2 0 . 50. 1. m = 0. Et dans ce cas il ne s’agit pas d’une équation de degré 2. 2. m = − 2. Et dans ce cas les solutions sont x = 1 et x = 2. 51. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 52. 1. f admet l’axe des ordonnées 1 comme axe de symétrie, donc il s’agit d’un minimum (signe de a) atteint en x = 0. Celui-ci vaut : − 4. 2. Les racines évidentes de f2 0 et 3 per5 mettent d’en déduire que l’extremum est atteint en x = 3 = 0, 3 . f2 (0, 3) = 0, 45 10 c’est donc le maximum de f2. 3. Pas d’astuce particulière. L’extremum, qui est ici un minimum est atteint en 12 = 6 . Il vaut f (6) = – 21 . 3 2#1 4. Idem, il s’agit d’un maximum atteint en 7 = 7 . Et celui-ci vaut f 7 = 73 . 4 3#2 6 6 12 53. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 54. f (x) = a (x + 2) x et f (– 1) = 1 . D’où f (x) = – x (x + 2) = – x 2 – 2x . 55. f (x) = a (x + 1) 2 – 2 et f (1) = 0 . D’où f (x) = 1 (x + 1) 2 – 2 = 1 x 2 + x – 3 . 2 2 2 Remarque : Pour les exercices 54 et 55 les deux méthodes données aboutissent. Pour le 56 la forme factorisée est particulièrement efficace. 56. f (x) = a (x + 2)(x – 5) et f (0) = 2 . Ainsi f (x) = – 1 (x + 2)(x – 5) = – 1 x 2 + 3 x + 2. 5 5 5 57. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 58. 1. R (x) = x 2 – 5x + 7 ; 2. S (x) = – 3x 2 + 5x + 2 ; 3. T (x) = 1 x 2 – 3x + 5 . 2 2 59. 1. 1 est solution de (E) équivaut à 2 – 3 + c = 0 qui équivaut à c = 1. 2. 2 est solution de (E) équivaut à c = – 14. 3. Le discriminant de cette équation est : T = 9 – 8c . Il y a donc solution unique si, et seulement si, c = 9 . 8 4. Il n’y a pas de solution si, et seulement si, 9 – 8c 1 0 .

(

( )

)

60. 1. signe de « x 2 – 16 » sur . x

–3

x2 – 16

+

4

–4 0

–

+3

0

+

2. 1 est solution de (E) + c = 4 ; et dans ce cas (E) + 2x 2 – 4x + 2 = 0 + x 2 – 2x + 1 = 0 + x = 1. En conclusion, pour c = 4 , 1 est l’unique solution de (E). 3. Le discriminant de cette équation est : T = c 2 – 16 . Ainsi, du signe de « x 2 – 16 »,on en déduit que l’équation (E) admet une solution unique, si et seulement si, c = 4 ou c = – 4 . 61. 1. Il est ici écrit :  h d , f (– 2 + h) = f (– 2 – h) . 2. Ce qui signifie que la droite verticale d’équation x = – 2 est axe de symétrie de f . En particulier, on retrouve ici le fait que l’extremum de f est atteint en x = – 2 . 62. 1. On définit une fonction quelconque de degré 2. 2. a.  h d , f – b – h = f – b + h . 2a 2a (On résout ici une équation d’inconnue m.) b. h est donc fixé arbitrairement dans . c. Ces points ont même ordonnées. Ils sont donc symétriques par rapport à l’axe des ordonnées. d. Cette propriété est à associer au fait que les paraboles représentatives des fonctions trinômes admettent des axes de symétrie verticaux. e. On cherche à déterminer en quelle valeur l’extremum est atteint. Du fait que l’on remarque la propriété graphique de symétrie. Si on ne connaît pas la théorie des fonctions trinômes cela revient à chercher ici un éventuel axe de symétrie pour la courbe représentative de la fonction f. 2 3. a. f – b = a – b + b – b + c 2a 2a 2a 2 = – b – 4ac . 4a b. Il aurait fallu utiliser « factor » pour que le résultat soit sous forme factorisée. 4. Cette cinquième ligne démontre une égalité algébrique :

(

(

) (

) (

)

) (

)

2 (2ax + b) 2  x d , =a x+ b . 4a 2a 5. a. On en déduit alors que :  x d , f (x) – f – b = a x + b 2a 2a

(

)

( ) (


6

2

)


ce qui redonne la forme canonique de f : 2  x d , f (x) = a x + b + T . 2a 4a 63. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 64. 1. On a : ax 21 + bx 1 + c = y = ax 22 + bx 2 + c ce qui implique que : a (x 21 – x 22) + b (x 1 – x 2) = 0 et donc que (x 1 – x 2) (a (x 1 + x 2) + b) = 0. Et vu que x 1 ! x 2 , on a le résultat annoncé. 2. On en déduit alors que : x + x2 f 1 =f – b =–T . 2a 4a 2 3. On a alors pour tout réel x, 2 f (x) – f – b = a x + b . 2a 2a

(

(

) (

(

)

)

) (

)

65. 1. On remarque que : f (– 2) = f (– 0, 6) donc l’extremum de la fonction f est – 2 – 0, 6 atteint en x 0 = soit en − 1,3. 2 2. Il ne peut s’agir que d’un minimum compris entre − 6,25 et − 6. 66. 1. 0 est racine si, et seulement si, c = 0. Démonstration : a # 0 2 + b # 0 + c = 0 + c = 0. 2. 1 est racine si, et seulement si, la somme des coefficients est nulle. Démonstration : a # 1 2 + b # 1 + c = 0 + a + b + c = 0. 3. − 1 est racine si, et seulement si, la somme alternée des coefficients est nulle. Démonstration : a # (– 1) 2 + b # (– 1) + c = 0 + a – b + c = 0.

67. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 68. 1. On a ax 21 + bx 1 + c = 0 , on a donc x 1 + x 2 = – b a ax 22 + bx 2 + c = 0 et donc x 2 = – b – x 1 = – b – ax 1 , a avec x 1 (ax 1 + b) = – c donc – x 1 (ax 1 + ab) x1 # x2 = c = . a a 2. Les racines sont : a. 1 ; – 1 . b. − 1 ; + 5 . c. 2 ; – 1 . 5 3 6 3 2 11 d. − 2 ; . e. 1 ; . f. 1 ; – . 5 12 11 g. 2 ; 4 . h. − 2 ; 5 . 3 7 69. 1. Soit m d , (m – 2)(– 1) 2 + 5 (– 1) + 7 – m = m – 2 – 5 + 7 – m = 0.


Livre du professeur

Donc, pour tout m d , on a bien −1 sollution de l’équation. 2. De l’exercice qui précède, on sait que le produit de ces solutions est 7 – m . m–2 Donc l’autre racine est m – 7 . m–2 3. Cette autre racine est 10 si, et seulement si, m = 13 . 9 70. 1. x 1 + x 2 = – 3 et x 1 x 2 = – 1 . 2 2 2. x 21 + x 22 = (x 1 + x 2) 2 – 2x 1 x 2 ; (x 1 – x 2) 2 = x 21 + x 22 – 2x 1 x 2 = (x 1 + x 2) 2 – 4x 1 x 2 ; 1 + 1 = x1 + x2 ; x1 x2 x1 x2 1 + 1 = x1 + x2 – 2 = x 1 – 1 x 2 – 1 (x 1 – 1)(x 2 – 1) x1 + x2 – 2 . x 1 x 2 – (x 1 + x 2) + 1 En remplaçant on a les valeurs de ces calculs. 71. 1. a. Le système admet au moins un couple (u, v) solution du système (*). u+v=S b. Soit (u, v) tel que ' uv = P alors, on a de façon équivalente : v=S–u v=S–u ) puis ' 2 . u (S – u) = P u – Su + P = 0 On en déduit alors que u, (tout comme v) satisfait la relation « X 2 – SX + P = 0 ». 2. La réciproque est immédiate, sachant le résultat sur la somme et le produit des racines de l’équation X 2 – SX + P = 0 . 3. Le système admet au moins une solution si, et seulement si, l’équation X 2 – SX + P = 0 admet au moins une solution réelle. 4. Le problème revient à chercher R1 et R2 R 1 + R 2 = 2,5 tels que ) R1 R2 = 1 qui admet comme solution : (0,5 ; 2) et (2 ; 0,5). On a donc une (unique) solution à ce problème (sans tenir compte de l’ordre en série des résultats).

2. Signes de fonctions, positions relatives de courbes 78. et 73. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

74. 1. x f(x)

0

4 +

2. 0

x

2 +

f(x)

4

0

+

3. 0

x

2 +

f(x)

4 −

0

4. 0

x

2 −

f(x)

4 −

0

75. 1. x

4

–3 +

x2 – 8 x + 16

+3

0

+

2. x

–3

+3 −

2

– 6 x – 5 x – 21

3. x

5 9

–3 −

– 81x2 + 90 x – 25

0

+3 −

4. x

–3

+3 +

31x2 – x + 1

5. x

–3

+3 −

– 3x2 + 4 x – 10

76. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 77. x

−1

–3 −

f (x) – g (x)

0

3 +

0

+3 −

Ce qui permet d’établir sur quel(s) intervalle(s) f est située en dessous ou au-dessus de g. 78. x

−3

f (x) – g (x)

−2 +

0

1 −

0

+3 +

Là encore c’est ce tableau qui est à mettre en lien avec les positions relatives de f et g. 79. x

−2

–3

f (x) – g (x)


+

0

7

2 −

0

+3 +


80. 1. 1 et 2 se rencontrent aux points d’abscisses 1 et 5 . 2 1 est au-dessus de 2 pour x G 1 et xH5 . 2 2. 1 et 2 se rencontrent aux points d’abscisses – 2 et 1 . Attention f1 n’est 2 pas définie en 0. 1 est au-dessus de 2 pour x G – 2 et x dE 0 ; 1E . 2 3. 1 et 2 se rencontrent au point d’abscisse13. Attention f2 n’est pas définie sur @ – 3 ; – 36. 1 est au-dessus de 2 pour x G 13 . 81. 1. Pour 18 , le nombre de produits offerts est : 52 (environ) ; le nombre de produits demandés est : 26 (environ). 2. Le prix d’équilibre semble être de 12 . 3. Le nombre de produits offerts et demandés est 40. 4. La résolution algébrique de f (x) = g (x) va permettre de déterminer les éventuelles valeurs de x dans un intervalle raisonnable pour lesquelles l’offre sera identique à la demande. On est donc bien dans la recherche du prix d’équilibre. Et donc le signe de f (x) – g (x) permettra de savoir par quelles valeurs de x, l’offre est supérieure ou inférieure à la demande. )

f (x) = g (x) 0, 05x 2 – 4x + 8 0,8 = 2x +16 +) x d62 ; 30@ x d62 ; 30@

Ce qui équivaut à : x = 12. Ce que l’on voulait. 82. 1. C(8) = 2,500 soit 25 000  C(10) = 3 soit 30 000  C(35) = 78 soit 78 000  R(8) = 0,2 soit 2 000  R(10) = 5 soit 50 000  R(35) = 65 soit 65 000  2. Alogorithme associé au bénéfice ou au déficit de l’entreprise. Début Pour Q allant de 8 à 40, Si R (Q) H C (Q) Alors : Afficher « BÉNÉFICE » Sinon Afficher « DÉFICIT » Fin Pour Fin

Ces variables sont : Q le nombre de scooters. (Rem. : on considère que le bénéfice nul est un bénéfice.) 4. On obtient des valeurs de Q entre 9 et


Livre du professeur

30. Ce qui se retrouve en résolvant l’inéquation R (x) H C (x) . On trouve effectivement que le bénéfice est maximum pour une production de 19 ou 20 scooters, car ici la variable est entière. Mais sur  la fonction R – C atteint son maximum pour x = 19, 5 . Cette production n’étant pas possible, l’entreprise fait donc un même bénéfice maximum pour deux valeurs de q : 19 et 20. 83. 1. Pour tout x d , x 2 – 84x + 1 872 2 0. Ce qui signifie que, quelque soit le nombre de melons triés, il y a toujours un nombre de melons avariés qui ne sont pas écartés. 2. et 4. Melons non écartés 180

172

f(x

)

170 150 140 130

y=

160 144

x

y=3

88. f (x) = x 2 si x H 0 ; f (x) = – x 2 si x G 0. 89. f (x) = 1 si x 2 0 ; f (x) = – 1 si x 1 0 . 90. f (x) = x si x H 0 ; f (x) = – x si x G 0 . 91. 1. I est un intervalle. Soit a, b d I et a 1 b . f est croissante sur I. On a par hypothèses : f (b) – f (a) 2 0 et g (b) – g (a) 2 0 . D’où f (b) + g (b) – (f (a) + g (a) 2 0 . Soit (f + g)(b) – (f + g)(a) 2 0 . a et b étant arbitrairement fixés dans I on a bien : a, b d I , (a 1 b & (f + g)(b) – (f + g)(a) 2 0) Ce qui traduit le fait que f + g est croissante sur I. On a l’analogie lorsque f et g sont décroissantes sur I. 2. • Deux fonctions monotones ne vont pas nécessairement définir une fonction somme monotone. 1 Exemple : f : x 7 x et g : x 7 . x • De même que le produit de deux fonctions croissantes ne définit pas non plus une fonction produit croissante. Exemple : f : x 7 x et g : x 7 x . 92. 1. 8

120 110

6 108

4

100 42 43 44 45 46 47 48 49 50 Nombre de melons triés (en centaine)

3. Le maraîcher estime donc satisfaisante le nombre f(x), dès que f (x) G 3 # x # 100. 100 (Car x est exprimé en centaine de melons.) Ainsi on chercher x tel que f (x) G 3x. 5. Graphiquement, on conjecture que le nombre de melons triés doit être compris entre 42 et 48 centaines de melons. Algébriquement, on résout l’inéquation f (x) G 3x dans l’intervalle 642 ; 50@ . )

f (x) G 3x x 2 – 87x + 1 872 G 0 +) x d642 ; 50@ x d642 ; 50@ + 42 G x G 48.

4

6

0 2

4

6

6 4 2 0 -2

4 2 0 -6 -4 -2

1 0 0 1

2

0 2

4

6 4 2 0 -6 -4 -2


8

4

6

6

8

4 2 0 -4 -2

-2

0 2

4

93. Dans la mesure où toutes ces courbes sont situées au dessus de l’axe des abscisses, en étant éventuellement tangentes à celles-ci, on n’a que trois cas de figure : T2 0 , T = 0 , T1 0 . 94. 1. Pour tout x d , si x H 4 x–4 ; x–4 =' – x + 4 sinon x+6 si x H – 6 . – x – 6 sinon On en déduit l’écriture de f(x) pour x d . – 2x – 2 si x 1 – 6 2. f (x) * 10 si – 6 G x 1 4 2x + 2 si x H 4 y 3. 10

-6

2

4.

0 2

6

3

-2 -1

-2

6.

3.

3. Études de fonctions – Problèmes 84. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 85. 1. f est croissante sur I. 2. f est décroissante sur I. 3. f est croissante sur I. 4. f est décroissante sur I. 86. 1. f est décroissante sur I. 2. f est croissante sur I. 3. f est décroissante sur I. 4. f est croissante sur I. 87. f (x) = 1 si x 2 0 ; f (x) = – 1 si x 1 0 . x x

0 2

2.

-6 -4 -2

6

x+6 ='

2 0 -6 -4 -2

5.

6


2 O -2 4

x

4. 12 admet deux antécédents par la fonction f. Il s’agit de − 7 et 5. 95. 1. 11 (x, f(x) avec x ! 3 , donc M¢ (x –3, f (x)). 2. On a alors 1 = f (x) donc M¢dg. x–3 3. Réciproquement, soit x ¢ ! 0 et M¢ (x ¢ , g (x ¢ )). Alors son image par t u a pour coordonnées (x ¢+ 3, g (x ¢ )) et on remarque 1 1 alors que = g (x ¢). = x ¢ (x ¢ + 3) – 3


Livre du professeur

Autrement dit ce point image appartient à f . 4. On en déduit alors que : Z ]] si M d f alors t u (M) d g et [ ] si M¢d  alors t (M¢ )d  u g g \ Ce qui permet de conclure que f et g sont images l’une de l’autre pour une translation, de vecteur u ou – u . 5. Sachant le tableau de variations de la fonction g on en déduit celui de la fonction f. x

–3

3

+3

x 5

g2

( ) ()

• M (x, f (x) 7 M¢(x – k, f (x)) tu or g (x – k) = f ((x – k) + k) = f (x) donc M¢dg. On a bien la réciproque. Donc g s’obtient par la translation de f de vecteur u . • N (x, f (x) 7 N ¢ (x, f (x) + k) tv or f (x) + k = h (x) , donc N ¢d h. On a aussi la réciproque, donc h est obtenue par la translation de f de vecteur v . 97. Application

-2

-4

x

0 -5

1 0 -2 -1

0 1

2

1 0 0 1

2

3

4

0 2

4

6

8

2 0 -2 -4 -6

donc :  x ! – 2 , h (x) = 1 – 1 . x+2 –2 2. Soit u on obtient h à partir de 1 la translation de vecteur u de la courbe d’équation y = – 1 . x 99. 1. Le discriminant du trinôme x 2 + 4x + 5 vaut – 4 . 2.

( )

x

10

−2

–3

u

+3

1

Ainsi on en déduit le tableau de variations de la fonction f du fait que x 7 x est croissante sur l’intervalle 61 ; + 3 6. 3. −2

–3

+3

1

100. 1. Soit M(x ; f(x)), son image est alors par t u le point M¢ (x + a, f (x) + m) or g (x + a) = a (x + a – a) 2 + m = ax 2 + m = f (x) + m donc M¢d g . Et réciproquement. 2. g s’obtient donc de f par la translation t u . 3. Les résultats sur les variations des fonctions trinômes. 4. x

–3

3

–3

g1


+3

–3

9


+3

7

+3

3

101. 1. Faux (cf. 91). 2. Soit x H 0 , x – 4 x + 4 = ( x ) 2 – 2 # 2 x + 22 . 3. Sur 60 ; 4@ , g est décroissante. Sur 64 ; + 3 6, g est croissante. 4. Oui en 4 et il vaut 0. 5. Pout tout M H 0 , il existe x H 0 tel que f (x) H M. Soit M H 0. ( x – 2) 2 H M + x – 2 H M + x H (2 + M ) 2 . En fait, on a tous les x supérieurs ou égaux à (2 + M ) 2 . 6. Donc la fonction f n’est pas majorée sur . 102. 1. Soit x d , x 2 – 6x + 10 = (x – 3) 2 + 1. 2. Donc on en déduit que :  h d , f (3 – h) = f (3 + h). 3. 4. f admet donc l’axe vertical d’équation (x = 3) comme axe de symétrie. 5. Sur 63 ; + 3 6, x 7 (x – 3) 2 + 1 est croissante et à valeurs dans 61 ; + 3 6 1 60 ; + 3 6. De plus u 7 u est croissante sur 61 ; + 3 6 donc on en déduit que x 7 f (x) est croissante sur 63 ; + 3 6. De la même manière, x 7 f (x) est décroissante sur @ – 3 ; 3@ . 6. Oui et ce minimum est atteint en x = 3. Il vaut 1. 7. a. M H 1 & M 2 H 1 & 4M 2 – 4 H 0 b. f (x) = M + (x – 3) 2 + 1 = M 2 + (x – 3) 2 = M2 – 1 + x = 3 ! M2 – 1 et suivant que M = 1 ou M 2 1 on a bien une ou deux solutions. c. La fonction f n’est pas majorée. f (x) H M + x H 3 !

1

−1 4

g4

2

f(x)

2

+3

−3

g3 x

x

3

−1

0

98. 1. Soit x ! – 2 , 1 – 1 = x + 1 = h (x) x+2 x+2 96. Il s’agit exactement du même exercice que le 95. –k 0 97. Notons u et v 0 k

–3

M2 – 1 .


Livre du professeur

d. Même si on est à la « limite » des programmes l’idée est ici de faire émerger le fait que x

–3

3

+3

–3 +3

f (x) 1

8. On utilise l’expression conjugée : soit x d , f (x) – (x – 3) = x 2 – 6x + 10 – (x – 3) = x 2 – 6x + 10 – (x – 3) 2 . f (x) + x – 3 9. et 10. On sait que f(x) peut être rendu aussi grand que l’on veut, donc f (x) + x – 3 aussi. 1 Et donc peut être rendu aussi f (x) + x – 3 petit (et positif) que l’on veut. Ce qui se traduit par un écart de plus en plus petit entre y = f (x) et y = x – 3 sur l’intervalle 63 ; + 3 6. 103. 1. Car c’est un quotient de fonctions monotones et l’on n’a pas de résultats associés à cela (ce qui est logique !). 2. Soit x d , 1 – 2 1 = z (x). x +1 3. Par composition, x z (x)

–3

0

+3

0

4.  h d , z (– h) = z (h) donc les points ont même ordonnée. 5. φ et donc symétrique par rapport à 6Oy) . 6. et 7.  x d , 2 1 2 0 donc x +1 1 – 2 1 1 1 et donc  m d@ 0 ; 1@ , x +1  x 1, x 2 d , x 2 = – x 1 , z (x 2) = z (x 1) logique d’après 4. 8. • Vu (par le tableau de variations). • Faux, puisque 1 n’est pas atteint. 1 est simplement un majorant des z (x) , pour x d  (c’est même le plus petit). 104. 1. Autour de 14 . 2. f (p) = – 20p + 450, donc R (p) = f (p) # p = – 20p 2 + 450p C (p) = 5, 30 # f (p) = – 106p + 2 385 d’où B (p) = R (p – C (p) = – 20p2 + 556p – 2 385. Et donc le bénéfice maximum est atteint – 556 = 13,9, et donc pour un pour p = 2 (– 20) prix de vente de 13,90 .

105. 1. Soit x d , A (x) = ax + b avec a ! 0. x1 est racine de A + ax 1 + b = 0 + a (x – x 1) = 0 2. a. Même astuce. x1 racine de T + T (x) = a (x 2 – x 21) + b (x – x 1) = (a (x + x 1) + b) b. On a alors nécessairement T (x) = a (x – x 1)(x – x 2) car a (x + x 1) + b se factorise de la forme a (x – x 2) et on obtient qu’alors : pour tout x d , ax 2 + bx + c = a (x – x 1)(x – x 2) = ax 2 – a (x 1 + x 2) x + x 1 x 2 a Z b ]] x 1 + x 2 = – a d’où [ c ]x1 x2 = a \ 106. 1. T (x) = – 2(x – 1)(x + 1) . 2. T (x) = 1 (x – 2)(x + 1) . 2 3. T (x) = 3 x – 5 (x – 3) . 5 3 1 4. T (x) = – (x + 4) x – 1 . 2 2 107. 1. On remarque que les points d’ordonnée premiers ne sont pas interceptés par aucune droite. 2. Il semble que les nombres premiers soient épargnés! 3. Cet algorithme permet d’isoler graphiquement des nombreux premiers. 4. La conjecture se vérifie bien ! 5. On a M(m, m2) et N (– n, n 2) , (mn) a pour équation réduite y = (m – n) x + m $ n donc (nn) intercepte l’axe des ordonnées en un entier dit « composé » et donc non premier. 6. Pour conclure, on a bien tous les entiers composés « ciblés » puisque m et n varient dans l’ensemble des entiers naturels. 108. 1.

(

)

(

)

Début Stocker O dans S Saisir N Pour I allant de O à N de 1 en 1 Stocker I + S dans S Fin de Pour Afficher S Fin

Remarque : les variables sont : S : la somme partielle ; I : la variable d’incrément du « sigma » ; N ... ! © Hachette livre, 2011

10


2. 5 050. 3. Soit x d , (x + 1)(x + 2)(2x + 3) – 6 x (x + 1)(2x + 3) = (x + 1) 2 . 6 v (1) – v (0) = 1 4. ) v (n) – v (n – x) = n 2 v (x + 1) – v (x) =

par addition de ces lignes il découle : S (n) = v (n) – v (0) = v (n). 109. 1. Ce programme affiche les diviseurs d’un entier naturel n. 2. a. x

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

f(x) 29 29,5 31 33,5 37 41,5 47 53,5 61 69,5 79 *

*

*

*

*

*

b. (*) Ces six entiers sont des nombres premiers. c. et d. Il est en fait légitime de penser à 29 car 29 est premier et f (29) = 2 # 29 2 + 29 = 29 # (2 # 29 + 1) et donc f(29) et composé. 110. 1. 52 on pose donc E ( 2 753¢ ) = 52. 2. a. Ils sont tous premiers. b. Suffit de le faire ! (par division euclidienne, c’est l’argument idéal, bien entendu !) c. Puisqu’aucun de ces entiers premiers ne divise 2 753 alors d 2 47 . Mais 48, 49, 50, 51 et 52 ne sont pas premiers et sont composés par l’un des entiers de cette liste d’entiers. Ils sont donc eux aussi des multiples de ces entiers premiers et par conséquent ne peuvent pas être « le plus petit diviseur de 2 753 ». D’où d H 53 (avec 53 premier lui au moins !) d. Soit d un entier diviseur de 2 753 inférieur strictement à 2 753 et strictement supéreur à 1. Alors, 2 753 étant composé on aurait : 2 753 = d # q avec 1 1 q 1 2 753. Mais de la question précédente, d étant le plus petit on aurait : 53 G d G q et donc d # q H 53 2 . Soit d # q H 2 809 , alors que d # q = 2 753 ce qui est contradictoire. e. Autrement dit, 2 753 est un nombre premier. 3. Par R(1) = 1 979 on se base par rapport à E(1 979) = 44. Et là encore aucun des entiers premiers inférieurs ou égaux à 43 ne divise 1 979. Il s’ensuit alors qu’il est premier par le même raisonnement par l’absurde, donc R(1) est premier.


Livre du professeur

4. L’algorithme à coder est le suivant :

5. L’algorithme est le suivant : Début Saisir M Pour J allant de 0 à 11 de 1 en 1 ISPRIME (J) Fin Pour Fin

Début Saisir N Pour I allant de 2 à E ( n) de 1 en 1 Si Frac (N/I) = 0 alors Afficher « false » Fin Si Fin Pour Afficher « True » Fin

En route vers le Bac (p. 44-45) 111. Faux. x = 0,5. 112. Cette valeur augmentée est alors de 2 2 = v # 1 + 2t + t v# 1 + t 100 100 10 000 donc elle est bien supérieure à 27 %. 113. Vrai car 1,32 = 1,69. 114. Soit x d , 2x 2 – 4x + 1 = 2 x 2 – 2x + 1 2 = 2 (x – 1) 2 – 1 . 2 115. Vrai, car le discrimant de cette équation du second degré est positif ou nul. Graphiquement, (m) est sécante ou tangente à . D’ailleurs le point A(1 ; 1) appartient toujours à cette intersection. 116. Faux : cette surface n’admet pas de minimum si l’on considère qu’elle existe. 117. v vérifie la relation 195 = 195 – 1 , v v+4 ce qui implique bien la relation v 2 + 4v – 780 = 0. 118. Faux : il est atteint à 2.

(

)

(

(

)

(

)

)

119. b. 120. a. 121. a. Faux : il s’agit de (m – 5) 2 . b. On peut être plus explicite : 4 et m – 1. c. Vrai. d. Vrai si, et seulement si, 4 = m – 1. 122. a. Vrai (c’est le point de Tangence). b. Faux. c. Faux. Ceci étant m + 2 et 1 sont bien les seules solutions de cette équation. d. Il faut bien s’entendre sur « en dessous » car si m = – 1 il y a tangence... 123. a. Vrai. b. Faux _ bb a. Vrai ` pour tout t d@ 0 ; 16, b d. Faux a 1 + t # 1 – t 100 100 2 =1– t 10 000 t2 m c 100 = 1– . 100

(

) (

124. La première ! 125. a. Faux, il s’agit de @ – 3 ; –1@ , 61 ; + 3 6. b. Vrai, mais aussi sur 61 ; + 3 6. c. Si elle admet 0 qu’elle atteint en − 1 et 1. 126. 1. Il y a juste à préciser qu’elles passent toutes par (0 ; 0) et sinon par le point d’abscisse – b . a 2. La seconde abscisse cherchée est : v 0 sin 2i . g L’application numérique donne : 2m12.

)

(

)

TP Info (p. 46-47) 1. Positions relatives de deux courbes

x 2 = mx – (m – 1)(=) x 2 – mx + m – 1 = 0 dont le discriminant est T m = m 2 – 4 (m – 1) soit T m = m 2 – 4m + 4 = (m – 2) 2 autrement dit cette équation possède : • une unique solution si, et seulement si, m = 2 , il s’agit de x = 1 .

• deux solutions distinctes si, et seulement si, m ! 2 , il s’agit de m – m –2 m+ m –2 ' 1 = " 1 ; m – 1, . ; 2 2 (Comme on le vérifie d’ailleurs sur Géogébra dans la fenêtre algèbre quand on recherche l’intersection de la parabole et de la droite (m).) Conclusion : soit (m) est tangente à , soit  est en dessous de (m) entre 1 et m – 1.

2. Équations du troisième degré Tout se trouve dans le fichier XCAS puisqu’en validant les étapes on a les solutions de l’équation. Ce que l’on veut. Pour la partie théorique, il suffit de reprendre ces étapes...

Activité de recherche (p. 48) Il s’agit de remarquer que tous les nombres irrationnels de la forme


11

a 2 + 2 ont un DFC particulier et c’est lui qu’il faut trouver.


2

Dérivation Programme officiel Contenus


Commentaires Le nombre dérivé est défini comme limite du taux f (a + h) − f (a) d’accroissement quand h tend vers 0. h On ne donne pas de définition formelle de la limite.

Dérivation Nombre dérivé d’une fonction en un point. Tangente à la courbe représentative d’une fonction dérivable en un point.

• Tracer une tangente connaissant le nombre dérivé.

L’utilisation des outils logiciels facilite l’introduction du nombre dérivé.

Fonction dérivée. On évite tout excès de technicité dans les calculs de dérivation. Si nécessaire, dans le cadre de la résolution de problèmes, le calcul de la dérivée d’une fonction est facilité par l’utilisation d’un logiciel de calcul formel. Il est intéressant de présenter le principe de démonstration de la dérivation d’un produit.

Dérivée des fonctions usuelles : • Calculer la dérivée de fonctions. 1 x 7 x , x 7 et x 7 x n x (n entier naturel non nul). Dérivée d’une somme, d’un produit et d’un quotient. Lien entre signe de la dérivée et sens de variation. Extremum d’une fonction.

• Exploiter le sens de variation pour l’obtention d’inégalités.

Il n’est pas toujours utile de recourir à la dérivation pour étudier le sens de variation d’une fonction. On traite quelques problèmes d’optimisation.

Découverte (p. 52-53) 1. Prendre la tangente

4.

1. H (1 + h, (1 + h) 2) . 2. Le coefficient directeur de la droite (AH) est égal à 2,5 pour h = 0,5 , égal à 2,1 pour h = 0,1 , égal à 2,05 pour h = 0,05 et égal à 2,01 pour h = 0,01 . 3. Lorsque h se rapproche de 0 le coefficient directeur de la droite (AH) se rapproche de 2 et la droite (AH) se rapproche de la tangente en A à la parabole .


12


Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

Lorsque h se rapproche de 0 ce quotient se rapproche de gt 0 : ainsi v (t 0) = gt 0 = 9,8t 0 .

2. Chute libre 1. Vitesse instantanée 2. d (1) = 4,9 et d (3) = 44,1 donc la vitesse moyenne de la bille entre les instants t = 1 et t = 3 est d (3) – d (1) 39,2 = = 19, 6 m.s – 1 . 3–1 2 3. Graphiquement la vitesse moyenne de la bille entre les instants t = 1 et t = 3 peut s’interpréter comme le coefficient directeur de la droite (M 1 M 3) . d (1 + h) – d (1) = 4,9(h + 2) . 4. Pour tout h non nul a (h) = (1 + h) – 1

h

2

1

0,1

0,01

0,001

a (h)

19,6

14,7

10,29

9,849

9,8049

3. Fonction dérivée

Le lieu géométrique du point N est la droite d’équation y = 2x .

Lorsque h se rapproche de 0, les valeurs prises par a (h) se rapprochent de 9,8. 2. Algorithme de calcul 1. Cet algorithme permet d’estimer que la vitesse instantanée de la bille à l’instant t = 2 est de 19, 6 m.s – 1 , et qu’à l’instant t = 3,5 elle est de 34,3 m.s – 1 . d (t 0 + h) – d (t 0) 1 1 2. g (t + h) 2 – 1 gt 20 = 1 gt 0 h + 1 gh 2 = 2 2 h 2 0 h (t 0 + h) – t 0 = gt 0 + 1 gh . 2

(

) (

)

Logique et notations (p. 62) 1. FAUX

2. VRAI

Contre exemple : la fonction définie sur  par f (x) = x 3 est strictement croissante sur , mais sa dérivée s’annule en 0 : f ¢(0) = 3 # 0 2 = 0 .

Si f est croissante et strictement positive sur I alors on a pour tout x d I : f ¢(x) H 0 et f (x) 2 0 . La fonction 1 est donc bien définie – f ¢(x) f ¢ G 0 . On en déduit que et dérivable sur I et on a 1 (x) = f f (x) 2 1 la fonction est décroissante sur I. f

()

Raisonnement mathématique (p. 63 et 64) 2. Soit v une fonction dérivable ne s’annulant pas sur un intervalle I. Soit a d I et h un réel non nul tel que a + h d I . Le taux d’accroissement de la fonction k = 1 entre a et a + h v est 1 1 k (a + h) – k (a) v (a + h) v (a) 1 v (a) – v (a + h) t (h) = = = h h h v (a + h) v (a) v (a + h) v (a) –1 = # . h v (a + h) v (a) On sait que v est dérivable sur I donc v (a + h) – v (a) lim = v¢ (a) . h"0 h De plus la « régularité » (i.e. la « continuité ») de v nous assure que –1 lim = – 12 h " 0 v (a + h) v (a ) v (a)

À vous de jouer, page 63 1. Soit u et v deux fonctions dérivables sur un intervalle I. Soit a d I et h un réel non nul tel que a + h d I . Le taux d’accroissement de la fonction g = u + v entre a et a + h est g (a + h) – g (a) u (a + h) + v (a + h) − (u (a) + v (a)) t (h) = = h h u (a + h) − u (a) v (a + h) − v (a) = + . h h On sait que u et v sont dérivables sur I donc u (a + h) – u (a) lim = u¢ (a) . h"0 h v (a + h) – v (a) lim = v ¢ (a) . et h"0 h Ainsi

(

lim t (h) = u¢(a) + v¢ (a).

h"0

Autrement dit (u + v)¢ = u¢ + v¢ . © Hachette livre, 2011

13


)

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

lim t (h)

Ainsi

h"0

– v¢(a) v (a)

2

Ainsi la fonction racine carrée est dérivable pour tout a 2 0 et on a f ¢( a) = 1 . 2 a Étudions la dérivabilité de la fonction f en 0. Pour tout h 2 0 on a : f (0 + h) – f (0) h t (h) = = = 1 . h h h On voit que le quotient t (h) prend des valeurs aussi grandes que l’on veut lorsque h est suffisamment proche de 0 : il n’existe donc aucun réel l dont le quotient t (h) devienne aussi proche que l’on veut lorsque h est suffisamment proche de 0. Autrement dit, la fonction racine carrée n’est pas dérivable en 0.

.

Autrement dit 1 ¢ – v2¢ . v v

()

page 64 Soit a d@ 0 ; + 3 6 et h un réel non nul tel que a + h d@ 0 ; + 3 6. Posons f (x) = x pour tout x d@ 0 ; + 3 6. a + h – a ( a + h – a )#( a + h + a ) t (h) = = h h#( a + h + a) =

On a donc

h h#( a + h +

a)

=

1 a+h +

. a

lim t (h) 1 2 a

h"0

Exercices résolus (p. 65 à 71) Entraînez-vous, page 65 a. La fonction x 7 x est définie et croissante sur I = @ 0 ; + 3 6. La fonction x 7 x est définie, croissante et ne s’annule pas sur I = @ 0 ; + 3 6. On en déduit que la fonction x 7 1 est x définie et décroissante sur I puis que la fonction x 7 – 1 est définie et croisx sante sur I. La fonction f est donc la somme de deux fonctions définies et croissantes sur I = @ 0 ; + 3 6 : elle est donc elle-même croissante sur I = @ 0 ; + 3 6. b. La fonction f est définie et dérivable sur  et on a, pour tout x d  , f ¢(x) = 3x 2 – 12 = 3 (x – 2)(x + 2). Pour x 1 – 2 on a f ¢( x) 2 0 et f ¢( – 2) = 0 : f est strictement croissante sur @ – 3 ; – 2@. Pour – 2 1 x 1 2 on a f ¢( x) 1 0 et f ¢( – 2) = 0 et f ¢( 2) = 0 : f est strictement décroissante sur 6– 2 ; 2@ . Enfin pour x 2 2 on a f ¢( x) 1 0 et f ¢( 2) = 0 : f est strictement croissante sur 62 ; + 3 6. Entraînez-vous, page 67 Soit f la fonction définie sur I = E 2 + 3 ; 3 3 par f (x) = x . 3x – 2 La fonction f est définie et dérivable sur I, et on a 3x 2 (3x – 2) – 3x 3 6x 3 – 6x 2 f ¢( x) = = (3x – 2) 2 (3x – 2) 2 6x 2 (x – 1) = . (3x – 2) 2

Pour 2 1 x G 1 on a f ¢( x) G 0 et la fonc3 tion f est donc décroissante sur E 2 ; 1E . 3 Pour x H 1 on a f ¢( x) H 0 et la fonction f est donc croissante sur 61 ; + 3 6. La fonction f admet donc un minimum absolu en x = 1 ; ce minimum vaut f (1) = 1 . On en conclut que, pour tout x 2 2 on a f (x) H f (1 =) 1 . 3 Entraînez-vous, page 68 g (– 1) = 2 + a – b + c = 2 g¢(– 1) = – 4 + – 2a + b = – 4 3 3 g (2) = 0 + 4a + 2b + c = 0 . Le logiciel XCAS donne, lorsqu’on entre la commande linsolve([a-b+c=0,-2*a+b =-4/3,4*a+2*b+c =0],[a,b,c]) [2/9 , -8/9 , 8/9] La fonction g est donc définie pour tout x d  par g (x) = 2 x 2 – 8 x + 8 . 9 9 9 Entraînez-vous, page 70 Soit f la fonction définie sur + par f (x) = x2 + 1 . x +3 La fonction f est dérivable sur + et on a, pour tout x positif ou nul, (x 2 + 3) – (x + 1) 2x f ¢( x ) = (x 2 + 3) 2 2 (1 – x)(x + 3) = – x 2– 2x +2 3 = (x + 3) (x 2 + 3) 2 On en tire le signe de f ¢ et les variations de f sur + : De plus, pour tout x d60 ; + 3 6 on a f (x) 2 0 . © Hachette livre, 2011

14


On constate que, pour tout x d60 ; + 3 6 0 1 x2 + 1 G 1 on a : x +3 2 x

0

1

f ¢(x) f (x)

+

0

+3 –

1 2

1 3

Entraînez-vous, page 71 Soit L la longueur du rectangle et l sa largeur, avec L H l . Le périmètre du rectangle est  : on a

donc 2(L + l) =  ou encore l =  – L . 2 L’aire de ce rectangle est donnée par la fonction  définie sur 60 ; + 3 6 par

 (L) = L #  – L = – L2 +  L .

(

)

2 2 La fonction  est dérivable sur 60 ; + 3 6

et on a  ¢(L) = – 2L +  . 2 Pour 0 G L G  on a  ¢(L) H 0 : la fonc4 tion  est donc croissante sur ;0 ; E . 4 Pour L H  on a  ¢(L) G 0 : la fonction 4  est donc décroissante sur ; ; + 3 ;. 4 La fonction  admet donc un maximum en  : le rectangle de périmètre 4 donné  et plus grande aire est donc le carré de côté  en effet si L =  alors 4 4

(

l=–L=–= . 2

2

4

4

)

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur


1. Nombre dérivé – Tangente 36. (d 1) a pour coefficient directeur – 1 , 6 (d 2) a pour coefficient directeur 4 et (d 3) a pour coefficient directeur – 4 . 3 37. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 38. 1. Pour tout h non nul : (1 + h – 1) 2 – (1 – 1) 2 h 2 t (h) = = =h h h t (h) = 0. donc f ¢(1) = hlim "0 2. Pour tout h non nul

6(1 + h) – 5(1 + h)@ – (1 – 5 # 1) h 2 = h – 3h = h – 3 h t (h) = – 3. donc f ¢(1) = hlim "0 2

2

t (h) =

3. Pour tout h non nul

6(4 – (1 + h) 2@ – (4 – 1 2) t (h) = h 2 = – h – 2h = – h – 2 h t (h) = – 2 . donc f ¢(1) = hlim "0

4. Pour tout h non nul 1 1 –1 –1 2 1 + h + 1 h + 2 2 t (h) = = h h –h 2 (h + 2) = = –1 h 2 (h + 2) 1 t (h) = – . donc f ¢(1) = hlim "0 4 39. 1. Pour tout h non nul : (2 4 + h – 1) – (2 4 – 1) t (h) = h 2 4+h –4 = . h 2 4+h –4 2. t (h) = h (2 4 + h – 4)(2 4 + h + 4) = h (2 4 + h + 4) 4 h 4 = = . h (2 4 + h + 4) 2 4 + h + 4 t (h) = 1 . 3. f ¢(4) = hlim "0 2 40. 1. La calculatrice donne g ¢( – 1) . – 0,6 666 666 667. Pour tout h non nul,

c – 2 (– 1 + h) + 7 m – c 2 + 7 m 3 3 t (h) = h – 2h = 3 =–2 3 h 2 t (h) = – . donc g ¢( – 1) = hlim "0 3 2. La calculatrice donne g ¢ 2 . 0,6 666 666 667. 3 Pour tout h non nul,

43.

()

2 2 2 2 2 2 c – c + h m + 2 c + h mm – c – c m + 2 # m 3 3 3 3 t (h) = h 2 – h2 + h 3 =–h+2 = h 3

44.

()

t (h) = 2 . donc g¢ 2 = hlim "0 3 3 3. La calculatrice donne g¢(0) . – 0,2 222 222 469. Pour tout h non nul,

– 2h 2 –2 3 (h + 3) 3 h + 3 t (h) = = = –2 h h 3(h + 3) 2 t (h) = – . donc g¢(0) = hlim "0 9 4. La calculatrice donne g¢(2) . – 3 535 534 017 . Pour tout h non nul, t (h) =

(3 –

2 + h ) – (3 – h =

=

( 2–

45. 1. 1

2) 2–

2+h h

2 + h )( 2 +

.

2 + h)

h( 2 +

41. Le nombre dérivé de f en a est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse a. On a donc f (0) = 0 , f ¢(0) = 3 , f (4) = 2 et 2 f ¢(4) = – 1 . 2 42. g (0) = 1 , g ¢(0) = 1 , g (4) = – 4 et 4 g ¢(– 4) = – 7 . 2 15


3

4

5

6 0

2 + h) – h –1 = = , h( 2 + 2 + h) 2 + 2+h t (h) = – 1 . donc g¢(2) = hlim "0 2 2


2

2. On trouve u¢(2) = – 2, u¢ (3) = 0 et u¢ (5) = 4 . 3. 4. et 5.

()

46. 2. On trouve f ¢ 1 = 4 , f ¢(1) = 1 et 2 1 f ¢(3) = . 9

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

1. 3. et 4.

47. 2. On trouve v¢(– 1) = – 12 , v¢(0) = – 9 et v¢(2) = 15. 1. 3. et 4.

48. Pour tout h non nul on a : 0+h – 0 h t (h) = = . h h Pour tout h positif on a h = h et t (h) = 1 . Pour tout h négatif on a h = – h et t (h) = – 1 . Le quotient t (h) n’admet donc pas de limite lorsque h se rapproche de 0 : la fonction valeur absolue n’est pas dérivable en 0. 49. 1. On calcule f ¢(0) = – 1 et f ¢ (2) = 3 . 2. La tangente à la courbe  au point d’abscisse 0 a pour équation y = f ¢(0)(x – 0) + f (0) , c’est-à-dire y = – x . La tangente à la courbe  au point d’abscisse 2 a pour équation y = f ¢(2)(x – 2) + f (2), c’est-à-dire y = 3(x – 2) + 2 ou encore y = 3x – 4 . 50. 1. On calcule g¢(– 1) = – 1 et 16 g¢(2) = – 1. 2. La tangente à la courbe  au point d’abscisse – 1 a pour équation y = g¢(– 1)(x + 1) + g (– 1), c’est-à-dire y = – 1 (x + 1) – 1 ou y = – 1 x – 5 . 16 16 16 4

La tangente à la courbe  au point d’abscisse 2 a pour équation y = g¢(2)(x – 2) + g (2) , c’est-à-dire y = – (x – 2) – 1 ou encore y = – x + 1 . 51. Ce programme permet, pour une fonction donnée (entrée dans Y1), et après avoir entré la valeur d’un réel A, de calculer les valeurs du coefficient directeur et de l’ordonnée à l’origine de la tangente à la courbe représentative de cette fonction au point d’abscisse A. 52. 1. Soit a un réel et h un réel non nul. On a (a + h) 2 – a 2 2ah + h 2 t (h) = = = 2a + h. h h Ainsi le nombre dérivé de la fonction carré est lim t (h) = 2a . h"0 L’équation réduite de la droite T, tangente à la parabole  au point A, est donc y = 2a (x – a) + a 2 c’est-à-dire y = 2ax – a 2 . 2. On a A (a ; a 2) , H (0 ; a 2) et I (0 ; – a 2). Les points H et I sont symétriques par rapport à l’origine du repère. 3. Pour construire la tangente en un point quelconque A de la parabole, il suffit de placer le symétrique I du projeté orthogonal H de A sur l’axe des ordonnées : la tangente est la droite (AI). 4. Dans le cas de la fonction inverse, le point H a pour coordonnées 0 ; 1 et le a point I 0 ; 2 . Il suffit donc de placer le a point H projeté orthogonal de A sur l’axe des ordonnées, puis le point I symétrique de l’origine O par rapport au point H. La droite (AI) est la tangente à la courbe au point A. Dans le cas de la fonction cube, le point H a pour coordonnées (0 ; a 3) et le point I (0 ; – 2a 3). Il suffit donc de placer le point H projeté orthogonal de A sur l’axe des ordonnées, puis le point I tel que OI = – 2OH . La droite (AI) est la tangente à la courbe au point A.

( )

( )

53. 1. D’après l’exercice précédent l’équation de la tangente à la courbe d’équation y = x 2 au point d’abscisse a est donnée par y = 2ax – a 2 . Si une tangente à la parabole d’équation y = x 2 doit passer par le point de coordonnées (– 5 ; 9) alors nécessairement on doit avoir 9 = 2a # (– 5) – a 2 c’est-àdire a 2 + 10a + 9 = 0 . © Hachette livre, 2011

16


Cette équation admet deux solutions a 1 = – 1 et a 2 = – 9 . On vérifie que les deux points de coordonnées (– 1 ; 1) et (– 9 ; 81) conviennent : les tangentes à la courbe aux points d’abscisses – 1 et 9 ont pour équations respectives y = – 2x – 1 et y = – 18x – 81 qui passent toutes les deux par le point de coordonnées (– 5 ; 9) . 2. En suivant le même raisonnement on démontre qu’il n’existe aucune tangente à la courbe d’équation y = x 2 passant par le point de coordonnées (– 1 ; 3) . 3. Pour qu’il existe au moins une tangente qui passe par le point de coordonnées (a ; b) il faut et il suffit que l’équation a 2 – 2aa + b = 0 admette au moins une solution, c’est-à-dire si, et seulement si, le discriminant 4a2 – 4b est positif ou nul, ou encore si et seulement si a2 H b .

2. Fonction dérivée 54. x 7 3x

x73

3 x x7x + 3

x 7 3x 2 3 x7– 2 x x71

x 7 – 5x + 2 x 7 – 5x 2

x7– 5 x 7 – 10x

x7x

3

x7

54.

5x 2 2 x7– 5x

x7–

x7–

5 2

x 7 22 5x

56. 1. I =  et, pour tout x d I , f¢(x) = – 2. 2. I =  et, pour tout x d I , f¢(x) = 6x – 2. 3. I =  et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 3x 2 + 10x. 4. I =  et, pour tout x d I , f ¢(x) = 10 x − 3 . 3 4 5. I =  et, pour tout x d I , f ¢(x) = 2 2 x − 5 . 6. I =  et, pour tout x d I , f ¢ (x) = 2x 2 − 3 x + 1 . 2 6 57. 1. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 12 + 5. x 2. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 42 . x

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

3. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 3 2 . 2x 4. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 1 2 – 1 . 2x 2 5. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 52 . x 6. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 1 2 + 22 = 5 2 . 3x x 3x

58. 1. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 3 . 2 x 2. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 5 – 1 . x 3. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 3 . 4 x 4. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 2x – 1 . 8 x 5. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 1 . 4 x 6. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 1 – 1 . 2 x Développer avant de dériver. 59. 1. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , 6x + 3 f ¢(x) = 2 x + 2x + 3 = . 2 x 2 x 2. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 1(1 – x ) + (– x + 3) – 1 2 x 3x – 2 x – 3 = . 2 x 3. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 3 (3 x + 1) + (3 x + 1) 3 2 x 2 x =9+ 3 . x 4. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 5 # 1 + (5 x – 1) – 12 x 2 x x –5 x +8 = . 2x 2 5. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = 22 (x 2 + 3) + – 2 + 1 2x x x 2x 3 – 2x 2 + 6 = . x2

(

( )

(

)

)

6. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 15x 2 – 5 x x + 5 – 1 . 2 2 x 1 60. 1. I =  – ' 1 et, pour tout x d I , 3 3 f ¢(x) = . (– 3x + 1) 2 2. I = * et, pour tout x d I , f ¢(x) = – 1 2 – 2x4 = – x –3 4 . 2x 2x x 3. I =  et, pour tout x d I , f ¢(x) = 2– 2x 2 . (x + 9) 4. I = * et, pour tout x d I , 3x 2 3 f ¢(x) = 6 = 4 . x x 5. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , – 2 x =– 1 . f ¢(x) = (4 x ) 2 8 x 6. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , – 1 1 x f ¢(x) = =– . 2 (3 + 2 x ) x (3 + 2 x ) 2

6. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , 1 # (2x + 5) – x # 2 f ¢(x) = 2 x (2x + 5) 2 – 2x + 5) = . 2 x (2x + 5) 2 62. 1. I = @ 0 ; 1 6,@ 1 ; + 3 6 et, pour 3 x – 1 2 2 x . tout x d I , f ¢(x) = x (x – 1) 2 2. I = * et, pour tout x d I , f¢(x) = – 32 3 + 5 + 3 + 5 – 32 x x x x 5x – 18 = . x3 3. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 3 (4 – x) + 3 x # 1 = 3x + 12 . 2 x 2 x 4. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , f ¢(x) = 1 (2 x + 1) + (2 x + 1) 1 x x 2 =4+ . x 5. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , 1 (x + 1) – (3x – x # 1 c3 – m 61. 1. I =  – ' – 5 1 et, pour tout x d I , 2 x 2 f ¢(x) = (x + 1) 2 (– 1) # (2x + 5) – (– x + 2) # 2 f ¢(x) = 3+1 x – 1 (2x + 5) 2 2 1 2 x . = . = 2 (2x + 5) (x + 1) 2 6. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , 2. I =  – " – 2 ; 2 , et, pour tout x d I , 3 x (x 2 + 3) – x x # 2x 2 2 (2x + 5) # (x – 4) – (x + 5x – 2) # 2x f ¢(x) = f ¢(x) = 2 (x 2 – 4) 2 (x 2 + 3) 2 1 2 – 5x − 4x – 20 – x (x 2 – 9) = . 2 (x 2 – 4) 2 = . (x 2 + 3) 2 3. I =  et, pour tout x d I , 63. 1. I =  et, pour tout x d I , 3(x 2 + 2) – (3x + 1) # 2x f ¢(x) = f ¢(x) = 10x 4 – 18x 2 . Développer avant de (x 2 + 2) 2 dériver. – 3x 2 − 2x + 6 = . 2. I =  et, pour tout x d I , (x 2 + 2) 2 f ¢(x) = 1 (2x − 1). 4. I =  – " 1 ; 4 , et, pour tout x d I , 5 (– 3) # (x 2 – 5x + 4) – (2 – 3x) # (2x – 5) 3. I =  et, pour tout x d I , f¢(x) = 19. f ¢(x) = 4. I =  * et, pour tout x d I , f¢(x) = 1. (x 2 – 5x + 4) 2 2 64. 1. I =  et, pour tout x d I , 3x − 2x – 2 = 2 . 2 (x – 5x + 4) 2 f ¢(x) = 6 – 9x3 . x + 4x + 4 5. I = @ 0 ; 1 6,@ 1 ; + 3 6 et, pour tout 2. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , xdI , 1 2 (2x) # ( x – 1) – x c m x 2 x – 4x x + 4x – x f ¢(x) = . 2 x f ¢(x) = (1 + x ) 2 2 ( x – 1) 3. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , 3x x – 4x . = – 3x x + 30x – 75 x 2 ( x – 1) 2 f ¢(x) = . 2x © Hachette livre, 2011

17


( )(

) (

)( )

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

4. I = @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x d I , – 2x 2 x + 3x x – 3 x f ¢(x) = . 2x 4 + 12x 3 + 18x 2 65. 1. Pour tout x d  on a f¢(x) = 2ax + b. 2. f (0) = 1 , f (0) = 2 et f¢(1) = 4. c=1 3. Le système * a + b + c = 2 a pour uni2a + b = 4 que solution le triplet (3 ; – 2 ; 1). On a donc, pour tout réel x, f (x) = 3x 2 – 2x + 1 . 66. 1. Pour tout x ! – b on a a –a f ¢(x) = 2 . (ax + b) 2. f (1) = – 1 et f ¢(1) = 5 . 4 2 Z ] 1 =–1 ]a + b 2 3. Le système [ – a 5 a pour uni]] = 2 4 \ (a + b) que solution le couple (– 5 ; 3). On a donc, pour tout réel x ! 3 , 5 1 . f (x) = – 5x + 3 67. 2. Le coefficient directeur de la tangente à la parabole  en A est f¢(a) = 4a – 5. 3. La tangente est parallèle à la droite y = x si, et seulement si, 4a – 5 = 1 c’est-à-dire a = 3 . L’équation de la tan2 gente est alors y = x – 13 . 2 4. Une tangente à la parabole  est parallèle à la droite d’équation y = mx si, et seulement si, 4a – 5 = m , c’est-à-dire pour a = m + 5 . Pour toute valeur de m 4 il existe donc toujours un seul et unique point pour lequel la tangente est parallèle à la droite (m). 68. 2. Le coefficient directeur de la tangente à l’hyperbole  en A est 4 h¢(a) = . (a – 2) 2 3. La tangente est parallèle à la droite 4 y = x si, et seulement si, =1 (a – 2) 2 c’est-à-dire a = 0 ou a = 4 . L’équation de la tangente au point A 1 (0 ; 0) est alors y = x et celle au point A 2 (4 ; – 4) est y = x – 8. 4. Une tangente à l’hyperbole  est parallèle à la droite d’équation y = mx si, et seu4 lement si, = m c’est-à-dire si, et (a – 2) 2

seulement si, ma 2 – 4ma + 4m – 4 = 0. Le discriminant de cette équation en a est égal à 16m. Donc : • Si m 1 0 il n’existe aucun point de l’hyperbole pour lequel la tangente est parallèle à la droite d’équation y = mx . • Si m = 0 il existe un unique point de l’hyperbole pour lequel la tangente est parallèle à la droite d’équation y = 0 (axe des abscisses). • Si m 2 0 il existe deux points distincts de l’hyperbole pour lesquels la tangente est parallèle à la droite d’équation y = mx . 69. 1. Les abscisses des points d’intersection des paraboles 1 et 2 sont les solutions de l’équation x 2 – x – 1 = – 2x 2 + 5x – 4 , c’est-à-dire 3x 2 – 6x + 3 = 0 qui est équivalente à 3 (x – 1) 2 = 0 . Cette équation admet pour unique solution x = 1 : les deux paraboles ont donc un unique point commun, de coordonnées (1 ; – 1) . La tangente à 1 en ce point a pour coefficient directeur f 1¢(1) = 2 # 1 – 1 = 1. La tangente à 1 en ce point a pour coefficient directeur f 2¢ (1) = – 4 # 1 + 5 = 1. Les deux tangentes passent par un même point et ont même coefficient directeur : elles sont donc confondues. Les deux paraboles admettent donc bien une parabole commune en leur unique point commun. 2. L’équation de la tangente commune est y = x – 2 . 70. 2. Pour tout réel x on a (x + 1) 2 (x + 3) = (x 2 + 2x + 1)(x + 3) = x 3 + 3x 2 + 2x 2 + 6x + x + 3 c’est-à-dire (x + 1) 2 = x 3 + 5x 2 + 7x + 3. 3. Les abscisses des points d’intersection des courbes  et  sont les solutions de l’équation – 1 = x 2 + 3x + 1 qui est x+2 équivalente à x 3 + 5x 2 + 7x + 3 = 0. D’après la question précédente cette équation est équivalente à (x + 1) 2 (x + 3) = 0 qui admet deux solutions : – 1 et – 3. Le premier point d’intersection a pour coordonnées (– 1 ; –1) ; la tangente à la parabole  en ce point a pour coefficient directeur 2 # (– 1) + 3 = 1 , et la tangente à l’hyperbole  en ce point a pour coef1 ficient directeur = 1 : ces deux (– 1 + 2) 2 © Hachette livre, 2011

18


tangentes passent par le même point et ont le même coefficient directeur, elles sont donc confondues. 71. 1. Soit M (a ; – a 2 + 5a) un point de . La tangente à  au point M a pour équation y = (– 2a + 5)(x – a) + (– a 2 + 5a). Cette tangente passe par le point A (1 ; 5) si, et seulement si, a est solution de l’équation 5 = (– 2a + 5)(1 – a) + (– a 2 + 5a), qui est équivalente à a 2 – 2a = 0 . Cette équation a deux solutions : a 1 = 0 et a2 = 2. Il existe donc deux tangentes à la parabole  passant par le point A (1 ; 5) . Ces tangentes ont pour équations respectives y = 5x et y = x + 4 . 2. Soit a un réel différent de 1 ; la tangente à la courbe d’équation y = x 1–x au point d’abscisse a a pour équation 1 (x – a) + a . y= 1–a (1 – a) 2 Cette tangente passe par le point de coordonnées (– 2 ; 1) si, et seulement si, a est solution de l’équation 1 (– 2 – a) + a 1= qui équi1–a (1 – a) 2 vaut à 2a 2 – 2a + 3 = 0. Le discriminant de cette équation est égal à – 20 qui est négatif. Cette équation n’admet donc aucune solution : il n’existe aucune tangente à la courbe passant par le point de coordonnées (– 2 ; 1) . 3. Soit a un réel strictement positif ; la tangente à la courbe d’équation y = x + 2 x au point d’abscisse a a pour équation y = 1 + 1 (x – a) + (a + 2 a ). a Cette tangente passe par le point de coordonnées (0 ; 2) si, et seulement si, a est solution de l’équation 2 = 1 + 1 a (– a) + (a + 2 a ) qui est équivalente à a = 2. Cette équation n’admet qu’une seule solution sur @ 0 ; + 3 6, qui est 4. Ainsi il existe une unique tangente à la courbe passant par le point de coordonnées (2 ; 0), et cette tangente a pour équation y = 3 x + 2. 2

(

)

(

)

72. 1. L’équation de la tangente à la parabole  d’équation y = x 2 au point d’abscisse a est y = 2ax – a 2 .

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

2.

3. L’enveloppe de la famille de droites d’équations y = 3a 2 x – 2a 3 est la courbe d’équation y = x 3 . 73. 1. f (0) = 2 , f¢(0) = 2 , g (0) = – 1 , et g¢(0) = − 1. 2. u (0) = f (0) # g (0) = – 2 , u¢(0) = f ¢ (0) # g (0) + f (0) # g¢(0) = – 4. f (0) v (0) = = – 2 et g (0) f ¢(0) # g (0) – f (0) # g¢ (0) = 0. v¢ (0) = g (0) 2 74. 1. Le sommet de la parabole  a pour coordonnées (4 ; 8). 2. Pour tout a d  la tangente à la parabole  au point d’abscisse a a pour équation y = (– 0, 5a + 2)(x – a) + (– 0, 25a 2 + 2a + 4). Cette tangente passe par le point de coordonnées (4 ; 9) si et seulement si a est solution de l’équation 9 = (– 0, 5a + 2)(4 – a) + (– 0, 25a 2 + 2a + 4), qui équivaut à 0, 25a 2 – 2a + 3 = 0. Cette équation admet deux solutions a 1 = 2 et a 2 = 6 : il existe donc deux tangentes à la parabole  passant par le point de coordonnées (4 ; 9), qui ont pour équations respectives y = x + 5 et y = – x + 13. 3. Cet observatoire peut voir les abscisses inférieures à – 5 et supérieures à 13.

3. Variations et extrema 75. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 76. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 77. 1. Les solutions de l’équation f (x) = 0 sont les abscisses des points d’intersection de la courbe avec l’axe des abscisses. L’ensemble des solutions de cette équation est donc  = {− 2 ; 2 ; 6}. Les solutions de l’équation f (x) = 0 sont les abscisses des points de la courbe pour lesquels la tangente est horizontale. L’ensemble des solutions de cette équation est donc  = {0 ; 4}.

2. Les solutions de l’inéquation f (x) H 0 sont les abscisses des points de la courbe qui sont situés sur ou au-dessus de l’axe des abscisses. L’ensemble des solutions de cette équation est donc  = [− 2 ; 2] , [6 ; 8]. Les solutions de l’inéquation f ¢ (x) H 0 sont les abscisses des points de la courbe pour lesquels la tangente a une pente positive ou nulle. L’ensemble des solutions de cette équation est composé des intervalles sur lesquels la fonction f est croissante : on a donc  = [− 2 ; 0] , [4 ; 8]. 78. 1. L’ensemble des solutions de l’équation f (x) = 0 est  = {0 ; 4} L’ensemble des solutions de l’équation f ¢ (x) = 0 est  = {2 ; 8}. 2. L’ensemble des solutions de l’inéquation f ¢ (x) H 0 est  = [− 2 ; 0] , [4 ; 8] . L’ensemble des solutions de l’inéquation est f ¢ (x) H 0 est  = [2 ; 8]. 79. f est croissante sur [− 5 ; − 3], puis décroissante sur [− 3 ; 1], puis à nouveau croissante sur [1 ; 2]. Sa fonction dérivée doit donc être positive sur [− 5 ; − 3], puis négative sur [− 3 ; 1], puis à nouveau positive sur [1 ; 2] : ceci élimine les possibilités 2 et 3. La possibilité 4 est à écarter, car on n’a manifestement pas f ¢ (– 5) = 0 : la tangente à la courbe au point d’abscisse n’est pas horizontale. La représentation graphique de la fonction dérivée de la fonction f est donc donnée par la courbe 1. 80. La dérivée f est positive sur [− 4 ; − 2] puis négative sur [− 2 ; 4]. La fonction F dont f est la dérivée est donc croissante sur [− 4 ; − 2] puis décroissante sur [− 2 ; 4]. Or cela ne peut être la courbe 3 : en effet on aurait alors F¢ (2) = f (2) = 0 . Or on lit que f (2) = – 4 . La courbe recherchée est donc la courbe n° 2. 81. 1. La courbe 1 est la courbe bleue, et 2 la courbe rouge. En effet sur [0 ; 2] la fonction représentée par la courbe rouge est négative, puis sur [2 ; 4] cette fonction est positive. De plus la fonction représentée par la courbe bleue est décroissante sur [0 ; 2] et croissante sur [2 ; 4]. 2. La courbe 1 est la courbe rouge, et 2 la courbe bleue. 82. 1. En utilisant les résultats sur les fonctions polynômes du second degré :


19


La fonction f est définie sur  par f (x) = ax 2 + bx + c avec a = 3 , b = − 6 et c = 1 . Comme a = 3 2 0 et – b = 1 , la fonc2a tion f est décroissante sur @ − 3 ; 1@ et croissante sur 61 ; + 3 6. En utilisant la dérivation : La fonction f est dérivable sur  et, pour tout x réel, on a f ¢ (x) = 6x − 6 = 6 (x − 1) . On a donc f ¢(x) 1 0 pour tout x 1 1, f ¢(x) = 0 pour x = 1 et f ¢ (x) 2 0 pour tout x 2 1 : autrement dit, la fonction f est décroissante sur @ − 3 ; 1@ et croissante sur 61 ; + 3 6. 2. g est croissante sur B − 3 ; 2 B et dé1 croissante sur ; ; + 3 ;. 2 1 3. h est décroissante sur B − 3 ; 4 B et 1 croissante sur ; ; + 3 ;. 4

1

83. 1. La fonction f est définie et dérivable sur . Pour tout x réel on a f ¢ (x) = 9x 2 − 4 = (3x − 2)(3x + 2). On étudie le signe de la fonction dérivée sur  : on a f ¢ (x) = 0 pour x = − 2 et x = 2 , 3 3 2 2 f ¢ (x) 1 0 pour x ! E – ; ; et f ¢ (x) 2 0 3 3 2 2 pour x ! E − 3 ; − ;,E ; + 3 ;. 3 3 La fonction f est donc strictement croissante sur E − 3 ; − 2E , puis strictement 3 2 décroissante sur ;− ; 2E , et enfin stric3 3 tement croissante sur ;2 ; + 3 ;. 3 On peut résumer ces résultats dans le tableau suivant : 2 +3 −2 x –3 3 3 f ¢(x) 0 + − 0 + 16 9

f (x)

−

16 9

2. x g¢(x)

0

–3 +

0

2 −

0 5

g (x) 1

+3 +

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

3.

4. −3

x

2

h¢(x)

+3

0

+

+

5 3

h (x) 4. x

−1 3 0

–3 +

u¢ (x)

1 −

+3 +

0

− 22 27

u (x)

−2 5. (changer le g en v) x

–3

−

1 − 3

–

1 + 3

+

0

–

g¢(x)

10 6

0

1 ve – – 3

–

10 c – 4, 9 6

1 v– + 3

g (x)

+3

10 6

10 o . − 6, 1 3

6. x

–3

w¢(x)

+3

x

+

−

–3

f ¢(x)

w (x)

+

–2 0

1 +

0

+3 +

7 4

f (x) –5

3. L’équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 0 est y = 2x + 1 .

3

+3

3 −

0

0

+

3 + 48 3

f (x)

84. 1. Pour tout x réel on a (x − 1) 2 (x + 2) = (x 2 − 2x + 1)(x + 2) = x 3 + 2x 2 − 2x 2 − 4x + x + 2 donc (x − 1) 2 (x + 2) = x 3 − 3x + 2 . 2. La fonction f est dérivable sur  et on a, pour tout réel x, f ¢ (x) = x 3 − 3x + 2 = (x − 1) 2 (x + 2) d’après la question 1. Le tableau de variations de f est le suivant : x –3 f¢(x) −

85. 1. x 4 − 2x 2 − 3 = (x 2 + 1)(x 2 − 3) . 2. Pour tout réel x on a f ¢(x) = 15x 4 − 30x 2 − 45 = 15 (x 4 − 2x 2 − 3) = 15 (x 2 + 1)(x 2 − 3) . 3.

3 − 48 3

86. 1. Pour tout x réel on a h¢ (x) = 4x 3 + 18x 2 − 22x − 60. 2. On trouve h¢ (x) = 2(x − 2)(x + 5)(2x + 3) . 3. x h¢(x)

–5

–3 –

0

– 1,5 +

2

0

–

+3

0 +

1 841 . 115 16

h (x) – 35

– 35

87. 1. Pour tout x ! − d x on a c a (cx + d) − (ax + b) c f ¢ (x) = (cx + d) 2 acx + ad − acx − bc = ad − bc . = (cx + d) 2 (cx + d) 2 2. f ¢ est du signe de ad − bc : • si ad − bc 1 0 alors f ¢ est négative et donc f est strictement décroissante sur E − 3 ; − d ; et sur E − d ; + 3 ; ; c c © Hachette livre, 2011

20


• si ad − bc 2 0 alors f ¢ est positive et donc f est strictement croissante sur E − 3 ; − d ; et sur E − d ; + 3 ;. c c 3 . a . ad − bc = 1 # 1 − (− 1) # 3 = 4 2 0 donc f est croissante sur I. b . ad − bc = (− 3) # (− 3) − 2 # 1 = 7 2 0 donc f est croissante sur I. c. ad − bc = 2 # 1 − 5 # 1 = − 3 1 0 donc f est décroissante sur I. 88. 1. f est dérivable sur  − {1} et 5 f ¢ (x) = pour tout x ! 1 . La fonc (1 − x) 2 tion f est donc strictement croissante sur chacun des intervalles @ − 3 ; 16 et @ 1 ; + 3 6. 2. g est dérivable sur  et 2 g¢ (x) = − 3x 2 + 2x 2+ 3 pour tout réel x. (x + 1) La fonction g est strictement décroissan1 + 10 E , croissante sur te sur E − 3 ; 3 1 − 10 1 + 10 ; E et décroissante sur ; 3 3 ;1 + 10 ; + 3 ;. 3 3. g est dérivable sur  − { − 5 ; − 1} 2 et h¢ (x) = x − 2x − 112 pour tout réel x (x + 6x + 5) différent de − 5 et − 1. La fonction h est strictement croissante sur @ − 3 ; − 56, croissante sur @ − 5 ; 1 − 2 3 @ , décroissante sur 61 − 2 3 ; − 16, décroissante sur @ − 1 ; 1 + 2 3 @ puis croissante sur 61 + 2 3 ; + 3 6. 3 4. u est dérivable sur  − ' 1 et 5 x 2 − 12x + 5 10 3 u¢ (x) = pour tout x ! . 5 (5x − 3) 2 La fonction u est strictement croissante 3 sur chacun des intervalles E − 3 ; ; et 5 3 E ; + 3 ;. 5 89. 1. La fonction x 7 x − 4 est dérivable sur , la fonction x 7 x est dérivable sur @ 0 ; + 3 6. La fonction produit x 7 (x − 4) x est donc dérivable sur @ 0 ; + 3 6. De plus la fonction x 7 2x est dérivable sur . La fonction somme f : x 7 (x − 4) x + 2x est donc dérivable sur @ 0 ; + 3 6. Pour tout x 2 0 on a f ¢ (x) = 1 # x + (x − 4) # 1 + 2 2 x

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

=

3x − 4 + 4 x 3 2 x − +2= . 2 x 2 x

2. Pour tout x 2 0 on a u (x) = 3x + 4 x − 4 = ( x + 2)(3 x − 2) . On en déduit que u, et par conséquent f ¢, 4 est strictement négative pour 0 1 x 1 9 4 et strictement positive pour x 2 . 9 3. x

0

f ¢(x) f (x)

4/9 −

0

+3 +

0 − 40 27

90. 1. f est dérivable sur I comme fonction rationnelle définie sur I. Pour tout 3 2 x 2 − 4 on a f ¢ (x) = 2x + 12x 2+ 2 . (x + 4) 2. g est dérivable sur I et pour tout x 2 − 4 on a g¢ (x) = 6x 2 + 24x = 6x (x + 4). La fonction g¢ est donc négative sur @ − 4 ; 0@ et positive sur 60 ; + 3 6. La fonction g est par conséquent décroissante sur @ − 4 ; 0@ et croissante sur 60 ; + 3 6 ; elle admet un minimum absolu en 0, qui vaut g (0) = 2 2 0 . On en déduit que, pour tout x 2 − 4 , on a g (x) 2 0 . 3. On en déduit que pour tout x 2 − 4 , g (x) on a f ¢ (x) = 2 0 et donc que la (x + 4) 2 fonction f est strictement croissante sur I. 91. 1. Soit u et v deux fonctions croissantes et positives sur un intervalle I. O a alors, pour tout x d I , u (x) H 0 , u¢ (x) H 0, v (x) H 0 et v¢ (x) H 0 . La fonction uv est définie et dérivable sur l’intervalle I, et on a (uv)¢ (x) = u¢ (x) v (x) + u (x) v ¢ (x) . Le produit et la somme de deux nombres positifs sont positives : on en déduit que, pour tout x d I , on a (uv)¢ (x) H 0. Par conséquent, la fonction uv est croissante sur I. 2. Soit v une fonction croissante ne s’annulant pas sur un intervalle I. On a alors v (x) ! 0 et v ¢ (x) ! 0 pour tout x d I . 1 Soit f la fonction . La fonction f est v dérivable sur I et, pour tout x d I , on a − v ¢ (x) . f ¢ (x) = v (x) 2

Comme v¢ (x) H 0 pour tout x d I on a f ¢ (x) G 0 pour toutt x d I , et donc f est décroissante sur I. 92. 1. La fonction x 7 x 2 + 5 est croissante sur I ; la fonction f : x 7 2 1 est x +5 donc décroissante sur I. 2. Pour tout x G 0 on a f (x) = − 4 + 6. x Or la fonction x 7 1 est décroissante x sur I ; on en déduit que la fonction x 7 − 4 x est croissante sur I, et donc que la fonction f (x) = − 4 + 6 est croissante sur I. x 3. Les fonctions x 7 2 x et x 7 2x 2 sont croissantes sur I ; la fonction f : x 7 2 x + 2x 2 est donc croissante sur I. 93. 1. La fonction f est une fonction rationnelle définie sur I, elle est donc dérivable sur I. Pour tout x ! 0 on a 2x (x − 3) − (x 2 + 7) 1 f ¢ (x) = (x − 3) 2 x 2 − 6x − 7 (x + 1)(x − 7) = = . (x − 3) 2 (x − 3) 2 2. x

3

f ¢(x)

7 −

f (x)

+3

0

+

14

3. Pour tout x 2 3 on a bien f (x) H 14 . 94. 1. Pour tout réel x on a (x – 1)(x 2 + x + 1) 3 2 = x + x + x – x 2 – x – 1 = x 3 = 1. 2. La fonction polynôme g est dérivable sur  et on a, pour tout x réel, g¢(x) = x 3 – 1 = (x – 1)(x 2 + x + 1). Le discriminant du trinôme x 2 + x + 1 est égal à – 3 et est donc strictement négatif : on a donc, pour tout réel x, x 2 + x + 1 2 0. La fonction g¢ est négative sur @ – 3 ; 1@ et positive sur 61 ; + 3 6 : la fonction g est par conséquent décroissante sur @ – 3 ; 1@ et croissante sur 61 ; + 3 6 . Elle admet un minimum en 1 qui vaut g (1) = 0 . On en déduit que, pour tout x réel, on a g (x) H 0. 95. La fonction f est une fonction rationnelle définie sur , elle est donc dérivable sur . Pour tout réel x on a (– 6x + 2)(x 2 + 1) – (– 3x 2 + 2x) 2x f ¢(x) = (x 2 + 1) 2 © Hachette livre, 2011

21


2 2 (1 – x)(1 + x) = 2x2 + 22 = . (x + 1) (x 2 + 1) 2

Le tableau de variations de f sur [– 7 ; 7] est donné par : –7

x f ¢(x)

–1 –

0

+3 +

– 3,28

0

–

–2

f (x) –4

– 2,72

On constate que, pour tout – 7 G x G 7, on a bien – 4 G f (x) G – 2. 96. La fonction g est dérivable sur @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x 2 0 on a 2 (1 – x ) g¢(x) = . x (x + 1) 2 g¢(x) 2 0 x d@ 0 ; 16, Ainsi pour g¢(x) = 0 pour x = 1 et g¢(x) 1 0 pour x d@ 1 ; + 3 6. Le tableau de variations de la fonction g est donné par : x

0

g¢(x) g (x)

1 +

0

+3 –

0

2 0

Pour tout x H 0 , on a g (x) H 0 ; on peut en déduire que 0 G g (x) G 2 pour tout x H 0. 97. 1. La fonction f est décroissante sur ;0 ; 1; et croissante sur ;1 ; + 3 ;. 4 4 2. f atteint un minimum absolu en x = 1 , 4 et ce minimum vaut f 1 = – 1 . 2 4 98. Voici ce que l’on obtient avec le logiciel de calcul formel XCAS :

()

On en déduit que f est croissante sur @ – 3 ; 0@ , décroissante sur 60 ; 2@ et croissante sur 62 ; + 3 6. Il existe un maximum local en x = 0 qui vaut f (0) = 0 , et un minimum local en x = 2 qui vaut f (2) = – 4 .

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

99. Soit h la fonction f – g ; on a donc, pour tout x H 0 , h (x) = f (x) – g (x). De f (0) = g (0) , on déduit que h (0) = f (0) – g (0) = 0 . De f¢(x) H g¢ (x) pour tout x H 0 on déduit que h¢(x) H f ¢ (x) – g¢(x) H 0 pour tout x H 0 . La fonction h est donc croissante sur 60 ; + 3 6. Or de h (0) = 0 on déduit que, pour tout x H 0 , on a h (x) H h (0) = 0 . La fonction h est donc positive sur 60 ; + 3 6. Autrement dit, pour tout x H 0 , on a f (x) H g (x) .

4. Optimisation 100. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 101. 1. Le volume de la boîte de conserve est égal à rr2 h (où r et h sont exprimés en dm). Comme cette boîte doit avoir un volume de 1L = 1 dm3, on a l’égalité rr2 h = 1, soit h = 12 . rr h 2. L’aire totale du cylindre est  = 2 # rr2 + 2rr # h = 2rr2 + 2rr # 1 2 = 2rr2 + 2 . r rr 2 3. La fonction r 7  (r) = 2rr + 2 r est une fonction rationnelle définie sur @ 0 ; + 3 6, dérivable sur @ 0 ; + 3 6. On a, pour tout r 2 0 , 3 2  ¢(r) = 4rr – 2 = 4rr 2 – 2 . r r 4. La fonction ¢ est négative pour 3 1 et positive pour 01rG 2r 3 1 . rH 2r On en déduit que la fonction  est dé3 1 E et croissante croissante sur E 0 ; 2r 3 1 ; + 3 ;. La fonction  admet sur ; 2r donc un minimum absolu sur @ 0 ; + 3 6 3 1 . Dans ce cas on a en r G 2r r = 2r. h = 12 = r 3 = rr rr r # 1 2r 5. Pour que la quantité de métal utilisée soit minimale il faut donc avoir 3 1 . 0,54 dm, soit r = 5,4 cm. rG 2r De plus on aura h = 2r . 10,8 cm. 102. Partie A Voir manuel numérique.

Partie B 1. On applique le théorème de Pythagore au triangle OMC rectangle en M : on obtient R = 1 – x 2 . De plus on a  = rR 2 # 2x = r (1 – x 2) 2x = r (– 2x 3 + 2x) . 2. La fonction x 7  (x) = r (– 2x 3 + 2x) est dérivable sur  et , pour tout réel x, on a ¢(x) = r (– 6x 3 + 2) = 2r (1 – 3x 2). x

¢(x)  (x)

1 3

0 +

1

0

–

( )

 1 3

0

0 0

3. Le volume du cylindre est donc maximal pour x = 1 et il vaut alors 3  1 =r – 2 + 2 3 3 3 3 4r = . 2,42. 3 3 103. 1. Voir manuel numérique 2. Supposons que ce minimum d (A, M 0) soit réalisé pour un point M 0 . On a alors, pour tout point M du plan, d (A, M) H d (A, M 0) et on a les équivalences suivantes : d (A, M) H d (A, M 0) + d (A, M) – d (A, M 0) H 0 + (d (A, M) – d (A, M 0)(d (A, M) + d (A, M 0) H 0 . + d (A, M) 2 – d (A, M 0) 2 H 0 + d (A, M) 2 H d (A, M 0) 2 . Autrement dit, d (A, M) est minimale si et seulement si d (A, M) 2 l’est également. 3. Pour tout x d  f (x) = (x – 3) 2 + (x 2 – 0) 2 = x 4 + x 2 – 6x + 9. 4. La fonction f est dérivable sur  et, pour tout x réel, f ¢(x) = 4x 3 + 2x – 6. Or pour tout x réel, (x – 1)(4x 2 + 4x + 6) = 4x 3 + 4x 2 + 6x – 4x 2 – 4x – 6 = 4x 3 + 2x – 6 = f ¢(x) . 2 5. Le trinôme 4x + 4x + 6 a un discriminant négatif, il est donc strictement positif pour tout réel x. La fonction dérivée f¢ est donc du signe de x – 1 ; on en déduit que f est décroissante sur @ – 3 ; 1@ et croissante sur 61 ; + 3 6. 6. Le carré de la distance d (A, M) est donc minimal pour x = 1 , et ce minimum vaut f (1) = 5. Le point de coordonnées

( ) (


)

22


(1,1) réalise la plus courte distance entre le point A(3 ; 0) et la parabole . Cette distance vaut 5 . 104. 1. Bénéfice maximal a. Pour tout q d65 ; 30@ on a R (q) = 2,3q. b. Pour tout q d65 ; 30@ on a B (q) = R (q) – C (q) = 2,3q – (0,05q2 + 0,2q + 20) = – 0,05q2 + 2,1q – 20. Le discriminant de ce trinôme est égal à 0,41 : il admet donc deux racines – 2,1 – 0, 41 q1 = . 27,4 et 2 # (– 0, 05) – 2,1 + 0, 41 q2 = . 14,6 ; ce trinôme 2 # (– 0, 05) est donc positif pour une production comprise entre 14 600 et 27 400 unités. c. Ce bénéfice est maximal pour – 2,1 q1 = . 21 . 2 # (– 0, 05) 2. Coût moyen C (q) = 0,05q + 0,2 + 20 a. C M (q) = q q pour tout q d65 ; 30@ . b. La fonction C M est dérivable sur 65 ; 30@ et, pour tout q d65 ; 30@ on a 0,05 (q 2 – 400) C ¢M (q) = 0,05 – 202 = q q2 0,05 (q – 20) (q + 20) = . q2 ¢ La dérivée C M est donc négative sur 65 ; 20@ et positive sur 620 ; 30@ : la fonction C M est décroissante sur 65 ; 20@ et croissante sur 620 ; 30@ . c. La fonction C M admet un minimum en q = 20 (et ce minimum vaut C M (20) = 2,2 ). 3. Coût marginal a. C M (25) = C (26) – C (25) = 2,75 et C¢(25) = 0,1 # 25 + 0,2 = 2, 7. b. On a C M (20) = C¢ (20) = 0,1 # 20 + 0, 2 = 2,2 d’une part, C (20) et C M (20) = 20 0, 05 # 20 2 + 0, 2 + 20 + 20 44 = = = 2,2 20 20 d’autre part. Donc C¢(20) = C M (20). 105. 1. En q 0 on a C ¢M (q 0) = 0 car C M atteint son minimum en q 0 . Or pour tout C (q) donc q d65 ; 30@ on a C M (q) = q C¢(q) # q – C (q) C ¢M (q) = et q2

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

C ¢M (q 0) = 0 =

C¢(q 0) # q 0 – C (q 0) q 20

.

On en déduit que C¢(q 0) # q 0 – C (q 0) = 0, soit C (q 0) = q 0 C¢(q 0). . C (q 0) 2. On en déduit que C¢ (q 0) = , soit q0 C¢ (q 0) = C M (q). Si A est le point de la courbe représentative du coût total d’abscisse q 0 , alors le coefficient directeur de la tangente à la courbe en A (qui vaut C¢(q 0)) est égal au coefficient directeur de la droite (OA) (qui C (q 0) est = C M (q 0) ). q0 3. La tangente à la courbe représentative de la fonction coût total au point d’abscisse q 0 a pour équay = C¢(q 0)(q – q 0) + C (q 0) soit tion y = C¢(q 0) q + (C (q 0) – q 0 C¢(q 0)). Or nous venons d’établir que C¢(q 0) # q 0 – C (q 0) = 0 ; l’ordonnée à l’origine de cette droite est donc nulle, et cette tangente passe par l’origine du repère.

2. a. La fonction f est dérivable sur @ 0 ; + 3 6 ; d’après l’exercice précédent on peut écrire l’approximation f (x) . f ¢(1)(x – 1) + f (1) . Ainsi f (1,1) . f ¢ (1) # f (1) = 1 # 0,1 + 0 = 0,1. 1 b. De la même façon, au voisinage de 1,1 on a f (x) . f ¢(1,1)(x – 1,1) + f (1,1). Par conséquent f (x) . f ¢(1, 1) # 0,1 + f (1,1) 1 . # 0, 1 + 0, 1 . 0, 191. 1,1 c. De la même façon, au voisinage de 1,2 on a f (x) . f ¢(1,2)(x – 1,2) + f (1,2). Par conséquent f (1,3) . f ¢ (1, 2) # 0,1 + f (1,2) . 1 # 0,1 + 0,191 . 0,274. 1,2 3. Voir le manuel numérique. a. La formule à entrer dans la cellule C5 est = (1/A4) * $B$1 + B4. b. c. d.

5. Approximation affine 106. Partie A

6. Problèmes

Voir manuel numérique.

Partie B

1. a. Au voisinage de a = 2 on a f (x) . f ¢(2)(x – 2) + f (2) d’où x 3 . 12(x – 2) + 8 ou encore x 3 . 12x – 16 . b. Au voisinage de a = 3 on a f (x) . f ¢(3)(x – 3) + f (3) d’où x . 1 (x – 3) + 3 ou encore 2 3 3 x. 1 x+ . 2 2 3 c. Au voisinage de a = 1 on a f (x) . f ¢(1)(x – 1) + f (1) d’où 1 . – 2(x – 1) + 1 ou encore x2 1 . – 2x + 3 . x2 2. On en déduit que : 1, 999 3 . 12 # 1,999 – 16 = 7,988 ; 3 3,02 . 1 # 3,02 + . 1,738 ; 2 2 3 1 . – 2 # 1,001 + 3 = 0,998 . 1,001 2 107. 1. a. Sur @ 0 ; + 3 6 on a f ¢(x) = 1 2 0 ; la fonction f est donc x strictement croissante sur @ 0 ; + 3 6. b. f (1) = 0 et f strictement croissante sur @ 0 ; + 3 6 & f est strictement positive sur @ 1 ; + 3 6 et strictement négative sur @ 0 ; 16.

109. Avec un tableur :

108. Voir le manuel numérique.


23


110. Le mobile touchera le sol à l’instant t 0 tel que x (t 0) = 0. . On résout donc l’équation – 4,9t 2 + 80 = 0 et on trouve t 0 . 4,04 : le mobile touchera le sol après 4 secondes environ. La vitesse au moment de l’impact est égale à x ¢(t 0) = – 9,8t 0 = – 9,8 # 4 = – 39,2 soit, en valeur absolue, une vitesse de 39,2 m.s– 1 environ. 111. 1. Sur le manuel petit format : M M 39 # 10 – 3 v5 = 4 6 = 2x 2 # 20 ## 10 – 3 = 39 = 0,975 m.s– 1. 40 Sur le manuel grand format : M M 45 # 10 – 3 v5 = 4 6 = 2x 2 # 20 ## 10 – 3 = 45 = 1,125 m.s– 1. 40 2. Sur le manuel petit format : M M 15 # 10 – 3 v8 = 7 9 = 2x 2 # 20 ## 10 – 3 = 15 = 0,375 m.s– 1. 40 Sur le manuel grand format : M M 17 # 10 – 3 v8 = 7 9 = 2x 2 # 20 ## 10 – 3 = 17 = 0,425 m.s– 1. 40

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

3. Soit t 7 x (t ) une fonction dérivable sur un intervalle I. Pour tout non nul, on a x (t + x) – x (t – x) 1 = 2x 2 x (t + x) – x (t – x) 1 = 2x 2 x (t + x) – x (t ) + x (t ) – x (t – x) 1 = x 2 x ( t + x ) – x ( t ) x (t ) – x (t – x) =1 +1 . x x 2 2 Posons h = – x ; on a alors x (t ) – x (t – x) x (t ) – x (t + h) lim = lim x"0 h"0 x –h x (t + h) – x (t ) = x ¢(t ). lim h"0 h x (t + x) – x (t ) = x ¢ (t ), Comme lim x"0 x on a finalement x (t + x) – x (t – x) lim h"0 2x = 1 x ¢(t ) + 1 x ¢ (t ) = x ¢(t ) . 2 2 La dérivée symétrique est donc égale à la dérivée. 112.

(

(

(

) (

s’arrête donc après avoir parcouru 80 mètres. 114. Partie 1

3

( 64aa –+31a – a ) ( 44aa ++ 21 – 2) 2

4 2

Z 3 ] x ¢ = 8a – 7a ] 4a 2 + 1 d’où on tire [ . 4 2 ] y ¢ = 8a – 8a + 2 ] 4a 2 + 1 \ 2 6. On a A(a ; a ) et

) ) )

113. 1. La vitesse instantanée du véhicule est donnée par la fonction dérivée de t 7 x (t ) . Or pour tout t H 0 on a x¢(t ) = – 10t + 40. Ainsi la vitesse initiale de la voiture, avant que le conducteur commence à freiner, est donnée par x¢(0) = – 10 # 0 + 40 = 40. La vitesse initiale de la voiture est donc de 40 m.s– 1 (soit 144 km.h– 1). 2. Après une seconde de freinage la vitesse de la voiture est égale à x¢(1) = – 10 # 1 + 40 = 30 m.s– 1, soit 108 km.h– 1. 3. Pour déterminer l’instant où la voiture s’arrête on résout l’équation x¢(t ) = 0, qui équivaut à – 10t + 40 = 0 . On trouve que la voiture s’arrête après 4 secondes. La distance d’arrêt est donnée par x (4) = – 5 # 4 2 + 40 # 4 = 80 . La voiture

Z ]x ¢ – a = 2 ] [ ]] y ¢ – 2 = 2 \

( 84aa –+71a ; 8a 4–a 8+a 1+ 2 ). La pente de la 3

4

2

2

2

droite (AM¢) est donnée par le quotient

Partie 2

2

1. A a pour coordonnées (a ; a ). La tangente  à la parabole  au point A a pour équation y = 2ax – a 2 . 2. La normale  est perpendiculaire en A à la tangente  ; le produit des coefficients directeurs des droites  et  est égal à – 1. On en déduit que l’équation de la normale  est de la forme y = – 1 x + b. 2a Comme la droite  passe par le point A on a l’égalité a 2 = – 1 # a + b d’où l’on 2a tire b = a 2 + 1 . 2 La normale  a donc pour équation y = – 1 x + a2 + 1 . 2a 2 3. La droite , parallèle à la droite , admet une équation du type y = 2ax + b. Or cette droite passe par le point M (a ; 2) ; on a donc l’égalité 2 = 2a # a + b d’où l’on tire b = 2 – 2a 2 . La droite  a pour équation y = 2ax + 2 – 2a 2 . 4. Les coordonnées du point d’intersection des droites  et  sont solutions du système y = – 1 x + a2 + 1 2a 2 * y = 2ax + 2 – 2a 2 La résolution de ce système (à la main, ou grâce à un logiciel de calcul formel via la commande solve) donne comme unique 6a 3 – 3a 4a 4 + 2 ; couple solution , qui 4a 2 + 1 4a 2 + 1 forme les coordonnées du point H. 5. Posons M¢(x¢ ; y¢ ). L’égalité vectorielle MM¢ = 2MH se traduit par :

(


)

24


8a 4 – 8a 2 + 2 8a 4 – 8a 2 + 2 – 4a 4 – a 2 4a 2 + 1 4a 2 + 1 = 3 3 8a – 7a 8a – 7a – 4a 3 – a 2 4a 2 + 1 4a + 1 4 2 (4a 2 – 1)(a 2 – 2) . = 4a –3 9a + 2 = 4a – 8a 4a (a 2 – 2) Comme on a supposé a d6– 1 ; 1@ on a

a 2 – 2 ! 0 et la pente de la droite (AM¢) 2 est 4a – 1 . 4a La droite (AM¢) admet donc une équa2 tion du type y = 4a – 1 x + b . Or cette 4a droite passe par A : on a donc l’égalité 2 a 2 = 4a – 1 # a + b qui donne b = 1 . 4a 4 Finalement la droite (AM¢) a pour équa2 tion y = 4a – 1 x + 1 . 4a 4 7. Pour tout réel a d6– 1 ; 1@ la droite (AM¢) passe par le point F de coordonnées 0 ; 1 car on a bien l’égalité 4 1 = 4a 2 – 1 # 0 + 1 . 4 4a 4 115. 2. L’équation de la tangente à la parabole 1 au point A(a ; a2 + 2a+ 3) est donnée par y = (2a + 2)(x − a) + (a2 + 2a + 3) c’est-à-dire y = (2a + 2)x − a2 + 3). L’équation de la tangente à la parabole 2 au point B c b ; – 1 b 2 + 1 m est donnée 2 par y = (− b)(x − b) + c − 1 b 2 + 1 m c’est2 1 2 à-dire y = − bx + b + 1 . 2 3. Ces deux tangentes sont confondues si, et seulement si, elles ont même coefficient directeur et même ordonnée à l’origine ; c’est-à-dire si et seulement si : 2a + 2 = − b ) − a + 3 = 1 b + 1 ce qui équivaut à 2

(

)

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

2a + b + 2 = 0 )a 2 + 1 b2 − 2 = 0 . 2 4. On résout ce système par substitution : b = − 2a − 2 b = − 2a − 2 * a 2 + 1 b 2 − 2 = 0 & * a 2 + 1 (− 2a − 2) 2 − 2 = 0 2 2 b = − 2a − 2 &' 2 3a + 4a = 0

La seconde équation donne deux possibilités pour a : a1 = 0 et a 2 = − 4 . 3 À ces deux valeurs de a correspondent deux valeurs de b : b1 = − 2 et b 2 = 2 . 3 On vérifie que les couples (0 ; − 2) et c – 4 ; 2 m sont bien solution du système. 3 3 5. Il existe donc deux tangentes communes aux paraboles 1 et 2 : la première passe par les points A(0 ; 3) d 1 et B(− 2 ; − 1) d 2 ; la seconde passe par les 19 points C c − 4 ; m ! 1 et D c 2 ; 7 m . 3 9 3 9

116. Le premier arc de parabole passe par les points (0 ; 0) et (4 ; 2). La pente de la tangente au point d’abscisse 4 est égale à 1. Si on pose f1 (x) = ax 2 + bx + c alors ceci se traduit par les conditions suivantes : Z 1 ]a = c=0 ] 8 * 16a + 4b + c = 2 ce qui donne [] b = 0 . ]c = 0 8a + b = \ Le premier arc de parabole a donc pour équation y = 1 x 2 pour x d60 ; 4@ . 8 Le second arc de parabole passe par les points (4 ; 2) et (8 ; 0). La pente de la tangente au point d’abscisse 4 est égale à 1. Si on pose f1 (x) = ax 2 + bx + c alors ceci se traduit par les conditions suivantes : Z 16a + 4b + c = 2 ]] [ 64a + 8b + c = 0 ce qui donne ] 8a + b = 1 \Z 3 ]a = – ] 8 [b = 4 . ]] \c = – 8 Le second arc de parabole a donc pour équation y = – 3 x 2 + 4x – 8 pour x d64 ; 8@ . 8 117. 1. Soit f une fonction deux fois dérivable sur I. f est convexe sur I si, et seulement si, f¢¢ = (f ¢ )¢ est positive sur I, ce qui équivaut à dire que f¢ est croissante sur I. 2. a. Pour un réel a fixé, et pour tout x d I , {a (x) représente l’écart algébrique entre les ordonnées des points d’abscisse x de la courbe représentative de f et de la tangente au point d’abscisse a. b. Soit x d I ; on a {a¢ (x) = f ¢(x) – f ¢(a). Comme f¢ est croissante, on a {a¢ (x) = f ¢(x) – f ¢( a) G 0 pour x G a et

x {a¢ (x) {a (x)

a −

0

+

{a (a) = 0

{a¢ (x) = f ¢(x) – f ¢( a) H 0 pour x H a. c. On peut en déduire que la courbe représentative d’une fonction convexe est entièrement située au-dessus de n’importe laquelle de ses tangentes . 3. a. Posons f (x) = ax 2 + bx + c . On a, pour tout x réel, f¢(x) = 2ax + b et f¢¢ (x) = 2a . Si a 2 0 alors f¢¢ est positive sur  et la fonction f est convexe. Si a 1 0 alors f¢¢ est négative sur  et la fonction f est concave. b. Posons g (x) = x . Pour tout a 2 0 on a g¢(x) = 1 et 2 x 2 2 x =– 1 . (2 x ) 2 4 x On remarque que g ¢¢ (x) est négatif pour x 2 0 et donc que fonction g est concave sur 60 ; + 3 6. g¢¢ (x) =

En route vers le Bac (p. 92-93) 118. On résout l’équation f ¢(x) = 1 qui équivaut à – x 2 – 2x – 1 = 0 . Cette équation admet pour unique solution – 1. La bonne réponse est donc la réponse c. 119. L’équation de la tangente à la parabole  au point d’abscisse a est y = 2ax – a 2 . On doit donc ici résoudre l’équation 6 = – 10a – a 2 qui équivaut à a 2 + 10a + 6 = 0 . Cette équation admet deux solutions distinctes : la bonne réponse est donc la réponse b. 120. La fonction g est dérivable sur @ 0 ; + 3 6 et, pour tout x 2 0 on a

x –1 g¢(x) = 1 – 1 = . On constate x x que g¢ est négative sur et positive sur @ 0 ; + 3 6. La bonne réponse est donc la réponse a. 121. La bonne réponse est la réponse c. 122. On cherche à maximiser la quantité a (1 – a) . Posons pour tout d  f (a) = (1 – a) . f est dérivable sur  et f ¢(a) = – 2a + 1. Le maximum est atteint pour a = 1 ; on a alors b = 1 et 2 2


25


la valeur maximale du produit est 1 . La 4 bonne réponse est donc la réponse b. 123. La fonction f est décroissante sur @ – 3 ; – 2@ puis croissante sur 6– 2 ; – 3 6. Elle admet donc un minimum absolu en x = – 2 : la bonne réponse est la réponse b. 124. La pente de la tangente à la courbe y = – 1 au point d’abscisse a ! 0 x est a = 1 . Pour a = 1 par exemple, cette 2 2 pente est égale à 4 ; la proposition est donc fausse.

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

125. Soit f la fonction définie sur  par f (x) = x 3 – x 2 – 2 . La pente de la tangente à la courbe représentative de f en un point A d’abscisse a d  est donc f ¢(a) = 3a 2 – 2a. On résout l’équation 3a 2 – 2a = 5 : cette équation admet deux solutions a 1 = – 1 et a 2 = 5 . Il exis3 te donc deux points A 1 et A 2 de la courbe pour lesquels la pente de la tangente est égale à 5. L’équation de la tangente en A 1 est = 5 (x – (– 1)) – 4 , c’est-à-dire y = 5x + 1. L’équation de la tangente en A 2 est = 5 , soit x – 5 – 4 , soit 3 27 y = 5x – 229 . La proposition est donc 27 fausse. 126. Posons f (x) = ax 2 + bx + c pour tout réel x. Soit x 0 d  , on a d’une part f ¢(x 0) = 2ax 0 + b ; d’autre part, pour tout réel h non nul on a

(

)

f (x 0 + h) =

2h a (x 0 + h) 2 + b(x 0 + h) + c – a (x 0 + h) 2 – b(x 0 – h) – c =

2h 4ahx 0 + 2bh 2h

= 2a 0 + b

La proposition est donc vraie. 127. La fonction f est dérivable sur  et, pour tout réel x, on a f ¢(x) = 3x 2 + 2ax + b . f est strictement croissante sur  si, et seulement si, f ¢(x) 2 0 sur , ce qui équivaut à D = 4a 2 – 12b 2 0 ou encore 2 b 2 a . La proposition est donc fausse. 3 Le contre-exemple f (x) = x 3 – x 2 confirme cette réponse. 128. La proposition est fausse : le contreexemple de la fonction cube sur  le démontre. 129. La proposition est fausse : on peut produire le contre-exemple de la fonction définie sur  par f (x) = x . 130. La proposition est fausse : par exemple les fonctions définies sur  par F1 (x) = x 2 + 3x et F2 (x) = x 2 + 3x + 1 ont toutes les deux la fonction f pour dérivée. 131. 1. L’équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse a est de la forme y = f ¢(a) x + b. Cette tangente passe par le point A (a ; f (a)) : on a donc

l’égalité f (a) = f ¢(a) # a + b ce qui donne b = f (a) – af ¢(a) . L’équation de la tangente est donc y = f ¢(a) x + f (a) – af ¢(a), soit y = f ¢(a)(x – a) + f (a). 2. a. Pour tout a d  on a f¢(a) = 2a – 3 et f (a) = a 2 – 3a – 1 . L’équation de la tangente au point d’abscisse a est donc y = (2a – 3)(x – a) + (a 2 – 3a – 1) soit y = (2a – 3) x – a 2 – 1 . b. On résout l’équation f¢(a) = 1 qui équivaut à 2a – 3 = 1 . Cette équation a pour unique solution a = 2 . Au point d’abscisse 2 la courbe admet une tangente parallèle à la droite d’équation y = x . c. Pour qu’une tangente à la courbe passe par l’origine du repère il faut et il suffit que l’ordonnée à l’origine – a 2 – 1 = 0 soit nulle. Or l’équation – a 2 – 1 = 0 n’admet aucune solution dans  il n’existe donc aucune tangente à la courbe passant par l’origine du repère. 132. 1. Soit v une fonction dérivable ne s’annulant pas sur un intervalle I. Soit a d I et h un réel non nul tel que a + h d I . Le taux d’accroissement de la fonction k = 1 entre a et a + h est v 1 – 1 k (a + h) – k (a) v (a + h) v (a) t (h) = = h h v (a) – v (a + h) 1 = h v (a + h) v (a) v (a + h) v (a) –1 = # . h v (a + h) v (a) On sait que v est dérivable sur I donc v (a + h) – v (a) lim = v ¢(a). h"0 h De plus la « régularité » (i.e. la « continuité ») de v nous assure que –1 –1 lim = . h " 0 v (a + h) v (a ) v (a) 2 – v¢ (a) Ainsi hlim ; autrement dit, pour " 0 v (a ) 2 – v¢(x) tout x d I , 1 ¢ (x) = . v v (x) 2 2. a. La fonction f est dérivable et ne s’annule pas sur  : la fonction g est donc définie et dérivable sur . La fonction g est croissante sur @ – 3 ; 3@ et décroissante sur 63 ; + 3 6. b. On lit f (– 1) = 5 , f (3) = 1 , f (5) = 2 , f¢(– 1) = – 2, f¢(3) = 0 et f¢(5) = 1.

(

)

()


26


f¢(x) on c. De g (x) = 1 et g¢(x) = – f (x) f (x) 2 déduit : g (– 1) = 1 , g (3) = 1 , g (5) = 1 , 5 2 2 , g ¢(3) = 0 et g¢(5) = – 1 . g¢(– 1) = 25 4 d.

133. Partie 1 Soit u et v deux fonctions dérivables sur I, v ne s’annulant pas sur I. u (x) 1 # Pour tout x d I on a v ( x ) = u ( x ) v (x) donc

( uv )¢ (x) = u¢(x) #( 1v ) (x) + u (x) # ( 1v )¢ (x) d’après (1) ; u ¢ (x) = u¢(x) # 1 + u (x) # – v¢(x) v v (x) v (x) 2 d’après (2). Finalement, u ¢ (x) = u¢(x) v (x) – u (x) v¢ (x). v v (x) 2

()

(

)

()

Partie 2 1. f est une fonction rationnelle, donc dérivable sur son ensemble de définition. Pour tout x 2 – 1 on a 3x 2 (x + 1) – (x 3 – 2) f ¢(x) = (x + 1) 2 2x 3 + 3x 2 + 2 . # (x + 1) 2 2. a. g est une fonction polynomiale, dérivable sur son ensemble de définition. Pour tout x 2 – 1 on a g¢(x) = 6x 2 + 6x = 6x (x + 1). b. Pour – 1 1 x 1 0 on a g¢(x) 1 0 donc g est décroissante sur @ – 1 ; 0@ . Pour x 2 0 on a g¢(x) 2 0 donc g est croissante sur 60 ; + 3 6. c. g admet un minimum absolu en x = 0 , qui vaut g (0) = 2 . On a donc g (x) H 2 2 0 pour tout x 2 – 1 . 3. Pour tout x 2 – 1 on a g (x) f ¢(x) = 2 0 donc f est stricte(x + 1) 2 ment croissante sur @ – 1 ; + 3 6.

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur

TP Info (p. 94-95) 1. Algorithme de Newton-Raphson

À vous de jouer

1. 2. Voir manuel numérique.

a. On trouve 1,26 environ. b. On trouve environ – 0,68.

3. Une personne voulant couper à travers champ dans le but d’effectuer le trajet de A à B en un minimum de temps doit donc quitter la route à environ 82 mètres du point A.

2. Les chemins de traverse

1. On pose x = AM avec x d60 ; 100@ . Le temps de parcours sur le trajet 6AM@ est égal à x . 6 Le temps de parcours sur le trajet 6BM@ (100 – x) 2 + 20 2 est égal à 4 104 006 200x + x 2 = . 4 Le temps de parcours sur le trajet complet est donc égal à x + 104 006 200x + x 2 . 6 4 2. 3. La tangente à la courbe représentative de f au point de coordonnées (a ; f (a)) a pour équation y = f ¢(a)(x – a) + f (a) . On détermine l’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses en substituant 0 à y et en résolvant l’équation en x ainsi obtenue : 0 = f ¢(a)(x – a) + f (a) qui équivaut à f¢(a) x + f (a) – af ¢(a) = 0 f (a) ou encore x = a – f ¢(a) (à la condition que f¢(a) ! 0).

À vous de jouer Pour M (x ; 0) la longueur du trajet AMB est égale à x 2 + 9 + (5 – x) 2 + 1 . Cette longueur est minimal pour x = 15 . 4

Le nombre x 0 qui minimise la fonction f est donc x 0 = 100 – 8 5 . 82,1. .

Activité de recherche (p. 96) Toutes les méthodes pour approcher la notion de rayon de courbure sont à encourager, y compris les méthodes « à main levée » ou aux instruments. Un outil privilégié est le logiciel de géométrie dynamique GeoGebra : il est possible d’utiliser la définition du cercle osculateur donnée dans l’introduction (construction de la normale en A et de la normale en un point M qui se rapproche de A), mais il est également possible de donner aux élèves la commande CercleO sculateur[,] du logiciel, qui permet de tracer le cercle osculateur à la courbe représentative de f en un point A donné : l’équation du cercle est donnée dans la fenêtre Algèbre, et un clic droit sur cette équation permet de la faire passer sous la forme (x – a) 2 + (y – b) 2 = r2 , ce qui donne de facto la valeur du rayon de courbure. © Hachette livre, 2011

Ainsi le rayon de courbure de la parabole  représentant la fonction f : x 7 x 2 au point A (0 ; 0) est égal à 0,5. Le rayon de courbure de l’hyperbole  représentant la fonction f : x 7 1 au point A (1 ; 1) est égal à 2 . x Le rayon de courbure de la courbe  représentant la fonction 5 5 f : x 7 x au point A (1 ; 1) est égal à . 2 Une formule existe, qui permet de calculer le rayon de courbure a au point d’abscisse de la courbe représentative d’une fonction f deux fois dérivable en a : cette formule est 3

R (a) =

27

(1 + f ¢(a) 2) 2 f ¢¢ (a)


.

3

Les suites Programme officiel Contenus


Commentaires

Suites Modes de génération d’une suite numérique.

• Modéliser et étudier une situation à l’aide de suites.

Il est important de varier les approches et les outils.

• Mettre en œuvre des algorithmes permettant : L’utilisation du tableur et la mise en œuvre d’algorithmes sont – d’obtenir une liste de termes d’une suite ; l’occasion d’étudier en particulier des suites générées par une – de calculer un terme de rang donné. relation de récurrence. Suites arithmétiques et suites géométriques

• Établir et connaître les formules donnant 1 + 2 + … + n et 1 + q + … + qn.

Sens de variation d’une suite numérique.

• Exploiter une représentation graphique des termes d’une suite.

Approche de la notion de limite d’une suite à partir d’exemples.

On peut utiliser un algorithme ou un tableur pour traiter des problèmes de comparaison d’évolutions et de seuils. Par exemple, dans le cas d’une suite croissante non majorée, on peut déterminer un rang à partir duquel tout terme de la suite est supérieur à un nombre donné. Le tableau, les logiciels de géométrie dynamique et de calcul sont des outils adaptés à l’étude des suites, en particulier pour l’approche expérimentale de la notion de limite. On ne donne pas de définition formelle de la limite.

Découverte (p. 100-101) 1. Prendre la tangente

3. a. a 10 correspond à la population mondiale en 2019. b. a 20 = 8,426 milliards d’habitants environ. c. En 2050 on peut estimer la population mondiale à 10,69 milliards d’habitants environ. d. a n + 1 = 1,0114 # a n .

1. On reproduit le tableau. 2. En B3 on écrit =B2*1,0114. On obtient ainsi :

2. Algorithme et suite 1.

Valeur de N Valeur de uN


28

1 1


2 3

3 6

4 10

5 15

6 21

7 28

8 36

9 45

10 55

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

2. u n + 1 = u n + n + 1 . 3. On trouve u 20 = 210 on en déduit que u 21 = u 20 + 21 = 231 . 4.

3. Les moines copistes 1. 2. 3. 4. 5.

u 1 = 231 ; u 2 = 248 ; u 3 = 265 ; u 4 = 282 . u n + 1 = u n + 17 . On a p = 16 et u 16 = 486 . En 1322, la production était de u 44 + u 5 + f + u 15 . Ce qui représente 4 506 manuscrits.

4. Suite logique 1. 2. 3. 4. 5. 6.

5. Le nuage ressemble à la représentation graphique d’une parabole. 2 6. u n = n + n . 2

On peut proposer v 5 = 33 . v 6 = 65 ; v 7 = 129 et v 8 = 257 . v n + 1 = 2v n – 1 . f (x) = 2x – 1 . On peut conjecturer que v n = 2 n + 1 . g (x) = 2 x + 1 .


1. Mode de génération de suites 26. et 27. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. 28. u1 = − 8 ; u2 = − 19 ; u3 = − 40 ; u4 = − 81. 29. 1. a2 = − 2a1 + 5 ; a2 = − 29 ; a3 = − 2a2 + 5. 2. am +1 = 2a1 + 5 ; 3. a20 = − 6 291,461. 30. a3 = 10 et a20 = 61. V – Vn 31. On a V n + 1 = n + 2 ; 2 V n + 2 = 2V n + 1 + V n ; V 2 = 2V 1 + V 0 = 2 # 4 + 8 = 16 ; V 3 = 2V 2 + V 1 = 2 # 16 + 4 = 36 ; V 4 = 2V 3 + V 2 = 2 # 36 + 16 = 88 ; V 5 = 2V 4 + V 3 = 2 # 88 + 36 = 212 . 32. 1. A

1

B

−5

2 –

3

4

5

13 35 97 275 – – – 2 4 8 16

2. u n + 1 = 3 u n + 1 . 2 33. 1. u 1 = 1 ; u 2 = 1 . 3 5 2. u 1 = 7 ; u 2 = 13 . 3. u 1 = – 1 ; u 2 = 1 . u u1 =–1. 4. u 1 = 0 = – 1 ; u 2 = 2#1 + 1 1 3 34. 1. u 4 = 756 030 . 2. u n + 1 = u 2n – u n . 3. La suite (un) est définie par récurrence.

2. Représentations graphiques 37. 1. f (x) = 3x + 4 . 4. On peut conjecturer que (un) est croissante. 38. 1. f (x) = 1 + x . x 4. 1 + un u2 + un + 1 – un = – n un + 1 – un = . un u1 39. (t n) " 2 . (u n) " 4 . (v n) " 1 . (wn) " 3 .

3. Travail sur les indices 40. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 41. 1. v n + 1 = (n + 2) 2 . 2. v n + 1 = v n + 2 (n + 1) + 1 ; v n + 1 = v n + 2n + 3 . 42. 1. wn + 1 = – (n + 1) 2 + 2 (n + 1) = – (n 2 + 2n + 1) + 2n + 2 ; wn + 1 = – n 2 + 1 . 2. S n = – n 2 + 1 – (– n 2 + 2n) = 1 – 2n . 3. S n + 1 = 1 – 2(n + 1) = – 1 – 2n . 4. S n + 1 S n = – 2 . 43. 1. u n = – 3u n – 1 + n . 2. u n = (n – 2) u n – 1 + 1 . 44. 1. u 0 = 0 ; u 1 = 1 ; u 2 = 0 ; u 3 = – 1. 2. u n + 1 = u n . 3. u 2 012 = 0 ; u 2 013 = 1 ; u 2 014 = 0 ; u 2 015 = – 1 .

4. Suites arithmétiques 45. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 46. u 10 = 743 ; u 42 = 679 ; u 2 012 = – 3 261 . © Hachette livre, 2011

29


47. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 48. h) et c) sont des suites arithmétiques. u + u 22 49. u 0 + u 1 + f + u 22 = 23 # 0 2 3 + 47 = 23 # = 575. 2 29 50. u 1 = – ; u 2 = – 12 ; u 3 = – 19 ; 2 2 171 u 4 = – 7 ; u 41 = . 2 1 51. u 10 = – ; u 49 = – 32 ; 3 3 u 2013 = – 668. 52. u 157 = u 102 + 55r 25 = 47 + 55r ; r = – 2 et u 0 = u 102 – 102 5 5 561 439 2 – ; u 3 000 = – . = 5 5 5 53. a et d sont arithmétiques. 54. 1. u 871 = u 0 + 871 – 3 = – 1 307 ; 2 2 1 v 3 240 = v 0 + 3 240 # = 540. 3 2. u 0 + u 1 + f + u 871 = u + u 871 872 0 = – 218 ; 2 v 1 + v 2 + f + v 3 240 = v + v 3 240 3 240 1 = 540. 2 55. 1. wn = 2 + 5 (n – 1) = 5 n + 3 . 4 4 4 2. w40 = 203 . 4 3. wn = 772 + 5 n + 3 = 772 + n = 617. 4 4 56. A = 2 012 # 2 011 # 2 012 ; 2 2 012 # 2 013 B = 2 011 # ; donc B 2 A. 2 57. 1. u 0 = u 1 – r ; u 2 = u 1 + r. u 0 + u 1 + u 2 = 81 2. ) ; u 0 u 1 u 2 = 18 360

( )

( )

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

)

3u 1 = 81 ; (u 1 – r) u 1 (u 1 + r) = 18 360

)

3u 1 = 81

. u 31 – u 1 r2 = 18 360 u 1 = 27 ; 3. ' 3 2 27 – r 27 = 18 360 u 1 = 27 u 1 = 27 '2 ; ' . r = – 3 ou r 1 0 r = 49 4. u 40 = u 1 + 39r = 27 – 39 # 3 = – 90. 58. ) )

u 0 + u 1 + u 2 = 60 u 20 + u 21 + u 22 = 1 218

;

3u 1 = 60 u 21 – 2u 1 r + r2 + u 21 + u 21 + 2ru 1 + r2 = 1 218

)

u 1 = 20

'

u 1 = 20 r=3

3u 21 + 2r2 = 1 218

; )

u 1 = 20 r2 = 9

;

;

car r 2 0.

59. 1. et 2. (un) est arithmétique de raison 1 . 8 3. u 1 + u 2 + f + u 10 = 10 ; u + u 10 10 # 1 = 10 . 2 u 1 + u 10 = 2 ; u 1 + u 1 + 9 # 1 = 2 ; 8 9 7 11 u1 = ;u = ;u = ; u = 13 ; 16 2 16 3 16 4 16 u 5 = 15 ; u 6 = 17 ; u 7 = 19 ; u 8 = 21 ; 16 16 16 16 u 9 = 23 ; u 10 = 25 . 16 16 2u 0 60. 1. u 1 = = 2 = 2; 2 + 3u 0 2 + 3 5 4 2u 1 u2 = = 5 = 1; 2 + 3u 1 4 2+6 5 1 u3 = 2 = 2 . 11 2+3 4 2. u 1 – u 0 = 2 – 1 = – 3 ; 5 5 3 1 2 u2 – u1 = – = – ; 4 5 5 (un) n’est donc pas arithmétique. 3. a. 2 + 3u n 1 3 vn + 1 = 1 = = + = vn + 3 un + 1 un 2 2u n 2 (Vn) est une suite arithmétique de raison 3 et de premier terme v = 1 = 1. 0 u0 2 3 b. v n = 1 + n . 2 c. u n = 1 = 2 . 3 1 + 3n 1+ n 2

4. (vn) est croissante donc (un) est décroissante. 5. v n H 1 donc 0 1 u n G 1 . 61. 1. v n + 1 = u 2n + 1 = u 2n + 3 = v n + 3. Donc (vn) est une suite arithmétique de raison 3 et de premier terme v 0 = u 20 = 1. 2. Pour tout n d  ; v n = 1 + 3n. 3. Pour tout n d  ; u n = 1 + 3n . 4. u n H 50 + 1 + 3n H 2 500 + n H 833. 62. 1. (un) est arithmétique de raison – 145. 2. Pour tout n d  , u n = 12 300 – 145n. 12 300 3. u n G 0 ; n H ; soit n H 85. 145 4. 85 = 7 # 12 + 1 donc en septembre 2017 la production est de 120 jouets en octobre 2017 la production s’arrête. 63. 1. Afficher U0 + N # R . 2. Si R 2 0 alors (un) est croissante. Si R 1 0 alors (un) est décroissante. 3. Si R 2 0 Alors Afficher “(un) croissante” Sinon Si R 1 0 Alors Afficher “(un) décroissante” Fin Si Fin Si

5. Suites géométriques 64. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 65. 1. u 1 = – 4 ; u 2 = – 4 ; u 3 = – 12 . 3 2. u 1 = – 12 ; u 2 = – 6 ; u 3 = – 3 . 3. u 1 = 3 ; u 2 = – 1 ; u 3 = 1 . 3 16 4. u 1 = – 12 ; u 2 = – 8 ; u 3 = – . 3 66. 1. u 1 = – 27 ; u 2 = 9 ; u 3 = – 3 .

( ) ( ) n

2. u n = 81 – 1 . 3 2 012 3. u 2 012 = 81 – 1 qui est très proche 3 de 0 donc la calculatrice affiche 0. 67. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 68. t n + 1 = 4t n ; (t n) est une suite géométrique de raison 4 et de premier terme t 0 = 3 # 4n = 3 . 69. 1. (vn) est décroissante. 2. (vn) est croissante. 30

()

()

4. a. u 10 = 24 ; (un) est croissante. b. u 12 = – 35 ; (un) est décroissante. c. u 16 = – 1 ; (un) est décroissante.


3. (vn) est décroissante. 4. (vn) est mi-croissante et mi-décroissante. 71. Le nuage des points bleus est associé à la suite (un). Le nuage des points rouges est associé à la suite (vn). u 0 = 2 et v 0 = 6 . 72. 1. u 0 = – 1 ; u 1 = 1 ; v 0 = 1 ; v 1 = 3 . 8 2 4 2. q = – 1 et q¢ = 3 . 2 2 73. 1. u 0 = 7 ; u 1 = 6, 3 ; u 2 = 5, 67 . 2. (un) est géométrique de raison 0,9. 3. (un) est décroissante. 74. 1. v 1 = 768 ; v 2 = 384 ; v 3 = 192 ; v 4 = 96. n 2. v n = 1 536 1 . 2 3. On trouve 0 car le résulat est l’approche de 0 par la calculatrice. 75. 1. v 6 = q 3 v 3 ; 324 = 12q 3 ; q 3 = 27 ; q = 3. 2. v 4 = 36 ; v 7 = 972 ; v 0 = 4 . 27 76. (vn) est géométrique de raison 3 et de premier terme v 0 = – 7 . 3 77. 1. v 2 = 240 ; v 3 = 120 ; v 4 = 60 . n+ 1 . 2. v n = 480 1 2 3. (vn) est décroissante. 78. 1. (vn) est croissante. 2. (vn) est croissante. 3. (vn) est croissante. 4. (vn) est décroissante. 79. 1. (un) est géométrique de raison – 2. (– 2) 2 4 = . 2. u 1 = 3 3 3. (un) est mi-croissante mi-décroissante. 80. 1. rn+ 1 = u n + 2 – 3u n + 1 = 5u n + 2 – 6u n – 3u n + 1 = 2u n + 1 – 6u n = 2 (u n + 1 – 3u n) = 2rn (rn) est géométrique de raison 2. 2. Pour tout n d  , rn = r0 2 n = 2 n . 3. Sn + 1 = u n + 2 – 2u n + 1 = 5u n + 1 – 6u n – 2u n + 1 = 3u n + 1 – 6u n = 3(– u n + 1 – 2u n) = 35 n (sn) est géométrique de raison 3. 4. Pour tout n d  , s n = 3 n . 5. On a : pour tout n d  , u n + 1 – 3u n = 2 n (1) ) , u n + 1 – 2u n = 3 n (2) donc pour différence (2) – (1) on a : u n = 3n – 2n .


Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

81. 1. u 2 = 4u 1 + 5u 0 = 4 # 11 + 5 # 7 = 79 ; 6 6 6 79 11 u 3 = 4u 2 + 5u 1 = 4 # + 5 # = 371 . 6 6 6 2. a. Pour tout n d  , vn + 1 = u n + 2 + au n + 1 = 4u n + 1 + 5u n + au n + 1 = (4 + a) u n + 1 + 5u n . b. 4 + a = 5 + a (4 + a) = 5 1 a soit a 2 + 4a = 5. c. S = " 1 ; – 5 , . d. On sait que pour tout n d  , vn + 1 = (4 + a) u n + 1 + 5u n = 5 u n + 1 + 5u n a 5 = (u n + 1 + au n) = 5 v n . a a Donc (vn) est une suite géométrique de raison 5 . a 3. Pour tout r d  , u n + 1 + u n = – 4 # 5 n en prenant a = 1 ; u n + 1 – 5 u n = 2 (– 1) n en prenant a = – 5. 3 4. Par différence on a : 6u n = – 4 # 5 n – 2 (– 1) n 3 u n = – 2 # 5 n – 1 (– 1) n , n d  . 3 9 u 3 + qu 3 = 8 82. 1. ) qu 3 – 2q 2 u 3 = – 16 – 2(u 3 + qu 3) = qu 3 – 2q u 3 – 2 – 2q = q – 2q 2 2q 2 – 3q – 2 = 0 donc q = 2 ou q = – 1 2 or q 1 0 donc q = – 1 . 2 Ainsi : u 3 – 1 u 3 = 8 donc u 3 = 16 et 2 u3 u3 u0 = 3 = = – 16 # 8 = – 128. q –1 n 8 2. Pour tout n d  , u n = – 128 – 1 . 2 83. 1. v 0 = 650 ; v 1 = 650 # 1,032 = 670,8 ; v 2 = 670, 8 # 1,032 = 692,2 656. 2. (un) est géométrique de raison 1,032 et de premier terme v 0 = 650 . 3. On trouve n = 50 soit en 2061. 4. Au bout de 32 ans. 84. 1. N p + 1 = 0,9 879Np. 2. (Np) est géométrique de raison 1,0 121 et de premier terme N0. 3. N p = N 0 0,9 879Np, p d  . 4. Si N p = 0,4 286 N0 donc 0,4 286 = 0,9 879p donc p . 69. La mort remonte à 6 900 ans. 5. 29,6 %. 2

( )

85. 1. u n + 1 = 1,06 un donc (un) est géométrique de raison 1,06. 2. u n = 1 456 # 1, 06 n . 3. u n . 1 838 . En 2013, il y aura 1 838 habitants. 4. u 6 . 2 065. 5. En C3 on entre = C2 # 1,06. 86. 1. (un) est géométrique de raison 1,02. 2. u n = u 0 1, 02 n = 1 700 # 1, 02 n . 3. u 6 . 1 914 . 4. = C2 # (1 + D$2) = C2 #1, 02 = C$2 # 1,02^B3. 5. À partir de 2013.

96. 1. A + B =

/

4

/ (i – 3) = – 5 .

i=0

u 0 + u 22 2 p=0 = 23 # 3 + 47 = 575. 2 19 20 90. / v p = v 0 1 – 2 = 3 (2 20 – 1). 1–2 p=0 22

/ u p = 23 #

2. B =

(n + 1)(3n – 2) = . 2 16 9 92. A = / i ; B = / 2i ; 6

7

/ (2i + 1) ; D = / 12 . i=1

i=0 17

93. / 2k – 1 = 31 ; 3 k = 15 2

i

4

/ (3j – 1) = 26 ;

j=1

/ (3 p + 2) 2 = 93 . n 94. / 2k = n # 2 + 2n = n (n + 1) ; 2 p=0

k=1

1 – c1m n 3 k 1 / 13 = 3 # 1–1 k=1 3 1 = 1– 1 2 3 3 95. 1. u n = – 5 + n . 2 n

()

2.

/ u p = (n + 1)

n

= 1 – 1 # 3– n . 2 2

p=1

2 3 –5–5+ n 2 = n + 1 (– 20 + 3n). = (n + 1) 2 4 31

2n (n + 1)(2n + 1) . 3

n (2n + 1)(4n + 1) 2n (n + 1)(2n + 1) ; – 3 3 n (2n + 1) = 64n + 1 – 2n – 2@ 3 n (2n + 1)(2n – 1) = . 3

1 + 1 – 3n 1 – 3 k 2 = (n + 1) 2 97. / 2 2 k=0 = n + 1 (2 – 3n) 4 = 1 (– 3n 2 – n + 2) 4 = – 1 (3n 2 + n – 2) 17 4 98. 2. / k 2 = 1 785 n

k=0 29

/ k 2 = 8 555

k=0 29

/

k = 18

k 2 = 6 770

99. S 1 = 2 021 055 ; S 2 = 1 105 195. 100. S 1 = 2 703 ; S 2 = 926 + 2 ; 3 S 3 = 1 (3 11 – 1). 540 101. A =

469

/ 1 + 5k

k=0

1 + 1 + 5 # 469 = 551 545 ; 2 14 13 B = / 3 k = 3 2 # 1 – 3 = 9 (3 13 – 1). 1–3 2 k=2 102. = 470 #

2 011

2 011

k=1

k=1

/ (k 2 – (k + 1) 2) = / (– 2k – 1) = 2 011 # – 3 – 4 023 = 4 048 143. 2

7. Problèmes de suites arithmétiques et géométriques

u0 + un

p=0


p=0

= 4 / p2 =

S=

( ( ))

n

n

n

/ (3h – 1) = (n + 1) # – 1 + 23n – 1

C=

p=1

/ (2p) 2 = 4 / p2

p=0

h=0

i=2

p=0

n

n

i=8

2n

A =

87. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 88. 5 4 / 2i i+– 11 = 158 ; / ((3 + j) 2 – j) = 160 ; 35 j = 2 i=1

91.

2n

/ p2 = / p2

2n (2n + 1)(4n + 1) n (2n + 1)(4n + 1) = = . 6 3

3.

6. Travail sur le symbole

89.

n

3. / (3k – 10) = (n + 1) – 10 + 3n – 10 2 k=0 (n + 1) = (3n – 20). 2


103. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 104. (un) est arithmétique de raison 1 de 6 premier terme – 5 . 6

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

(vn) est géométrique de raison – 1 de premier terme 1. (wn) est géométrique de raison 1 de 4 premier terme 1. 105. (un) est géométrique, (vn) est arithmétique. 106. a. (un) est géométrique. b. (un) n’est ni arithmétique ni géométrique. c. (un) est arithmétique. 107. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 108. 1. (un) est géométrique de raison – 2 de premier terme 3 ; (vn) est arithmétique de raison 3 de premier terme – 1 ; 2 (wn) est géométrique de raison 2 de premier terme 5. 2. (un) est mi-croissante mi-décroissante ; (vn) est croissante ; (wn) est croissante. 109. (un) est géométrique de raison 3 et 4 de premier terme 4 ; (vn) est arithmétique de raison – 2 de premier terme 4. 110. 1. 7 maisons , 72 chats ; 73 souris ; 74 sacs de grains ; 75 grains. 2. 7 5 . 16 807 grains. 63 . 2. 1 . 111. 1. 64 64 3. a. 15 = 1 + 2 + 4 + 8 = 1 + 1 + 1 + 1 . 16 16 16 8 4 2 b. 1 – 1n 1 + 1 + f + 1 = 1# 2 =1– 1 . 2 22 2n 2 1 – 1 2n 2 n c. 2 –n 1 = 1 – 1n = 1 + 12 + f + 1n . 2 2 2 2 2 112. Pour n étapes on a 1 + 2 + 3 + f + n n (n + 1) . boîtes soit 2 n (n + 1) = 1 032 on trouve Si on résoud 2 – 1 + 8 257 n= (car n 2 0 ) impossi2 ble car n d  . n (n + 1) = 2 016 on trouve Si on résoud 2 n = 63 . Donc Paul ment. 1 1 + 113. 1. S n = u0 + u1 u1 + u2 1 +f+ un + un + 1

u1 + u0 + u1 – u0

2. S n =

u2 – u1 u2 – u1 un + 1 – un un + 1 – un

+f+ 1 = ( u1 + r

u0 +

u2 –

u1

+ f + un + 2 – un ) 1 donc S n = ( u n + 1 – u 0 ) r 1 = (u n + 1 – u 0) # 1 r un + 1 – u1 Sn =

u 0 + (n + 1) r – u 0 un + 1 +

u0

#

=

1 r

n+1 un + 1 + u0

114. un + 1 est l’aire du demi disque de rayon n + 2 moins un. Ainsi r u n + 1 = (n + 2) 2 – (u n + u n + 1 + f + u 1) 2 r 2 u 1 = 2 = 2r ; 2 r 2 r u 2 = 3 – 2r = 5 ; 2 2 7r r 2 5r u3 = 4 – – 2r = ; 2 2 2 5r 3r 9r r u 4 = 52 – – 2r – . = 2 2 2 2 un + 1 – un r = (n + 2) 2 – (u n + u n + 1 + f + u 1) 2 r – (n + 1) 2 + (u n + 1 + f + u 1) 2 r = (n 2 + 4n + 4 – n 2 – 2n – 1) – u n 2 r = (2n + 3) ; 2 r r u n + 1 = (2n + 3) donc u n = (2n + 1). 2 2 115. 1. a + b H c . 2. a + 1 H c devient a + qa H q 2 a soit 1 + q 2 q2 . 3. – q 2 + 1 + q 2 0 1– 5 1+ 5 + q– q– 10 2 2 q2 – q – 1 1 0 1– 5 1+ 5 1q1 soit or q H 1 2 2 1+ 5 d’où 1 G q 1 . 2 116. 1. • OA 0 = 2 ; OA 21 + A 1 A 20 = OA 20 ; • 2OA 21 = 4 ; OA 1 = 2 . • 2OA 22 = OA 21 ; OA 22 = 1 ; OA 2 = 1.

(


)(

32

)


2 . • 2OA 23 = OA 22 ; OA 23 = 1 ; OA 3 = 2 2 2 OA n . 2. 2OA 2n + 1 = OA 2n ; OA n + 1 = 2 2 car 3. (an) est géométrique de raison 2 2 an + 1 = a . 2 n n 2 n 2 n =2 = 21 – 2 . 4. a n = a 0 2 2 2 5. a. b p = 2 ; b 2 = 1 ; b 3 = . 2 b. b n = A n A n + 1 = OA n = a n . c. (b n) n H 1 est géométrique de raison

( ) ( ) ( )

2 2 n donc b n = 2 . 2 2 d. et e. S n =

n

n

p=1

p=1

/ A p – 1 A p = / bp

( 22 ) = 2 n

=

2

1–

2 1– 2

( 22 ) . n

2

1–

2–

f. Sn semble se rapprocher de

2

2 2 . 2– 2

8. Limites 117. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 118. 1. En R2 : = 1 Â2. 2 2. En C2 : = 1,3Â2.

()

4.

lim u n = 0 ; n lim v = + 3. +3 n

n"+ 3

119. 120.

"

lim u n = 2 .

n"+ 3

lim u n = + 3 .

n"+ 3

u = + 3. 121. 2. n lim "+ 3 n 3. n lim v = 0. +3 n "

122. 1. En B3 on entre = 2B2 – 5 . 2. En C3 on entre = 3 C2 – 5 . 4 4. n lim u = – 3 n lim v = – 20 . +3 n +3 n "

"

123. (un) semble ne pas avoir de limites. 124.

lim u n = 3 .

n"+ 3

125. 1. et 2.

lim u n = 0 ;

n"+ 3

lim v n = 0 ; n lim wn = 0 . +3

n"+ 3

3.

"

lim r = 3 ;

n"+ 3 n

lim s n = 0

n"+ 3

u =3; 126. 1. et 2. n lim "+ 3 n lim v = + 3 ; n lim wn = – 3 . n"+ 3 n "+ 3 3. n lim r = – 3 ; n lim s = –3; "+ 3 n "+ 3 n lim t = + 3 . n +3 n "

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

127. (un) n’a pas de limite ; (vn) tend vers 0 ; (wn) n’a pas de limite. 128. 1. un se rapproche de + 3 . 2. vn se rapproche de – 3 . 129. 1. Si r 2 0 , u n se rapproche de + 3 . lorsque n tend vers + 3 . 2. Si r 1 0 , u n se rapproche de – 3 . lorsque n tend vers + 3 .

9. Problèmes 131. 1. Par récurrence. 2. f (x) = 3x + 4 . x+3 3. La suite (un) semble croissante. 3u n + 4 +2 5u + 10 un + 3 = n 4. v n + 1 = un – 2 3u n + 4 –2 un + 3 u +2 =5 n = 5v n . un – 2 (vn) est une suite géométrique de raison 5. 5. Pour tout n d  , v n = v 0 5 n = – 1 5 n . 3 1 n u n + 2 = – 5 (u n – 2) 3

(

)

u n 1 + 1 5n = 2 5n – 2 3 3 2 5n – 2 2 # 5n – 6 = un = 3 . 1 5n + 1 5n + 3 3 132. 1. u0 = 3 ; u1 = 10 ; u2 = 5 ; u3 = 16 ; u4 = 8 ; u5 = 4 ; u6 = 2 ; u7 = 1. u0 = 7 ; u1 = 22 ; u2 = 11 ; u3 = 34 ; u4 = 17 ; u5 = 52 ; u6 = 26 ; u7 = 13 ; u8 = 40 ; u9 = 20 ; u10 = 10 ; u11 = 5 ; u12 = 16 ; u13 = 8 ; u14 = 4 ; u15 = 2 ; u16 = 1 . u0 = 11 ; u1 = 34 ; u2 = 17 ; u3 = 52 ; u4 = 26 ; u5 = 13 ; u6 = 40 ; u7 = 20 ; u8 = 10 ; u9 = 5 ; u10 = 16 ; u11 = 8 ; u12 = 4 ; u13 = 2 ; u14 = 1. u0 = 13 ; u1 = 40 ; u2 = 20 ; u3 = 10 ; u4 = 5 ; u6 = 16 ; u7 = 8 ; u8 = 4 ; u9 = 2 ; u10 = 1. u0 = 19 ; u1 = 58 ; u2 = 29 ; u3 = 88 ; u4 = 44 ; u5 = 22 ; u6 = 11 ; u7 = 44 ; u8 = 17 ; u9 = 52 ; u10 = 26 ; u11 = 13 ; u12 = 40 ; u13 = 20 ; u14 = 10 ; u15 = 5 ; u16 = 16 ; u17 = 8 ; u18 = 4 ; u19 = 2 ; u20 = 1 . 4. 13 a une altitude de 40 et 19 une altitude de 88.

5. Variables A, B deux réels Début Saisir A A→B Tant que A ! 1 Si partie décimale de A/2 = 0 Alors A/2 → A Sinon 3A + 1 → A si B 1 A Alors A → B Fin Si Fin Si Afficher A Fin Pour Afficher B Fin

6. 13 a un temps de vol de 10. 19 a un temps de vol de 20. 7. Variables N un entier A un réel Début Saisir A A→N Tant que A ! 1 Si partie décimale de A/2 = 0 Alors A/2 → A Sinon 3A + 1 → A Fin Si Afficher A N+1→N Fin Pour Afficher N Fin

133. 1. u2 = 1 ; u3 = 2 ; u4 = 3 ; u5 = 5. 1– 5 1+ 5 ;b= 2 2 v n + 2 = man + 2 + nbn + 2

2. a =

et v n + 1 + v n = man (a + 1) + nbn (b + 1) = man (a2) + nbn (b2) = vn + 2 . 4. )

v 0 = u0 ; v 1 = u1

)

m + n = u0 ; ma + nb = u 1

m (b – a) = u 0 b – u 1 ) ; m + n = u0 © Hachette livre, 2011

33


Z ]m = u0 b – u1 ] 5 [ ; u0 b – u1 ] n = u – 0 ] 5 \ Z ]m = – 1 = – 5 ] 5 5 [ . ]n = 1 = 5 ] 5 5 \ 5. S n = =

/ (– n

5 k 5 k a + b 5 5

k=0

(

)

)

n+1 n+1 5 1–b . –1–a 1–a 5 1–b

134. 1. (10 050 – M) # 1, 005 = 10 100, 25 – 1, 005 M.

Après le versement de la mensualité Jeanne doit 10 100, 25 – 2,005 M. 2. Jeanne doit un, après un mois elle doit u n # 1,005 , puis elle verse une mensualité de M donc finalement elle doit u n + 1 = 1,005 u n – M. M 0,005 = 1,005 u n – M – M 0,005 M = 1,005 v n + –M– M 0,005 0,005 1,005 = 1,005 v n + M–M 1+ 1 0,005 0,005 = 1,005 v n

3. v n + 1 = u n + 1 –

(

)

(

)

(vn) est une suite géométrique de raison 1,005. 4. v n = v 0 1,005n ; v 0 = u 0 – M = 10 000 – M . 0,005 0,005 5. M u n = 10 000 – M 1,005M + 0,005 . 0,005 6. u 60 = 0 + 10 000 – M 1,00560 0,005 + M =0 0,005 1,005 60 60 10 000 # 1,005 = M – 1 0,005 0,005

(

(

)

)

(

M=

10 000 # 1,00560 # 0,005 1,005 60 – 1

)

. 193,34 .

135. 1. u1 = 1 ; u2 = 2 ; u3 = 4 ; u4 = 8 ; u5 = 16. 2. (u n) semble être une suite géométrique de raison 2. On peut conjecturer que u 6 = 32 .

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

3. u 6 = 31 ; cette figure invalide notre conjecture. 1

6 2

7

3

4

8

17 19 18

31 21

29 28

10

9

16 20 30

5 11 15 14 23

22

27 26

12 13

24 25

4. a. u n + 1 = u n + 1 + (1 # (n − 2) + 1) + (2#(n − 3) + 1) + f + ((n − 2) # 1 + 1) + 1 = un +

n–1

/ P (n – p – 1) + 1 .

p=0

On obtient u n + 1 = u n + 1 (n 3 – 3n 2 + 8n) à l’aide 6 d’un logiciel de calcul formel. b. u n – u 1 =

n–1

/ up + 1 − up

p=1

=

n–1

/ 16 (p3 – 3p2 + 8p)

p=1

= 1 (n 4 – 6n 3 + 23n 2 + 18n) 24

u n = 1 (n 4 – 6n 3 + 23n 2 – 18n + 24) 24 n n n = + + . 0 2 4 136. 1. Z 20 + 30 v ]] u n + 1 = u n 1 – 100 100 n [ ; ] v n + 1 = 20 u n + 1 – 30 v n 100 100 \Z ; 3 4 vn ]] u n + 1 = u n + 5 10 [ . 1 ]v n + 1 = un + 7 v n 5 10 \ 2. a. S n + 1 = u n + 1 + v n + 1 = 4 un + 3 v n + 1 un + 7 v n 5 10 5 10 = un + v n = S n (Sn) est une suite constante.

() () ()

(

(

)

)

b. t n + 1 = – 2u n + 1 + 3v n + 1

(

) (

)

= – 2 4 un + 3 v n + 3 1 un + 7 v n 5 10 5 10 3 1 = – un + v n = t n 2 2 (tn) est une suite géométrique de raison 1 . 2 3. u n + v n = 500 n * ; – 2u n + 3v n = – 100 1 2 n Z 1 ]] u n = 300 + 20 2 [ n . 1 ] v n = 200 – 20 2 \ 1 n = 0. 4. On conjecture que n "lim +3 2 u = 300 et 5. On en déduit que n "lim +3 n lim v = 2 00. n"+ 3 n

()

() ()

()

137. 1. u 0 = 150 ; u 1 = 150 + 150 # 1,002 = 300,3 ; u 2 = 150 + u 1 # 1,002 - 450,9 ; u 3 . 601, 8. 0, 2 + 150 2. u n + 1 = u n 1 + 100 = 1,002 u n + 150. 3. v n + 1 = u n + 1 + a = 1, 002 u n + 150 + a = 1,002 (v n – a) + 150 + a = 1,002v n + 150 – 0,002a. On pose a = 150 = 75 000. 0, 002 4. v n = v 0 # 1,002 M ; v 0 = u 0 + a = 150 + 75 000 = 75 158 ; v n = 75 150 # 1,002 M u n = 75 150 # 1, 002 n – 75 000. 5. u 10 . 1 666,6. Le montant des intérêts s’élève à u 10 – 11 # 150 . 16,6 . 138. 1. u 0 = 1 ; u 1 = – 5 ; u 2 = – 14 ; 9 3 u 3 = – 14 . 27 2. a. v n + 1 = u n + 1 – 3 (n + 1) + 21 2 4 3 1 = u n = n – 2 – n – 3 + 21 3 2 2 4

(


)

34


= 1 un – 1 n + 7 3 2 4 = 1 u n – 3 n + 21 = 1 v n . 2 4 3 3 (vn) est une suite géométrique de raison 1. 3 v 0 = u 0 + 21 = 25 . 4 4 n b. n d  , v n = 25 1 ; 4 3 n 3 21 u n = 25 1 + n – 2 4 ; 4 3 n+1 1– 1 25 3 c. S n = 4 1–1 3 n (n + 1) 21 +3 – (n + 1). 2 2 4

(

)

()

()

()

( ( ) ) + n +4 1 (3 – 21).

S n = 75 1 – 1 8 3

n+ 1

n

139. 1. 0,375 est un rationnel car son écriture décimale est périodique. 2. a. (un) est géométrique de raison 10– 3. – 3n b. S n = u 1 + u 2 + f + u n = u 1 1 – 10 – 3 1 – 10 1 060 – 10 – 3n + 3 . 999 10 – 3 = 0 . 4. n "lim S = 375 . 3. n "lim +3 +3 n 999 = 0, 375

140. 1. u 1 = 990 ; u 2 = 981. 2. a. v 0 = 100 ; v 1 = 90. b. v n + 1 = u n + 1 – 900 = 0, 9 u n + 90 – 900

(

c. vn 3. 4. 5.

)

= 0, 9 u n – 810 0, 9 = 0, 9 (u n – 900) = 0, 9 v n . (vn) est géométrique de raison 0,9 ; = 100 # 0, 9 n . u n = 100 # 0, 9 n + 900. 900. u n G 901 pour n H 44.

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

En route vers le Bac (p. 138-139) 141. 1. (u n) est une suite arithmétique de raison – 9,3. 2. u n = 547 – 9,3 n. 447 soit n H 48,06. 3. u n G 100 + n H 9,3 144. 1. c. 2. c. 3. d. 4. a. 145. 1. Cf cours. 1. a. Cf cours.

b. u n + 1 – u n = qu n – u n = (q – 1) u n = (q – 1)4q n or q 2 1 donc q – 1 2 0 ; q n 2 1 donc u n + 1 – u n 2 0 ; (un) est croissante. c. u n + 1 – u n = (q – 1) 17q n ; q – 1 1 0 ; q n 2 0 donc u n + 1 – u n 1 0 ; (un) est décroissante. n (n + 1) . 146. 1. 1 + 2 + f + n = 2

2. u n + 1 = u n + 3. 3. u n = u 0 + 3 M . 4. S n = (n + 1) u 0 + 3 (1 + 2 + f + n). n (n + 1) 5. S n = (n + 1) u 0 + 3 2 3 n n + 1 (2u + 3n). = = (n + 1) u 0 + 0 2 2 31 6. S 30 = (– 40 + 90) = 31 # 25 = 775. 2

(

)

TP Info (p. 140-141) 1. Carrés et suites arithmétiques Partie 1 : 1. On entre les données dans le tableur. 2. a. ENT ( x ) = x . b. = SI(ENT(RACINE(B2)) = RACINE(B2) ; « carré » ; « »). c. On recopie la formule. d. On peut conjecturer qu’il y en a une infinité. 3. On b d {3 ; 4 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10} alors (u n) contient un nombre infini de carrés parfaits. 4. On peut conjecturer que si b = 3k + 2 k d  alors (u n) ne contient pas de carré parfait. Partie 2 : 1. (3p + 1) 2 = 9p 2 + 6p + 1 et 3(3p2 + 2p) + 1 = 9p2 + 6p + 1 . 2. 6p d  u 3p2 + 2p est un carré parfait, il y en a donc une une infinité. 3. (3p + 1) 2 = 9p 2 + 6p + 1 2 = 9p 2 + 6p + 1 3(3p2 + 2p – q) + 3q + 1 = 9p2 + 6p – 3q + 3q + 1 = 9p2 + 6p + 1 . Si b = 3q + 1 alors u 3p2 + 2p – q est un carré parfait. 4. Si il existe k d  tel que ak + b = p2 avec p d  .

Ainsi (a 2 a + p) 2 = a 4 a2 + 2a2 ap + p2 a d  . = a 4 a2 + 2a 2 ap + ak + b = a (a 3 a2 + 2aap + k) + b Donc u n avec n = a 3 a2 + 2aap + k est un carré parfait. Il y en a donc une une infinité !

2. Suite définie par une récurrence à deux niveaux Partie 1 : 1. a.

b. N

2 3

4

5

6

7

8

uN 19 99 419 1 699 6 819 27 299 109 219

2. a. Il faut remplacer « Pour J allant de 2 à N » par : « Pour J allant de 1 à N » et remplacer « Afficher B » par « Afficher B – A ». b.


35


c. N 2 3

4

5

6

9

10

vN 80 320 1 280 5 120 327 680 1 310 720 5 242 880

d. (v n) semble géométrique de raison 4. 3. a. b. Lire N – 6 ÆA –1ÆB B –A Æ 5 Pour J allant de 1 à N 5 B – 4A Æ C C–B+5→5 B →A C→B FinPour Afficher 5 4. v n + 1 = u n + 2 – u n + 1 = 5u n + 1 – 4u n – u n + 1 = 4(u n + 1 – u n) = 4v n (v n) est donc géométrique de raison 4. n n+1 – 1 = 5 (4 n + 1 – 1) 5. / v k = v 0 4 3 3 u=0 = un + 1 – un 5 n u n = (4 – 1) – 6 3 u n = 5 # 4 n – 23 . 3 3

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur

Activité de recherche (p. 142) Généralisons ce que nous venons d’exposer, en supposant que l’équation donnée soit x 2 = a , et qu’on sache d’avance que x est plus grand que n, mais plus petit que n + 1 . Si après cela nous supposons x = n + p , en sorte que p doive être une fraction, que p2 puisse se négliger comme une quantité très petite, nous 2 aurons x 2 = n 2 + 2np = a , ainsi 2np = a – n 2 , et p = a – n : par 2n 2 2 conséquent x = n + a – n = n + a . Or si n approchait déjà de 2n 2n 2 la vraie valeur, cette nouvelle valeur n + a en approchera encore 2n beaucoup plus. Ainsi en la substituant à n, on se trouvera encore

1 1 , dont il le surpasse. On a u 2 _ 2 = . 4 166 464 166 464

plus près de la vérité ; on aura une nouvelle valeur qu’on pourra

Pour une suite qui converge vers On obtient avec u 1 = 1 :

substituer de nouveau, afin d’approcher encore davantage ; et on pourra continuer le même procédé aussi loin qu’on voudra. Soit, par exemple, a = 2, c’est-à-dire qu’on demande la racine carrée de 2 ; si on connait déjà une valeur assez approchante, et qu’on l’exprime par n, on aura une valeur de la racine encore plus 2 approchante, exprimée par n – 2 . Soit donc : 2n u2n + 2 3 . 1. n = 1, n aura x = donc u1 = 1 et un + 1 = 2 2un 3 17 17 donc u2 = . 2. n = , on aura x = 12 12 2 577 donc u = 577 . 17 3. n = , on aura x = 3 12 408 408 Et cette dernière valeur approche si fort de 2 , que son carré 332 929 ne diffère du nombre 2 que de la petite quantité 166 464


36


7 on prend u n + 1 =

u 2n + 7 . 2u n

4

Statistiques Programme officiel Contenus


Commentaires

• Utiliser de façon appropriée les deux couples Statistique descriptive, usuels qui permettent de résumer une analyse de données Caractéristiques de dispersion : série statistique : (moyenne, écart-type) et (médiane, écart interquartile). variance, écart-type. • Étudier une série statistique ou mener une Diagramme en boîte. comparaison pertinente de deux séries statistiques à l’aide d’un logiciel ou d’une calculatrice.

On utilise la calculatrice ou un logiciel pour déterminer la vairiance et l’écart-type d’une série statistique. Des travaux réalisés à l’aide d’un logiciel permettent de faire observer des exemples d’effets de structure lors du calcul de moyennes.

Découverte (p. 146-147) 3. Écart absolu moyen de Faby : environ 2,1. 4. Écart absolu moyen de Christelle : environ 1,4. Christelle semble avoir des résultats plus réguliers.

1. Les différentes mesures de la régularité 1. 2. 2. 2. 3. 3. 2.

1. L’étendue des deux séries statistiques est 10. Non. 1. Le diagramme en boîte vert correspond aux notes de Faby. Le diagramme en boîte violet correspond aux notes de Christelle. Écart interquartile de Faby : 3. Écart interquartile de Christelle : 2. Christelle semble avoir les résultats les plus réguliers. 1. m 1 = 331 . 11, 8 . 28

7 9 10 11 12 13 14 17

1 1 4 8 6 7 3 1

-4,806 -2,806 -1,806 -0,806 0,194 1,194 2,194 5,194

4,806 2,806 1,806 0,806 0,194 1,194 2,194 5,194

2. Une nouvelle mesure de la régularité En A12 on entre : = SOMME(B2:B9). En C2 on entre : = A2×B2. En B12 on entre : = SOMME(C2:C9)÷A12. a. En D2 on entre : = B2×(A2–$B$12)^2. b. En C12 on entre : = (1÷A12)×SOMME(D2:D9). 6. En D12 on entre : = RACINE(C12). On trouve TFaby  367 7. On trouve TChristelle  1,8. 8. Christelle semble avoir des résultats plus réguliers. 2. 3. 4. 5.

4,806 2,806 7,226 6,452 1,161 8,355 6,581 5,194

3. Interpréter des indicateurs statistiques Bien que le salaire moyen soit plus important pour l’entreprise verte (probablement à cause des quelques gros salaires), si Sabrina n’a pas un haut poste dans cette entreprise, il faudrait mieux choisir l’entreprise violette car environ 50 % des salaires sont dans la tranche [2 000 ; 4 000] contre [1 250 ; 3 000] pour l’entreprise verte.

1,374


37


Chap. 4 Statistiques

Livre du professeur

Logique et notations (p. 152) 1. a. 7n 2. a. 28 3. a. 1 n + 3

b. nx

6 4. a. a + 2b + c

5. a. 2x – 3 c.

c. – 3n

d. 2n

(n – 1) n b. 1 n (4n 2 + 24n + 47) 2 3 c. 1 n (n – 1)(2n 3 + 5n 2 – 6) 6

6. a.

b. 14 + 2n c. – 28 + n 2 b. n + 4 c. 16 3 b. 4a + 4b + c c. a – c 1 1 b. – – – 1 = 2n + 5 – x n+3 n+2 n+1

1 + x – 1 d. n+1

n

n

k=1

k=1

/ k +k 3 = /

7. 1.

n

n

n

n

i=1

i=1

i=1

/ (x i – x) 2 = / x i2 – 2x / x i + / x 2 . i=1

= a – 2xnx + nx = a – nx 2 2

(1 + 3k ) = n + 3x

a 1 2. V = (a – nx 2) = – x 2 n n


1. Moyenne, variance et écart-type

13. x = 6 ; v = 1 . 14. 1re A : x = 10 et v = 0 . 1re B : x = 10 et v = 10 . 15. 1. 20. 2. 21. 3. 50. 4. 50 . 16. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 17. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 18. 1. 24,7. 2. 20,29 2 188 19. x = 114 ; v = . 13 13 20. x

[0 ; 2[ [2 ; 4[ [4 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[

Centre classes

1

3

7

15

25

Effectif

9

8

13

5

1

2 417 56 ;v= ; V = 2 417 . 9 81 9 21. x . 3,26 ; V . 12,87 ; v . 1,5. 22. x . 20 791 ; V . 3 122 811 ; v . 1 767. 23. 1. N ! 100 2. x = 9,7. 24. 1. et 2. Variables : R, 5, N trois réels C un entier naturel x=

Début Saisir N Si D = 5 O→R O→S O→C TantQue N ≠ 100 S+N→S C+1→C N2 + R → R Saisir N FinTantQue S C S R Afficher « variance », – C C

Afficher « Moyenne »,

()

2

3. x . 11,3 ; V . 11,4. 25. x . 7,84 ; V . 3,86 ; v . 1,96. 26. x . 993 ; V . 211 572 ; v . 460. 27. 2. x . 10,15 ; 3. v . 15,01 ; 4. x . 15,72 ; v . 42,18. 28. x . 3,04 ; v . 1,84 ; non à cause de la moyenne. 29. 2. On a entré en D2 : = B2 # C2 , puis on a recopié cette formule vers le bas. 10. On trouve : moyenne ; variance ; écart-type. 30. En 2008 : x . 165,7 ; v . 49,1. En 2009 : x . 172,2 ; v . 47,4. En 2009, les étapes étaient plus longues en moyenne qu’en 2008. En 2009, l’écart-type était plus faible qu’en 2008, il y a moins d’écart entre les différentes longueurs d’étapes qu’en 2008. 31. 1. x . 42,8 et v . 1,8. 2. Il va fabriquer des tailles appartenant à l’intervalle [39,2 ; 46,4] soit [40 ; 46] ce qui représente 94 % des tailles de l’étude. 32. 1. EastDigit : x . 3,56 ; v . 1,29.


38


SiGait : x . 4,65 ; v . 3,34. 2. SiGait. 3. Les disques dans SiGait durent plus longtemps en moyenne mais l’écart-type étant plus important, il y aura de fortes dispersions dans les durées, il faudra donc veiller à avoir une garantie. 33. 1. m (x) = 4 + 5 + 9 + 13 = x + 27 . 4 4 2 27 27 2 1 2. V (x) = = 4x – x – + 5–x– 4 4 4 2 2 27 27 + 9–x– + 13 – x – 4 4 48x 2 – 216x + 371 = 16

( (

x

V(x)

0

) ( ) ( 9 4

371 16

) )

4 8

8

3. V admet 8 comme minimum atteint en 9 sur l’intervalle [0, 4]. 4 V admet 371 comme minimum atteint 16 en 0 sur l’intervalle [0, 4]. 34. 1. x . 2,48 ; v = 0,62. 2. x . 1,96 ; v = 0,54. 3. Le taux moyen de cholestérol des employés du fast-food est beaucoup plus important ainsi que l’écart-type. 35. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 36. 1. x . 126,5 ; v = 1,8. 2. 6x – 2v ; x + 2v@ est (environ) [122,9 ; 130,1].


Livre du professeur

Les ficelles de poids 122, 131 et 132 ne sont pas vendues ce qui représente 3,5 % de la production. 34. 1. x . 131,5. 2. v = 4,5. 3. Environ 75 % des plaques ont une longueur appartenant à l’intervalle 6x – v ; x + v@ soit environ [127 ; 136]. 38. 1. Cet algorithme calcule la moyenne des valeurs entrées dans L1 avec des effectifs entrés dans L2. 2. T Après afficher il faut ajouter : C O →V Pour I variant de 1 à N 2 L2(I) × L1(I) – T + V → V. C Fin Pour V →V C Afficher V

(

V

3. On trouve x . 10,7 ; V . 4,3 ; v . 2,12. 39. 2. = MOYENNE (B2:B13). 4. La moyenne mobile permet de déterminer la tendance « de fond » en lissant les résultats tout en tenant compte des 12 derniers résultats. 40. 1. En 2011 le CA était de 910 000 . En 2012 le CA était de 1 456 000 . 2. 124 %. 3. En 2 ans le pourcentage d’augmentation est de 124 % et non pas de 100 % comme indiqué par M. Charcot. 2 = 1,24 4. a. 1 + t 100 t = ( 2, 24 – 1) 100 . 49,67 %. b. M. Charcot a fait une approximation en disant « qu’en moyenne » le CA a augmenté de 50 % chaque année. 41. 1. m (x) = 1 x + 11 . 4 4 2 2. V (x) = 3x – 22x + 55 . 16 3.

(

x

V (x)

)

0

11 3

ce qu’il fallait démontrer. 43. 1. m (x) = 1 x + 14 . 3 3 6 2 x – 14x + 61 . 2. v (x) = 9 3. v (x) H 3 + x d ] – 3 ; 1 14 – 438 j;1 (14 + 438 ) ; + 3 ;. E 2 2 ;< : ;;;;;;;; < : ;;;;;;;; . – 3,5 . – 17,5 Donc la plus petite valeur entière et positive de x telle que v (x) H 3 est x = 18. 44. 1. x . 19,5. 2. v . 1,3. 3. Il y a plus de 94 % des valeurs dans l’intervalle 6x – 2v ; x + 2v@ . [16,9 ; 22,2] 4. Oui, les 3 critères sont vérifiés. 45. 1. Pour Kléber : (x, v) . (35,7 ; 25,5) ; Pour Sabrina : (x, v) . (39,1 ; 31,4). 2. Sabrina est la meilleure des deux joueurs car sa moyenne de points est la plus grande. Kléber est le joueur le plus régulier car son écart type est le plus petit. p 46. 1. x = 1 / x i , si pour tout entier i pi=1 tel que I G i G p ; on a 9 G x i G 11 alors

(

)

Afficher

42. 1. m (x) = 1 x + 13 . 2 2 1 2 2. v (x) = 3x – 26x + 195 . 4 3. v (x) = m (x) + 1 3x 2 – 26x + 195 4 = 1 x + 13 2 2 + x = 12 26 – 65 - – 3,8

+3

55 16

)

p

p

p

i=1

i=1

i=1 p

/ 9 G / x i G / 11 ; 9p G / x i G 11p

soit

4. V atteint son minimum en 11 et il 3 vaut 43 . Dans ce cas la moyenne est 11 . 6 3

9 G 1 / x i G 11. pi=1 Ce qui prouve que 9 G x G 11. 2. Pour tout entier i tel que 1 G i G p on a 9 G x G 11 or et donc

– 11 G – x G – 9 – 11 + 9 G x i – x G 11 – 9 3 9 G x i G 11 – 2 G xi – x G 2

3. V = 1 / (x i – x) 2 pi=1 or – 2 G x i – x G 2 donc 0 G (x i – x) 2 G 4


39

i=1

donc 0 G V G 4 . 4. 0 G V G 4 donc 0 G v G 4 soit 0 Gv G 2. 47. 1. la plus grande valeur est x p et la plus petite est x 1 , donc e = x p – x 1 . 2. Pour tout entier i tel que 1 G i G p on a : p

x 1 G x i G x p donc px 1 G / x i G px p i=1 d’où x i G x G x p – xp G – x G – x1 x1 – xp G xi – x G xp – x1 3 x1 G xi G xp – e G x – x G e. i

3. On en déduit que 0 G (x i – x) 2 G e 2 . p 1 4. Ainsi V G / e 2 donc V G e 2 . pi=1 5. On en déduit que v G e. d 48. t 1 = 1 = 350 = 14 et v 1 75 3 d 2 35 . La distance totale est t2 = = v2 6 d = d 1 + d 2 = 700 . Le temps de parcours total est t 1 + t 2 = 10,5. La vitesse moyenne est de V = d = 700 = 200 . 66,7 km $ h – 1 . t 10,5 3 On a : d + d2 d1 + d2 2 = = V=d= 1 t t 1 + t 2 d1 d2 1 + 1 + v1 v2 v1 v2 n 1 49. 1. v2 = / (x i – x) 2 . ni=1 Soit A = { i d  1 G i G n tel que x i – x 1 2v } ; v2 = 1 / (x i – x) 2 + 1 / (x i – x) 2 . n idA n izA nv2 H / (x i – x) 2 si i z A donc idA

i=1 p

p

43 6

p

soit 0 G / (x i – x) 2 G 4p et


x i – x H 2v ; card A = k nv2 H (n – k)(2v) 2 nv2 H 4 (n – k) v2 2. nv2 H 4 (n – k) v2 donc n H 4 (n – k) car v2 2 0 4k H 3n k H3n. 4 3. Au moins 75 % des valeurs... 4. Soit B = { i d  1 G i G n tel que x i – x 1 3v }. On pose k = cardB . Donc nv2 H (n – n)(3v) 2 n H 9n – 9k k = 8 n or 8 . 0,889. 9 9


Livre du professeur

Donc « au moins 88 % des valeurs sont dans l’intervalle 6x – 3v, x + 3v@ .

2. Médiane et quartiles

50. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 51. Me = 57 ; Q1 = 50 ; Q2 = 60 . 52. Q1 = 11,5 ; Me = 14 ; Q3 = 18 . 53. et 54. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. 55. 1. 1

3

5

7

9

2.

58. 1. C 2. A 59. 1.

Effectif

21

41

96

198

69

38

62,5

75

Fréquences

21 517

41 517

96 517

198 517

69 85 7 517 517 517

Fréquences 21 cumulées 517 croissantes

62 517

158 517

356 517

425 510 1 517 517

0,75 4

6

9

13

15

4. 65

70

75

78

56. En Europe l’espérance de vie reste très concentrée dans l’intervalle [74,05 ; 78,55] et [48,6 ; 56 ; 25] pour l’Afrique. L’écart interquartile de l’Europe est très inférieur à celui de l’Afrique et le minimum de l’Europe est supérieur au maximum de l’Afrique. 57. 1. M. Vincent Q1 = 6 ; Me = 9,5 ; Q3 = 15 . 2. et 3. Les notes de Mme Paulette ont un écart interquartile plus faible, les élèves faibles ont donc intérêt d’être corrigé par Mme Paulette et les bons élèves par M. Vincent. 4. Il est plus probable que Mathilda soit une élève faible puisqu’elle estime avoir été corrigée sévèrement. 5. Marc a donc probablement été corrigé par M. Vincent. 6. a. Me¢ = aMe + b ; Q1¢ = aQ1 + b et Q3¢ = aQ3 + b . b. On cherche a et b tels que : Q3¢ – Q1¢ = 13 – 8 soit (Q3 – Q1) = 5 ; a = 5. 9 c. Me¢ = 10 signifie que aMe + b = 10 5 # 9,5 + b = 10 9 b = 5. d. Nouvelle note de Karim : 5 # 7 + 5 . 8,9 soit 9 9 Nouvelle note de Marc : 5 # 14,5 + 5 . 13,06 soit 13 9

0,25

27

6

10

20

15

5

Fréquences 0,2

0,4

0,3

0,1

0,2

0,6

0,9

1

FCC

62 —— 517

2. Fréquence

cumulées croissantes

0,7

0 0,3

11

b. Vrai. c. Le 18e pays est situé entre Q1 et Me sur un pourcentage situé dans l’intervalle [5 ; 6]. 64. 1.

158 —— 517

1,1

2,3 2,9

2

2,5

3

(

1

4 5 6 Prime en milliers d'euros

3. Me . 2,3 ; Q1 . 2,9 ; Q3 . 2,9. 193 615 . 418. 60. 1. x = 463 2. Il y a quelques villes à forte concentration d’habitants qui réhausse très significativement la moyenne par rapport à la médiane. 61. 1. Q1 = 10 et Q3 = 13 . 2. On trouve bien Q1 = 10 . 5 35 4. Il faut remplacer " E par " F . 4 4 62. 1. Afficher N N L 1 + L 1 + 1 ' 2. 2 2 Sinon Afficher L 1 ((N + 1) ' 2) 3. On trouve 5 pour la médiane de la première série et 7 pour la seconde. 63. 1. Le pourcentage médian est 20,2 %. 2. Q1 = 17,5 % ; Q3 = 22,2 %. Environ 1/4 des pays de l’Europe ont un pourcentage de personnes âgés de 60 ans et plus inférieur à 17,5 %. Idem pour « supérieur à 22,1 % ».

( (

5

Effectifs

21 —— 517

0

22,1 26,5

Valeur du [0 ; 5[ [5 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[ caractère

510 —— 517 425 —— 517

356 —— 517

0,5

2

7

2.

95

3.

85

17,5 20,2

Prime en milliers [0,3 ; 0,7[ [0,7 ; 1,2[ [1,2 ; 2[ [2 ; 2,5[ [2,5 ; 3[ [3 ; 4[ [4 ; 6[ d’euros

1 11

a. 0

))

0,9 0,8 0,6 0,4 0,2 0

40


5

10 15 20 25 30 Valeur de caractère

3. On lit sur le graphique Q1 = 5,6 ; Me = 8,75 ; Q3 = 15. 65. 1. Q1 = 79,6 ; Me = 79,9 ; Q3 = 80,3. 2. L’intervalle est [78,55 ; 81,35]. 3. la valeur aberrante est 84.

3. Problèmes 67. 1. f1 (A) = 90 = 0, 9 ; f1 (B) = 321 . 0, 89 .

100 361 200 51 . 0, 78 ; f2 (B) = . 0, 69. 2. f2 (A) = 260 74

3. A.


0


Livre du professeur

4. Succès

Échec

Total

Médicament A

290

70

360

Médicament B

372

63

435

290 . 0,8 ; f (B) = 372 . 0, 86. 5. f (A) = 360 435 6. C’est le contraire ! 68. 1. et 2. Pour les femmes on trouve : Min = 5 ; Q1 = 10 ; Med = 15 ; Q3 = 20 ; Max = 40. Pour les hommes on trouve : Min = 5 ; Q1 = 10 ; Med = 20 ; Q3 = 25 ; Max = 40. femmes hommes 5 10 15 20 25 30 35 40

3. x femme . 15 . x homme . 19 . 4. a. Vrai car Med = 20. b. Vrai car [Q1 ; Q3] = [10 ; 20]. c. Faux car x femme 1 x homme . 69. 1. Pour le lot K : x = 400, 01 ; v . 17, 09 ; Q1 = 390 ; Med = 400 ; Q3 = 410. Pour le lot F : x = 408, 84 ; v . 22, 47 ; Q1 = 390 ; Med = 400 ; Q3 = 420. 2. Lot K : x – 2v . 365, 83 x + 2v . 434, 19 Dans l’intervalle [ 365,83 ; 434,19] soit [ 370 ; 430] il y a 954 pellicules, soit 95,4 %. 3. Lot F : x – 2v . 363, 9 x + 2v . 453, 78 Dans l’intervalle [ 363,9 ; 453,78]

soit [ 370 ; 450] il y a 947 pellicules, soit 95,7 %. 4. Le lot K est fiable. 70. aN # 1 400 + (1 – a) N # 2 800 1. x A = N = 1 400a + 2 800(1 – a) = 2 800 – 1 400a bN # 1 500 + (1 – b) N # 3 000 2. x B = N = 1 500b + 3 000 (1 – b) = 3 000 – 1 500b 3. x A 2 x B 2 800 – 1 400a 2 3 000 – 1 500b b 2 200 + 1 400a ; b 2 2 + 14 a 1 500 1 500 15 15 4. Il y a 82 % d’ouvriers dans l’entreprise A, ainsi a = 0, 82 . On doit donc avoir b 2 2 + 14 # 0, 82 15 15 b 2 337 soit b 2 0, 9887 375 x1 + x2 71. 1. x = 2 ( x − x ) 2 + (x 2 – x) 2 1 = 2. v2 = 2 x1 – x2 2 x2 – x1 2 + 2 2 2 x1 – x2 x – x2 2 = 1 donc v = 2 2 3. L’étendue est x 2 – x 1 donc l’étendue est égale à 2v . 72. A 1. f ¢ (x) = 6x – 12. 2. x 0 = 2 . 3. La moyenne. B 1. g ¢ (x) = 6x – 2 (x 1 + x 2 + x 3) . x + x2 + x3 2. x 0 = 1 . 3 3. La moyenne. C 1. h ¢ (x) = 2 n (x – x) .

(

(

En route vers le Bac Partie 1 : Étude du groupe B 74. 1. 46 % 2. ECC : 2 5 8 13 16 20 23 30 35 41 44 46 50 3. Me = 165 Q1 = 145 Q3 = 175 4. 130

145

175

190

) (

2. h est minimum en x . n

3. h (x) / (x – x i) 2 = nv 2 = nV . i=1

73. 1. a. x = 0, 6 ° à 0,1° près. b. La température normale a été de 12,3 °C. 2. Écart à la normale en °C Nbre d’années (1987-2007) Eff. cumulés croissants Écart à la normale en °C Nbre d’années (1987-2007) Eff. cumulés croissants

1

1

2

1

1

1

2

1

1

2

4

5

6

7

9 10

0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1

2

2

3

1

1

1

11

13

15

18

19

20

21

3.

)

)

a. Vrai car la médiane de la série 19872007 est supérieure à la plus grande valeur de la série 1900-1986. b. Vrai car la médiane de la série 19001986 est inférieure à la plus petite valeur de la série 1987-2007.

(p. 172-173)

Partie 2 : Étude du groupe C 1. 75 % 2. L’effet du traitement semble augmenter la quantité de molécule M dans le sang. 75. 1. a. x - 155 b. min = 48 max = 271 Me = 143 Q1 = 86 Q3 = 255 2. La Plagne

165

74 88

41


146

176

123 48

86

255 143

3. a. Faux b. Vrai


– 0,5 – 0,3 – 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

271


Livre du professeur

76. 1. Vrai 4. 2. Faux 5. 3. Vrai 77. On a 30 G x i G 50 30 G x G 50 Donc v G 20 Faux

Faux Faux

78. Faux 79. 1. Vrai b. Vrai c. Faux d. Vrai

– 20 G x i – x G 20

n

3. ny = / (kx i) +

2. c. 3. a.

i=1 n

= k / xi + i=1

i=1 n

/p i=1

= knx + np donc y = kx + p .

n

(x i – x) 2 G 400

n

/p

80. 1. ny = / y i i=1

n

2. ny = / (kx i + p) i=1

TP Info (p. 174-175) 4. a. On cherche Q(u) tel que F(Q(u)) = u 0,228 Q(u) donc Q (u) = u ; F (1) = 0, 228 . 0, 228 0, 312 b. Si u ! 60, 228 ; 0, 547@ on a (Q (u) – 1) + 0, 228 = u 4 Q (u) = 4 (u – 0, 228) + 1 0, 312 0, 206 Si u ! 60, 54 ; 0, 746@ on a (Q (u) – 5) + 0, 54 = u 15 Q (u) = 15 (u – 0, 54) + 5 0, 206 0, 156 Si u ! 60, 746 ; 0, 902@ on a 30 (Q (u) – 20) + 0, 746 = u 30 Q (u) = 30 (u – 0, 746) + 20 0, 156 0, 098 Si u ! 60, 902 ; 1@ on a (Q (u) – 50) + 0, 902 = u 100 Q (u) = 100 (u – 0, 902) + 50 0, 098 c. PROMPT U IF U 1 0, 228 THEN DISP U ' 0, 228

1. Fonction de répartition et fonction quartile 1. [0 ; 1[

[1 ; 5[

[5 ; 20[

[20 ; 50[

[50 ; 150]

114

156

103

78

49

Fréquence

0,228

0,312

0,206

0,156

0,098

F.C.C

0,228

0,54

0,746

0,902

1

Taille en Mo Effectifs

2. a. F (0) = 0 ; F (1) = 0, 228 . b. F (x) = 0, 228x pour x ! 60 ; 16. 0, 312 39 x + 3 (x – 1) + 0, 228 soit F (x) = c. F (x) = 500 20 4 si x ! 61 ; 5@ . d. Si x ! 65 ; 20@ , 0, 206 F (x) = (x – 5) + 0, 54 = 103 x + 707 . 15 7 500 1 500 0, 156 si x ! 620 ; 50@ , F (x) = (x – 20) + 0, 746 . 30 0, 098 si x ! 650 ; 150@ , F (x) = (x – 50) + 0, 902 . 100 0, 312 3. DISP (x – 1) + 0, 228 4 ELSE

ELSE IF U H 0, 228 et U 1 0, 54 THEN DISP 4/0, 312 (U – 0, 228) + 1

IF X H 5 et X 1 20 THEN 0, 206 (x – 5) + 0, 54 DISP 15 ELSE IF X H 20 et X 1 50

ELSE IF U 2 0, 54 et U 1 0, 746 THEN DISP 15/0, 206 (U – 0, 54) + 5 ELSE IF U H 0, 746 et U 1 0, 902 THEN DISP 30/0, 156 (U – 0, 746) + 20

THEN 0, 156 (x – 20) + 0, 746 DISP 30 ELSE 0, 098 DISP (x – 50) + 0, 902 100 END END END END

ELSE DISP 100/0, 098 (U – 0, 902) + 50 END END END


42



Livre du professeur

END 5. Phrase 1 : On entre U = 0,5 et on obtient 4,487. « Plus de la moitié des fichiers transférés ont une taille inférieure à 4,487 Mo. » Phrase 2 : On entre U = 0,7 et on obtient 16,65. « 70 % des fichiers ont une taille inférieure à 16,65 Mo. » Phrase 3 : On entre X = 100 et on obtient 0,951. « 95,1 % des fichiers transférés ont une taille inférieure à 100 Mo. »

simplify(diff(f(a),a)

64 416 760a + 32 104b − 28 035 674

b. f est un polynome du second degré en a dont le coefficient de a2 est positif, donc f admet un minimum. c. La valeur de a qui minimise f vérifie la condition f ¢(a) = 0 soit 64 416 760a + 32 104b − 28 035 674 = 0. 5. a. g(b):=(32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2− 13 966*b+7 088 065) (b)->32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2− 13 966*b+7 088 065

2. Régression linéaire 1. xi:=[2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010] [2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010]

simplify(diff(g(b),b)

yi:=[333, 486, 627, 802, 961, 1 145, 1 230, 1 399] [333, 486, 627, 802, 961, 1 145, 1 230, 1 399]

32 104a + 16b − 13 966

b. g est un polynome du second degré en b dont le coefficient de b2 est positif, donc f admet un minimum. c. La valeur de a qui minimise g vérifie la condition g ¢(b) = 0 soit 32 104a + 6b − 13 966 = 0. 6. solve([64 416 760*a+32 104*b−28 035 674=0,32 104*a+16*b− 13 966=0],[a,b]). 12 895 − 6 450 124 84 21

2. d:=sum((yi[k]–(a*xi[k]+b))^2,k,0,7) (333 − a*2003 − b)2 + (486 − a*2004 − b)2 + (627 − a*2005 − b)2 + (802 − a*2006 − b)2 + (961 − a*2007 − b)2 + (1 145 − a*2008 − b)2 + (1 230 − a*2009 − b)2 + (1 399 − a*2010 − b)2 3. expand(d) (− (2010a))2 + (− (2009a))2 + (− (2008a))2 + (− (2007a))2 + (− (2006a))2 + (− (2005a))2 + (− (2004a))2 + (− (2003a))2 + 8(− b)2 + 32 104ab − 13 966b − 28 035 674a + 7 088 065

(

7. On remplace les valeurs de a et b trouvées dans 6. 8. solve(12 895/84*x−6 450 124/21>2 000,x). 25 968 496 x2 12 895

simplify(expand(d)) 32 208 380a2 + 32 104ab − 28 035 674a + 8b2 − 13 966b + 7 088 065

[

]

9. 25 968 496 . 2013, 8 ainsi à partir de 2014 son CA sera supé12 895 rieur à 2M.

4. a. f(a):=(32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2− 13 966*b+7 088 065) (a)->322 080 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2− 13 966*b+7 088 065

Activité de recherche (p. 176) 2. À 70 ans on devra rembourser

1. 2 544 . 0, 557 . 454

2 000 # 1, 25 # 4 564 . 4 485, 06 livres. 255


)

43


5

Probabilités Programme officiel Contenus


Commentaire

Probabilités Variable aléatoire discrète et loi de probabilité. Espérance, variance et écart-type.

• Déterminer et exploiter la loi d’une variable aléatoire. • Interpréter l’espérance comme valeur moyenne dans le cas d’un grand nombre de répétitions.

À l’aide de simulations et d’une approche heuristique de la loi des grands nombres, on fait le lien avec la moyenne et la variance d’une série de données. On exploite les fonctionnalités de la calculatrice ou d’un logiciel pour déterminer l’espérance, la variance et l’écart-type d’une variable aléatoire. On démontre les formules suivantes sur l’espérance et la variance : E (aX + b) = aE (X) + b et V (aX) = a 2 V (X) .

Découverte (p. 180-181) On peut faire l’arbre :

1. Test de confiance 1. Personnes contaminées

Personnes non contaminées

Total

Test positif

1992

2 548

4 540

Test négatif

8

95 452

95 460

2 000

98 000

100 000

Total

0

1

1 3

3 1

1 3

3 1

1 3

3 1

1 3

3 1

1 3

3 1

1

3

4

2. p (A) = 2 000 = 0, 02 ; p (B) = 4 540 = 0, 045 4 . 100 000 100 000 A : « La personne n’est pas contaminée par le virus » ; B : « La personne a un test négatif » ; A + B : « La personne est contaminée et a un test positif » ; A + B : « La personne est contaminée et a un test négatif » ; A + B : « La personne n’est pas contaminée et a un test négatif » ; A , B : « La personne est contaminée ou a un test positif ». 3. p (A + B) = 1 992 = 0, 019 92 ; 100 000 p (A + B) = 0, 000 08 ; p (A + B) = 0, 95 452 ; p (A , B) = p (A) + p (B) – p (A + B) = 0, 045 48 . 4. p = p (A + B) + p (A + B) = 8 + 2 548 = 0, 025 56 . 100 000

0 2 4

0 4 2

2. Avec une carte bancaire 1. Il y a 12 codes possibles.


3 2

44


Chap. 5 Probabilités

Livre du professeur

La liste des codes est donc :

3.

Nombre de chiffres bien placés

0

1

2

3

4

Probabilité

1 4

1 6

1 3

1 6

1 12

0

2

3

1

0

2

1

3

0

4

3

1

0

4

1

3

2

0

3

1

2

0

1

3

2

4

3

1

2

4

1

3

4

0

3

1

La moyenne est de

4

0

1

3

4

2

3

1

4

2

1

3

3. Le Yam’s

2. p (A) = 1 12 2 = 1 car 2 0 3 1 et 4 2 3 1 réponp (B) = 12 6 dent aux conditions. p (C) = 4 = 1 car 0 2 3 1 ; 0 4 3 1 ; 12 3 2 4 3 1 et 4 0 1 3 répondent aux conditions. p (D) = 2 = 1 car 4 2 1 3 et 2 0 1 3 sont 12 6 les combinaisons possibles. p (E ) = 3 = 1 car 0 4 1 3 ; 0 2 1 3 et 12 4 2 4 3 1 répondent à la condition.

2 . 3

1. Partie expérimentale 1. Dans la cellule A1 saisir « = Ent(6 × Alea( ) + 1) ». Faire de même dans les cellules B1, C1, D1 et E1. 2. Dans la cellule F1 saisir « = A1 + B1 + C1 + D1 + E1 ». 3. Dans la cellule F1 saisir « = NB · SI(F : F ; 5) ». 5. Il y a 6 Yam’s possibles. 6. S représente la somme de 5 faces supérieures des dès. Si S H 25 on met les points dans cette case. 7. Dans la cellule H1 saisir « = Si ( F1 H 25 ; 1 ; 0). Dans la cellule I1 saisir « = NB · SI(H : H ; 1) ». 2. Partie mathématique 1. Il y a 6 issues par dé, d’où il y a 65 = 7 776 lancers de 5 dés. 1 6 = 1 d’avoir un d’avoir un Yam’s de 1 donc 2. 7 776 7 776 1 296 Yam’s.

Logique et notations (p. 186) c. n est pair + n2 est impair. p p2 3. Supposons que 2 = + 2 = 2 avec q d  et p d  q q 2 + 2q = p2 2 donc p et pair d’où p est pair d’après 2.. Si p est pair alors il existe k d  tel que p = 2k, d’où 2q2 = 4k2 q2 = 2k2 donc q2 est pair d’où q est pair donc 2 divise p et q ce qui est contraire à l’hypothèse p et q sont premiers entre eux. 4. Supposons que D est l’image de C par la translation de vecteur AB alors DC = AB donc ABCD est un parallélogramme donc 6AC@ et 6BD@ se coupent en leur milieu. Or O n’est pas le milieu de 6DB@ donc D n’est pas l’image de C par la translation de vecteur AB.

941 664

1. a. 665 857 . 1, 414 213 562 ; 1 414 213 562 = 1, 414 213 562 . 10 9 941 664 1 414 213 562 b. Supposons que 665 857 = 10 9 alors 941 666 # 10 9 = 665 857 # 1 414 213 562 soit 941 664 000 000 000 = 941 663 999 800 000 . Cette égalité est fausse donc l'hypothèse faite est fausse, donc 941 664 1 414 213 562 ! . 665 857 10 9 2. a. Si n est pair alors il existe un entier k tel que n = 2k alors n 2 = 4k 2 = 2 # 2k 2 donc n2 est pair car 2k 2 d  . b. Supposons que n est impair donc il existe un entier k tel que n = 2k + 1 , par suite n 2 = 4k 2 + 4k + 1 donc n2 est impair ce qui est contraire à l’hypothèse. Donc n est pair.

Raisonnement mathématique (p. 187) b. Supposons que n soit impair alors il existe k d  tel que n = 2k + 1 alors n 2 = (2k 2 + 1) 2 = 4k 2 + 4k + 1 or 4k 2 + 4k est pair donc n 2 est impair ce qui est faux car n 2 est pair donc si n 2 est pair alors n est pair.

1. a. 941 664 . 1,414 213 562 ; 665 857

1 414 213 562 . 1,414 213 562. 10 9 941 664 1 414 213 562 b. Supposons que . alors 665 857 10 9 9 941 664 # 10 = 665 857 # 1 414 213 562 soit 941 664 # 10 9 = 941 663,999 8 # 10 9 ce qui est faux donc : 941 664 1 414 213 562 ! . 665 857 10 9 2. a. Si n est pair alors il existe k d  tel que n = 2k . n 2 = 4k 2 = 2 # (2k 2) donc n 2 est pair. © Hachette livre, 2011

c. n 2 est pair si, et seulement si, n est pair. p 2 soit rationnel alors 2 = où p et q q sont des entiers premiers entre eux avec q ! 0 . p 2 = alors 2q 2 = p2 donc p2 est pair donc d'après 2. p est q pair donc il existe k d  tel que p = 2k

3. Supposons que

45



Livre du professeur

or 2q 2 = p2 + 2q 2 = 4k 2 + 2k 2 = q 2 d’où q 2 est pair donc q est pair d’après 2. d’où q et p sont divisibles par 2 ce qui n’est pas possible car p et q sont premiers entre eux. Conclusion 2 est irrationnel.

4. Supposons que D est l’image de C par la translation du vecteur AB alors ABCD est un parallélogramme donc les diagonales se coupent en leur milieu or O est le milieu de [AC] mais O n’est pas le milieu de [BD] donc ABCD n’est pas un parallélogramme. Donc D n’est pas l’image de C par la translation de vecteur AB .

Exercices (p. 194) 1. Probabilités 1. à 18. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. 1 1 1 ; 2. ; 3. ; 19. 1. 32 4 8 1 11 = 4. 1 + 1 – . 4 8 32 32 20. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 21. 1. Pour la dizaine des trentes il y a 10 numéros avec un 3. Pour les autres dizaines il y a un numéro par dizaine soit 9 + 10 = 19 numéros. a. A = {3, 13, 23, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 43, 53, 63, 73, 83, 93}. b. p (A) = 19 = 0, 19 ; 100 p (A) = 1 – p (A) = 0, 81 . 2. p (B) = 21 = 0, 21 . 100 3. p (A + B) = 2 = 0, 02 ; 100 4. p (A , B) = 0, 19 + 0, 21 – 0, 02 = 0, 38 . 22 1. O T

U R T

O

U R T

U

O R T

R

O U

24 mots possibles.

U

R

R O

U R

R O

O U

U R

O U

U T

R R

R U

T T

T O

U R

R T

1 . 24 3. 2 = 1 TROU et TOUR. 24 12 6 1 = ; 4. p (A) = 24 4 p (B) = 12 = 1 . 24 2 23. 1. p (A) = 122 = 0, 61 . 200 2. p (B) = 30 = 0,15 . 200 3. a. Il veut que N soit inférieur à 49 donc Romain veut un fichier Tableur ou Photos. b. En cas d’échec K prend la valeur K + 1 donc K est le nombre d’essais nécéssaires pour obtenir le fichier souhaité. 24. A�B 2.

A

Y A+B ; A+B 1 A,B ; A1 A + B = B + A ; A 1 (A, B) ; A + B 1 B ; A+B 1 B ; A,B = A+B. 1 ; 2. 3 # 1 500 = 45 . Il 25. 1. 10 000 100 devrait avoir 45 trèfles à 4 feuilles. – 26. 1. i –

i

T T

T U

O O

O T

U U

U O

T T

T

O

–

j

–

i

–

j

j i

–

–

–

–

–

–

–

j

–

–

i

–

j

–

i j

–

i

–

–

j i

–

–

j

–

i j

j

i

–

–

–

–

i

–

–

–

i – j

–

O R

R O

B

j – i

i – j

–

i i – i i j

i i – i j i

i

–

–

–

–

–

–

–

i

–

–

–

–

–

j

–

i – i

i j

i i – i

i i

j i – i

Il y a donc 15 chemins. © Hachette livre, 2011

46


2. Pour passer par C il faut 2 déplacements i et 2 déplacements j sur les 4 premiers déplacements. Soit ( i , i , j , j , i , i ) ; (i, j, i, j, i, i) ; (i, j, j, i, i, i) ; (j, j, i, i, i, i) ; (j, i, j, i, i, i) ; 6 2 = . ( j , i , j , i , i , i ) . p (C) = 15 5 27. N représente le nombre de flèches lancées. On ajoute 1 à A lorsque Y – X 2 1 0 + Y 1 X 2 donc A représente le nombre de lancers sous la parabole. 28. Florian a 30 disques : 15 CD de R’nB, 10 variétés françaises et 5 variéés internationales. Nassera a 50 disques : 0 de R’nB, 30 variétés françaises et 20 internationales. 1. 50 = 5 . 80 8 2. a 15 # 40 = 15 . b. 5 # 4 = 1 . 80 79 158 80 79 316 30 15 2 1 = . b. 3. a. = . c. 15 = 1 . 75 5 75 5 30 2 29. Soit p la probabilité que la femme gagne et q la probabilité que l’homme gagne : p+q=1 p = 2q q = 1/3 ; ' ; ' . ' p = 2q 2q + q = 1 p = 2/3 30. 1. a. 104 codes. Soit 10 000 codes. b. « Comporter au moins un zéro » est l’événement contraire de « Ne comporter aucun zéro ». Il y a 94 codes sans 0 donc il y a 104 − 94 codes avec au moins un zéro soit 3 439 codes avec au moins un zéro. c. 3 439 = 0, 3439 . 10 000 2. a. N = 3 P S K

U 4 4 8

64 0 1

K 2 3 4

C = 76 − 16 = 60 b. Si N = 1 ; P = 36 ; C = 40. U 6 6 2

K 2 3 4

S 36 42 44

P 6 2 4

S 64 68 76

P 4 8 6


Livre du professeur

Si N = 2 ; P = 49. C = 50 U 9 9 8

K 2 3 4

S 49 58 66

P 9 8 6

K 2 3 4

X

S 81 82 84

P 1 2 4

p (X = xi)

Il ne peut pas y avoir le même code.

2. Variable aléatoire 31. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 32. 1. X (X) = " – 1 ; 0 ; 1 ; 2 , . 2. p = 1 – 0, 9 = 0, 1 . 33. 1. X (X) = " – 11 ; – 5 ; 4 ; 10 ; 2 , . 2. 0, 1 + 0, 2 + 0, 15 + p + 0, 45 = 1 soit p = 0, 1 . 34. 1. X (X) = " 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 , . 2. p3 = 0, 17 donc p 5 = 1 − 0, 25 − 0, 18 − 0, 17 − 0, 17 = 0, 23. 3. p (X 1 4) = p (X = 1) + p (X = 2) + p (X = 3) = 0, 25 + 0, 18 + 0, 17 = 0, 6 35. 1. X (X) = " − 2 ; 0 ; 3 ; 5 ; 10 , . 2. p (X = − 2) = p (X = 5) donc p 5 = 0, 14. p0 = 1 − 0, 14 − 0, 47 − 0, 14 − 0, 05 = 0, 2 . 3. p (X G 3) = p (X = − 2) + p (X = 0) + p (X = 3) = 0, 14 + 0, 2 + 0, 47 = 0, 81 36. 1. C C F

M

C1 C2 M

F

C1 C2

C1

C2

2. 24 issues.

F M C2 M F C2

�

a b

p (X = 1) = 1 ; p (X = 2) = 8 = 1 ; 24 3 2 p (X = 3) = 4 = 1 . 24 6

Si N = 4 ; P = 81. C = 80 U 1 1 2

40. 1.

1 . 4 4. X (X) = " 1, 2, 3 , . 3.

...

1

2

C2 M F F C1 C1 C2 M C2 F C1

C1 F M C1 F C2 C1 C2 M C1 F

1 1 2

2 1 3

0

3 1 6

37. Soit pk la probabilité d’obtenir la face numéro k ; pk = ka . p1 + p2 + p3 + p4 + p5 + p6 = 1 . a + 2a + 3a + 4a + 5a + 6a = 1 . a = 1 ; p1 = 1 ; p2 = 2 ; p3 = 3 = 1 ; 21 7 21 21 21 6 2 5 4 p4 = = . ; p5 = et p6 = 21 21 21 7 1 1 p (X = xi) 21

2 2 21

X

3 1 7

4 4 21

5 5 21

6 2 7

38. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 39. 1. Loi de X :

0

0

0

0

r − r − r r 2 3 6 3 r r r r − − 2 3 6 3 r r r − − r 2 3 6 3 − r − 5r − r − r 6 3 6 5r 2r r − − − 0 6 3 6 r r r r − − 3 6 3 2 r r 2r − 6 2 3

0 0 0 r r − − r − 2 2 2 r r r − − − 3 3 3 r r r 6 6 6 r r r 3 3 3

r sin 0 = 0 ; sin r = 0 ; sin − = − 1 ; 2 3 r r 1 r sin = 1 ; sin = ; sin = ; 2 6 2 3 2 3 r 2r sin − = − 1 ; sin = ; 6 2 3 2 r − 3 − 2r − 3 sin − = = ; sin ; 3 2 3 2 − 5r − 1 sin = . 6 2 3 1 1 3 1 X (X) d ' − 1 ; − ;− ;0; ; ;1 . 2 2 2 2 2. Loi de X : −

3 2 7 36

− 1 2 6 1 = 36 6

1

2

3

4

5

6

X

–1

1

2

3

4

5

6

7

p (X = xi)

2

3

4

5

6

7

8

4 1 36 = 9

3

4

5

6

7

8

9

0

1 2

3 2

1

4

5

6

7

8

9

10

5

6

7

8

9

10

11

7 36

4 = 1 36 9

6 = 1 36 6

2 = 1 36 18

6

7

8

9

10

11

12

1

2

3

4

5

6

1

1

2

3

4

5

6

2

2

2

3

4

5

6

3

3

3

3

4

5

6

4

4

4

4

4

5

6

5

5

5

5

5

5

6

6

6

6

6

6

6

6

2. Loi de Y :

3. X (X) = " 2 ; 3 ; 4 ; ... ; 12 , X p (X = xi) 7 1 6

3 1 18

4 1 12

5 1 9

6 5 36

8 5 36

9 1 9

10 1 12

11 1 18

12 1 36

4. Y(X) = " 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 , 1 1 p (Y = y i) 36


2 1 12

3 5 36 47

4 7 36

2/3 N Raphaël gagne N

2 1 36

X

41. X (X) d " 0 ; 1 ; 2 , ; 64 p (X = 0) = 32 # 32 = ; 36 36 81 16 p (X = 1) = 32 # 4 + 4 # 32 = ; 36 36 36 36 81 p (X = 2) = 4 # 4 = 1 . 36 36 81 42. 1. p = 1 et p = 2 . 3 3 2. Notons N l’événement « Raphaël gagne ». Notons F l’événement « Roger gagne ».

5 9 36

6 11 36


2/3

1/3 F Roger gagne 1/3

F 2/3 N Raphaël gagne

1/3

1/3

F Roger gagne

F

2/3 N Raphaël gagne 2/3 N 1/3 F Roger gagne

3. X (X) d " 2 ; 3 , . p (X = 2) = 2 # 2 + 1 # 1 = 4 + 1 = 5 ; 3 3 3 3 9 9 9 p (X = 3) = 4 . 9


Livre du professeur

Y

soit 2a = 1 d’où a = 1 . 20 40 44. 1.

p (Y = y i)

Enchaîner par Fabien Sandra Laure

Total

compétition

10

3

4

17

pas compétition

4

3

6

13

Total

14

6

10

30

2. p (L) = 1 et p (S) = 0, 2 . 3 p (F) = 1 − p (L) − p (S) . = 7 . 15 9 . 3. p (F + C) = 7 et p (F + C) = 30 30 4. X (X) d " 3 000 ; 5 000 , ; p (X = 3 000) = 13 30 et p (X = 5 000) = 17 . 30 45. 1. X p (X = xi)

0 4 40

1 1 10

2 1 10

3 1 10

4 1 10

5

6

7

8

9

1 10

1 10

1 10

1 10

1 10

Y p (Y = y i)

0 1 4

1 1 4

2 1 4

3 1 4

2. p (X = Y) = 4 = 1 . Les nombres 40 10 sont : 0 ; 11 ; 22 ; 33. 3. Pour obtenir un produit de plus de 15 il faut 2 × 8 ; 2 × 9 ; 3 × 6 ; 3 × 7 ; 3 × 8 ; 3 × 9 soit les nombres 28, 29, 36, 37, 38, 39. 6 2 p (XY 2 15) = = . 40 5 4. X + 2Y = 10 ; les combinaisons possibles sont 2 × 1 + 8 ; 2 × 2 + 6 ; 2 × 3 + 4 ; soit les nombres 81 ; 62 et 43. p (X + 2Y = 10) = 3 . 40

3. Espérance et écart type

46. E (X) = 0 . 47. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 48. Roue 1 : X p (X = xi)

– 1,5 5 6

6,5 1 6

53.

Roue 2 :

43. 1 + 2a + 1 + 1 + 1 = 1 6 5 4 3

–1 3 4

F

3 1 4

F G F

F

E (Y) = 0 Roue 3 : Z p (Z = z i)

G –1 7 12

G F

3 5 12

F

E (Z) = − 0, 17 49. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 50. Jeu 1 : X

0

1 000 000

p (X = xi)

0,89

0,11

y

0

2 500 000

p (Y = y i)

0,90

0,1

E (Y) = 250 000 Conclusion : Je choisis le jeu 2. 51. 1. Soit X la variable aléatoire donnant le gain de A : X (X) d " − 2 ; 4 , . 3 p (X = 4) = 1 ; p (X = − 2) = ; 4 4 3 1 E (X) = 4 # + # − 2 = − 0, 5 . Le jeu 3 4 n’est pas équitable. 2. X (X) d " − 2 ; a , ; a d . E (X) = 1 a − 2 # 3 . 4 4 3 1 = a− . 4 2 Le jeu est équitable si E (X) = 0 . 1 a = 3 soit a = 6. 4 2 Le jeu est équitable si le gain de A est de 6 euros. 52. On choisit au hasard, on est dans l’hypothèse d’équiprobabilité. X (X) = " 2, 8 ; 4, 08 ; 7, 258 , . 1. X p (X = xi)

2. Le

poids

2,8 4 11

4,08 5 11

G

X (X) = " 0 ; 1 ; 2 ; 3 , . X

p (X = xi)

E (X) = 110 000 Jeu 2 :

7,258 2 11

moyen

G F

G

0 1 8

G 1 3 8

2 3 8

6 E (X) = 0 + 3 + + 3 + 12 = 3 8 8 8 8 2 V (X) = 0 2 # 1 + 1 2 # 3 + 2 2 # 3 8 8 8 + 32 # 1 − 9 8 4 6 3 3 9 18 12 V (X) = + + − = = 8 8 8 8 8 2 6 d’où v (X ) = . 2 54. 2 1

2

3

4

5

6

3 4 5 6 1 3 4 5 6 1 2 4 5 6 1 2 3 5 6 1 2 3 4 6 1 2 3 4 5

est E(X) et 4 E (X) = 2,8 # + 4,08 # 5 + 7, 258 # 2 ; Il y a 30 possibilités : 11 11 11 X (X) = " 3 ; 4 ; 5 ; ... ; 10 ; 11 , . E (X) = 4, 192 .

E (X) = − 0, 17 © Hachette livre, 2011

48


3 1 8


Livre du professeur 3 2 30

X p (X = xi)

4 2 30

5 4 30

6 4 30

7

8

9

10

11

6 30

4 30

4 30

2 30

2 30

E (X) = 7 ; v (X) = 2, 16 . 55. 1. 1 5 10

X p (X = xi)

X

2 4 10

p (X = xi)

3 1 10

E (X) = 1, 6 . 2. v (X) = 0, 66 . 56. (u1) est une suite géométrique de rai1 son . 2 u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 1 soit u1 + 1 u1 + 1 u1 + 1 u1 + 1 u1 = 1 ; 2 4 16 32 16 59 32 d’où u 1 = 1 ; u 1 = ; u2 = ; 32 59 59 u 3 = 8 ; u 4 = 4 et u 5 = 2 . 59 59 59 –8 32 59

X p (X = xi)

3 16 59

4 8 59

7 4 59

9 2 59

E (X) = − 2, 1 ; v (X) . 6, 23 . 57. X (X) = " 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 , . p (X = 1) = 2 on obtient une boule rouge 7 au premier tirage. p (X = 2) = 5 # 2 on obtient une boule 7 6 blanche suivie d’une boule rouge. p (X = 3) = 5 # 4 # 2 = 4 . 7 6 5 21 p (X = 4) = 5 # 4 # 3 # 2 = 1 . 7 6 5 4 7 p (X = 5) = 5 # 4 # 3 # 2 # 2 = 2 . 7 6 5 4 3 21 p (X = 6) = 5 # 4 # 3 # 2 # 1 # 2 = 1 . 7 6 5 4 3 2 21 X p (X = xi)

1 2 7

2 5 21

3 4 21

4 1 7

E (X) = 8 ; v (X) . 1, 49 . 3 58. 1. X (X) = " 2 ; 4 ; 15 , . X

p (X = xi)

2 1 12

4 1 4

5 2 21

6 1 21

5 2 3

p (X = 2) = 1 − 1 − 2 = 1 . 4 3 12 2. E (X) = 11, 16 ; v (X) = 5, 44 . 3. En moyenne les livres sont gardés 11 jours et 4 heures.

63. Notons X le gain du boulanger s’il fabrique 5 gâteaux. 1.

59. 1. A & B . 2. A & B . 3. B & A . 4. A + B . 60. 1. p = 95 + 70 = 33 215 43 2. 10 50 215

15 70 215

20 95 215

3. E (X) = 16 ; v (X) = 4 . 4. a. Y (X) = " 20 ; 25 ; 30 ; 35 ; 40 , . « Y = 20 » correspond à obtenir 2 cravates dégriffées ; p (Y = 20) = 50 # 49 = 245 . 215 214 4 601 p (Y = 25) = 2 # 50 # 70 = 700 . 215 214 4 601 69 70 p (Y = 30) = # + 2 # 50 # 95 215 214 215 214 = 1 433 . 4 601 70 95 1 330 p (Y = 35) = 2 # # = . 215 214 4 601 p (Y = 40) = 95 # 4 = 893 . 215 214 4 601 20 25 30 35 40 245 700 1 433 1 330 893 p (Y = y i) 4 601 4 601 4 601 4 601 4 601 Y

b. E (Y) = 32, 1 ; v (Y) = 5, 6 . 61. E (X) = − 0, 55 ; v (X) = 1, 24 . E (Y) = − 0, 3 . 62. 1. X (X) = " − p ; 50 − p ; 1 000 − p ; 5 000 − p, . −p 50 − p 1 000 − p 5 000 − p A − 56 50 5 1 p (X = xi) A A A A Xi

3. E (X) = E (X) =

− p (A − 56) + 50 (50 − p) + 5 (1 000 − p) + 5 000 − p A − pA + 56p + 2 500 − 50p + 5 000 − 5p + 5 000 − p A

− pA + 12 500 E (X) = . A 4. Le bénéfice est A # 5 − 12 500 . 5A − 12 500 = 2 000 ; A = 14 500 = 2 900 . 5 − 5 # 2 900 + 12 500 . 5. E (X) = 2 900 = − 2 000 = − 20 . 2 900 29 E (X) . − 0, 7 . © Hachette livre, 2011

49


− 50 − 25

25

50

75

p (X = xi) 0,1 0,15 0,35 0,2

0,1

0,1

Xi

0

E (X) = 8, 75 : il peut espérer un gain de 8,75 . 2. Notons Y le gain du boulanger s’il fabrique 4 gâteaux. − 40 − 15

Yi p (Y = y i)

0,1

0,15

10

35

60

0,35

0,2

0,2

E (Y) = 16, 25 . 3. Il est préférable qu’il fabrique 4 gâteaux. 64. 1. Il y a 375 assurés. 2. 0 154 375

Ci p (C = ci) 2 500 1 5

4 000 7 75

500 34 375

6 000 1 25

2 000 18 125

10 000 25 000 4 4 375 375

3. E (C) = 1 820 ; v (C) = 3 033, 6 . 4. Il faut fixer la cotisation à 1 820 . 5. Il faut fixer la cotisation à 1 870 . 65. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 66. 1. Diesel

Essence

Total

Monospace

28

12

40

Crossovers

48

12

60

Total

76

24

100

2. p (M) = 0, 4 ; p (M + D) = 0, 28 ; p (C + D) = 0, 12 ; 3. Xi

20

23

25

27

p (X = xi)

0,28

0,12

0,48

0,28

E (X) = 27, 29  . 67. Maxime 1 Boris

2

3

4

5

6

1

M

M

M

M

M

M

2

B

M

M

M

M

M

3

B

B

M

M

M

M

4

B

B

B

M

M

M

5

B

B

B

B

M

M

6

B

B

B

B

B

M

1. La probabilité que Maxime commence 7 21 est de soit . On note M l'événement 36 12


Livre du professeur

« Maxime commence » et Gi « Maxime gagne car i e tour » i est un entier naturel i = 2 ou i = 3. 2. 1/3 G2 7/12

5/12

M 2/3

—

— G2

Donc la probabilité que Maxime gagne est 7 #1 + 7 #2#1 + 5 #1 12 3 12 3 3 12 3 = 7 + 7 + 5 = 25 30 54 30 54 3. Non car Maxime a moins de chance de gagner que Boris. 68. X (X) = " 40 ; 60 , .

40

60 0,26

7,5

1

16

0

14

50

64

0

6,5

13,5

20

7,5

28

64,5

100

5

10,5

12,5

75

p (X = xi) 0,075

0,14

0,14

0,645

−3 0 p (X = xi) 101+ n

2 n 10 + n

X

— 2/3 G 2

0,74

7,5

Carte

X (X) = " 5 ; 10, 5 ; 12, 5 ; 75 , .

— 2/3 G 3

M

X

Espèce

Total

1/3 G2

Xi

M 1 10 10 G M G 15 15 G M G 135 Total

Chèque

1/3 G3

PoinP G 36 37 G P G 44 P H 45 ture 1 35 4 Garçon 21 39 0 Fille 22 74 4 Total

71.

Total 40 60 100

E ^Xh = 45, 2 . Le montant de l’investissement est de 4 520 . 69. 1. X (X) = " − 0, 3 ; 1, 3 ; 2, 6 ; 9, 1 ; 18, 2 ; 270, 2 ; 2 817, 7 ; 199 505 , 13 705 343 2. p (X = − 0, 3) = . 13 983 816 3. E ^Xh = – 0, 24 ; E ^Xh 1 0 donc le jeu n’est pas équitable. 4. p (X 1 0) = 13 705 343 . Il est très 13 983 816 proche de 1 donc on a peu de chance de gagner. 15 + 30 = 45 . 0, 55 . 70. 1. 82 82 5 + 9 = 7 . 0, 17 . 2. 82 41 3. E ^Xh = 1 703, 70 ; E ^Yh = 1 890, 91 ; v ^Xh = 935, 51 ; v ^Yh = 1 170, 43 . La moyenne est supérieure dans l’entreprise B mais les écarts entre les salaires sont aussi plus importants. Il y a donc plus de disparité.

2. E ^Xh = 51, 97 ; v (X) = 31, 09 . 72. A. 1. X (X) = " − 3 ; 2 , . 3. X

4n2 − 24n2 − 540

–3

0

1

–

0

+3

+

Donc E ^Xh 1 0 + 2 G n 1 15 . 73. 1. L’aire du carré est 100 cm2. L’aire du petit cercle est r # 1 = r cm 2 . La première couronne est r # 4 − r = 3r cm 2 . La seconde couronne est 16r − 4r = 12r cm 2 . La dernière zone est 100 − 16r cm 2 . 0 100 − 16r p (X = xi) 100 X


50

10 12r 100

40 3r 100

)

P P

–9

+

(

P

E (X) = − 30 + 2n = 2n − 30 . 10 + n 10 + n 10 + n 4. Le jeu est défavorable si E (X ) 1 0 + 2n − 30 1 0 + n 1 15. B. X (X¢ ) = " − 6 ; − 1 ; 4 , . p (X = − 6) = 10 # 9 10 + n 9 + n 20n ; = (10 + n)(9 + n) p (X = − 6) = 10 # 9 10 + n 9 + n 90 ; = (10 + n)(9 + n) n (n − 1) p (X = 4) = (10 + n)(9 + n) 540 − − 20n + 4n 2 − 4n . E (X) = (10 + n)(9 + n) 2 E (X) = 4n − 24n − 540 . (10 + n)(9 + n) E ^Xh 1 0 + 4n 2 − 24n − 540 1 0 . n

120r 120r 50r + + 2. E (X) = 0 + . 100 100 100 29 0 E (X) = r = 2, 9r soit E (X) . 9, 11 . 100 12r 40 2 # 3r + 3. V (X) = 0 + 100 # 100 100 50 2 r 29 2 + − r 100 10 V (X) = 85r − 8, 41r2 soit V (X) . 184, 03 . v (X) = V (X) soit v (X) . 13,57 . 74. Soit P l’événement « Obtenir la face pile » :

50 r 100


—

—

—

P P

P

—

P

—

P

—

P

P P P P

—

P

a. On désigne P par 1 ou 2. Si les deux premiers lancers sont différents alors le joueur perd 20 . Si les deux premiers lancers sont identiques alors on regarde le troisième lancer s’il est différents des deux premiers, alors on perd 20 euros sinon on gagne 20 ans. b. (P, P) ; (P, P) ; (P, P, P) ; (P, P, P) font perdre 20 euros. P (X = – 20) = 1 # 1 + 1#1 + 1#1#1 + 1#1#1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 = 1+1+1+1− = 3 4 4 8 8 8 4 P (X = 30) = 1#1#1 + 1#1#1 = 1 + 1 = 1 . 2 2 2 2 2 2 8 8 4 c. E (X) = − 20 # 3 + 30 # 1 = − 7, 5 . 4 4 E (X) 1 0 donc le jeu est défavorable. d. p (X = a) = 3 et p (X = 30) = 1 en 4 4 notant a la perte. Le jeu est équitable si E(X) = 0. E (X) = 3 a + 30 donc 4 4 E (X) = 0 + 3a + 30 = 0 . + a = − 30 3 + a = − 10 75. 1. Les sommes possibles sont tous les entiers entre 0 et 22. 2. Alea() est un nombre compris entre 0 et 1 ;


Livre du professeur

12 × Alea() est un nombre compris entre 0 et 12 . Ent (Alea () × 12) est l’entier qui précède le nombre donc c’est un entier entre 0 et 11. Cela correspond à la simulation du choix d’une boule.

4. Utilisation des propriétés 76. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 77. E (1 − 2X) = 1 − 2E (X) = 1+2 = 3 V (2X + 9) = 4V (X) = 4#9 = 36 v (X) = 3 V (X) = 9 78. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 79. 1. Le prix moyen est de 420 # 0, 03 + 57 # 0, 045 + 74 # 0, 5 soit 420 + 57 + 74 0,034 23. 2. Le bénéfice moyen d’un kWh est de 0,045 8. 80. 1. X (X) = " 0, 1, 2, ..., 13 , . 1 2 p (X = xi) 50

2 3 50

3 4 50

4 5 50

5 6 50

6 5 50

7 5 50

9 5 50

10 4 50

11 3 50

12 2 50

13 1 50

X

8 5 50

2. E (X) = 6, 6 ; v (X) = 3, 07 . 20 = 2 3. p (X G 5) = ; 50 50 p (X H 5) = 10 = 1 . 50 50 4. Variable : S, D, U des entiers naturels. Début : Affecter à D un entier aléatoire entre 0 et 5. Si D = 5 Alors : U=0; Fin du Si. Si D = 0 Alors : Affecter à U un entier aléatoire entre 1 et 9. Sinon Affecter à U un entier aléatoire entre 0 et 9. Fin du Si. Affecter à S l’entier U + D Affecter « le gain est de » : S Fin

5. E (X) = 6, 6 la mise est de 10 . Le jeu est donc défavorable .

81. 1. A & B . 2. A + B . 3. B & A . 4. A & B . 82. 1. a. X (X) = " − 2 ; 1 ; 4 , 5 # 5 = 25 b. p (X = 4) = ; n + 5 n + 5 (n + 5) 2 5 n # 2 = 10n ; p (X = 1) = # n+5 n+5 (n + 5) 2 2 p (X = − 2) = n # n = n 2 . n + 5 n + 5 (n + 5) 2 100 10n c. E (X) = + − 2n 2 ; 2 2 (n + 5) (n + 5) (n + 5) 2 100 = − 2n + 10n + . (n + 5) 2 Le jeu est équitable si E (X) = 0 + − 2n 2 + 10n + 100 = 0 . + n = 10 ou n = − 5 ou n d  donc n = 10. 2. a. Y (X) = " − 2 ; 1 ; 4 , . b. 20 p(Y = 4) = 5 # 4 = ; n + 5 n + 4 (n + 5)(n + 4) p(Y = 1) = 5 # n # 2 n+5 n+4 10n = ; (n + 5)(n + 4) n (n − 1) p(Y = − 2) = . (n + 5)(n + 4) 80 10n + c. E(Y) = (n + 5)(n + 4) (n + 5)(n + 4) 2n (n − 1) − (n + 5)(n + 4) 2 80 10 n 2 n 2 n + − + E(Y) = (n + 5)(n + 4) 2 E(Y) = – 2n + 12n + 80 (n + 5)(n + 4) E (Y) = 0 + − 2n 2 + 12n + 80 = 0 + n = 10 car – 4 g . d. E (Y) H 0 si n d62 ; 10@ ; ce qui explique la déclaration de Cynthia. 3. a. Dans la première situation, la nouvelle espérance est E(X) − 2. Dans la seconde situation, la nouvelle espérance est E(Y) − 2. b. E (X) – 2 – 2n 2 + 10n + 100 – 2 (n 2 + 10n + 25) = (n + 5) 2 2 – 4n – 10n + 50 E (X) – 2 = (n + 5) 2

n − 4n2 − 10n + 50

51


2,5

–5 – 0

+

0

+3 –

E ^Xh H 0 si n d6– 5 ; 2, 5@ or n d  et n H 3. 2 E (Y) – 2 = − 2n + 12n + 80 (n + 4)(n + 5) 2 (n 2 + 4n + 5n + 20 – (n + 4)(n + 5) 2 − 4n – 6n + 40 = (n + 4)(n + 5) E ^Yh – 2 H 0 si n G 2, 5 or n d  et nH3 donc E ^Xh 1 0 et E ^Yh 1 0 . Les jeux sont défavorables. 83. 1. X (X) = " 3 ; 5 ; 60 , . 3 3 ; p (X = 3) = 1 ; p (X = 5) = # 1 = 4 2 8 2 p (X = 60) = 1 – 1 – 3 ; p (X = 60) = 1 . 2 8 8 3 1 1 2. E (X) = 3 # + 5 # + 60 # ; 2 8 8 E ^Xh = 10, 875 . Il y a 12 personnes donc elle parle pendant 130,5 minutes. 3. a. E (X + 1) = =

i=n

i=n

/ (x i + 1) pi = / (x i pi + pi)

i =1 i=n

i=n

i =1

i =1

i =1

/ x i pi + / pi

= E (X) + 1 . b. Donc le temps moyen de dialogue passe à 11,879. 4. En doublant le temps, le temps moyen passe à 21,75 minutes. 84. 1. Les issues sont {B1, B2, B3} ; {B1, B2, B4} ; {B1, B3, B4} ; {B2, B3, B4} ; {R1, R2, R3} ; {B1, R1, R2} ; {B1, R2, R3} ; {B1, R1, R3} ; {B2, R1, R2} ; {B2, R2, R3} ; {B2, R1, R3} ; {B3, R1, R2} ; {B3, R2, R3} ; {B3, R1, R3} ; {B4, R1, R2} ; {B4, R1, R3} ; {B4, R2, R3} ; {B1, B2, R1} ; {B1, B3, R1} ; {B1, B4, R1} ; {B2, B3, R1} ; {B2, B4, R1} ; {B3, B4, R1} ; {B1, B2, R12} ; {B2, B3, R2} ; {B1, B3, R2} ; {B1, B4, R2} ; {B2, B4, R2} ; {B2, B4, R2} ; {B1, B2, R3} ; {B1, B3, R3} ; {B1, B4, R3} ; {B2, B3, R3} ; {B2, B4, R3} ; {B3, B4, R3}. 2. X d " – 10 ; – 5 ; 5 ; 90 , . X

p (X = xi)

E (X) =


–3

− 10 4 35

−5 18 35

– 40 – 90 + 60 + 90 35

5 12 35

90 1 35


Livre du professeur

E (X) = 4 . 7 Le forain perd 0,57  par partie. 3. S’il augmente le prix de 1 euro alors le 3 forain gagne euro par partie. 7 Si on rajoute une boule blanche B5 on rajoute 21 issues : {R1, R2, B5} ; {R1, R3, B5} ; {R2, R3, B5} : p (Y = 5) = 19 . 56 {B1, B2, B5} ; {B1, B3, B5} ; {B1, B4, B5} ; {B2, B3, B5} ; 10 {B2, B4, B5} ; {B3, B4, B5} : p (Y = – 10) = . 56 {R1, B1, B5} ; {R1, B2, B5} ; {R1, B3, B5} ; {R1, B4, B5}. Soit 12 issues de plus donc p (Y = – 5) = 30 . 56 Y est la variable donnant le gain du joueur avec une boule blanche supplémentaire : E (Y) = – 10 # 10 + 5 # 15 . 56 56 – 5 # 30 + 90 # 1 56 56 E (Y) = – 85 . – 1, 51 . Le forain gagne 56 1,51  par partie donc plus rentable.

5. Problèmes 85. 1.

Risque de la vie

30 2

36 32

16 227

17 " 281 fiches bleues ; 282 " 450 fiches rouges. 3. P représente le nombre de fiches prises pour obtenir 10 contrats. 4. X (X) = " 100 ; 160 ; 260 ; 700 ; 800 ; 860 ; 960 , . 100 160 260 700 800 860 960 30 32 36 107 2 227 16 p (X = xi) 450 450 450 450 450 450 450 X

E (X) = 676, 8 ; v (X) = 373, 95 ; V (X) = 75 048, 6 . 5. E (Y) = 626, 8 ; v (Y) = v (X) et V (X) = V (Y) .

86. 1. a. si I + J = 2 alors C d 6EN@ ; si I − J = 2 alors C d 6SE@ ; si I − I = 2 alors C d 6ON@ ; si I + J = − 2 alors C d 6OS@ ; si I + J < 2 ou I − J < 2 ou I + J − 2 ou J − I < 2 ; alors C est dans le carré donc pour que le jeu s’arrête il faut être sur le contour. b. K représente le nombre de questions posées dans la partie. 2. a. (3, 4, 2). (0, 0) → (0 ; − 1) → (1, − 1) → le jeu s’arrête avec la finale et S et E. (3 ; 4 ; 2) n’est pas possible. b. (1, 3, 3, 4). (0, 0) → (0, 1) → (0, 0) → (0, − 1) → (1, − 1) combinaison possible finale : Sud/ Est. c. (2, 1, 4, 2) impossible. d. (2, 4) : le jeu n’est pas fini : (0, 0) → (− 1, 0) → (0, 0). e. (2, 4, 2, 3) : (0, 0) → (− 1, 0) → (0, 0) → (− 1, 0) → (− 1, − 1). Finale Ouest/Sud. 3. Représentation de la situation.

107 Habitation Voiture

16 fiches vertes pour les assurés qui ont souscrits à 3 contrats. 227 + 36 + 2 = 265 fiches bleues pour les assurés ayant souscrits à 2 contrats. 107 + 30 + 32 = 169 fiches rouges pour les assurés ayant souscrits à 1 contrat. 2. K représente le nombre de contrats souscrits. N est le numéro attribué aux fiches : 1 " 16 fiches vertes ;

1/4

N

1

S

1

E

le Nord gagne finale E/N finale E/N l'Est gagne

N

N

E N E

a. p = 1 . 4 b. p1 = 1 # 1 # 1 # 1 + 1 # 1 + 1 # 1 # 1 # 1 4 4 4 4 4 3 1 1 1 = + + = . 16 4 16 8 c. X (X) = " 2 ; 4 ; 6 , .

P (X = 2) = 1 + 1 = 1 ; 4 4 2 P (X = 4) = 1 # 1 # 1 # 1 4 4 1 1 #3 + #1#1# =#3 4 4 6 3 3 3 = + = = 16 16 16 8 P (X = 6) = 1 # 1 # 1 # 1 # 1 # 1 4 4 2 2 8 =1; #4#2 = 64 8 2 1 2

E (X) = 1 + 3 + 3 ; 2 4 13 E (X) = = 3, 25 . 4


finale E/S

1/2 E O

p (X = xi)

52

finale E/N

N 1/4 1/4 S

1/4

X


le Nord gagne finale N/E l'Est gagne finale N/E

1/2 N N E 1/2 1 Sud S S le E gagne O E N 1/4 1/4 finale S 1/4 S/E 1 1 N S E 1/4 N finale N/E 1/4 1/4 l'Est E 1/4 gagne 1 E S finale E/S l'Est E 1/4 gagne

4 3 8

6 1 8


Livre du professeur

87. 1. N’achète Total pas 340 425

Achète 85

Possède un bon Ne possède pas de bon Total

30

45

75

115

385

500

X (X) = " – 20 ; 0 ; 80 ; 100 , . − 20 340 500

X p (X = xi)

0 45 500

P (X = 0) = 45 = 0, 09 . 500 2. E (X) = 6 . 3. Soit a le montant du gain et Y le gain du magasin. −a 340 500

Y p (Y = y i)

80 85 500

100 30 500

E (Y) = – 340a + 500

100 − a 85 500

0 45 500

100 30 500

E (Y) = – 425a + 11 500 . 500 On veut que E (Y) = 10, 25 + – 425a + 11 500 = 5 125 + 425a = 6 375 + a = 15 .

85 (100 – a) 100 # 30 + 500 500

En route vers le Bac (p. 210-211) Donc x 1 p (X = x i) G x i p (X = x i) G x n p (X = x i) (car p (X = x i) H 0 ) d’où

88. 1. i=n

/ (2x i + 3) pi

E (2X + 3) =

i=1 n

n

= 2 / x i pi + 3 / pi i=1

i=1

=

x 1 / p (X = x i) G E (X) G x n

/ (– 4x i + 1) 2 pi

/ (16x i2 – 8x i + 1) 2 pi

i=1

= 16 n

+

i=1

– (E (– 4X + 1)) 2

n

– (– 4E (X) + 1) 2 n

/x

i=1

2 i

n

pi – 8 / x pi i=1

2 i

/ pi – (16 (E (X)) – 8E (X) + 1) n = 16 / x i2 p i – 8E (X) + 1

i=1

i=1

– (16 (E (X)) 2 + 8E (X) – 1) n

i=1

=

i=1

n

i=1

i=1

/ x i pi – E (X) / pi

xi G xi G xn x i pi G x i pi G x n pi car pi H 0 n

91. • E (X) =

n

n

/ pi

18

➈

10

➉

11

n

i=1 2 i

n

Comme v (X) = V (X) et V (X) d 60 ; 1@, alors V (X) Gv (X) . 92. 1. On a par exemple. 4� 1

1� 2

5�

6�

9

3

i=1

/ pi = 1 .

i=1

/ x i p (X = x i)

i=1

➇

/ x 2i p (X = x i) .

10

x i G E (X) G x n car

20

Or 0 G x G 1 , donc

/ x i pi

i=1

➆

/ (x 2i p (X = x i)) – E (X) 2 .

i=1

i=1

i=1

26

V (X) = E (X) 2 – E (X) 2 = E (X 2) .

2�

n

24

➅

/ x i p (X = x i)H / 1 p (X = x i) H 1 .

n

n

➄

0 G V (X) G 1 .

i=1 n

x i / pi G / x i pi G x n

i=1

i=1

n

/ (x i – E (X) pi

= E (X) – E (X) =0 90. E (X) =

23

/ p(X = xi)

i=1 2

n

On sait que pour tout entier i tel que 1 G i G n on a x 1 G x i G x n .

8

4

3�

8� 5

7 10 �

6

9�

7�


53

11 15

n

n

7

➁ ➃

Donc x 21 – E (X) G V (X) G x 2n – E (X) 2 . Or 0 G x 1 G E (X) G x n , donc x 21 G E (X) 2 G x 2n d’où v (X) G x n – x 1 , • E (X) =

➀ ➂

0 G E (X 2) G / p (X = x i) d’où

= 16V(X) 89. E (X – E (X)) =

On a V (X) =

Gain (en )

n

x 1 G E (X) G x n .

=

( / xi2 pi – (E (X)) 2 )

= 16

n

i=1

n

n

i=1

n

i=1

/ x 1 p (X = x i) G / x i p(X = xi) G / x n p (X = x i)

= 2E (X) + 3 . 2. V (– 4X + 1) =

n

i=1

Personne


2. Si tous les joueurs ont un gain strictement inférieur à 17, donc inférieur ou égal à 16, alors la somme de tous les gains sera inférieure à 16 × 10 = 160. Or, lorsqu’on fait la somme des gains de tous les joueurs, on va compter 3 fois les montants 1 ; 2 ; 3 ; … ; 10. Soit un total de : 10 3 / i = 3 # 10 # 11 = 165 2 160 2 i=1 ce qui est contradictoire. Donc au moins une des dix personnes aura un gain supérieur ou égal à 17 . Voir le site Internet : http://euler.ac-versailles.fr/webmathemativa/ clubcomplet/olympiades/htm 93. L’urne contient : 5 jetons bleus ; 15 jetons blancs et 30 jetons rouges. 1. X p (X = xi)

−8 1 10

2 3 5

6 12 E (X) = – 8 + + ; 10 10 10 E (X) = 10 = 1 . 10 2. a. X (X) = " – x 3 ; x ; x 2 , .

4 1 10


Livre du professeur

E (X) = – x 3 # 0, 1 + 0, 6x + 0, 3x 2 = – 0, 1x 3 + 0, 3x 2 + 0, 6x b. f est dérivable sur 60 ; + 3 6. f ¢(x) = − 0,3x2 + 0,6x + 0,6 ; l’étude du signe de ce trinôme donne : f est croissante sur 60 ; 1 + 3 @ et f est décroissante sur 61 + 3 ; + 3 6. E(X) est maximal pour x = 1 + 3 donc g0 = 1 + 3 g0 = 2,73 euros arrondi au centimes. 94. 30 = 0, 3 1. p 0 = ; p1 = 0,25 ; p2 = 0,2 ; 100 p3 = 0,15 ; p4 = 0,1. 2. (pn) est une suite arithmétique de raison − 0,05. 3. a. X (X) = " 0 ; – 1 ; 2 ; – 3 ; 4 , . X

0

−1

2

−3

4

p (X = xi)

0,3

0,25

0,2

0,15

0,1

Aire d’un secteur angulaire : 81r – r = 10r cm 2 . 8 r . a. p (D) = 400 10r r b. p (S 1) = . = 400 40 2. p(R) = 1 − p(D) − 8p(Sk)

3 2. p (A) = = 1 ; 9 3 2 p (B) = . 9 3. a. X (X) = " 0, 1 ; 2 ; 4 ; 5 ; 8 , ; p (X = xi)

p(R) = 0,364 −4

X

1

2

5

6

7

8

1 2 9

2 1 9

4 2 9

5 2 9

8 1 9

E (X) = 0 + 2 + 2 + 8 + 10 + 8 = 10 . 9 3 b. M d D + OM G 1, 7 ; + x 2 + y 2 G 1, 7 2 ; + x2 + y2 1 3 ; donc p(D) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) = 4 . 9

3

p (X = xi) 0,364 0,078 5 0,078 5 0,078 5 4

0 1 9

X

10

0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,008

E (X) = 1, 45 . 96. 1.

–

j O

E (X) = 0, 1 . 95. 1. Aire du carré : 202 = 400 cm2 ; Aire du disque D : r # 1 2 = r cm 2 ;

–

i

D

TP Info (p. 212-213) 1. Simulation de tirages au hasard

Partie mathématique

Partie expérimentale 1. ALEA() est un nombre compris entre 0 et 1 d’où 0 G ALEA () 1 1 ; donc 0 G 6*ALEA () + 1 1 6 ; 1 G 6*ALEA () + 1 1 7 donc ENT(6*ALEA() + 1) est un entier compris entre 1 et 6 ; donc cela représente la simulation du dé. La formule signifie que si le lancer simulé obtenu est 1 alors on affiche 1 sinon on affiche 0. Lien avec le texte : Le numéro 1 est attribué à la boule verte, donc « obtenir le 1 » signifie « obtenir la boule verte ». 2. Dans C7 on entre la formule suivante : = Si (ENT(5*ALEA() + 1) 1 3 ; 1 ; 0). Dans D7 on entre la formule suivante : = B7 + C7 . Le nombre moyen est (somme (D7 : D16))/10. 3. X (X) = {0 ; 1 ; 2} Dans trois cellules on donne le nombre de 0, 1 et 2 obtenu en utilisant : « = NB.SI (D7 : D16 ; 0) » ; « = NB.SI (D7 : D16 ; 1) » ; « = NB.SI (D7 : D16 ; 2) ». Il suffit de diviser par 10 pour conclure.


V

R1

R2

R3

R4

R5

V1

(V V1)

(R1 V1)

(R2 V1)

(R3 V1)

(R4 V1)

(R5 V1)

V2

(V V2)

(R1 V2)

(R2 V2)

(R3 V2)

(R4 V2)

(R5 V2)

R1

(V R1)

(R1 R1)

(R2 R1)

(R3 R1)

(R4 R1)

(R5 R1)

R2

(V R2)

(R1 R2)

(R2 R2)

(R3 R2)

(R4 R2)

(R5 R2)

R3

(V R3)

(R1 R3)

(R2 R3)

(R3 R3)

(R4 R3)

(R5 R3)

X (X) = {0 ; 1 ; 2} . X

0

1

2

X

0

1

2

p (X = xi)

15 30

13 30

9 30

p (X = xi)

1 2

13 30

1 15

E (X) = 0 + 13 + 2 = 17 . C’est conforme en simulant plus de 30 15 30 10 parties.

2. Simulation d’un lancer de deux dés 1. Si on obtient 4 ou 5 on gagne 2 sinon on perd 1. Partie expérimentale 2. Dans A1 : « = ENT(6 × ALE() + 1)). Idem dans A2. 3. Dans C1 : « = Si (A 1 – A 2 2 0 ; A 1 – A 2 ; A 2 – A 1) . 54



Livre du professeur

10.

4. Dans D1 : « = Si (C 1 H 4 ; 2 ; – 1) . 6. Dans F1 : « = NB.SI (D : D ; 2). F2 : « = NB.SI (D : D ; – 1). 7. Dans F3 : (2 # F1 – 1 # F2)/100 . 8. Le jeu ne semble pas équitable. Partie Mathématique 9. de 1

X (X) = {– 1 ; 2} 6 1 = p (X = 2) = 1 5 30 6 p (X = xi) 6 6 p (X = 1) = 5 6 – 5 – 3 2 – 1 + = = 1 0. donc E (X) = 6 6 6 2 11. Le jeu semble équitable si E (X) = 0 . Soit a le gain X

–1

2

1

2

3

4

5

6

1

0

1

2

3

4

5

X

–1

a

2

1

0

1

2

3

4

3

2

1

0

1

2

3

p (X = xi)

5 6

1 6

4

3

2

1

0

1

2

5

4

3

2

1

0

1

6

5

4

3

2

1

0

de 2

E (X) = —5 + a 6 E (X) = 0 + a = 5.

Il faut donc gagner 5 euros pour que le jeu soit équitable.

Activité de recherche (p. 214) Problème 1 :

56 J1 gagne avec une probabilité de 1 + + 2 = 7 3 495 99 15 J2 gagne avec une probabilité de 8 + 7 + 4 = 53 33 99 495 165 J3 gagne avec une probabilité de 28 + 4 + 1 = 7 165 99 495 33

Utiliser l’outil informatique pour répondre à la question.

Problème 2 : Utiliser l’outil informatique pour répondre à la question. On trouve 1 000 . 0,109 . 9 139

Problème 4 :

Problème 3 : J1 (gagne) 1/3 4/11 2/3 J1 (perd) 7/11

Utiliser l’outil informatique pour évaluer. On trouve 280 . 0,35 soit 35 % de chance de gagner. 792

8 pour J2 gagne J2 gagne soit — 33 28 pour J3 gagne J3 gagne d'où —— 4/10 165 J2 perd 6/10

J3 perd 5/9

4/9

J1 perd

4/8

4/8

J2 perd 3/7

56 J1 gagne —— 495

4/7

7 J2 gagne soit — 99

4 J3 perd J3 gagne soit — 99 2/6 4/6 2 J1 perd J1 gagne soit — 99 1/5 4/5 4 J2 perd J2 gagne soit —— 495

4/4 1 J3 gagne soit —— 495


55


6

Modélisation et échantillonnage Programme officiel Contenus


Commentaires

Modèle de la répétition d’expériences identiques et indépendantes à deux ou trois issues.

• Représenter la répétition d’expériences identiques et indépendantes par un arbre pondéré. • Utiliser cette représentation pour déterminer la loi d’une variable aléatoire associée à une telle situation.

Pour la répétition d’expériences identiques et indépendantes, la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat. La notion de probabilité conditionnelle est hors programme. On peut aussi traiter quelques situations autour de la loi géométrique tronquée. On peut simuler la loi géométrique tronquée avec un algorithme.

Épreuve de Bernoulli, loi de Bernoulli. Schéma de Bernoulli, loi binomiale (loi du nombre de succès). Coefficients binomiaux, triangle de Pascal.

• Reconnaître des situations relevant de la loi binomiale.

()

• Calculer une probabilité dans le cadre de la loi binomiale. Démontrer que

La représentation à l’aide d’un arbre est privilégiée : il s’agit ici d’installer une représentation mentale efficace. On peut ainsi : – faciliter la découverte de la loi binomiale pour des petites valeurs de n (n G 4) ; n – introduire le coefficient binomial comme nombre k de chemins de l’arbre réalisant k succès pour n répétitions ; – établir enfin la formule générale de la loi binominale.

Cette égalité est établie en raisonnant sur le nombre de chemins réalisant k + 1 succès pour n + 1 répétitions. On établit également la propriété de symétrie des coefficients binomiaux.

() ( ) ( )

n n n+1 + = . k+1 k k+1

• Représenter graphiquement la loi binomiale.

L’utilisation des coefficients binomiaux dans des problèmes de dénombrement et leur écriture à l’aide des factorielles ne sont pas des attendus du programme. En pratique, on utilise une calculatrice ou un logiciel pour obtenir les valeurs des coefficients binomiaux, calculer directement des probabilités et représenter graphiquement la loi binomiale.

Espérance, variance et écart-type de la loi binomiale.

• Utiliser l’espérance d’une loi binomiale dans des contextes variés.

La formule donnant l’espérance de la loi binomiale est conjecturée puis admise, celle de la variance est admise. On peut simuler la loi binomiale avec un algorithme.

Échantillonnage Utilisation de la loi binomiale pour une prise de décision à partir d’une fréquence.

• Exploiter l’intervalle de fluctuation à un seuil donné, déterminé à l’aide de la loi binomiale, pour rejeter ou non une hypothèse sur une proportion.

L’objectif est d’amener les élèves à expérimenter la notion de « différence significative » par rapport à une valeur attendue et à remarquer que pour une taille de l’échantillon importante, on conforte les résultats vus en classe de seconde. L’intervalle de fluctuation peut être déterminé à l’aide d’un tableur ou d’un algorithme. Le vocabulaire des tests (test d’hypothèse, hypothèse nulle, risque de première espèce) est hors programme.


56


Chap. 6 Modélisation et échantillonnage

Livre du professeur


1. Indépendance 17. 1.

0,6

B

A 0,8

0,2

0,4 0,6

—

B

B

—

p (A + B) = 0 car A et B sont incompatibles. Donc p (A) p (B) = 0 + p (A) = 0 ou p (B) = 0. 27. 1. p (A) = 1 p (B) = 1 . 2 2 2. oui. 3. F = A + B . 4. p (F) = 1 # 1 = 1 . 2 2 4 28. 1. p (A) = 0, 3 p (B) = 0, 6 . B 2. 0,4

A

0,4

—

B

2. p (A + B) = p (A)#p (B) = 0,98#0,6 = 0,48 . 18. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 19. 1. p (A + B) = 0, 3 # 0, 4 = 0,12. 2. p (A , B) = 0, 3 + 0, 4 – 0,12 = 0,58. 20. 1. p (A) = 1 p (B) = 1 . 13 4 2. A + B représente l’événement « tirer une dame de cœur ». 3. p (A + B) = 1 # 1 = 1 . 13 4 52 21. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 22. p (A + B) = 1 12 6 1 1 1 p (A , B) = + – 1 = = . 3 4 12 12 2 23. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 24. 1. p (A + B) = 0, 9 # 0, 8 = 0,72. 2. p (A , B) = 0, 9 + 0, 8 – 0,72 = 0,98 p (A , B) = 0, 02. 3. p (A) = 0,1 p (B) = 0,2. 4. p (Ak B) = 0,1 # 0,2 = 0,02 d’après 3. p (Ak B) = 1 – p (Aj B) = 1 – 0, 98 = 0,02. 25. 1.

B

0,7

0,9

0,4

B

—

B

3. p (A + B) = 0, 3 # 0,4 = 0,12. 4. p (A + B) = 0,7 # 0, 6 = 0,42. 29. 1. B 1/3 A 1/2

1/2

2/3 1/3

B

2/3

—

B

B —

A

B

A

0,4

F2

0,6

F2

F1

B

0,4 = 0,1 + p (B) – 0,1 p (B) 0, 3 1 p (B) = = . 0, 9 3 2. Si A 1 B alors p (A , B) = p (B) = 0,4. 26. p (A + B) = p (A) p (B) car A et B sont issus d’expériences indépendantes.

F2

—

—

p (A , B) = p (A) + p (B) – p (A + B)

—

0,6

—

2. p (F1 + F2) , (F1 , F2) = 0, 4 # 0,6 + 0,6 # 0,4 = 0,48 . 31. 1. La probabilité de tirer la couleur rouge est 4 . 9 La probabilité de tirer la couleur noire est 4. 9 © Hachette livre, 2011

57

8/9

A3

1/9

C3

8/9

A3

1/9

C3

C2

1 3

3#

( 89 )

2 3

#

3

( ) ( 19 )

1 3#8# 1 9 9 9

3

3

32. 1. 1 . 3

p (A + B) = p (A) p (B) 1 = p (A) # 1 donc p (A) = 3 = 1 . 6 2 6 3 4 1 1 1 2. p (A , B) = + – = = 2 . 2 3 6 6 3 30. 1. F2 0,4

0,6

0

()

—

0,4

C3

()

p (X = x) 8 9

B

1/9

c. p (B) = p (A 1 + A 2 + A 3) = 1 – p (A 1 + A 2 + A 3) 3 =1– 8 . 9 3. a. x peut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3. b. x

—

A3

A2

B

A

8/9

C2

8/9

—

F1 —

1/9

8/9

C1

—

0,6

C3

A1

1/9

A 0,1

0,6

A2

8/9

1/9

A 0,3

()

3 2. a. p (A 1 + A 2 + A 3) = 8 . 9 8/9 A3 b.


()

3 2. 1 – 2 = 19 . 3 27 33. Non il est possible d’avoir p (A) = 1 4 et p (B) = 2 . 3 5 34. 1. p (G1 + G2 + G3 + G4 + G5) = 1 . 3 2. La probabilité de gagner au moins une 5 fois est 1 – 1 - 0, 996 qui est supé3 rieur à 99 %. Cynthia a raison. 35. 1. 81 . 100 729 . 2. 1 000 9 n = 0,9 n . 3. 10 4.

()

()

( )

Variables : N entier naturel Début 1→N Tant que 0, 9N 2 0,1 N+1→N FinTantQue Afficher N


Livre du professeur

6. Oui car c’est à partir de 22 fois que la proba est inférieure à 0,1. 36. 1. p (A 1) = 1 – 0,004 = 0,996. 2. a. Bn = A 1 + A 2 +f A n . b. p (Bb) = 1 – p (A 1 + A 2 +f+ A n) = 1 – 0,996 n . 4. En B2 on écrit =0,996Â2. 5. En C2 on écrit =1 – B2. 6. A partir de n = 173.

2. La loi de Bernoulli 37. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 38. 1. X peut prendre les valeurs 0 et 1. 2. p (X = 0) = 0,43. 39. 1. et 2. X suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,75. 40. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 41. 1. X peut prendre les valeurs 0 et 1. 2. x

0

1

p (X = x)

4 5

1 5

42. E (X) =

6 6 ; V (X) = ; 49 7

6 v (X) = c 0,35. 7 43. X suit une loi de Benoulli de paramètre 1; 3 X prend la valeur 0 lorsque le joueur perd ; 1 lorsque le joueur gagne. 44. 1. X suit une loi de Bernoulli. 2. Le paramètre est 0,94. 3. E(X) = 0,94 ; V (X) = 0,94 # 0,06 = 0,0 564 ; v (X) = 0, 0 564 c 0,237.

3. Loi binomiale : espérance et écart-type 45. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 46. 1. et 2. X suit une loi Binomiale de paramètre 8 et 1 . 3 47. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 48. 1. X + B (200 ; 0, 09) . 2. E (X) = 200 # 0, 09 = 18 personnes en moyenne vont être signalées en fraude lors de ce contrôle. 3. Sur 5 000 voyageurs, 5 000 # 0, 09 = 450 ne payent pas. Cela représente une perte de 450 # 1, 7 = 765 . Il faut donc que les 18 fraudeurs repérés payent 765  ce qui représente 42,5  par personne. Le montant de l’amende doit être de 42,5 .

49. 1. et 2. X + B(250 ; 0, 88) . 50. 1. Ce tableau simule 11 jeux successifs pour lesquels on a à chaque fois une probabilité de 2 de gagner. 5 Le tableur calcule aussi X le nombre de fois ou on a gagné. 2. et 3. X + B 4, 2 . 5 2 4. E (X) = 11 # = 22 = 4, 4 on peut 5 5 espérer gagner 4,4 fois en moyenne. 51. E (X) = 2 n = 4 donc n = 20 = 10 et 2 5 p= 2. 5 D’où V (X) = np (1 – p) = 10 # 2 # 3 = 12 5 5 5 12 v (X) = . 5 52. v (X) = np (1 – p) = 1 et n = 16

( )

donc

16p (1 – p) = 1 soit 16p (1 – p) = 1 – 16p2 + 16p – 1 = 0

2+ 3 b 0, 9 ou 4 2– 3 - 0, 07 or p G 1 p= 2 2 2– 3 donc p = . 2 53. V (X) = np (1 – p) or V (X) = 2 et n = 10 donc 10p (1 – p) = 2 soit – 10p2 + 10p – 2 = 0 5– 5 . 0, 3 ou donc p = 10 5+ 5 . 0, 7 or p 2 1 donc p= 10 2 5+ 5 p= . 10 54. 1. X + B 8 ; 1 . 4 2. a. Y = 3X – 1(8 – X) Y = 4X – 8. b. E (Y) = 4E (X) – 8 = 0. c. Ce jeu est équitable. 55. 1. n = 12 . 2. Il semble que E (X) = 4 . 3. np = 4 donc p = 4 = 1 . 12 3 56. 1. X + B 9 ; 2 . 7 2. Il faut changer « Pour I allant de 1 à 9 » par « Pour I allant de 1 à 10 » et « A prend la valeur d’un nombre entier aléatoire entre 1 et 7 » par « A prend la valeur d’un nombre entier aléatoire entière 1 et 10 » et « Si A 2 5 » par « Si A 2 8 ». 57. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 58. 1. 1 . 4 donc p =

(

(


)

)

58


(

)

2. X + B 10 ; 1 . 4 3. E (X) = 2,5. 4. a. Y = 2X . b. E (Y) = 5 si le candidat n’a aucune idée de la bonne réponse il peut répondre au hasard, son espérance est positive. 5. a. Z = 2X – 2(10 – X) Z = 4X – 20 b. E (Z) = – 10 . Le candidat ne doit surtout pas répondre au hasard si il ne connaît pas la bonne réponse car l’espérance est négative.

4. Coefficients binomiaux 59. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 12 785 16 =1 = 16 = 785 60. 1 0 15 444 849 =1 = 849. 0 848 15 15 15 61. = = = 6 435 8 15 – 8 7 15 15 15 = = = 5 005 9 15 – 9 6 16 15 15 = + = 11 440 7 6 7 16 16 16 = = = 11 440. 9 16 – 9 7 62.

( ( ) ( ( ( (

)

( ( ( ( (

) ) ) )

1 1

7 8

1

9

( ) ) ) ) ) ( )

21 28

36

( )

( ) ( ) ) ( )

35 56

84

21 56

112

7 28

84

1 8

36

1 9

1

8 9 16 63. 1. = 70 = 84 = 1 820 4 6 4 14 = 3 432. 7 4 =6 64. 1. 2 4 4 =1 = 4. 2. 0 1 3.

()

()

( )

( )

()

()

()

( 40 )

( 41 )

( 42 )

( 43 )

( 44 )

1

4

6

4

1

65. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 101 101 101 = = = 5 050 66. 99 101 – 99 2 102 101 101 = + 2 1 2 = 101 + 5 050 = 5 651 102 102 102 = = = 5 651. 100 102 – 100 2

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) (

) ( )


Livre du professeur

67. 1 1

( 42 ) 5 5=( ) 1 6 15 = ( ) 2 7 35 = ( ) 3 8 70 = ( ) 4

Donc 6 =

1 2 1 1 3 3 1 1 4 6 4 1 1 5 10 10 5 1 1 6 15 20 15 6 1 1 7 21 35 35 21 7 1 18 28 56 70 56 28 8 1 n

/ (– 1) i ( Ni )

68. 1. 2.

i=0

N

Somme

2

0

3

0

4

0

5

0

3. On peut conjecturer que pour tout n N N d  / (– 1) i i = 0. i=0

( )

69.

2

3

i=0

i=0

/ ( 2i ) = 4 / ( 3i ) = 8 4

5

i=0

i=0

/ ( 4i ) = 16 / ( 5i ) = 32 n

On peut conjecturer que

/ ( Mi ) = 2 . n

i=0

8 11 = 70 = 462 71. 1. 4 5 17 = 2 380. 4 2. On a utilisé la propriété n n n+1 + = . k k+1 k+1

() ( )

() (

1 4 096 p (X = 1) = 9 p (X = 2) = 135 . 2 048 4 096 p (X H 3) = 1 – p (X 1 3) = 1 – (p (X = 0) + p (X = 1) + p (X = 2) = 1 971 2 048 77. 1. A prend la valeur C # P k # (1 – P) N – k . 2. Variables : N, k, C, I quatre nombres 76. 1. p (X = 0) =

1

( )

) (

)

5. Calcul de probabilité dans le cadre d’une loi binomiale 72. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 73. 1. p (Y = 0) = 1 ; p (Y = 1) = 1 . 256 32 8 1216 8 1612 2. p (Y = 2) = = 2 2 2 6 2 2 = p (Y = 6) . 74. 9 2316 p (Z – 3) = - 0,034 à 10–3 près 3 3 3 9 2613 p (Z – 6) = - 0,273 à 10–3 près 6 3 3 75. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

( )( ) ( ) ( )( ) ( )

entiers naturels P, A, S trois réels Début Saisir N, P, k 0→S Pour I allant de 0 à k combinaison de I parmi N → C C # P k # (1 – P) N – k + S " S FinPour Afficher S Fin

3. On trouve p (X G 20) . 0,814 p (X G 28) . 0,999 p (X G 13) . 0,099 p (X H 15) . 0,834. 78. p (X = 23) . 0,0 391 p (X = 20) . 0,0 930 p (X = 10) . 0,0 079 p (X = 30) . 0,0 004. 79. p (X G 40) . 0,9 914 p (X 1 37) . 0,9 265 p (X 2 30) = 1 – p (X G 30) . 0,4 821 p (X H 25) . 0,9 175. 80. 1. En B2 on entre =LOI.BINOMIALE(A2,14;0,31;0). On copie-colle jusqu’en B16. 2. En C2 on entre =AZ*B2. On copie-colle jusqu’en C16 en D2 on entre =SOMME(C2:C16). 81. 1. p (X H 1) = 1 – p (X = 0) . 0,292. 2. p (X H 2) = 1 – p (X = 0) – p (X = 1) . 0,043. 82. 1. 1 . 36 2. X + B 10 ; 1 p (X H 3) . 0,0 022. 36 83. 1. X peut prendre les valeurs entières comprises entre 0 et 15. 2. X + B 15 ; 1 . 3 3. p (X = 15) . 6,97 # 10 – 8 . 4. p (X = 12) . 2,54 # 10 – 4 p (X = 13) . 2,9 # 10 – 5 p (X = 14) . 2 # 10 – 6 . 5. p (X H 12) . 2,85 # 10 – 4 .

( (


)

)

59


6. E (X) = 15 = 5 . 3 84. 1. a. et b. X suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,18. 2. a. et b. Y + B(24 ; 0, 82). c. p (Y = 24) . 0,008. 85. 1. 2 = 1 . 16 8 2. a. X + B 10 ; 1 . 8 b. p (X = 0) . 0,263. La probabilité pour qu’il y ait au moins un millionnaire est 0,736. 86. 1. X + B(n ; 0, 05). n 0, 05 0 # 0, 95 n = 0, 95 n . 2. p (X = 0) = 0 Donc p (X 2 0) = 1 – p (X G 0) = 1 – p (X = 0) = 1 – 0, 95 n . 3. On trouve n = 14 . 4. Il faut jouer au moins 14 fois. 87. 1. X + B 5 ; 1 . 5 2. a. Y = X – 3 . b. E (Y) = E (X) – 3 = 5 – 3 = – 1 . 2 2 c. Non car E (Y) 1 0 . d. 2,5 . 88. 1. Afficher I + 1. 2. On trouve k = 14 voir fichier. 3. Variables : N, k, C, I des entiers naturels

(

)

()

(

)

P, A des réels. Début Saisir N p (X G 16) G 0,4 Saisir P p (X 1 17) G 0,4 O →A O→I Tant que A G 0,4 combinaison de I parmi N → C A + C # pI # (1 – p) N – I " A

I + 1"I Fin Tant que Afficher I – 1 . Fin

(

)

89. X – I + B 4 ; 1 . 2

6. Échantillonnage et loi binomiale 90. ; 39 ; 64 E . 320 320 91. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 56 on accepte 92. Si f = 630 Si f = 88 on refuse. 630 93. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 50 1 k 2 50 – k 94. 1. p (X = k) = k 3 3 3. On trouve k = 16 ou 17.

( )( ) ( )


Livre du professeur

95. On trouve p (X G 10) . 0,6 662 p (X H 20) . 0,0 007 p (5 G X G 12) . 0,8 269. 96. 1. X + B (1 500 ; 0,014). 2. E (X) = 1 500 # 0, 014 = 3. ; 9 ; 30 E . 1 500 1 500 4. 32 z; 9 ; 30 E cela semble 1 500 1 500 1 500 anormal.

7. Problèmes

101. 1. E (X) = 600 . 2. p (550 G x G 700) . 0,9 842. 3. D’après 2. p (X g 6550 ; 700@ ) . 0,0 158 qui est inférieur à 2 %. Donc le directeur décide de lancer la production. 102. 1. X + B[9 ; 0,15] . 2. E (X) = 1,35. 3. a. L’événement Y = 3 est R1k R2k R3 . b. p (Y = 3) = (1 – p) 2 p .

c. L’événement Y = 4 est R1 k R2 k R3 k R4 . d. p (Y = 4) = (1 – p) 3 p . e. p (Y = k) = (1 – p) k – 1 p . f. p (Y = 0) = (1 – p) 9 . 9

/ i p (Y = i) 9 = 0 # (1 – p) + / i (1 – p) i – 1 p . 3,038. g. E (Y) =

i=0 9

i=0

En moyenne le troisième train arrivera en retard. 103. 1. X + B(n, p) . 2. p (x H 1) = 1 – p (X = 0) = 1 – (1 – p) n. 3. a. Y peut prendre les valeurs 1 ou n + 1. b. p (Y = z) = p (X = 0) = (1 – p) n . p (Y = n + 1) = p (X H 1) = 1 – (1 – p) n. c. E (Y) = 1p (Y = 1) + (n + 1) p (Y = n + 1) = (1 – p) n + (n + 1) ( (1 – (1 – p) n ) = n + 1 – n (1 – p) n .

4. a. Z peut prendre les valeurs 1 ou n 1+ 1. n b. p Z = 1 = (1 – p) n n p Z = 1 + 1 = 1 – (1 – p) n . n c. E (Z) = 1 + 1 – (1 – p) n car n 1 E (Z) = – E (Y) . n 5. b. On trouve n = 11 . c. 11. u 11 . 0, 18 557. L’économie est de 9,81 443  par test. 104. 1. a. X + B 4, 1 . 2 b. p (X = 2) = 3 . 8 2. a. Y+ B 9, 1 . 2 9 . b. p (X = 4) = 128 5 c. 3 # 5 1 = 15 . 8 2 2 128

( (

)

)

( )

( )

( )( )

En route vers le Bac (p. 258-259) 105. 1. 0,29. 2. a. p (X H 1) = 1 – p (X = 0) avec X + B (n ; 0,29) = 1 – 0, 71 n . b. On trouve n = 14 . 106. 1. a. X + B 3, 1 . 8 b. E (X) = 1 . 2 2 c. p (X = 2) = 3 # 1 # 5 = 15 . 6 6 216 2. a. X + B 3, 1 . 2 b. E (Y) = 3 . 2 2 c. p (Y = 2) = 3 # 1 # 1 = 3 . 2 2 8 107. 1. a. 35. 5 1 1 2 4 80 b. p (E ) = = 243 1 3 3 5 32 2 p (F) = . = 243 3

( )

( )

()

()

( )( ) ( )

()

Les palindromes sont AAAAA BAAAB CAAAC AABAA BABAB CABAC AACAA BACAB CACAC ABABA BBABB CBABC ABBBA BBBBB CBBBC ABCBA BBCBB CBCBC ACACA BCACB CCACC ACBCA BCBCB CCBCC ACCCA BCCCB CCCCC p (G) = 27 = 1 . 35 9 2. a. X + B 28 ; 32 . 243 b. p (X G 1) = p (X = 0) + p (X = 1)

(

+ 28 # 32 # 243


60

(

( )( )

() (

)

28 = 1 – 32 243 27 32 1– - 0,1. 243

(

108. Faux. 109. Si p (X = 1) = 8p (X = 0) 4p (1 – p) 3 = 8(1 – p) 4 4p = 8 (1 – p) p = 2 – 2p donc p = 3 . Vrai. 2 4 3 Si p = 1 alors p (X = 1) = 4 1 4 = 4 4 . 5 5 5 5 5 p (X = 0) = 4 . Faux. 5 110. p (Aj B) = p (A) + p (B) – p (A) p (B) 3 = 2 + p (B) 1 – 2 5 4 5 5 7 7 p (B) = # = . Vrai. 20 3 12 p (Aj C) = 1 – p (Aj C) = 9 . Faux. 10 111. b.

)

)


112. a. et d. 113. a. et c.

)


Livre du professeur

TP Info (p. 260-261) 1. Finance discrète

Partie 2 1. a. X + B(10 ; 0,53) . 10 b. p (X = k) = 0,53k 0,4710 – k. k 2. a. S = 50u k d 10 – k .

Partie 1 1.

( )

0,53 0,53

0,53

0,47

b. p (5 = 50u k d 10 —k) = p (X = k) =

0,47 0,53 0,47

50

0,53 0,47

0,53

0,47

0,47 0,53 0,47


61


( 10k ) 0,53 0,47 k

10 – k

.

7

Trigonométrie Programme officiel Contenus


Trigonométrie Cercle trigonométrique.

• Utiliser le cercle trigonométrique, notamment L’étude des fonctions cosinus et sinus n’est pas un attendu du programme. pour : – déterminer les cosinus et sinus d’angles associés ; – résoudre dans  les équations d’inconnue x : cos x = cos a et sin x = sin a.

Radian. Mesure d’un angle orienté, mesure principale.

Commentaire

Découverte (p. 266-267) 1. Le radian : Une unité de mesure angulaire « naturelle »

2. Arrêt sur image : Les « pi-radians »

r 1. La longueur d’arc vaut ul. 180 2. a. Soit d cette mesure en degrés. Elle vérifie : r#d 180° . 57,3° . = 1 soit d = r 180 b. La longueur d’un arc est supérieur à sa corde. c. Sur un volume cylindrique de rayon 1, on « enroule » une ficelle et on marque à la longueur 1 ul. d. 6. e. 2r . f. Sur un cercle de rayon unité la MESURE d’un arc, ainsi que la mesure de l’angle au centre qui lui est associé s’expriment par le même nombre. 3. a. Lorsque la mesure est inférieure à 2r, on « enroule » sachant la longueur, ainsi on obtient du point I un angle au centre dont la mesure correspond. Si la longeur est supérieure à 2r, on la divise par 2r, et on reporte le reste. b. Idem, mais on change le sens d’enroulement. c. On regroupe ces cas sachant, d’abord le signe de x puis sa valeur par rapport à 2r ou – 2r .

1. a. Oui. b. Non. 2. Car il y a proportionnalité entre les mesures π en degré et les mesures en radian sachant que r

mr

180

md

π — 2

π — 3

π — 4

π — 5

0 ; 2π

est un tableau de proportionnalité avec mr : mesure en radians, md : mesure en degrés. r 5r 30° = rad 75° = rad 6 12 2r r 40° = rad 20° = rad 9 9 r 5r 60° = rad 150° = rad 3 6 5r 14r 100° = rad 280° = rad . 9 9

3. Programme au menu Ce programme offre au choix : – une conversion de degrés en radians ; – une conversion de radians en degrés. Selon la relation évoquée dans l’activité 2., il s’agit d’un programme utile.


62


Chap. 7 Trigonométrie

Livre du professeur

Logique et notations (p. 276) 4. A + B 5. B & A

1. B & A 2. A & B 3. B & A

Raisonnement mathématique (p. 277 à 279) 3. À partir de ces précédents points on utilise la symétrie par

À vous de jouer, page 277 1. Par addition, en application de la relation de Chasles et de la

rapport à l’axe des ordonnées. On conclut ensuite.

multiplication par k, on a : a. (u ; v ) = – ( v ; u ) et b. (– u ; v ) = (u ; v ) . 2. Du fait de la seconde propriété, on a bien : (u ; v ) = k u ; k d  + u et v colinéaires.

À vous de jouer, page 279 1. cos 2x = cos (x + x) = cos 2 x – sin 2 x

= 2 cos 2 x – 1 = 1 – 2 sin 2 x du fait que cos 2 x + sin 2 x = 1 . 2. On particularise à « x », s’il s’ensuit que : 2 cos x = 2 cos 2 x – 1 = 1 – 2 sin 2 x 2 2 D’où le résultat : 1 + cos x 1 – cos x et sin2 x = . cos2 x = 2 2 2 2

À vous de jouer, page 278 1. Il s’agit des symétriques par rapport à O. 2. Par symétrie par rapport à la première bissectrice du

( (

)

(

()

))

r r – x ; sin – x et plan, les points de coordonnées cos 2 2 r (cos x ; sin x) sont images l’un de l’autre. Donc cos – x = sin x et 2 r – x = cos x. sin 2

(

(

()

)

()

()

)

Exercices (p. 286) 1. Conversion entre radians et degrés 1. à 39. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. r 60° = rad 40. 0° = 0 rad 3 3r 11r 135° = rad 135° = rad 4 4 r r 30° = rad 90° = rad 6 2 5r 540° = 3r rad 150° = rad 6 7 7 r 2r 45° = rad 120° = rad 4 3 7r 5r 210° = rad 300° = rad 6 3 314r 157r rad = rad . et 314° = 180 90 2r # 4 rad , 41. 1. 72° = 5 7r 105° = # 4 rad, 12 5r 11r 50° = # 4 rad , 44° = # 4 rad 18 45

2.

J

M P I

O N Q

2. Cercle trigonométrique et mesure principale 42. à 44. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. r r 2r 8r – 7r 45. – ; r ; ; ; ; ; 3 6 5 111 13 35 – 6r ; 3,14. 47r – 49r – 241r – 313r ; ; ; 46. . 12 12 12 12 3r –r 2r 47. 1. 2. 3. 5 6 7 4. 318r – 1 000 . – r – r 7r ; ; . 48. 4 3 8 © Hachette livre, 2011

63


49. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 50. 1. Non. 2. Non. 3. Non. 4. Oui. r 3r r C (r) H D– 51. I(0) J 2 2 4 r r 7r 2r r A F G B E– . 6 3 6 3 6 52. 1. M est à associer à 0 ou r . 2. M est à associer à 0 ou r . r r 3. M est à associer à ou – . 2 2 r ou son sy53. 1. M est à associer à 4 métrique par rapport à 0. r 2. M est à associer à ou à ses images 3 r par la rotation de centre 0 et d’angle . 2 2r ou à ses images 3. M est à associer à 3 r par la rotation de centre 0 et d’angle . 4

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

54. et 55. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.


Livre du professeur

3. Angles orientés 58.

63. a. – D

A

C

E

B

r . 3 r r 5r (AD ; AE) = 2r – – 2 # = . 2 3 6 (AD ; CB) = (AD – AD) = r . (CA ; CB) =

(AE ; CB) = (AE ; AD) + (AD ; CB) 5r r =r– = . 6 6 r r 5r 59. (AD ; AB) = – – = – (2r) . 3 2 6 r (DC ; AC) = (CD ; CA) = (2r) . 3 (DC ; BA) = (DC ; DA) + (DA ; BA) r 7r = (DC ; DA) + (AD ; AB) = – + (2r). 3 6 60. r r r 1. (AD ; AE) = 2r – – – (2r) . 3 2 4 2. (CB ; AD) = (CB ; CA) + (CA ; AD) = (CB ; CA) + (AC ; AD) + r (2r) . 3. (EA ; BC) = (EA ; EB) – (BE ; BC) = (EA ; EB) − (BE ; BA) + (BA ; BC) + r (2r) .

61. (AC ; AB) = –

r (2r) . 3

2r (2r). 3 r r r 11r (CD ; CE) = + + (2r) = (2r) . 2 3 4 24 2r 62. a. – . 3 2r C B b. . 3 r c. . 3 d. 0. D A O r . e. 3 5r . f. – 6 E F (BC ; AB) = (BC ; BA) + r (2r) = –

r r . d. . 5 2

4r . e. r . 5 r 3r c. – . f. – . 2 5 64. 1. (2 u ; v) = (u ; v )(2r) . 2. (– u ; v ) = (u ; v) + r (2r) . 3. (3 v ; – 2 u ) = r + ( v ; u )(2r) = r – (u ; v )(2r) . 65. 1. ( v ; w) = ( v ; u ) + (u ; w)(2r) = (u ; w) – (u ; v )(2r) . 2. (– u ; v ) = r + (u ; v )(2r) . 3. (– w ; v ) = r + (w ; v )(2r) = r – ( v ; w)(2r) . 66. Soit S cette somme on a : S = (AB ; AD) + (AD ; CD) + (CD ; CB) + (CB ; AB) = (2r) . b. –

S = (AB ; AB)(2r) = 0 (2r) .

4. Cosinus et sinus 67. et 68. Ces exercices sont corrigés dans le manuel. 69. Soit n d r . cos (2nr) = 1 . sin (2nr) = 0 . cos (nr) = (– 1)n . sin (nr) = 0 . r cos – + (2n + 1) r = 0. 2 r sin – + (2n + 1) r = 1. 2 (4n + 1) r cos = 0. 2

( (

( (

) )

) )

(4n + 1) r = 1. 2 (– 1) k si n = 2k nr cos =' . 2 0 si n = 2k + 1

sin

( )

( n2r ) = '(0– 1)

sin

k

si n = 2k . si n = 2k + 1

2 B = − 1. 2 71. A = 2 + 3 72. 1. sin x. 3. − sin x. 2. sin x. 4. sin x. 73. A (x) = sin x – 4 cos x + 5 sin x = 6 sin x – 4 cos x. B (x) = 3 cos x – 5 sin x . 74. A(x) = cos x – sin x – cos x + sin x = 0. 75. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 70. A =


64

( r3 ) = sin( r2 – r3 ). r r r 2. sin( ) = cos( – ). 3 2 3 2r 2r . 3. sin( ) = sin( r – 5 5 ) 3r r 3r . 4. sin( ) = cos( – 10 2 10 )

76. 1. cos


2 2 B=– ; . 2 2 78. 1. On construit d’abord approxima2r tivement . Ensuite la rotation de cen7 2r tre O et d’angle de mesure permet 7 d’aboutir sans difficulté. 2. On a :  = ¢, car : x d  cos (–x) = cos (x) , et / = – / ¢, car x d  sin (–x) = sin x . 77. A =

5. Formule de trigonométrie 2+ 3 . 2 2. On a cos x H 0 et sin x G 0 donc r 5r x=– ou x = – mais sin x est une 12 12 r valeur bien proche de 0… donc x = – . 12 9r 82. 1. sin 1 0 donc 5 9r 9r sin =– 1 – cos 2 5 5 81. 1. cos x =

( )

( ) 9r sin( ) = – 5

( )

10 – 2 5 . 4 9r r = – (2r) , 2. De plus 5 5 r 9r donc cos = cos 5 5 r 9r et sin = − sin . 5 5 r 2+ 3 . 83. 1. cos 12 = 4 5r r r r = cos – = sin ; 2. cos 12 2 12 12 7r r r r = cos + = − sin ; cos 12 2 12 12 11r r r = cos r – = − cos . cos 12 12 12 9r r = 84. r – 10 10 9r r . =– r– donc – 10 10 r On a sin >0 10 r 6–2 5 donc sin 10 = 4 9r 6–2 5 . et donc sin – 10 = – 4

( ) ( ( ) ( ( ) ( ) ( ( ) ( ( ) ( (

( ) ( ) ( )

)

)

)

)

)

)

( ) ( ) ( )

Chap. 7 Trigonométrie Livre du professeur

15 . 4

85. 1. cos x = – 2. cos x = 0, 8.

5 . 3 86. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 87. 1. sin x = ! 0, 6. 2. sin x = 0, 8. 3. Impossible. 88. 1. Car elles engendrent des valeurs connues. 2. Car on peut toujours s’y ramener. 2 6r 3r = cos =– . 3. cos 8 4 2 r 4. On a bien 2 cos2 – 1 = cos x . 2 r 1 + cos 4 r 5. Donc cos2 = 8 2 2 1+ 2+ 2 2 = = 4 2 r et, vu que cos >0 8 3. cos x = –

( )

( )

( )

( )

alors cos

2+ 2

( r8 ) =

2

.

6. On a alors sin

( )

r = 8

(

1–

2+ 2

2

)

2

2– 2 2 r r = sin . – 8 8 r = − sin ; 8 =

3r r et donc cos = cos 8 2 5r r r 7. cos = cos + 8 2 8 7r r cos = − cos . 8 8 8. Grâce aux angles associés et complémentaires. 89. 1. sin a = 1 – cos 2 a car a d60 ; r@ donc sin a = sin 2 a . 2. cos 2a = 2 cos 2 a – 1 et sin 2a = 2 sin a cos a . 90. Soit x d  ; sin (4x) = sin 2 (2x) = 2 sin (2x) cos (2x) . 91. Soit x d  , (cos x + sin x) 2 = cos 2 x + sin 2 x + 2 cos x sin x = 1 + sin 2x . 92. 1. La fonction f : x " (cos x + sin x) 2 + (cos x – sin x) 2 . 2. Car la forme est déjà sous une somme de termes. 3. Oui, mais on aurait pu espérer mieux, car, pour tout x d  cos 2 x + sin 2 x = 1 .

( )

( ) ( ( ) ( )

(

)

)

( ) ( )

Et donc finalement, pour tout x réel, f(x) = 2. 4. « Simplify ». 5. En développement c’est immédiat. 93. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 94. Soit x d  , (1 + cos x + sin x) 2 = (1 + cos x) 2 + 2 sin x (1 + cos x) + (1 – cos x)(1 + cos x) = (1 + cos x)(1 + cos x + 2 sin x + 1 – cos x) = 2(1 + cos x)(1 + sin x) .

95. 1.  a, b d  , 4

4

2 2

2 2

2

2

2

2

a – b = (a ) – (b ) = (a – b )(a + b ) = (a – b)(a + b)(a 2 + b 2).

2. trigcos et trigsin simplifient leurs arguments mais vont davantage privilégier cos ou sin dans le résultat. 3.  x d  , cos 4 x – sin 4 x = 2 cos 2 x – 1 = 1 – 2 sin 2 x en fait on a immédiatement : cos 4 x – sin 4 x = (cos 2 x – sin 2 x)(cos 2 x + sin 2 x) 4 d’où cos x – sin 4 x = cos 2x . 96. Soit x d  , cos 4 x + 2 cos 2 x sin 2 x + sin 4 x = (cos 2 x + sin 2 x) 2 = 1 . 97. Soit x d@ 0 ; r 6, 1. (1 – cos x)(1 + cos x) = sin 2 x . r r 2. Soit x dB – ; 8, 2 2 (1 – sin x)(1 + sin x) = cos 2 x . 98. Soit x d  , cos (4x) = cos (2 (2x) = 2 cos 2 (2x) – 1 = 1 – 2 sin 2 (2x) 2 = 1 – 2 # 4 sin x (1 – sin 2 x) = 8 sin 4 x – 8 sin 2 x + 1 4 = 8 cos x – 8 cos 2 x + 1 . 99. 1.  x d  , sin 6 x + cos 6 x + 3 cos 2 x sin 2 x = 1 . 2. (A + B) 3 = A 3 + B 3 + 3A 2 B + 3AB 2 = A 3 + B 2 + 3AB (A 2 + B 2) et donc, dès que A 2 + B 2 = 1 on a : (A + B) 3 = A 3 + B 3 + 3AB . 3. C’est le cas avec A = cos 2 x et B = sin 2 x . 100. Soit a, b, c des réels cos (a + b + c) = cos (a + b + c) = cos (a + b) cos c – sin (a + b) sin c = (cos a cos b – sin a sin c) cos c – (sin a cos b + sin b cos a) sin c = cos a cos b cos c – sin a sin c cos c – sin a cos b sin c – sin b sin c cos a . Idem pour sin (a + b + c) . © Hachette livre, 2011

65


101. Même méthode que pour l’exercice 102. r 1 + cos 6 2 r 102. cos . = 12 2 r 1 – cos 6 2 r . sin = 12 2 r 2+ 2 103. cos2 = . 8 4

( )

( )

( )

sin2

( r8 ) = 2 –4

2

.

2r 2r On en déduit alors cos et sin de la 16 16 même manière. 104. Soit f(x) cette expression : f (x) = 2 cos 2 (2x) – 4 cos 2x + 2 = 8(cos 4 x – 2 cos 2 x + 1) f (x) = 8 sin 4 x . 105. 1. On a entré la fonction dans le menu de fonction et on peut conjecturer que :  x d  , f (x) = 3 . 2 2. On dével0ppe, et on trouve bien 3 . 2 106. 1. 2 2 a – b 2 1 & a 2 – b2 2 a 2 + b2 & b2 1 0 a 2 + b2 a 2 – b 2 1 – 1 & a 2 – b 2 1 – ( a 2 + b 2) a 2 + b2 & a2 1 0 2. Au cosinus ou au sinus d’un réel. 3. x d6r ; 2r@ donc sin x G 0 . a. Donc sin x = –

2 ab

a 2 + b2

.

b. Oui car ab = – ab . 107. 1.  a, b, on a : sin (a + b) # sin (a – b) = cos 2 (b) – cos 2 (a) qui s’obtient en développant des formules d’addition. 2. Oui puisque sin 2 b = 1 – cos 2 b et sin 2 a = 1 – cos 2 a . 3. f est la bonne réponse. 108. 1. Elle résout des systèmes linéaires d’équations. 2. Les solutions du système : p+q a= a+b=p 2 soit ' p–q a–b=q b= 2 ce qui s’obtient directement. 3. a. 2 sin a cos b . c. 2 cos a cos b . b. 2 sin b cos a . d. 2 sin a sin b . 4. En substituant p à a + b et q à a − b c’est gagné. 109. 1. p = 3x ; q = 5x. 2. p = 7x ; q = 2x. 3. p = 11x ; q = 17x.


Livre du professeur

110. Cet exercice est corrigé dans le manuel. r 111. 1 + sin x = sin + sin x 2 r r = 2 sin + x cos − x . 4 2 4 2 r 1 − sin x = sin – sin x 2 r r = 2 cos + x sin − x . 4 2 4 2 Soit finalement : Z r x ] 1 + sin x = 2 sin 2 4 + 2 ] [ r x ]] 1 – sin x = 2 sin 2 − 4 2 \

(

) (

)

(

) (

)

( (

) )

6. Équations trigonométriques 112. Cet exercice est corrigé dans le manuel. r r 113. 1. – . 2. . 3 4 5r r 3r 5r + 2r . 4. – et et – . 3. – 6 2 6 6 r 5r r 5r ou . 2. ou . 114. 1. 3 3 6 6 r 3r 9r 11r 5r . 4. , , , . 3. 4 4 4 4 6 r 2r 115. x = . 6 3 r 2kr Soit x = + , avec k d  . 6 3

( )

5—π

π —

6

6

π -— 2

116. 2

3 1

3

3 2

2

3

3 1

3

2

r 11r ou x = . 6 6 r 3r 2. x = – ou x = – . 4 4 117. 1. x =

118. 1. x d " 0 ; 2r ; 4r , . 13r 17r 27r 13r 1 ; ;– ;– . 2. x d ' 15 15 15 15 119. 1. r r 3r r 3r 5r x d' ; – ; ;– ;– ;– ; 4 2 4 4 4 4 7r r 3r 1 – ; ;– . 4 2 2 19r r k2r 2. x d ' ; + 4 12 3 avec k d " 6 ; 7 ; 8 , . r 5r 1. 120. 1. x d ' ; 4 4 r r kr 2. x d ' ; + 2 10 5 avec k d " – 5 ; … ; 5 , . 121. I 1. Il a des solutions ! 2. Il les donne toutes cette fois, et donc sur , et non dans un intervalle de longueur 2r , a priori.

(

)

1 II 1. T (x) = 2(x + 1) x − . 2 2. f (x) = T (cos x) = 2 (cos x + 1)

( cos x − 12 ) .

3. f (x) = 0 + cos x = – 1 ou cos x = 1 . 2 4. a. Dans , r cos x = 1 + x d $ + k2r ; 2 3 r – +  2rk ;  d  . 3 b. Dans , cos x = – 1 + x d " (2k + 1) r ; k d  , d’où dans 6– r ; 3r@ . r r 7r 5r 1 cos x = – 1 + x d ' ; – ; ; . 2 3 3 3 3 cos x = – 1 + x d " – r ; r ; 3r , . 5. Ce qui fournit l’ensemble complet des solutions. 122. 1. On peut au moins conjecturer 0… 2. x = 2x 3 + 2x 3 – x = 0 + x (2x 2 – 1) = 0 + x = 0 ou x = ! 1 . 2 3. Donc x est solution de () si, et seulement si, sin x = 0 ou sin x = 2 ou 2 2 sin x = – . 2 4. Comme précédemment on a la réunion des solutions sur 60 ; 4r@ : ' 0 ; r ; 2r ; 3r ; 4r ; © Hachette livre, 2011

r 2r 3r 11r ; ; ; 1. 4 4 4 4

66


123. La méthode est exactement la même pourvu que : 1. On pose u = sin x. 2. On remarque que l’équation équivaut 3 à cos 2x = ! . 2 3. On substitue sin2 x à 1 − cos2 x. 4. On remarque que l’équation équivaut r à sin 2x + =! 1 . 3 2 124. Les réponses sont bien celles de la capture de l’énoncé. La méthode reste inchangée à l’exercice 122. 125. 1. On conjecture qu’il n’y a pas de solutions. 2. Supposons x d  tel que cos x + sin x = 0 cos x = – sin x et donc alors cos x = sin x = 0 ce qui est absurde où bien : nécessairement cos x H 0 et sin x H 0 donc : si cos x 2 0 ou sin x 2 0 alors cos x + sin x 2 0 on en déduit que cos x = 0 et sin x = 0 ce qui est absurde. 126. 1. a. Quelles sont les éventuelles solutions de l’équation cos x + sin x = 1 dans @ – r ; r 6 ? r b. { = $ 0 ; . . 2 2. a. Il a permis de factoriser cette somme de termes. b. Soit x d  , cos x + sin x 1 cos x + 1 sin x . = 2 2 2 r Soit cos x + sin x = 2 cos x – . 4 c. On retrouve alors les solutions en r = 1 . résolvant l’équation cos x – 4 2 127. 1. On divise l’égalité par 2. 3 r sin x = sin – x 2. 1 cos x – 6 2 2 5r = sin x – . 6 5r 3. Et donc () + sin x – =1 6 r = sin . 2 On procède identiquement à ce qui a été fait à l’exercice 118, 119 ou 120. r 128. 1. cos x + sin x = 2 sin x + . 4 r . 2. cos x + sin x = 2 cos x – 4

(

)

(

)

(

)

(

)

(

(

)

(

(

(

)

)

)

)


Livre du professeur

( r6 ) . r cos x + 3 sin x = 2 cos ( x – ) . 3 r 3 cos x – sin x = 2 sin ( x – ) . 6 3 sin x = 2 sin x +

3. cos x + 4. 5.

129. 1. a + b = 1 . 2. a. OP = a 2 + b 2 . a b , b. M . 2 2 2 a +b a + b2 c. Ces coordonnées vérifient la relation de départ. 3. Si α et β sont le cosinus et le sinus d’un angle, on a nécessairement a b a= et b = 2 2 2 a +b a + b2 et réciproquement cela convient parfaitement puisque, quels que soient a et b, 2 a b + = 1. 2 2 2 2 a +b a +b 2

2

(

(

)

) (

)

130. Soit () : a cos x + b sin x = c . 1. De l’exercice précédent, il existe i0 , dans @– r ; r@ tel que a b cos i0 = et sin i0 = . 2 2 2 a +b a + b2 2. Ainsi a b cos x + sin x () + 2 2 2 a +b a + b2 c . = 2 a + b2 c + cos (x – i0) = a 2 + b2 3. a. L’équation () admet des solutions réelles si, et seulement si, c 1 a 2 + b 2 . b. S’il existe x0, tel que c cos(x 0 – i0) = alors il existe 2 a + b2

{d@ – r ; r@ tel que cos (x 0 – i0) = cos { et donc x 0 = i0 + { + 2kr ou x 0 = i0 – { + 2 r .

7. Inéquations trigonométriques 131. Cet exercice est corrigé dans le manuel. r 5r 132. 1. x dE – r ; 6,@ ; rE . 5 6 r 7r 2. x d80 ; B, ; ; 2rE . 3 3 r r 6 @ 7r 9r ;. 133. 1. x dE – ; , ; 4 4 4 4 r 2r 2. x dB – r ; B, ; ; 2rE . 3 3 3r 3r ;. 134. 1. x dE – ; 4 4 3r 3r ;. 2. a. On retrouve x dE – ; 4 4 3r ;. b. On obtient x d;0 ; 4 r 5r ;. 135. 1. x dE ; 3 3 2. r r 5r ; E 7r x dE – r ; – ;,E ; , ; 3rE . 3 3 3 3 r 11r ;. 136. 1. x dE ; 6 6 2. r r 11r 13r x dE – r ; – E, ; ; ; 3rE . E,; 6 6 6 6

3 sont les racines 137. 1. a. – 1 et – 2 2 de ce trinome. 3 b. f (x) = – 4 x − x+1 2 2 = (+ 2x + 1)(– 2x + 3 ) . 2. a.

(

x

)(

0

2 cosx + 1

+

2r 3 0

)

–

4r 3 0

b. x

0

– 2 cosx +

–

3

r 6 0

11r 2r 6 + 0 –

Remarque : la justification se fait plus par le cercle que par les composés. 3. On en déduit le signe de l’expression x

r 6

0

4r 3

11r 6

2r

+ 0 – 0 +

2 cosx + 1 – 2 cosx +

2r 3

3

– 0

+

0 –

– 0 + 0 – 0 + 0 –

– (cosx)

3 138. 1. cos x 1 2 4 + xdR Xd

U

kd

E

r 11r + 2kr ; + 2kr ;. 6 6

2. a. On obtient donc par équivalence r r 11r + 2kr 1 2x – 1 + 2kr, k d  ; 6 2 6 2r 7r + 2kr 1 2x 1 + 2kr, k d  ; 3 3 r 7r + kr 1 x 1 + kr . 3 6 r 7r E + kr ; + kr ; Soit x d 3 6 kd r ce qui donne dans : 60 ; r@ : B ; rB ; 3 8– r ; rB : 8– r ; – r 8,B r ; rB ; 2 2 2 6 3 2 r 7r ;. 60 ; 2r@ : E ; 3 6

U

2r +

En route vers le Bac (p. 298-299) 139. 1. Oui par définition. r r 2. Faux : cos + sin 2 1 . 4 4 3. Oui, ils sont de la forme r + kr, k d  . 2 4. Oui, ils sont de la forme nr, n d  . 5. Oui, il est inférieur ou égal à 1. r r 6. Faux : cos = sin . 4 4 7. Faux : cos (0 + r) = cos r = – 1 . cos 0 + cos r = 1 + (1) = 0 . 8. Faux : x = 0… 9. Faux : x = r…

10. Vrai, car elle équivaut à cos x = – 3 ou cos x = 2 qui n’ont chacune aucune solution. 140. b. 141. b. 142. b. 143. c. 144. b. d. 145. a. 146. 1. Elle vaut r . La somme des mesures des angles d’un triangle vaut r radians. r 2. . 2 © Hachette livre, 2011

67


3. Il est donc rectangle. 147. Il suffit de développer… aucune difficulté c’est de l’application directe des formules. r 148. 1. cos x = 0 + x = + kr , k d  . 2 r 2.  t = $ x d  / x ! + kr, k d  . , 2 3. Soit x d  t , 1 d’où le cos 2 x = 1 = 1 cos 2 x + sin 2 x cos 2 x cos 2 x résultat. 149. Soit x d  .


Livre du professeur

1. – x g  t

r &  k d  , – x = 2 + kr r &  k d  , x = – + kr 2 r &  k d  , x = + (k – 1) r 2 r &   d  , x = +  r. 2 & x g t . Par contraposition on conclut que : xdt & – xdt . De la même manière on montre que : r – x d  t et r + x d  t . 2. tan (– x) = – tan x , tan (r – x) = – tan x, tan (r + x) = tan x . 3. Voir cours… 4. Par factorisation de cos a cos b au numérateur et au dénominateur on obtient tan (a + b) = tan a + tan b . 1 – tan a tan b 5. tan (a – b) = tan a – tan b . 1 + tan a tan b 150. Soit x d  t . 1. Voir pages de démonstrations et de cours. x cos x 2. tan (2 x) = sin 2x = 2 sin cos 2x cos 2 x – sin 2 x 2 = cos 2 x # 2 tan x2 = 2 tan x2 . cos x 1 – tan x 1 – tan x 3. On remplace a et b par x… 151. 1. On peut parler de Thalès, de triangles semblables… bref de proportionnalité.

IT = IT = MC = sin x = tan x . OI OC cos x Une fois fait pour le premier quadran on a, par disjonction des cas, la même formule dans le quatrième. cos x 2 0 r & tan x 2 0 2. x dB 0 ; 8 & ' 2 # sin x 2 0 on a : MC G IM G IT soit : sin x G x G tan x ; donc x cos x G sin x . et sin x G 1 x et aussi sin x H cos x x d’où cos x G sin x G 1 . x 3. Il semble bien que pour x aussi proche que l’on veut de 0 on ait sin x aussi proche x que l’on veut de 1… 152. Soit x d  . x r 1. g  t +  k d  , x = + kr 2 2 2 +  k d  , x = r + 2kr , +  k d  , x = (2k + 1) r + x d " (2k + 1) r, k d  , d’où l’équivalence : x  + x d  " (2k + 1) r, k d  , . 2d t x 2. Soit x d  t tel que d  t alors : 2 • cos x = 2 cos 2 x − 1 2 2 2 –1= –1 = 1 x 1 + tan 2 ` j x 2 cos 2 ` j 2

()

et donc

x 2 – 1 – tan 2 ` j 2 cos x = x 1 + tan 2 ` j 2 x 1 – tan 2 ` j 2 2 = = 1 – t2 x 1 + tan 2 ` j 1 + t 2 où t = tan x . 2 • sin x = 2 cos x sin x = 2 cos 2 x tan x 2 2 2 2 x 2 tan ` j 2 = 1 x cos 2 ` j x 2 2 tan ` j 2 = 2t Soit sin = 2 x 1 + tan ` j 1 + t 2

()

() ()

()

où t = tan x . 2 • tan x = sin x = cos x

()

x 2 tan ` j 2 = 2t 2 x 1 – tan 2 ` j 1 – t 2

avec t = tan x . 2 3. L’équation équivaut à : a(1 − t2) + 2bt − c(1 + t2) = 0 soit (− a − c) t2 + 2bt + (a − c) = 0 qui admet des solutions, si et seulement si son discriminant est positif ou nul, ce qui donne bien a 2 + b 2 H c 2 .

TP Info (p. 300-301) 1. Triangle inscrit dans un cercle

2. De jolies courbes

On a : M (cos a ; sin a) ; M¢ (cos (– a) ; sin (– a)) , donc MM¢ = 2 sin a et IH = 1 – cos a . 2 sin a (1 – cos a) Ainsi  (a) = = sin a (1 – cos a) . 2 La fonction  est admise comme fonction dérivable sur 60 ; r@ et telle que ¢ (a) = – 2 cos 2 a + cos a + 1 et donc  ¢ (a) = 0 + a = 0 ou a = 2r . 3 Puis, du signe de  ¢ (a) sur 60 ; r@ on en déduit que la fonction  admet un maximum qui est  2r . 3 3 3 2r 2r 2r = sin × 1 − cos = . Soit  3 3 3 4 On vérifie que tout concorde avec l’animation sous Geogebra. Rem : Ce TP peut être assez intéressant pour comprendre aussi l’utilité de XCAS lorsque l’on n’a pas la connaissance de la dérivation des fontions trigonométriques.

Soit a et b deux réels. Il est évident que x=a–b cos (a + b) – cos (a – b) = 2 sin a sin b ainsi, en posant ' y=a+b x+y x– y on trouve bien : cos x – cos y = – 2 sin sin 2 2 0 G x G r pour (x ; y) d60 ; r@2 , on a : ' et donc : 0GyGr x+y x–y 0G Gr – r G G 0 car x 1 y donc x G y . 2 2 Sachant cela on a donc le signe de l’expression factorisée de cos x – cos y , c’est-à-dire :  x ; y d60 ; r@, (x 1 y & cos x > – cos y H 0) . Autrement dit, la fonction cos est décroissante sur l’intervalle 60 ; r@ . Un travail analogue se ferait sur 6r ; 2r@ et qui établirait que la fonction cos est croissante sur 6r ; 2r@ . Ce qui se vérifie avec l’animation Geogebra.

( )

( ) (

(

( ) ( ))


68


) ( )


Livre du professeur

Activité de recherche (p. 302) L’intérêt n’est pas dans le résultat numérique mais bien dans le fait de sensibiliser l’élève sur le confort technologique dont il n’a pas légitimement conscience, et sur le fait que la lecture de


cette table fournit une assez bonne approximation. Cela renvoie d’ailleurs aux notions d’ordres de grandeurs que nos élèves n’ont pas tellement à cet âge.

69


8

Géométrie plane Programme officiel Contenus


Géométrie plane Condition de colinéarité de deux vecteurs : xy ¢ – yx ¢ = 0. Vecteur directeur d’une droite. Équation cartésienne d’une droite. Expression d’un vecteur du plan en fonction de deux vecteurs non colinéaires.

• Utiliser la condition de colinéarité pour obtenir une équation cartésienne de droite. • Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant un vecteur directeur et un point. • Déterminer un vecteur directeur d’une droite définie par une équation cartésienne. • Choisir une décomposition pertinente dans le cadre de la résolution de problèmes.

Ouverture du chapitre (p. 304-305) Permet l’introduction des notions suivantes : Vecteurs (« introduction » et « le coin des langues ») ; Colinéarité (« charade ») ; Droites et équations.

Découverte (p. 306-307) 1. Aller dans la même direction

2. u , w et t semblent colinéaires. u = – 1 w = 1 t . 2 3

1. Construire des vecteurs 1.

2. Découvrir une condition de colinéarité 1. et 2.

3. Le résultat est nul quand les vecteurs semblent colinéaires. x¢ x sont colinéaires, 4. Il semble que lorsque les vecteurs u et y¢ y xy¢ – yx ¢ = 0.

() ( )

3. Applications 1. 4 # (– 7, 8) – (– 9) # 3, 5 = – 31, 2 + 31, 5 = 0, 3 donc 4 3, 5 4 # (– 7, 8) – ( – 9) # 3, 5 ! 0 , donc u 1 et v 1 –9 – 7, 8 ne sont pas colinéaires. 6, 4 2. 6,4 × 10,85 − 22,4 × 3,1 = 69,44 − 69, 44 = 0, donc u 2 3,1 22,4 et v 2 sont colinéaires. 10,85

( )

(


70

)


(

)

( )

Chap. 8 Géométrie plane

Livre du professeur

3. Un peu de mouvement

( )

1 5 = 10 – 10 = 0 , donc u 1 et # 20 – (– 6) # – 3 2 2 3 –6 5 v 3 – 3 sont colinéaires. 20

3.

( )

( )

1. E est un point de [AB] donc il existe un réel k de [0 ; 1] tel que AE = kAB. F est un point de [AC] donc il existe un réel k¢ de [0 ; 1] tel que AF = k¢AC. Or (EF) est parallèle à (BC), donc d’après le théorème de Thalès, AE = AF , d’où k = k ¢ . AB AC

2. Etre ou ne pas être une droite 1. (E2), (E3), (E4), (E6), (E7), (E8) semblent être des droites. 2. 1. y = ax + b ou x = c avec a, b, c réels fixés. 2. (E2) : y = 3 x + 5 (E3) : x = – 4 (E4) : y = – 4 x – 2 3 2 2 3 (E6) : y = – 1 (E7) : y = x – 7 (E8) : x = 5 2 3. (E2), (E3), (E4), (E6), (E7), (E8) sont des droites.

2. AG = AE + AF = kAB + kAC = k (AB + AC) = kAD , donc G appartient à [AD]. 3. Réciproquement, si H est un point de [AD], alors il existe un réel k de [0 ; 1] tel que AH = kAD = k (AB + AC) = kAB + kAC = AI + AJ où I est un point de [AB] et J est un point de [AC] tels que (IJ) est parallèle à (BC) (d’après la réciproque du théorème de Thalès). 4. G décrit donc la diagonale [AD] du parallélogramme.

Logique et notations (p. 314) 1. 1. Alexandre ne prend ni le bus n° 3 ni le bus n° 10.

3. Les droites (CE) et (BD) sont perpendiculaires à la droite (AB),

2.  x d , f (x) 1 3. 3. Tout point de la droite (AB) a une ordonnée différente de 4. 2. 1. Si un quadrilatère n’a pas de côtés perpendiculaires, alors ce n’est pas un rectangle. 2. Si un point n’appartient pas à la médiatrice d’un segment, alors ce point n’est pas le milieu de ce segment.

donc (CE) et (AB) sont parallèles. De plus, les points A, C et B sont alignés. Donc si les points A, E et D sont alignés, alors, d’après le théorème 2#6 3 = = 1, 5. de Thalès, on a AC = AE d’où AE = AC # AD = AB 8 2 AB AD Par conséquent, si AE = 1,6 cm, alors les points A, E et D ne sont pas alignés.

Raisonnement mathématique (p. 316-317) À vous de jouer, page 316 1. 1. – 3x – 5y + 10 = 0 2. 4x + 1 = 0 3. 3y – 2 = 0 2. 1. y = 4 x + 2 5 5 2. y = 1 x + 3 2 1 3. y = 4

À vous de jouer, page 317 La droite (d) d’équation ax + by + c = 0 a pour vecteur direc–b . teur u a La droite ( d¢ ) d’équation a¢ x + b¢ y + c = 0 a pour vecteur direc– b¢ teur v . a¢ – b¢ –b et v sont colinéaires (d)//( d¢ ) + u a¢ a + – b # a¢ – a (– b¢ ) = 0 + ab¢ – a¢ b = 0.

( )

( )

( )


71


( )


Livre du professeur

Exercices résolus (p. 318 à 325) Entraînez-vous, page 319

1. 1.

Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FE) et (BG) sont parallèles.

DF = DA + AF = DA + 3 AB – 2 BC 2 3 = DA + 3 AB – 2AD = 3DA + 3 AB . 2 2

Entraînez-vous, page 321

Donc DF = 3DE . Ainsi les vecteurs DF et DE sont colinéaires, d’où les points D, E et F sont alignés.

1. D’après la relation de Chasles,

2. D’après

la

relation

de

Chasles, SP = SN + NM + MP , or NS = 2 NM , 5 donc SP = – 2 NM + NM + MP , d’où 5 3 SP = NM + MP . 5 De même, NR = NM + MR , or MR = 5 MP , donc NR = NM + 5 MP , 3 3 donc NR = 5 SP . 3 Ainsi les vecteurs SP et NR sont colinéaires, donc les droites (SP) et (NR) sont parallèles.

2. Première méthode

FE = FA + AE = 1 AC – 2 AB 2 3 BG = BA + AG = – AB + 3 AC 4 Donc BG = 2 FE 3 Ainsi les vecteurs FE et BG sont colinéaires, donc les droites (FE) et (BG) sont parallèles. Deuxième méthode Dans le repère (A, AB, AC) : E – 2 ; 0 , 3 3 1 F 0 ; – , B(1 ; 0) et G 0 ; donc 4 2 2 – FE 3 et 1 2 –1 BG 3 – 2 # 3 – (– 1) # 1 3 4 2 4 =–1+1=0 2 2 Ainsi les vecteurs FE et BG sont colinéaires, donc les droites (FE) et (BG) sont parallèles. Troisième méthode 1 AF = 2 = 2 et AE = 2 . Donc AF = AE . AG 3 3 AB 3 AG AB 4 Or les points F, A, C d’une part et les points E, A, B d’autre part sont alignés dans cet ordre.

(

)

( )

( )

(

)

(

)

TR = TM + MN + NR , or MT = 4MN donc TR = – 3MN + NR . R est le symétrique de Q par rapport à N, donc NR = QN , d’où TR = – 3MN + QN . Donc, d’après la relation de Chasles, TR = – 3MN + QP + PN . Puisque MNPQ est un parallélogramme, QP = MN , donc TR = – 2MN + PN . D’après la relation de Chasles, TS = TM + MS , or MT = 4MN , et MS = – 4MP donc TS = – 4MN – 4MP d’où TS = – 4MN – 4(MN + NP) . Ainsi TS = – 8MN + 4PN , donc TS = 4TR . Ainsi les vecteurs TS et TR sont colinéaires, donc les points T, S et R sont alignés.


EF = EA + AF = 1 AB + 1 AC + 1 AB 3 4 3 = 2 AB + 1 AC ; 3 4 EG = EA + AB + BG = 1 AB + AB + 1 AC 3 2 = 4 AB + 1 AC ; 3 2 Donc EG = 2EC . Ainsi les vecteurs EG et EC sont colinéaires, d’où les points E, F et G sont alignés. Deuxième méthode

(

)

Dans le repère (A, AB, AC) : E – 1 ; 0 , 3 F 1 ; 1 et BG = 1 AC donc 3 4 2 BA + AG = 1 AC , 2 d’où AG = AB + 1 AC , ainsi G 1 ; 1 . 2 2 4 2 Par conséquent, EG 3 et EF 3 . 1 1 2 4 Donc EG = 2EC . Ainsi les vecteurs EG et EC sont colinéaires, d’où les points E, F et G sont alignés.

(

)

(

() ()

)


DE = DA + AE = DA + 1 AB ; 2 © Hachette livre, 2011

72


Deuxième méthode Dans le repère (B, BC, BA ) : E 0 ; 1 , 2 BF = BA + AF = BA + 3 AB – 2 BC 2 3 = – 1 BA – 2 BC . 2 3 2 1 Donc F – ; – . 3 2 BD = BA + AD = 1 BC + BA . 3 Donc D 1 ; 1 . 3 D’où DE – 1 ; – 1 et DF – 1 ; – 3 . 2 3 2

( )

(

(

)

(

)

)

(

)

Donc DF = 3DE . Ainsi les vecteurs DF et DE sont colinéaires, d’où les points D, E et F sont alignés. Entraînez-vous, page 322 CF = CA + AF = CA + BA + 5 AC 4 = – AB + 1 AC , 4 donc DE = – 2CF . CF = CA + AF = CA + BA + 5 AC = 4 – AB + 1 AC , 4 donc DE = – 2CF. Ainsi les vecteurs DE et CF sont colinéaires, donc les droites (DE) et (CF) sont parallèles. Entraînez-vous, page 323

1. u 1

1

3

( –23 ), u ( –32 ), u ( –12 ), u ( – 32 ) 2

3

4

2. u 1 = 2u 3 , donc (d1) et (d3) sont paral-

lèles, et u 2 = – 2u 4 donc (d4) et (d2) sont parallèles. Entraînez-vous, page 324

1. Puisque la droite T est parallèle à la droite (AB), on sait que le vecteur AB est un vecteur directeur de T . Or le vecteur x – xA , c’est-àAB a pour coordonnées B yB – yA 3 2 – (– 1) dire soit . –6 –2–4

(

( ) ( )

)


Livre du professeur

Un point M de coordonnées (x ; y) apparx+3 tient à T si, et seulement si, CM y–3 et AB sont colinéaires, ce qui équivaut successivement à : – 6(x + 3) – 3(y – 3) = 0 – 6x – 3y – 9 = 0 , ce qui peut se simplifier pour donner 2x + y + 3 = 0. Par conséquent, T a pour équation 2x + y + 3 = 0.

(

)

2. Le point D (– 2 ; a) appartient à T si, et seulement si, ses coordonnées vérifient l’équation de T . D’où 2 # (– 2) + a + 3 = 0 , ce qui donne a = 1. Par conséquent, le point de T d’abscisse (− 2) a pour ordonnée 1. 3. Calculons si les coordonnées de E vérifient l’équation de T . 2x E + y E + 3 = 2 # – 1 + 3 + 3, 2 2 –2+3+6 , d’où donc 2x E + y E + 3 = 2 7 2x E + y E + 3 = . 2 Ainsi 2x E + y E + 3 ! 0. Par suite, le point E n’appartient pas à la droite T .

( )

Entraînez-vous, page 325

1. 1. Une équation cartésienne de (d)

–4 , est un est – x + 4y + 1 = 0 , donc u –1 vecteur directeur de (d). Une équation cartésienne de ( d¢ ) est –2 5x + 2y – 5 = 0 , donc v , est un vec5 teur directeur de ( d¢ ). (– 4) # 5 – (– 1) # (– 2) = – 20 – 2 = – 22, d’où (– 4) # 5 – (– 1) # (– 2) ! 0, ainsi u et v ne sont pas colinéaires. Par conséquent, (d) et ( d¢ ) ne sont pas parallèles. 2. Notons (x ; y) les coordonnées du point d’intersection de (d) et ( d¢ ). On obtient alors le système suivant : – x + 4y + 1 = 0 , qui équivaut succes' 5x + 2y – 5 = 0 sivement à : x = 4y + 1 x = 4y + 1 , ' , ' 5 (4y + 1) + 2y – 5 = 0 22y = 0 x=1 . ' y=0 Ainsi le point d’intersection de (d) et ( d¢ ) a pour coordonnées (1 ; 0).

( )

( )

2. 1. Une équation cartésienne de (d)

Une équation cartésienne de ( d¢ ) est –2 x + 2y – 12 = 0 , donc v est un vec1 teur directeur de ( d¢ ). 4 # 1 – 1 # (– 2) = 4 + 2 = 6 , d’où 4 # 1 – 1 # (– 2) ! 0 , ainsi u et v ne sont pas colinéaires. Par conséquent, (d) et ( d¢ ) ne sont pas parallèles. 2. Notons (x ; y) les coordonnées du point d’intersection A de (d) et ( d¢ ). On obtient alors le système suivant : x – 4y + 6 = 0 , qui équivaut successi' x + 2y – 12 = 0 x = 4y – 6 vement à : ' , (4y – 6) + 2y – 12 = 0 x = 4y – 6 x=6 ,' . ' 6y – 18 = 0 y = 3 Ainsi le point d’intersection A de (d) et ( d¢ ) a pour coordonnées (6 ; 3). 3. – 5 # 6 + 8 # 3 + 6 = – 30 + 24 + 6 = 0 donc A d (d¢¢ ). 4. D’après les questions précédentes, les droites (d), ( d¢ ) et (d¢¢ )sont concourantes en A(6 ; 3).

( )

4 est un vecest x – 4y + 6 = 0 , donc u 1 teur directeur de (d).

()


1. Vecteurs colinéaires et coordonnées

–4 21. a. v = 4u , donc les vecteurs u et 7 – 16 sont colinéaires. v 28 b. – 35 # 8 – 40 # 7 ! 0 , donc les vec– 35 7 et v ne sont pas coliteurs u 40 8 néaires.

(

( )

)

(

)

()

22. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 4 2 25 2 # – – 15 × – 23. a. 5 4 2 3 =5 2 –5 2 =0 4 2 – 15 5 2 et v 25 donc les vecteurs u 2 – 4 3 sont colinéaires.

(

) (

)

( ) ( )

b.

3 #4 2 – 2#2 6 = 4 6 – 4 6 = 0 3 2 6 donc les vecteurs u et v 2 4 2 sont colinéaires. 24. a. 5 # 6 – (– 2) # a = 0 donc a = – 15 . b. 21 # a – 3 # 7 = 0 donc a = 1 . c. 1 # (a + 1) – (– 1) # a = 0 donc a = – 1. 2 d. 2a # 5 – 1 # 4 = 0 donc a = 2 . 5 e. 0 # 8 – 6 # 5a = 0 donc a = 0 . 25. 1. a. AB (– 5 ; – 4) et BC (6 ; 1) . – 5 # 1 – 6 # (– 4) = – 5 + 24 = 19 ! 0 , donc AB et BC ne sont pas colinéaires. b. D’après a, les points A, B et C ne sont pas alignés. 2. ABCD est un parallélogramme si et seulement si AB = DC , ainsi en passant aux 4 – xD = – 5 coordonnées, on obtient ) , 2 – yD = – 4 d’où D(9 ; 6).

( )


73

(

)


26. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 27. AB – 7 ; 3 et AC – 23 ; 9 3 4 3 4 9 3 23 7 21 23 – # – # – 3 4 4 3 = – 4 – 4 = –11, donc – 7 # 9 – 3 # – 23 ! 0 . 3 4 4 3 Donc AB et AC ne sont pas colinéaires, ainsi A, B et C ne sont pas alignés. x–2 x 28. AB et AC 3 2 AB et AC sont colinéaires + 2 (x – 2) – 3x = 0 + – x – 4 = 0 + x = 4. 4 x–3 29. DE et DF 2x – 5 –4 DE et DF sont colinéaires + (x – 3)(2x – 5) – (– 4) # 4 = 0 + 2x 2 – 11x + 31 = 0 Le discriminant du trinôme est T = – 127. Par conséquent, l’équation n’a pas de solution. Ainsi il n’existe pas de valeur de x pour laquelle D, E et F sont alignés.

(

)

(

(

) ( )

(

)

()

(

)

(

)

)


Livre du professeur

30. 1.

Calculons le discriminant de x 2 – 2x – 2 . T = (– 2) 2 – 4 # 1 # (– 2) = 4 + 8 = 12. T2 0 donc le trinôme a deux racines : 2 – 12 x1 = = 1 – 3 et 2 2 12 + =1+ 3 x2 = 2 Donc les droites (AB) et (CD) sont-elles parallèles pour x = 1 – 3 et pour x=1+ 3 1 35. 1. AB –2 xE + 2 = 4 # 1 donc ) , y E – 5 = 4 # (– 2) d’où E (2 ; – 3). –4 3 2. EC et ED 4 – 1 3 4 – 1 # (– 4) = – 4 + 4 = 0, Or 3 # – 3 donc EC et ED sont colinéaires, ainsi C, D et E sont alignés. 2 6 et DC donc DC = 3AB 36. AB 1 3 Ainsi (AB) et (DC) sont parallèles, donc ABCD est un trapèze. AD = (– 2 + 1) 2 + (– 1 – 2) 2 = 1 + 9 = 10 2 et BC = (4 – 1) + (2 – 3) 2 = 1 + 9 = 10 Donc AD = BC , ainsi ABCD est un trapèze isocèle de bases [AB] et [DC]. –2 –1 et DC donc DC = 1 AB, 37. AB 2 6 3 ainsi (AB) et (DC) sont parallèles, donc ABCD est un trapèze. AD 2 = (5 + 1) 2 + (– 1 + 3) 2 = 36 + 4 = 40 CD 2 = (5 – 4) 2 + (– 1 – 2) 2 = 1 + 9 = 10 AC 2 = (4 + 1) 2 + (2 + 3) 2 = 25 + 25 = 50 Donc AD 2 + CD 2 = AC 2 , ainsi d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ACD est rectangle en D. Donc le quadrilatère ABCD est un trapèze rectangle de bases [AB] et [DC]. 38. 1. Conjecture : a.

( )

2. ABCD semble être un trapèze. AB (4 ; 2) et DC (6 ; 3) 4 # 3 – 2 # 6 = 12 – 12 = 0 (On peut aussi remarquer que DC = 3 AB .) 2 Donc AB et DC sont colinéaires, mais pas égaux. Ainsi ABCD est un trapèze. 31. 1. AB (2 ; 2) et CD ( – 3 ; – 3) Donc AB et CD sont colinéaires, ainsi (AB) et (CD) sont parallèles. 2. AD 4 ; – 11 et BC 7 ; 9 3 2 3 2 4 # – 9 – – 11 # 7 = – 6 + 77 3 3 6 2 2 = 41 ] 0 , 6 donc AD et BC ne sont pas colinéaires. Ainsi (AD) et (BC) ne sont pas parallèles. 3. ABCD est donc un trapèze. 5 –2–x 32. 1. RI et EV 2 4 RI et EV sont colinéaires + 5 # 4 – 2 (– 2 – x) = 0 + x = – 12 –2 1–x 2. VR et EI 2 8 VR et EI sont colinéaires + (– 2) # 8 – 2 (1 – x) = 0 + x = 9 3. Il n’existe pas de x vérifiant les deux conditions précédentes en même temps donc RIVE ne peut pas être un parallélogramme. –1 2–x 33. MA et RE 2–x –1 MA et RE sont colinéaires + (2 – x) 2 – 1 = 0 + (2 – x – 1)(2 – x + 1) = 0 + (1 – x)(3 – x) = 0. + x = 1 ou x = 3 . –x 2 33. AB et CD 1 2 –x AB et CD sont colinéaires + – x (2 – x) – 2 = 0 + x 2 – 2x – 2 = 0

(

)

(

( ) (

)

()

(

( )

(

( )

)

)

(

)

)

(

(

)

() ( )

( )

()

()

( )

( )

)


74


b. ABCD semble être un trapèze rectangle de bases [AB] et [CD]. 2. Démonstration : 2 16 et CD – 32 ; – . a. AB 5 5 1 16 b. 2 # – – – 32 = 0 donc ces vec5 5 teurs sont colinéaires. 16 5 8 5 et AD = c. AC = 8 ; CD = 5 5 d. AB et CD sont colinéaires. Donc ABCD est un trapèze. AD 2 + CD 2 = AC 2 donc les côtés [AD] et [DC] sont perpendiculaires. Ainsi ABCD est un trapèze rectangle. 39.

() ( ( ) (

)

)

40. 1. Cet algorithme permet de calculer l’ordonnée d’un vecteur dont on connaît l’abscisse et qui doit être colinéaire à un vecteur dont on a les coordonnées. 2.


Livre du professeur

6x + 7y + c = 0 6 # (– 3) + 7 # 3 + c = 0 avec 2 d’où c = 15 2 Ainsi : 6x + 7y + 15 = 0 2 1– 2 2. A ( 2 ; 0) et B (1 ; 4) : AB 4 donc 4x + ( 2 – 1) y + c = 0 avec 4 # 2 + ( 2 – 1) # 0 + c = 0 d’où c = – 4 2 Ainsi : 4x + ( 2 – 1) y – 4 2 = 0. – 13 15 3 1 2 3. A ; – et B – ; – 2 : AB 5 4 3 –5 4 – 52 d’où 75x – 52y + c = 0 donc 60 AB – 75 avec 75 # – 2 – 52 # (– 2) + c = 0 3 d’où c = – 54. Ainsi : 75x – 52y – 54 = 0. 49. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 50. 1. 0 ; 7 ; 1 ; 5 et 7 ; 0 3 2 3 2 2. u 1 ; – . 3 3. v – 3 ; 1 . 1 2 2 4. Le vecteur de coordonnées est –1 3 colinéaire à u et à v donc c’est un vecteur directeur de (d). 5. donc

41. Programme Casio

() (

TI

(

)

(

)

( ) ( )

(

2. Équation de droites 42. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 1 4 43. 1. (d1) : 5 et 5 4 0 2. (d2) : … 1 5 10 3. (d3) : et 2 2 2 1 4. (d4) : … 0

()

()

() ( ) ( ()

)

)(

( (

) (

) )

)

( )

)

()

(

) (

)

( )

(

(

)

)

(

)

(

() ()

1 2 5. (d5) : 2 et 3 3 4 44. 1. y = – 3x + 1 donc – 3x – y + 1 = 0. 2. y = 1 x + 5 donc x – 2y + 10 = 0. 2 3. y = 3 x – 6 donc 3 x – y – 6 = 0. 45. 1. x = 2 2. y = – 1 3. – 2x – 3y = 0 46. 1. x = 1 2 2. y = – 3 5 3. 2 3 x – 6 y = 0 ou 2x – 2 y = 0 47. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 7 48. 1. A – 3 ; 3 et B 1 ; – 3 : AB 2 2 2 2 –3

53. M(x ; y) est un point de cette droite + AM et u sont colinéaires + – 3 x + 3 – 2 # (y + 1) = 0 2 + – 3x – 2y – 13 = 0. 2 Par conséquent, une équation de cette droite est 6x + 4y + 13 = 0. 54. M(x ; y) est un point de cette droite + AM et u sont colinéaires + 2 x – 1 – 1# y – 2 = 0 2 3 4 5 1 + 2x – y – = 0. 4 6 Par conséquent, une équation de cette droite est 24 x – 3y – 10 = 0. 55. M(x ; y) est un point de cette droite + AM et u sont colinéaires + 3 (x – 3 ) + 2 # (y + 5 ) = 0 + 3 x + 2y – 3 + 2 5 = 0. Par conséquent, une équation de cette droite est 6x + 4y + 13 = 0. 56. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 57. ME (6 ; 5) est un vecteur directeur de (EM). Donc une équation cartésienne de (EM) est de la forme 5x – 6y + c = 0 or E appartient à (ME) donc 5x E – 6y E + c = 0 , d’où 5 # 4 – 6 # 2 + c = 0, ainsi c = – 8. Donc une équation cartésienne de (EM) est 5x – 6y – 8 = 0. I appartient à (ME) si et seulement si 5x I – 6y I – 8 = 0. Or I est sur l’axe des ordonnées donc x I = 0. D’où y I = – 4 . Ainsi I 0 ; – 4 . 3 3 58. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 59. 1. AB = 65 et AC = 65 . Donc ABC est isocèle en A. 6+2 5–3 ; donc I(4 ; 1). 2. I 2 2 3. Puisque ABC est isocèle en A, la médiatrice du segment [BC] passe par A. Puisque I est le milieu du segment [BC], la médiatrice du segment [BC] passe par I. Ainsi la médiatrice du segment [BC] est la droite (AI). Elle a donc pour vecteur directeur AI (6 ; – 3). M(x ; y) est un point de (AI) + AM et AI sont colinéaires + – 3 (x + 2) – 6 # (y – 4) = 0 + – 3x – 6y + 18 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (AI) est x + 2y – 6 = 0.

(

51. 1. Le coefficient directeur de (d) est (− 2). 2. Un vecteur directeur de (d) a pour 1 . coordonnées –2 52. M(x ; y) est un point de cette droite + AM et u sont colinéaires + – 5 (x + 3) – 4 # (y – 7) = 0 + – 5x – 4y + 13 = 0. Par conséquent, une équation de cette droite est – 5x – 4y + 13 = 0.

( )


75


)

)


Livre du professeur

60. 1. AB = 10 ; AC = 5 2 et BC = 2 10 . Donc AB 2 + BC 2 = AC 2 . Ainsi ABC est rectangle en B. 2. Ainsi la tangente à  en B est (BC) qui a pour vecteur directeur BC (6 ; 2). M(x ; y) est un point de (BC) + BM et BC sont colinéaires + 2 (x – 1) – 6 # (y – 3) = 0 + 2x – 6y + 16 = 0. Par conséquent, une équation de la tangente à  en B est x – 3y + 8 = 0. –2 3 61. 1. AI et AN 2 –3 or – 2 # (– 3) – 2 # 3 = 6 – 6 = 0 , donc AI et AN sont colinéaires, ainsi A, I et N sont alignés. 2.

( )

( )

PN = (1 – 2) + (5 – 0) = 1 + 25 = 26 AN 2 = (– 1 – 2) 2 + (3 – 0) 2 = 9 + 9 = 18 PA 2 = (1 + 1) 2 + (5 – 3) 2 = 4 + 4 = 8 2

2

2

Ainsi PA 2 + AN 2 = PN 2 . Donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle PAN est rectangle en A. 3. A appartient à (IN) et (PA) est perpendiculaire à (IN) donc la hauteur issue de P du triangle PIN est la droite (PA). –2 , (PA) a pour vecteur directeur PA –2 1 mais aussi – 1 PA , donc (PA) a une 2 1 équation de la forme x – y + c = 0 avec x P – y P + c = 0 d’où c = 4 . Ainsi (PA) a pour équation x – y + 4 = 0. 1 62. 1. . –3 2. Une équation cartésienne de la parallèle à (d) passant par A est de la forme – 3x – y + c = 0 avec – 3x A – y A + c = 0 donc c = – 10 . Ainsi cette droite a pour équation cartésienne – 3x – y – 10 = 0 . 63. 1. u 1 ; 4 . 5 2. 5u (5 ; 4) . 11 3. AB . 9 5 # 9 – 4 # 11 – 44 = 1 , donc 5 # 9 – 4 # 11 ! 0. Ainsi les droites (d) et (AB) ne sont pas parallèles. 4. 4x – 5y = 0 .

()

( )

(

( )

)

( )

5. 4x – 5y + c = 0 avec 4x A – 5y A + c = 0, donc c = 13, ainsi une équation cartésienne de (d) dans le cas où (d) passe par A est 4x – 5y + 13 = 0. 64. (d) est la droite d’équation 4x – y + 3 = 0. 1. (d) a pour vecteur directeur u

( 14 ).

2. Appelons ( d¢ ) la parallèle à (d) passant par le point A (2 ; – 2) . 1 (d) a pour vecteur directeur u donc 4 ( d¢ ) aussi. Ainsi ( d¢ ) a une équation de la forme 4x – y + c = 0 . A appartient à ( d¢ ) donc 4x A – y A + c = 0 , d’où c = – 10. Donc ( d¢ ) a pour équation 4x – y – 10 = 0. 6 65. 1. AB donc un vecteur di–8 recteur de (AB) a pour coordonnées –3 . 4 Donc une équation cartésienne de la parallèle (d) à (AB) passant par le point C est de la forme 4x + 3y + c = 0. Or C appartient à cette droite donc 4x C + 3y C + c = 0. D’où c = – 1 . Ainsi cette droite a pour équation cartésienne 4x + 3y – 1 = 0 . –4 donc un vecteur directeur 2. BC 8 –1 . de (BC) a pour coordonnées 2 Donc une équation cartésienne de la parallèle ( d¢ ) à (BC) passant par le point A est de la forme 2x + y + c = 0. Or A appartient à ( d¢ ) donc 2x A + y A + c = 0. D’où c = 5 . Ainsi cette droite a pour équation cartésienne 2x + y + 5 = 0 . 3. Les coordonnées de D vérifient 4x + 3y – 1 = 0 ) qui équivaut à : 2x + y + 5 = 0 y = – 2x – 5 x=–8 ) ) 4x + 3 (– 2x – 5) – 1 = 0 y = 11

()

( )

( )

( )

( )

donc les coordonnées de D sont (– 8 ; 11). 4. (AB) ' (CD) et (BC) ' (AD) donc ABCD est un parallélogramme. 66. 1. – 5 # (– 4) + 3 # 1 – 8 = 2 20 + 3 – 8 = 59 ! 0 2 2 donc A g (d) © Hachette livre, 2011

76


( )

et – 5 # – 5 + 3 # 3 – 8 = 2 25 + 9 – 8 = 27 ! 0 2 2 donc B g (d) . –3 . 2. (d) a pour vecteur directeur u –5 3 2 Or AB , donc u = – 2AB . 5 2 Ainsi (d) ' (AB) .

( )

()

67. 1. 3 # 3 – 5 + 5 = 9 ! 0 , donc A g (d) et 3 # 2 – 8 + 5 = 3 ! 0 , donc B g (d) . 1 2. (d) a pour vecteur directeur u 3 et (AB) a pour vecteur directeur –1 . AB 3

()

( )

u et AB ne sont pas colinéaires, donc (d) et (AB) sont sécantes. Cherchons l’équation de (AB). M(x ; y) d (AB) + AM et AB sont colinéaires + 3 (x – 3) – (– 1) # (y – 5) = 0 + 3x + y – 14 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (AB) est 3x + y – 14 = 0. Les coordonnées du point d’intersection de (d) avec (AB) 3x – y + 5 = 0 , vérifient : ) 3x + y – 14 = 0 ce qui équivaut à : y = 3x + 5 ' , 3x + 3x + 5 – 14 = 0 Z 3 y = 3x + 5 ]] x = 2 ' , [ . 6x = 9 ] y = 19 2 \ Donc le point d’intersection de (d) et (AB) a pour coordonnées 3 ; 19 . 2 2 68. 1. (d) et (d¢ ) sont sécantes signifie que (d) et (d¢ ) ne sont pas parallèles. Les coordonnées d’un vecteur direc–a , celles d’un vecteur de (d) sont 1 –b . teur directeur de ( d¢ ) sont 1 (d) et ( d¢ ) sécantes + – a + b ! 0 + a ! b. 2. Les coordonnées de leur point d’intersection vérifient alors : x + ay + b = 0 ) , ce qui équivaut à : x + by + a = 0

(

( )

)

( )


Livre du professeur

)

x = – ay – b – ay – b + by + a = 0

+)

x = – ay – b x=–a–b +) (– a + b) y = b – a y=1

Ainsi les coordonnées de leur point d’intersection sont (– a – b ; 1). 5 69. AB donc (AB) a une équa–2 tion de la forme – 2x – 5y + c = 0 avec – 2x A – 5y A + c = 0 donc c = 19. Ainsi (AB) a pour équation – 2x – 5y + 19 = 0 . De même, on obtient (CD) : 2x – 3y – 11 = 0 et (EF) : 2x – y – 13 = 0. Les coordonnées (x ; y) du point d’intersection de (AB) et (CD) vérifient :

76. 3BF = 2FC + BF = 2 BC. 5 1.

( )

)

x=7 – 2x – 5y + 19 = 0 d’où ) . y=1 2x – 3y – 11 = 0

Ainsi (AB) et (CD) se coupent au point de coordonnées (7 ; 1). Or 2 # 7 – 1 – 13 = 0 donc ce point appartient aussi à (EF). 70. 1. M : coordonnées d’un point de la droite U : coordonnées d’un vecteur directeur de la droite 2. a. u[2] b. -u[1] c. -a*M[1]-b*M[2] 3. a. 5x + (– 2) y + 23 = 0 b. 2x + 3y + (– 18) = 0

3. Points alignés 71. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 72. DC = DB + BC donc DC = 2 AB – 1 BC + BC , 3 3 ainsi DC = 2 AB + 2 BC , 3 3 d’où DC = 2 (AB + BC) . 3 Par conséquent, DC = 2 AC . Donc DC et 3 AC sont colinéaires. Ainsi les points A, C et D sont alignés. 73. CO = CI + IL + LO = 1 (– OI – 4IL) + IL + LO = 3 1 1 – OI – IL + LO = – 1 OL + LO = 4 LO 3 3 3 3 donc les points C, O et L sont alignés. 74. AD = 3 BA – 3 BC = 3 (BA + CB) = 3 CA. 2 2 2 2 Donc les points A, C et D sont alignés. 75. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

2. a. ED = EA + AD , donc ED = 1 BA + 1 CA 3 2 b. FD = FB + BC + CA + AD Donc FD = – 2 BC + BC + CA + 1 CA . 5 2 D’où FD = 3 BC + 3 CA . 5 2 Ainsi FD = 3 (BA + AC) + 3 CA, 5 2 3 9 d’où FD = BA + CA. 5 10 3. D’après ce qui précède, ED = 5 FD . 9 Donc les vecteurs ED et FD sont colinéaires. 4. Les points D, E et F sont alignés. 77. 2EA + EC = 0 donc 2EA + EA + AC = 0 d’où AE = 1 AC. 3 J est le milieu de [CD] donc AJ = 1 (AC + AD). 2 D’où AJ = 1 (3AE + 3AB) donc 2 1 AJ = 3 # (AE + AB), c’est-à-dire 2 AJ = 3 # AI puisque I est le milieu de [EB]. Donc AJ et AI sont colinéaires. Ainsi les points A, I et J sont alignés. 78. 1.

2. N est le milieu de [AR] donc IN = 1 (IA + IR) . 2 © Hachette livre, 2011

77


3. a. L est le milieu de [EG] donc IL = 1 (IE + IG) . 2 b. IE = – 1 IT et A est le milieu de [IT] 2 donc IE = – IA . G est le symétrique de R par rapport à I, donc IG = – IR d’où IL = – 1 (IA + IR) . 2 4. D’après ce qui précède IL = – IN donc les points N, I, L sont alignés et I est le milieu de [NL]. 79.

80. Casio

TI


Livre du professeur

83. 1. Observation et conjecture a.

81. 1.

2. a. EF = EB + BF = 2CB + CA + AC = 2CB b. FD = FB + BD or D est le symétrique de A par rapport à B, donc BD = AB . D’où FD = CA + AB = CB . 3. EF = 2FD , donc les vecteurs EF et FD sont colinéaires et les points E, F et D sont alignés. 82. Première méthode : 3 7 1. AB ; – , AC 6 ; – 5 , AD 49 ; – 7 2 2 2 6 2 3 7 et AE – ; . 2 2 7# – 5 – 6# – 3 = 2. 2 2 2 36 1 – 35 + 18 = – 35 + = . 4 2 4 4 4 D’où 7 # – 5 – 6 # – 3 ! 0. 2 2 2 Ainsi AB et AC ne sont pas colinéaires. Donc A, B et C ne sont pas alignés. 7# 7 – – 49 # – 3 2 2 6 2 = – 49 + 49 = 0. 4 4 Donc AB et AD sont colinéaires. Ainsi A, B et D sont alignés. 7 # 3 – – 7 # – 3 = 21 – 21 = 0. 2 4 4 2 2 2 Donc AB et AE sont colinéaires. Ainsi A, B et E sont alignés. Deuxième méthode : 1. M(x ; y) d (AB) + AM et AB sont colinéaires + – 3 x + 5 – 7# y – 7 = 0 2 2 2 2 3 7 17 +– x – y + = 0. 2 2 2 Par conséquent, une équation de la droite (AB) est 3x + 7y – 17 = 0 . 2. 3 # 7 + 7 # 1 – 17 = 21 – 10 = 1 ! 0 2 2 2 donc C n’appartient pas à la droite (AB). 3 # 17 + 7 # 0 – 17 = 17 – 17 = 0 donc 3 D appartient à la droite (AB). 3 # (– 6) + 7 # 5 – 17 = – 18 + 35 – 17 = 0 donc E appartient à la droite (AB).

( (

) ( )

( )

) (

( )

( )

( )

( )

( )

( ) ( )

(

)

(

)

)

D’où EI = 1 (k¢ EB + k¢ EC) 2 EI = k¢# 1 (EB + EC), donc puisque J est 2 le milieu de [BC], EI = k # EJ. Donc les vecteurs EI et EJ sont colinéaires, ainsi les points E, I et J sont alignés. e. J, O, I, E sont alignés.

4. Droites parallèles

b. Les points J, O, I, E semblent alignés. 2. Démonstration a. A, O et C sont alignés, D, O et B sont alignés et (AD) ' (BC). Donc d’après le théorème de Thalès, OA = OD . OC OB Or les vecteurs OA et OC sont colinéaires, de sens contraires, donc, OA = – OA OC. OC De même, les vecteurs OB et OD sont colinéaires, de sens contraires, donc, OB = – OB OD. OD Ainsi en notant k l’opposé du quotient OA = OD , on obtient OA = kOC et OC OB OD = kOB . b. I est le milieu de [AD] donc OI = 1 (OA + OD) . 2 D’où OI = 1 (kOC + kOB) 2 1 OI = k # (OC + OB), donc puisque J est 2 le milieu de [BC], OI = k # OJ. c. Les vecteurs OI et OJ sont colinéaires, ainsi les points O, I et J sont alignés. d. E, A et B sont alignés, E, D et C sont alignés et (AD) ' (BC). Donc d’après le théorème de Thalès, EA = ED . EB EC Or les vecteurs EA et EB sont colinéaires, de même sens, donc, EA = EA EB. EB De même, les vecteurs ED et EC sont colinéaires, de même sens, donc, ED = ED EC. EC Ainsi en notant k¢ le quotient EA = ED , EB EC on obtient EA = k¢EB et ED = k¢EC . I est le milieu de [AD] donc EI = 1 (EA + ED). 2


78


84. 1. BJ = BA + AJ = 2IA = 2AC = 2IC. 2. BJ et IC sont colinéaires, donc les droites (CI) et (BJ) sont parallèles. 85. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 86. 1. AB = AC + CB = AC + 4CA + 3AD = 3CA + 3AD = 3CD. 2. AB et CD sont colinéaires, donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 87. D’après la relation de Chasles : AD + BD = AB + AC + BC + AB + BC + CD + BA + AC + CD = AB + AC + BC + 2CD + BA = 0 + AB = 2CD. Donc les vecteurs AB et CD sont colinéaires, d’où les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 88. DE = DA + AC + CE = – 1 BC + AC – 1 AB, 4 4 donc DE = – 1 (AB + BC) + AC = 4 3 – 1 AC + AC = AC. 4 4

Ainsi DE et AC sont colinéaires et les droites (AC) et (DE) sont parallèles. 89. 1. 3GC = BG donc d’après la relation de Chasles, 3(GB + BC) = BG , d’où BG = 3 BC. 4

2. Les droites (EF) et (GH) semblent parallèles. 3. EF = EA + AF = – 1 AB + AB + 1 BC 4 4 = 3 AB + 1 BC 4 4 et GH = GC + CD + DH = 1 BC – AB + 7 DA 4 12


Livre du professeur

GH = 1 BC – AB + 7 CB = – AB – 1 BC, 4 12 3 ainsi GH = – 4 EF. 3 Donc GH et EF sont colinéaires. Par suite, les droites (EF) et (GH) sont parallèles. 90. 1. BE = BA + AE = 1 FA + 1 AC = 1 FC, donc 4 4 4 BE et FC sont colinéaires, ainsi les droites (BE) et (CF) sont parallèles. 2. BE = BA + AE = – AB + 1 AC et 4 DG = DC + CA + AF + FG, DG = – 4 AB + CA + 4AB + 1 AC, 3 3 8 2 DG = AB – AC. 3 3 3 D’où BE = – DG donc BE et DG sont 8 colinéaires et les droites (BE) et (DG) sont parallèles. 91. 1. IJ = ID + DJ = EC – BG. Or E est le milieu de [AB] donc 1 EC = (AC + BC) et G est le milieu de 2 [AC] donc BG = 1 (BA + BC). 2 D’où IJ = 1 (AC + BC – BA – BC) , donc 2 IJ = 1 (AC + AB) = AF (car F est le milieu 2 de [AB]). Ainsi (IJ) et (AF) sont parallèles. 2. M est le milieu de [IJ] donc DM = 1 (DI + DJ). 2 D’où DM = 1 (CE + GB) = 2 1 1 (CA + CB) + 1 (CB + AB) = 3 CB. 4 2 2 2 3 Donc DM = – BC , ainsi (DM) et (BC) 4 sont parallèles. 92. Première méthode : calcul vectoriel 1. FB = FD + DA + AB donc

(

)

FB = 3DA + DA + 4AE = 4DA + 4AE = 4DE.

2. FB et DE sont colinéaires, d’où (FB) ' (DE). Deuxième méthode : avec des coordonnées 1. Dans le repère (A ; AB, AD) , B(1, 0), E 1 , 0 , D(0, 1) et AF = AD + DF = 4AD 4 donc F(0, 4). 1 1 et DE 4 d’où FB = 4DE. Donc FB –4 –1

(

)

( )

( )

2. Donc FB et DE sont colinéaires, d’où (FB) ' (DE) .

Troisième méthode : avec des configurations 1. AF = AD + DF = 4AD donc AD = 1 et AF 4 AE = 1 . AB 4 2. Dans le triangle ABF, E appartient à [AB], D appartient à [AF] et AD = AE , AF AB donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, (DE) ' (BF) . 93.

2. Coordonnées des vecteurs AB et CD , puis condition de colinéarité (x AB # y CD – y AB # x CD) pour savoir si ces vecteurs sont colinéaires et donc si les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 98.

GY = GO + OY = 2LO + 2LP + 2PL = 2LO.

Donc GY et LO sont colinéaires. Ainsi (LO) et (GY) sont parallèles. 94. CE = CA + AE or E est le symétrique de A par rapport à B donc AE = 2AB d’où CE = – AC + 2AB. Or BD = 4AB – 2AC . Ainsi BD = 2CE . Donc BD et CE sont colinéaires. Ainsi (BD) et (CE) sont parallèles. 95. AE = AB + BE = AB + 2BA + kAC, donc AE = BA + kAC = BC + CA + kAC, d’où AE = BC + (k – 1) AC. Or BD = 2BC + AC , donc AE et BD sont colinéaires s’il existe un réel m tel que mBD = AE , c’est-à-dire 2mBC + mAC = BC + (k – 1) AC , ainsi Z 1 ]] m = 2m = 1 2 ) d’où [ . 3 k–1=m ]k = 2 \ Par conséquent, (AE) et (BD) sont parallèles lorsque BE = 2BA + 3 AC . 2 On a alors 1 BD = AE. 2 96. 1. BE = BA + AE = BA – 3AB + kBC = 4BA + kBC donc BE et BC ne peuvent pas être colinéaires. 2. BD = BA + AD et BE = BA + AE = BA – 3AB + kBC = 4BA + kAD donc k = 4. 97. 1. a. Variables utilisées : liste A, liste B, liste C et liste D, liste AB, liste CD, nombre n. b. liste A : coordonnées de A, liste B : coordonnées de B, liste C : coordonnées de C, liste D : coordonnées de D, liste AB : coordonnées de AB , liste CD : coordonnées de CD . n : x AB # y CD – y AB # x CD . © Hachette livre, 2011

79


99. Casio

TI

5. Problèmes 100. 1. A(0 ; 32) et B(100 ; 212) appar100 tiennent à cette droite. Donc AB est 180 un vecteur directeur de cette droite, mais 5 aussi 1 AB . 20 9

( )

()


Livre du professeur

2. Une équation cartésienne de cette droite est de la forme 9x – 5y + c = 0 or 9x A – 5y A + c = 0 donc c = 160 . Donc une équation cartésienne de cette droite est 9x – 5y + 160 = 0. 3. a. 9 # 17 – 5y + 160 = 0 9 # 17 – 160 +y = = 62, 6. 5 Donc 17°C = 62,6°F. b. 9 # x – 5 # 103 + 160 = 0 5 # 103 – 160 355 +x = . = 9 9 Donc 103°F c 39,4°C. Ainsi Marie a de la fièvre. 101. 1. Conjecture a.

b. (dm) semble passer par A pour m = – 0, 5 et par B pour m = 1 . c. (dm) semble parallèle à (AB) pour m = – 2. d. Les droites (AB), (CD) et (dm) semblent concourantes pour m = – 5 . 2. Démonstration a. A d (d m) + mx A – y A + 4 = 0 + m # (– 2) – 5 + 4 = 0 + m = – 1 . 2 B d (d m) + mx B – y B + 4 = 0 + m # (– 1) – 3 + 4 = 0 + m = 1. 1 b. AB et (dm) a pour vecteur direc–2 1 teur le vecteur u . m

( )

( )

Donc : (d m)'(AB) + AB et u sont colinéaires + 1 # m – 1 # (– 2) = 0 + m = – 2. c. M(x ; y) d (AB) + AM et AB sont colinéaires + (– 2)(x + 2) – 1 # (y – 5) = 0 + – 2x – y + 1 = 0 –6 M(x ; y) d (CD) + CM et CD sont –4 colinéaires + (– 4)(x – 4) – (– 6) # (y – 1) = 0 + – 4x + 6y + 10 = 0 + – 2x + 3y + 5 = 0. Donc les coordonnées du point d’intersection I de (AB) et (CD) vérifient :

( )

– 2x – y + 1 = 0 , – 2x + 3y + 5 = 0 x=1 ce qui équivaut à ) . y=–1 Or I d (d m) + m – (– 1) + 4 = 0 + m = – 5. Par conséquent, pour m = – 5 , les droites (AB), (CD) et (dm) sont concourantes en I (1 ; – 1) . 102. (AG) passe par A (– 2 ; 3) et a pour 4 vecteur directeur AG . 1 P(x ; y) d (AG) + AP et AG sont colinéaires + 1 # (x + 2) – 4 # (y – 3) = 0 + x – 4y + 14 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (AG) est x – 4y + 14 = 0 . (CM) passe par M(1 ; 0) et a pour vecteur directeur MC (3 ; 3) . P(x ; y) d (CM) + MP et MC sont colinéaires + 3 # (x – 1) – 3 # y = 0 + x – y – 1 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (CM) est x – y – 1 = 0 . Les coordonnées de T vérifient donc le x–y–1=0 système : ) , x – 4 y + 14 = 0 x=y+1 ce qui équivaut à : ) y + 1 – 4y + 14 = 0 x=y+1 x=6 +) +) – 3y = – 15 y=5 Ainsi le trésor se trouve au point de coordonnées (6 ; 5). 103. Dans le repère (A ; AE, AC) , A(0 ; 0), E(1 ; 0), C(0 ; 1), B 1 ; 0 , R 0 ; 1 2 4 1 et SC = – 3SE donc ES = EC , 4 AS = AE + ES = AE + 1 EC d’où 4 1 AS = AE + (EA + AC) = 3 AE + 1 AC. 4 4 4 3 3 1 1 Donc S ; , d’où AS ; . 4 4 4 4 (AS) a pour équation x – 3y = 0 . –1 ER 1 donc (ER) : x + 4y – 1 = 0 4 1 donc (CB) : 2x + y – 1 = 0 CB 2 –1 Les coordonnées du point d’intersection x – 3y = 0 de (ER) et (AS) vérifient : ) x + 4y – 1 = 0 Z 3 ]] x = 7 donc [ . ]y = 1 7 \

)

Ces coordonnées vérifient l’équation de (CB). Donc les droites (AS), (RE) et (CB) sont concourantes au point de coordonnées 3;1. 7 7

(

)

104. 1.

()

(

(

)

(

) (

)

( ) ( )


80


)

b. (GH) et (EF) semblent parallèles. c. H et G semblent être les milieux respectifs de [IE] et [IF]. d. IEF semble rectangle en F. 2. AB et AD ne sont pas colinéaires. Donc (A, AB, AD) est un repère. Dans ce repère : A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(1 ; 1) ; D(0 ; 1). Donc E 1 ; 0 ; F 1 ; 1 ; G 2 ; 7 ; H 1 ; 1 . 3 6 6 3 4 5 5 – 6 12 et GH D’où EF 1 –1 3 6

(

) (

) (

() ( )

( )

(

) (

)

)

5 # – 1 – 1 # – 5 = – 5 + 5 = 0, 36 36 6 6 3 12 ainsi EF et GH sont colinéaires. Par conséquent, (EF) et (GH) sont parallèles. (EH) passe par E et a pour vecteur direc1 teur EH 12 . 1 M(x ; y) d (EH) + EM et EH sont colinéaires + 1 # x – 1 – 1 # y = 0 6 12 + x – 1 y – 1 = 0. 12 6 Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (EH) est 12x – y – 2 = 0.

( )

(

)


Livre du professeur

(GF) passe par F et a pour vecteur direc1 3 teur GF . –5 6

()

M(x ; y) d (GF) + FM et GF sont colinéaires + – 5 # (x – 1) – 1 # y – 1 = 0 3 3 6 5 1 + – x – y + 17 = 0. 6 3 18 Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (EH) est – 15x – 6y + 17 = 0. Les coordonnées de I vérifient donc : 12x – y – 2 = 0 ) , – 15x – 6y + 17 = 0 ce qui équivaut à y = 12x – 2 ) – 15x – 6(12x – 2) + 17 = 0 y = 12x – 2 x=1 3. ' ,* – 87x + 29 = 0 y = 2 Donc I a pour coordonnées 1 ; 2 . 3 Ainsi le milieu de [IE] a pour coordonnées 1+1 3 6 2+0 ; , c’est-à-dire 1 ; 1 . 2 2 4 D’où H est le milieu du segment [IE]. Dans le triangle IEF, H appartient à (IE), G appartient à (IF) et (GH) ' (EF) . Donc, d’après le théorème de la droite des milieux, G est le milieu de [IF]. IE 2 = 1 – 1 2 + (– 2) 2 donc IE 2 = 145 , 36 6 3 IF 2 = 29 et EF 2 = 29 . 9 36 Donc IE 2 = IF 2 + FE 2 d’où IEF est rectangle en F. 105. A. Conjecture : 1.

( )

(

(

)

(

)

(

)

(

)

)

B. Démonstration : 9 donc I(2 ; 3). 1. a. AI = 5 AB avec AB 9 0 b. AI 2 = (2 + 3) 2 + (3 – 3) 2 = 25 ; CI 2 = (2 – 2) 2 + (3 + 1) 2 = 16 et AC 2 = (2 + 3) 2 + (– 1 – 3) 2 = 41 . Donc AC 2 = AI 2 + IC 2 , ainsi d’après la réciproque du théorème de Pythagore, AIC est rectangle en I. c. (CI) est une hauteur de ABC. d. (CI) : x = 2. e. De même, (AF) est une hauteur de ABC. 9 2 f. AF donc l’équation de (AF) est –9 2 de la forme x + y + c = 0 avec A d (AF) donc (AF) : x + y = 0. g. Les coordonnées de H vérifient x=2 ) , donc H (2 ; – 2) . x+y=0 h. H est l’orthocentre de ABC. 2. a. D est le milieu de [AB] donc x + xB yA + yB D A , d’où D(1,5 ; 3). ; 2 2 De même, E est le milieu de [BC], donc E(4 ; 1). b. La médiatrice de [AB] est la parallèle à (CI) passant par D, donc cette droite a pour équation x = 1, 5 . Celle de [BC] est la parallèle à (AF) passant par E, donc son équation est x + y – 5 = 0. c. Les coordonnées de J vérifient : x = 1, 5 ) , donc J(1,5 ; 3,5). x+y–5=0 d. J est le centre du cercle circonscrit à ABC –3 –1 106. 1. BC et BF , donc –9 –3 BC = 3BF , d’où les points B, C et F sont alignés. –2 –3 2. AE et BC , or –6 –9 – 2 # (– 9) – (– 3) # (– 6) = 18 – 18 = 0 donc BC et AE sont colinéaires, ainsi les droites (AE) et (BC) sont parallèles. 3 3. M(x ; y) d (AB) + AM et AB –1 sont colinéaires + – 1 # (x + 2) – 3 # (y – 5) = 0 + – x – 3y + 13 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (AB) est – x – 3y + 13 = 0.

()

()

(

)

( )

( )

2. a. (AF) et (CI) semblent être des hauteurs du triangle ABC. b. H (2 ; – 2) 3. a. Voir figure. b. J(1,5 ; 3,5)

( )

( )

( )


81


9 M(x ; y) d (CD) + CM et CD 12 sont colinéaires + 12 # (x + 2) – 9 # (y + 5) = 0 + 12x – 9y – 21 = 0. Par conséquent, une équation de la droite (CD) est 4x – 3y – 7 = 0. 4 M(x ; y) d (EF) + EM et EF sont co2 linéaires + 2 # (x + 4) – 4 # (y + 1) = 0 + 2x – 4y + 4 = 0 . Par conséquent, une équation de la droite (EF) est x – 2y + 2 = 0 . 4. I(x ; y) est le point de concours de (AB), (CD) et (EF) Z – x – 3y + 13 = 0 ]] + [ 4x – 3y – 7 = 0 ] x – 2y + 2 = 0 \Z ]] x = – 3y + 13 + [ 4 (– 3y + 13) – 3y – 7 = 0 ] – 3y + 13 – 2y + 2 = 0 \Z ]] x = – 3y + 13 x=4 + [ – 15y = – 45 + ) y=3 ] – 5y = – 15 \ Donc les droites (AB), (CD) et (EF) sont concourantes en I(4 ; 3). x + xI – 2 + 4 = = 1 = x B et 5. A 2 2 yA + yI 5 + 3 = = 4 = y B , donc B est le 2 2 milieu de [AI]. 107. 1. Première méthode : Avec les équations de deux médianes 6–1 4–1 ; donc I 5 ; 3 a. I 2 2 2 2 3 – 1 1 – 1 ; J donc J(0 ; 1). 2 2 3 2 b. (AI) a pour vecteur directeur AI , –3 2 –1 mais aussi – 2 AI , donc (AI) a une 3 1 équation de la forme x + y + c = 0 où c est un réel. A appartient à (AI), donc x A + y A + c = 0 , c’est-à-dire 1 + 3 + c = 0 , d’où c = – 4. Donc la médiane (AI) a pour équation x+y–4=0 –6 (BJ) a pour vecteur directeur BJ , mais –3 2 aussi – 1 BJ , donc (BJ) a une équation de 2 1 la forme x – 2y + c = 0 où c est un réel. J appartient à (BJ), donc x J – 2y J + c = 0 , c’est-à-dire 0 – 2 + c = 0 , d’où c = 2.

( )

()

(

(

)

)

( )

()

(

)

()

( )


Livre du professeur

Donc la médiane (BJ) a pour équation x – 2y + 2 = 0. c. Les coordonnées du centre de gravité G x+y–4=0 du triangle ABC vérifient ) , x – 2y + 2 = 0 x=–y+4 , ce qui équivaut à : ) – y + 4 – 2y + 2 = 0 x=–y+4 x=2 ) . , ) – 3y + 6 = 0 y=2 Donc G a pour coordonnées (2 ; 2). 2. Deuxième méthode : Avec des égalités vectorielles a. G est le centre de gravité de ABC, donc AG = 2 AI . 3 b. I est le milieu de [BC], donc AI = 1 (AB + AC), 2 d’où AG = 2 # 1 (AB + AC) , ainsi 3 2 1 AG = (AB + AC). 3 c. On en déduit Z 1 ]] x G – x A = (x B – x A + x C – x A) 3 [ , ] y G – y A = 1 (y B – y A + y C – y A) 3 \ Z 1 ]] x G – 1 = (6 – 1 – 1 – 1) 3 , donc [ ] y G – 3 = 1 (4 – 3 – 1 – 3) 3 \ xG = 2 . ainsi ) yG = 2 108. Première partie 1. GS et GL ont la même direction et des sens contraires. 2. m S GS = – m L GL , d’où m S GS + m L GL = 0 . 3. D’après la relation de Chasles, m S GS + m L (GS + SL) = 0 , d’où mL SG = SL . mL + mS SL est unique donc il existe une unique position de G pour laquelle l’équilibre est assuré. 4. a. Si m S = m L , SG = 1 SL donc G est le 2 milieu de [SL]. b. Si m S = 30 g et m L = 10 g , SG = 1 SL 4 donc G appartient à [SL] et SG = 1 SL . 4 Deuxième partie 1. m E GE + m S GS + m L GL = 0 , donc m E GE + m S (GE + ES) + m L (GE + EL) = 0 . 1 D’où EG = (m S ES + m L EL). mE + mS + mL

Donc l’ensemble des points M tels que 3MA + 2MB et AB sont colinéaires est la droite (AB). 4. a. 3MA + 2MB = 2AB équivaut à 5MG = 2AB , c’est-à-dire 5MG = 2AB soit MG = 2 AB . 5 Donc cet ensemble est le cercle de centre 2 OB + OC = OA¢ + A¢ B + OA¢ + A¢ C = 2OA¢ G et de rayon AB . 5 car A¢ B + A¢ C = 0 . b. Voir figure ci-dessous. b. c. Il passe par A car AG = 2 AB . 5 AH = AO + OH = AO + OA + OB + OC 5. a. 3MA + 2MB = 5MA équivaut à d’où AH = OB + OC = 2OA¢ . 5MG = 5MA , c’est-à-dire MG = MA. Donc cet ensemble est la médiatrice de c. AH et OA¢ sont colinéaires, donc [ ]. [AB]. (AH) ' (OA¢ ). Or O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC donc (OA¢ ) est la médiatrice de [BC], ainsi (OA¢ ) est perpendiculaire à (BC). Par conséquent, (AH) et (BC) sont perpendiculaires. d. BH = BO + OH = BO + OA + OB + OC d’où BH = OA + OC = 2OB¢ . c. BH et OB¢ sont colinéaires, donc (BH) ' (OB¢ ) . Or O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC donc (OB¢) est la médiatrice de 111. [AC], ainsi (OB¢) est perpendiculaire à (AC). 1. Par conséquent, (BH) et (AC) sont perpendiculaires. e. (AH) et (BH) sont donc deux hauteurs du triangle ABC, ainsi leur point d’intersection H est l’orthocentre de ABC. 2. a. AG = 2 AA¢ , donc 3AG = 2AA¢ 3 d’où AG + AB + BG + AC + CG = 2AA¢ or AB + AC = 2AA¢ donc GA + GB + GC = 0 . b. –2 3 3OG = OA + AG + OB + BG + OC + CG 2. AB et AC . donc 3OG = OA + OB + OC , 1 –3 –1 d’où OH = 3OG. . 3. u –1 c. Ainsi les points O, H et G sont alignés. M(x ; y) d (d) + AM et u sont colinéaires 110. + (– 1)(x – 1) – (– 1) # (y – 2) = 0 1. 3GA + 2GB = 0 donc d’après la rela+ – x + y – 1 = 0. tion de Chasles, 3GA + 2GA + 2AB = 0 , Par conséquent, une équation de la droite 2 d’où AG = AB . (d) est – x + y – 1 = 0 . 5 2. Pour tout point M du plan, 4. – 1 + y – 1 = 0 + y = 3 , donc E 1 ; 3 . 3MA + 2MB = 2 2 2 2 3 3MG + 3GA + 2MG + 2GB = 5MG 2 car 3GA + 2GB = 0 . 5. a. BE . –3 3. 3MA + 2MB et AB sont colinéaires 2 + 5MG et AB sont colinéaires + MG et 1 b. BE = AC , donc BE et AC sont coliAB sont colinéaires. 2 Or G appartient à (AB), donc M aussi. néaires, ainsi (AC) et (BE) sont parallèles. 2. a. GE + GS + GL = 0 . b. donc GE + GE + ES + GE + EL = 0 or I le milieu de [SL], donc ES + EL = 2EI. D’où EG = 2 EI. 3 c. G est le centre de gravité du triangle SEL. 109. 1. a.

( ) ( )

()


82


( )

(

)


Livre du professeur

6. a. M(x ; y) d (AB) + AM et AB sont colinéaires + 1 # (x – 1) – (– 2) # (y – 2) = 0 . + x + 2y – 5 = 0 . Par conséquent, une équation de la droite (AB) est x + 2y – 5 = 0 . –7 2 b. CE . 5 2 M(x ; y) d (CE) + CM et CE sont colinéaires + 5 # (x – 4) – – 7 # (y + 1) = 0 . 2 2 + 5 x + 7 y – 13 = 0. 2 2 2 Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (CE) est 5x + 7y – 13 = 0 . c. Les coordonnées du point d’intersection F des droites (AB) et (CE) vérifient : x + 2y – 5 = 0 ) ; 5x + 7y – 13 = 0 ce qui équivaut à x = – 2y + 5 ) 5(– 2y + 5) + 7y – 13 = 0 x = – 2y + 5 x=–3 ) ; ) . – 3y = – 12 y=4 Ainsi F (– 3 ; 4) .

()

( )

xA + xF 1 – 3 = = – 1 = xB 2 2 y + yF 2 + 4 et A = = 3 = yB . 2 2 Donc B est le milieu du segment [AF]. b. D’après le théorème de la droite des milieux, dans le triangle ACF, puisque B est le milieu du segment [AF] et (AC) et (BE) sont parallèles, (BE) coupe [CF] en son milieu E. 112. 1. (dm) passe par le point A (3 ; 4) + 3(m + 1) – 4m + 2 = 0 + – m + 5 = 0 + m = 5. 2. (dm) admet pour vecteur directeur m . v m+1 –2 est un vecteur directeur de (dm) u 1 –2 m et v sont colinéaires +u 1 m+1 + – 2 (m + 1) – m = 0 + – 3m – 2 = 0 + m = – 2. 3 3. (dm) admet pour vecteur directeur m et (T) admet pour vecteur v m+1 –3 directeur w . –2 (d m) ' (T) + – 2m + 3 (m + 1) = 0 + m = – 3. 7. a.

( ) ( ) ( ) (

(

)

( )

En route vers le Bac 114. a. ACBD est un trapèze : Faux b. Le vecteur u est un vecteur directeur de la droite (d) d’équation – 4x + 13y + 8 = 0 : Vrai c. Le point D appartient à la droite (d¢ ) passant par C et dont un vecteur directeur est u : Vrai d. La droite (AB) et la parallèle à (CD) passant par E se coupent sur l’axe des abscisses : Vrai e. La droite (CD) est une médiane du triangle ABC : Faux f. Le milieu du segment [AE] appartient à la droite (BC) : Faux 115. a. AB et CD ne peuvent pas être colinéaires : Faux b. Il existe une seule valeur de m pour laquelle (AB) et (CD) sont parallèles : Faux c. Les points A, B et C ne peuvent pas être alignés : Faux

)

( ) () ()

(

(

)

)

()

T = 5 2 – 4 # (– 3) # (– 5) = 25 – 60 = – 35

T1 0 , donc cette équation n’a pas de solution. Ainsi la droite (dm) ne peut pas être parallèle à la droite (D) d’équation 5x – 3y + 4 = 0.

(p. 340-341)

d. Il existe une seule valeur de m pour laquelle les points A, C et D sont alignés : Vrai 116. a. Les droites (EF) et (BG) sont parallèles : Vrai b. EFGB est un parallélogramme : Faux c. La droite (AC) passe par le milieu de [EF] : Vrai d. Les droites (FG) et (AC) sont parallèles : Faux e. Les droites (FB), (GE) et (AC) sont concourantes : Vrai 117. a. (EF) est parallèle à (BC) : Faux b. Les points D, E et F sont alignés : Vrai c. FA + FB = DE : Vrai 118. 1. a. Voir p.317 1 b. u . –m 1 c. v m+1

( ) ( )


113. 1. (dm) passe-t-elle par le point A(–1 ; 1) + m 2 # (– 1) – (m – 1) – 1 = 0 + – m 2 – m = 0 + – m (m + 1) = 0 + m = 0 ou m = – 1 (d0) : y = 1 et (d– 1) : x – 2y – 1 = 0. 2. (dm) admet pour vecteur directeur m–1 . v 2 m 1 est un vecteur directeur de (dm) u 4 1 m–1 + u et v 2 sont colinéaires 4 m 2 + m – 4m + 4 = 0 + (m – 2) 2 = 0 + m = 2. 3. (dm) admet pour vecteur directeur m–1 . v 2 m 3 (D) admet pour vecteur directeur w . 5 (d m) ' (D) + 5 (m – 1) – 3m 2 = 0 + – 3m 2 + 5m – 5 = 0. Calculons le discriminant T du trinôme – 3m 2 + 5m – 5 :

83

1 1 2. (d) ' (d¢ ) + u et v –m m+1 sont colinéaires + (m + 1) – (– m) = 0 + m = – 1 2 3. (d) et (d¢) sont sécantes en y A = – mx A + 2 A (– 1 ; 3) + ) y A = (m + 1) x A – 1 3=m+2 m=1 +) +) : 3 = – (m + 1) – 1 m=–5 impossible. Donc il n’existe pas de valeur de m telle que (d) et (d¢) sont sécantes en A (– 1 ; 3). 4. (d) et (d’) sont sécantes en B – 3 ; 2 7 7 y B = – mx B + 2 +) y B = (m + 1) x B – 1 Z2 3 ]] = m + 2 7 7 +[ + m = – 4. ] 2 = – 3 (m + 1) – 1 7 \7 Donc pour m = – 4 (d) et (d¢) sont sécantes en B – 3 ; 2 . 7 7

( )

)

(

(


(

)

)


Livre du professeur

() 4 7

D’où u = x AB , donc u et AB sont coli3 5. AB est un vecteur directeur de néaires. Ainsi u est un vecteur directeur –4 7 de la droite (AB). Z 5 (d¢) + AB et v sont colinéaires ]] 5 = # 3 5 3 2. CD or [ . + 4 (m + 1) + 4 = 0 + m = – 2. – 8 ] – 8 ! 5 # (– 5) 7 7 3 \ 6. M(x ; y) est le point d’intersection de Donc CD et AB ne sont pas colinéaires. x = 2m Ainsi ce vecteur ne peut pas être vecteur (d¢) et (d¢¢ ) + ) y = (m + 1) x – 1 directeur de la droite (CD). 3. F est le point de coordonnées (a ; b) x = 2m +) . 2 a et b sont des réels. où y = 2m + 2m – 1 a. Si a = b = – 2 , F (– 2 ; – 2) donc Calculons le discriminant T de Z 2 ]] 2 = # 3 2m2 + 2m – 1. 2 3 , donc EF et or [ EF T = 2 2 – 4 # 2 # (– 1) = 12. Donc ce tri–3 ] – 3 ! 2 # (– 5) nôme a deux racines distinctes : 3 \ –1+ 3 –1– 3 AB ne sont pas colinéaires, ainsi les droites x1 = et x 2 = . 2 2 (EF) et (AB) ne sont pas parallèles. Puisque 2 2 0 , ce trinôme est positif sur (AB) a pour équation 5x + 3y + c = 0 5x B + 3y B + c = 0 donc c = 7 . avec E – 3 ; – 1 – 3 E, ;– 1 + 3 ; + 3 ;. Ainsi (EF) a pour équation 5x + 3y + 7 = 0. 2 2 (EF) a pour équation 3x + 2y + c = 0 Ainsi les points d’intersection de (d¢) et c = 10 . 3 x + 2 y avec (d¢¢ ) ont une ordonnée positive pour E E + c = 0 donc Ainsi (AB) a pour équation – 1 – 3 E ;– 1 + 3 m d E– 3 ; , ; + 3 ;. 3x + 2y + 10 = 0 . 2 2 5x + 3y + 7 = 0 x = 16 ) +) . 3 3 x + 2 y + 10 = 0 y = – 29 119. 1. AB –5 Donc les coordonnées du point d’interx est un vecteur directeur de la droite u section de (AB) et (EF) sont (16 ; – 29) . y (AB) + Il existe un réel k tel que b. Si a = – 17 et b = 0 , F – 17 ; 0 donc 5 5 u = kAB. 3 x = 3k or 5 # 3 + 3 # (– 1) = 0 , donc EF 5 + Il existe un réel k tel que ) 5 –1 y = – 5k Z EF et AB sont colinéaires, ainsi les droites x ]k = ] 3 (EF) et (AB) sont parallèles. + Il existe un réel k tel que [ a+4 ]] y = – 5 x c. EF . b–1 3 \ Donc pour que (EF) et (AB) soient parallèk=x les, il faut avoir 5 (a + 4) + 3 (b – 1) = 0 , 3 + Il existe un réel k tel que * 3y = – 5x c’est-à-dire 5a + 3b + 17 = 0 . 120. 1. Voir démonstration/logique Donc 5x + 3y = 0 . 2. (d) est une droite d’équation Réciproquement, si 5x + 3y = 0 , alors ax + by + 4 = 0 . 5 x x y = – x donc y = y AB et # x AB = x. 3 3 3 a. ax A + by A + 4 = 0

( )

( )

()

( )

(

( )

()

(

)

)


84


donc – 2a + 2b + 4 = 0 c’est-à-dire – a + b + 2 = 0 . b. (d) a pour vecteur directeur le vecteur –b –3 de coordonnées v donc u et a 2 –b doivent être colinéaires, d’où v a – 3a + 2b = 0 . –a+b+2=0 c. ' – 3a + 2b = 0 a=b+2 a=–4 +) +' – 3 (b + 2) + 2b = 0 b=–6 Lorsque a = – 4 et b = – 6 , (d) passe par A et a pour vecteur directeur u. 3 –b d. BC et v doivent être coli–6 a néaires, d’où 3a – 6b = 0, c’est-à-dire a – 2b = 0. 121. 1. Le quadrilatère ABCD est un trapèze : Vrai 2. Les droites (AE) et (BF) sont parallèles : Faux 3. Les points A, B et G sont alignés : Vrai 4. Le point A appartient à la droite (DE) : Faux 5. Le triangle ACD est rectangle en C : Faux 6. Les droites (AB), (CD) et (EF) sont concourantes : Vrai 7. Une équation cartésienne de la médiane issue de A du triangle ABD est 2x + 3y = 0 : Vrai 8. La hauteur issue de A du triangle ACE est parallèle à l’axe des ordonnées : Vrai 122. 1. Les droites (EK) et (JF) sont parallèles : Vrai 2. G est le point d’intersection des droites (EH) et (AD) : Vrai 3. Les droites (IJ) et (KF) sont parallèles : Faux 4. IC = 2GJ : Vrai 5. Dans le repère (A, AB, AD) : a. GF a pour coordonnées 1 ; – 5 : Vrai 12 b. EH a pour coordonnées (1 ; – 1) : Vrai c. DF a pour coordonnées 1 ; 2 : Faux 3

( )

( )

( )

( )

( )

(

( )

)


Livre du professeur

TP Info (p. 342-343) 1. Théorème de Pascal : hexagramme mystique 2. Observation : (GH) semble passer par I. 3. Démontrons cette conjecture avec 3 A (1 ; 0) , B (0 ; 1) , C – 1 ; , 2 2 3 D (– 1 ; 0) , E – 1 ; – , et F (0 ; – 1) . 2 2 a. OA = OB = OC = OD = OE = OF = 1 . b. A, B, C, D, E et F appartiennent au cercle de centre O et de rayon 1. –1 c. (AB) a pour vecteur directeur AB , 1 donc son équation est de la forme x + y + c = 0 avec x A + y A + c = 0 , d’où c = – 1 . Ainsi (AB) a pour équation x + y – 1 = 0. –1 2 (BC) a pour vecteur directeur BC , 3–2 2 donc son équation est de la forme ( 3 – 2) x + y + c = 0 avec ( 3 – 2) x B + y B + c = 0, d’où c = – 1 . Ainsi (BC) a pour équation ( 3 – 2) x + y – 1 = 0. –1 2 (CD) a pour vecteur directeur CD , 3 – 2 donc son équation est de la forme – 3 x + y + c = 0 avec – 3 x D + y D + c = 0 , d’où c = 3 . Ainsi (CD) a pour équation – 3 x + y – 3 = 0. 1 2 (DE) a pour vecteur directeur DE , 3 – 2 donc son équation est de la forme 3 x + y + c = 0 avec 3 x D + y D + c = 0 , d’où c = 3 . Ainsi (DE) a pour équation 3 x + y + 3 = 0. 1 2 (EF) a pour vecteur directeur EF , –2+ 3 2 donc son équation est de la forme (– 2 + 3 ) x – y + c = 0 avec (– 2 + 3 ) x F – y F + c = 0 , d’où c = – 1. Ainsi (EF) a pour équation (– 2 + 3 ) x – y – 1 = 0. 1 (FA) a pour vecteur directeur FA , donc 1 son équation est de la forme x – y + c = 0

(

(

)

)

( )

( ) ( )

( )

( )

avec x A – y A + c = 0 , d’où c = – 1 . Ainsi (FA) a pour équation x – y – 1 = 0. xG + yG – 1 = 0 d. ) 3x + y + 3 = 0 d’où G (– 2 – 3 ; 3 + 3 ) ( 3 – 2) x + y – 1 = 0 ) (– 2 + 3 ) x – y – 1 = 0 d’où H (– 2 – 3 ; 0) – 3x + y – 3 = 0 ) x–y–1=0 d’où I (– 2 – 3 ; – 3 – 3 ) 0 0 et HI e. GH –3–3 3 –3–3 3 donc GH = HI . Ainsi G, H et I sont alignés. De plus, H est le milieu de [GI] dans ce cas-là.

(

)

(

d. P semble décrire une portion de parabole. e.

)

2. Courbes de Bézier 2. a. t MA + (1 – t ) MC = 0 + t MA + (1 – t )(MA + AC) = 0 + MA + (1 – t ) AC = 0 + AM = (1 – t ) AC t NC + (1 – t ) NB = 0 + t NC + (1 – t )(NC + CB) = 0 + NC + (1 – t ) CB = 0 + CN = (1 – t ) CB t PM + (1 – t ) PN = 0 + t PM + (1 – t )(PM + MN ) = 0 + PM + (1 – t ) MN = 0 + MP = (1 – t ) MN b.

f. Les droites (MN) semblent tangentes à la parabole décrite par P. 3. a. Dans le repère (A ; AB ; AC) : A(0 ; 0), B(1 ; 0) et C(0 ; 1) AM = (1 – t ) AC donc M (0 ; 1 – t ) CN = (1 – t ) CB donc N (1 – t ; t ) MP = (1 – t ) MN donc P ((1 – t ) 2 ; 2t (1 – t )) b. AP = (1 – t ) 2 AB + 2t (1 – t ) AC c. D’après la relation de Chasles, AP = (1 – t ) 2 (AP + PB) + 2t (1 – t )(AP + PC), d’où t 2 PA + (1 – t ) 2 PB + 2t (1 – t ) PC = 0 .

À vous de jouer (1 – t ) 3 PA + 3t (1 – t ) 2 PB + 3t 2 (1 – t )PC + t 3 PD = 0 + (1 – t ) 3 PA + 3t (1 – t ) 2 (PA + AB) + 3t 2 (1 – t )(PA + AC) + t 3 (PA + AD) = 0 + (1 + 2t 3) PA + 3t (1 – t ) 2 AB + 3t 2 (1 – t )AC + t 3 AD = 0 1 83t (1 – t ) 2 AB + AP = 1 + 2t 3 + 3t 2 (1 – t )AC + t 3 ADB

c.

()


85



Livre du professeur

Activité de recherche (p. 344) Ces figures ne sont pas des triangles, mais… des pentagones.

Aire de JCD : 3 # 7 = 21 ; 2 2 Z Aire de BCJI : 4 # 7 = 28 . On obtient : 10 + 21 + 28 = 59 carreaux. De même pour la deuxième figure :

K

Z

K J

I E

F

V

U I

G

H

J

S E

–

F

Q

A

B

R

V

U

W

j

0 –i

C

D

L

–

N 0 i H

M G

Dans le repère orthonormal (O ; i , j ) ci-dessus : – j A (– 5 : 0) , D(5 ; 0), I (– 2 ; 7) , J(2 ; 7) et K(0 ; 12). 0 –i A B 3 5 2 5 Donc AI , AK , KJ et KD . 7 12 –5 – 12 Puisque 3 # 12 – 7 # 5 = 36 – 35 = 1 , les coordonnées de AI et AK ne vérifient pas la relation de colinéarité. Ainsi AI et AK ne sont pas colinéaires, donc les points A, I et K ne sont pas alignés. On démontre de même que les points K, J et D ne sont pas alignés. Pour calculer l’aire de cette figure, on doit additionner les aires des triangles IJK, ABI et JCD et du rectangle BCJI. Aire de IJK : 5 # 4 = 10 ; 2 Aire de ABI : 3 # 7 = 21 ; 2 2

() ( ) ( )

T

–

j

W

(

S

P

Q

T –

R

j

)


X

C

D

L

M

– N 0 i

X

P

7#6 = 21 ; 2 2 #5 Aire de LMU : =5; 2 #5 2 Aire de WXP : =5; 2 Aire de UWXM : 6 # 5 = 30. On obtient : 21 + 5 + 5 + 30 = 61 carreaux. Remarque : On obtient 2 carreaux de différence, soit l’aire du rectangle vert. Aire de ZWU :

86


9

Produit scalaire et applications Programme officiel Contenus Produit scalaire dans le plan Définition, propriétés.

Vecteur normal à une droite.

Applications du produit scalaire : – calculs d’angles et de longueurs ; – formules d’addition et de duplication des cosinus et sinus.


Commentaires

• Calculer le produit scalaire de deux vecteurs par différentes méthodes : – projection orthogonale , – analytiquement ; – à l’aide des normes et d’un angle ; – à l’aide des normes.

• Il est intéressant de démontrer l’égalité des expressions attachées à chacune de ces éthodes. • La démonstration du théorème de la médiane fournit l’occasion de travailler le calcul vectoriel en lien avec le produit scalaire.

• Choisir la méthode la plus adaptée en vue de la résolution d’un problème. • Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant un point et un vecteur normal. • Déterminer un vecteur normal à une droite définie par uen équation cartésienne. • Déterminer une équation de cercle défini par son centre et son rayon ou par son diamètre. • Démontrer que : cos (a – b) = cos a cos b + sin a sin b

La relation de Chasles pour les angles orientés est admise.

Pages d’ouverture (p. 346-347) A = 1 – cos 2 W A = 121 d’où l’on tire On a donc sin 2 W 2 146 sin W A = 11 . 2 146 Enfin l’aire du triangle se calcule grâce à la formule des aires : d = 1 bc sin W A = 11 . 2 Le lac a donc une aire égale à 11 acres.

The Lake Puzzle Nommons a, b, c les longueurs des trois côtés du triangle (avec a H b H c ). D’après la formule d’Al-Kashi, on a a 2 = b 2 + c 2 – 2bc cos W A. Or a 2 = 370 , b 2 = 116 et c 2 = 74 ; on en déduit que 116 + 74 – 370 – 180 cos W A= = . 2 # 116 # 74 2 146

Découverte (p. 348-349) 1. Un nombre intéressant

2. Dans un repère orthonormé

1. b. On a p = 0 lorsque le triangle ABC est rectangle en A. On a p 1 0 lorsque l’angle W A est obtus et on a p 2 0 lorsque l’angle W A est aigu. 2. L’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique permet de confirmer le résultat précédent.

1. On doit trouver p = p 1 quelle que soit la position des points A, B et C. x¢ x 2. b. Si u et u alors p = u $ v = xx ¢ + yy ¢ . y¢ y


() ( )

87


Chap. 9 Produit scalaire et applications

Livre du professeur

A est aigu alors p = AB $ AC = AH # AB et Si W A est obtus 3. Si W alors p = AB $ AC = – AH # AB . %

3. Avec un projeté orthogonal 1. Premier cas : a 2 = 17 , b 2 = 32 et c 2 = 25 . p = 1 (32 + 5 – 17) = 20 et p2 = 4 # 5 = 20 . 2 Second cas : a 2 = 20 , b 2 = 41 et c 2 = 9 . p = 1 (41 + 9 – 20) = 15 2 et p2 = 5 # 3 = 15 . Troisième cas : a 2 = 41 , b 2 = 17 et c 2 = 16 . p = 1 (17 + 16 – 41) = – 4 et p2 = 1 # 4 = 4 . 2

4. Lien avec l’angle BAC

p % On trouve que t = est égal au cosinus de l’angle BAC . b#c On a donc .

Raisonnement mathématique (p. 361 à 363) À vous de jouer, page 363

3. Pour tout point M du plan on a :

1. On munit le plan d’un repère orthonormé.

• MA 2 – MB 2 = MA – MB = (MI + IA) 2 – (MI + IB) 2 .

2

x¢ x¢¢ x Soit u , v et w trois vecteurs du plan et m un nombre y¢ y¢¢ y réel. • u $ (mv ) = x (mx ¢ ) + y (my ¢ ) = mxx ¢ + myy ¢ = m # (xx ¢ + yy ¢ ) = m # (u $ v ). • (u + v ) $ w = (x + x ¢ ) x ¢ ¢ + (y + y ¢ )y¢ ¢ = xx ¢¢ + x ¢ x¢ ¢ + yy ¢ ¢ + y ¢ y¢ ¢ = (xx ¢¢ + yy ¢¢ ) + (x ¢x¢ ¢ + y ¢ y¢ ¢ ) = u $ w + v $ w . 2. Soit u et v deux vecteurs du plan. • (u – v ) 2 = (u – v ) $ (u – v ) = u $ u – u $ v – v $ u + v $ v = u 2 – u $ v – u $ v + v 2 = u 2 – 2u $ v + v 2 . • (u + v ) $ (u – v ) = u $ u + u $ v – v $ u – v $ v = u2 + u $ v – u $ v + v 2 = u2 – v 2 .

() ( )

2

2

( )

2

2

2

Ainsi MA 2 – MB 2 = MI + 2MI $ IA + IA – MI – 2MI $ IB – IB , d’où l’on tire : MA 2 – MB 2 = 2MI $ IA – 2MI $ IB + IA 2 – IB 2 = 2MI $ (IA – IB) + IA 2 – IB 2 . Or I est le milieu de [AB] : on a donc IA 2 = IB 2 et IA 2 – IB 2 = 0 . On peut donc écrire MA 2 – MB 2 = 2MI $ (IA – IB) = 2MI $ BA = 2IM $ AB • MA $ MB = (MI + IA) $ (MI + IB) 2 = MI + MI $ IB + IA $ MI + IA $ IB . 2 Ainsi MA $ MB = MI + MI $ (IA + IB) + IA $ IB . Or I est le milieu de [AB] : on a donc IA + IB = 0 et 2 IA $ IB = 1 BA $ 1 AB = – AB . 2 2 4 2 2 On en déduit que MA $ MB = MI – AB . 4

( ) ( )

Exercices résolus (p. 364 à 369) Entraînez-vous, page 365 Dans le repère orthonormé (A ; AB , AD) considérons que les coordonnées du point M sont M(x ; x), avec x d60 ; 1@ . On calcule les coordonnées des points B, P et Q : B(1 ; 0), P(0 ; x) et Q(x ; 1). x Le vecteur PQ a pour coordonnées , 1–x x–1 celles du vecteur BM sont . x

(

)

(

)

Le produit scalaire BM $ PQ vaut x (x – 1) + (1 – x) x = x (x – 1 + 1 – x) = x # 0 = 0. Les vecteurs PQ et BM sont donc orthogonaux. Entraînez-vous, page 366 1. Le milieu I du segment [AB] a pour –2+0;0+4 c’est-àcoordonnées 2 2 dire I (– ; 2) .

(

)

Le point M(x ; x) appartient à la médiatrice du segment [AB] si, et seulement x+1 si, IM $ AB = 0. Comme IM et y–2 2 AB , on en déduit que M appartient 4 à la médiatrice de [AB] si, et seulement si, 2(x + 1) + 4(y – 2) = 0 c’est-à-dire x + 2y = 3 équation cartésienne de cette médiatrice. De même on montre qu’une équation cartésienne de [AC] est donnée par x = 1. 2. Les coordonnées du point X , centre du cercle circonscrit au triangle ABC (et donc point d’intersection des médiatrices de ce triangle), sont les solutions du système formé par les équations des médiatrices des segments [AB] et [AC]. x=1 ) a pour couple solution (1 ; 1). x + 2y = 3

(

()


88

)


Les coordonnées de X sont donc (1 ; 1). 3. Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour centre X ^1 ; 1h et pour rayon XA = XB = XC = 10 . Une équation cartésienne de ce cercle est donc donnée par (x – 1) 2 + (y – 1) 2 = 10 . Entraînez-vous, page 367 On met les trinômes x 2 – 4x et y 2 + 3y sous forme canonique : x 2 – 4x = (x – 2) 2 – 4 et 2 y 2 + 3y = y + 3 – 9 . 2 4 On a donc 2 2 x + y – 4x + 3y = 0 32 9 – =0 + (x – 2) 2 – 4 + y + 2 4 2 3 2 = 25 . + (x – 2) + y + 2 4 L’ensemble des points M(x ; x) du plan vérifiant l’équation x 2 + y 2 – 4x + 3y = 0

(

)

(

)

(

)


Livre du professeur

(

)

3 est donc le cercle de centre X 2 ; – et 2 25 = 5 . de rayon 4 2 Entraînez-vous, page 368 • M d  + MA 2 + MB 2 = 6 AB 2 + 2MI 2 + =6 2 2 + 2MI + 2 = 6 + MI 2 = 2  est donc un cercle de centre I et de rayon 2 .

• M d  + MA $ MB = 8 2

+ MI 2 – AB = 8 4 + MI 2 – 1 = 8 + MI 2 = 9  est donc un cercle de centre I et de rayon 3. Entraînez-vous, page 369 On a % AC 2 = BA 2 + BC 2 – 2 # BA # BC # cos ABC.

Donc % 20 = 10 + 26 – 2 # 10 # 26 # cos ABC d’où l’on tire % 10 + 26 – 20 cos ABC = = 4 .. 2 # 10 # 26 25 % La calculatrice donne ABC . 1,05 rad. Enfin on a ACB = r – (ABC + BAC) . 0,66 rad.


1. Calculer un produit scalaire 40. 1. AB

( –72 ) et AC ( 33 ) donc

AB $ AC = 7 # 3 + (– 2) # 3 = 15. –7 –4 et BC donc BA 2 5

( )

( )

BA $ BC = (– 7) # (– 4) + 2 # 5 = 38. 5 8 2. AB et AC donc –1 3

( )

()

AB $ AC = 5 # 8 + (– 1) # 3 = 37. –5 3 et BC donc BA 1 4

( )

()

BA $ BC = (– 5) # 3 + 1 # 4 = – 11. 41. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 42. 1. u $ v = 3 # (– 5) + (– 2) # 1 = – 17. 2. u $ v = (– 1) # 7 + (– 1) # 0 = – 7. 3. u $ v = 5 # (– 6) + (– 3) # (– 10) = 0. 43. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 44. AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 – BC 2) 2 = 1 # 61 = 30,5. 2 BA $ BC = 1 (BA 2 + BC 2 – AC 2) 2 = 1 # ( – 29) = – 14,5. 2 CA $ CB = 1 (CA 2 + CB 2 – AB 2) 2 = 1 # 101 = 50,5. 2 45. AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 – BC 2) 2 = 1 # 49 = 24,5. 2

BA $ BC = 1 (BA 2 + BC 2 – AC 2) 2 = 1 # ( – 17) = – 8,5. 2 CA $ CB = 1 (CA 2 + CB 2 – AB 2) 2 = 1 # 49 = 24,5. 2 46. 1. On trouve BC = 33 . 2. AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 – BC 2) 2 = 1 # 32 = 16. 2 BA $ BC = 1 (BA 2 + BC 2 – AC 2) 2 = 1 # 0 = 0. 2 CA $ CB = 1 (CA 2 + CB 2 – AB 2) 2 = 1 # 66 = 33. 2 2 1 2 2 2 47. AB $ AC = (a + a – a ) = a . 2 2 48. 1. u $ v = 2 # (– 4) + (– 3)#(– 1) = – 5. 2. u $ v = 1 # 3 + 6 # – 1 = – 1. 3 2 4 3. u $ v = 2 # 2 6 + (– 3 ) # 1 = 3 3 . 4. u $ v = (3 – 2 ) # (2 2 – 3)

( )

+ (–

50. 1. On a AB

( –– 24 ) et AC ( –52 ) donc

AB $ AC = (– 2) # 5 + (– 4) # (– 2) = – 2. 4 1 2. On a AB et AC donc –2 2 AB $ AC = 4 # 1 + (– 2) # 2 = 0. 5 4 3. On a AB 3 et AC – 3 donc 1 –2 AB $ AC = 5 # – 4 + (– 2) # 1 = – 38 . 3 3 9

( )

()

( ) ( ) ( )

–1 –1– 2 4. On a AB et AC 3+1 3+ 3 donc AB $ AC = – 1 # (– 1 – 2 ) + ( 3 + 1) # (3 + 3 ) = 7 + 2 + 4 3 . 51. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 52. Dans le repère (A ; AB , AD) on a : A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), O 1 ; 1 , 2 2 I 1 ; 0 , J 1 ; 1 , et K – 1 ; 1 . Ainsi : 2 2 3

(

(

)(

)

) (

(

)

3 ) # (– 3 6 ) = 18 2 – 13.

49. 1.

2. a. On trouve u $ v = 7. b. On trouve u $ v c 1,666666667 5 en fait . 3

(

)


89


1 0 1. On a AJ 1 et AD donc 1 2 AJ $ AD = 1 # 0 + 1 # 1 = 1 . 2 2

()

()

)

(

)


Livre du professeur

()

1 –1 2. On a OC 2 1 et AK 3 , donc 1 2 OC $ AK = 1 # – 1 + 1 # 1 = 1 . 2 3 2 3 1 1 – 2 et OD 3. On a IJ 2 1 donc 1 2 2 1 1 1 IJ $ OD = # – + # 1 = 0. 2 2 2 2 1 –1 4. On a ID 2 et AB donc 0 1 IJ $ OD = – 1 # 1 + 1 # 0 = – 1 . 2 2 1 4 5. On a BK – 3 et DO 2 donc 1 –1 2 4 1 BK $ DO = – # + 1 # – 1 = – 7 . 3 6 2 2

( )

( )

() ( ) ( )

( )

()

( )

()

( )

( )

( )

( ) ()

4 1 6. On a CK – 3 et AI 2 donc 0 0 4 1 CK $ AI = – # + 0 # 0 = – 2 . 3 2 3

( )

(

)

53. Dans le repère A ; 1 AB , 1 AC on a 2 4

A(0 ; 0), B(6 ; 0), C(6 ; 4), D(0 ; 4), O(3 ; 2), I(6 ; 2), J(6 ; 6). Ainsi : 3 –6 1. On a AO et BD donc 2 4 AO $ BD = 3 # (– 6) + 2 # 4 = – 10. 3 0 2. On a OI et BC donc 0 4 OI $ BC = 3 # 0 + 0 # 4 = 0. –3 3 3. On a OA et OC donc –2 2 OA $ OC = – 3 # 3 + (– 2) # 2 = – 13.

()

()

( )

( )

()

()

4. On a AJ

( 66 ) et BO ( –23 ) donc

AJ $ BO = 6 # (– 3) + 6 # 2 = – 6. –6 0 5. On a IA et AD donc –2 4 IA $ AD = (– 6) # 0 + (– 2) # 4 = – 8. 0 6 6. On a CJ et DI donc 2 –2 CJ $ DI = 0 # 6 + 2 # (– 2) = – 4. 54. Cet exercice est corrigé dans le manuel. % % 55. 1. BAC = 180 – 2 # ABC = 180 – 2 # 70 = 40 degrés. % 2. AB $ AC = AB # AC # cos BAC = 4 # 4 # cos 40 . 12,3. % % 56. 1. BAD = 180 – ABC = 180 – 55 = 125 degrés. % 2. .AB $ AD = AB # AD # cos BAD = 4 # 5 # cos 125 . – 11,5. 57. Pour tous vecteurs u et v non nuls on a – 1 G cos (u ; v ) G 1 . En multipliant chaque membre de cette inégalité par la quantité strictement positive u # v il vient – u # v G u # v # cos (u ; v ) G u # v . Autrement dit – u # v G u $ v G u # v . On a donc bien u $ v G u # v . L’égalité ne se produit que lorsque cos (u ; v ) = ! 1 soit lorsque (u ; v ) = r ou – r modulo 2r , c’est-à-dire lorsque les vecteurs u et v sont colinéaires. 58. 1. Les vecteurs AB et AC sont colinéaires de même sens : on a AB $ AC = AB # AC = 4 # 5 = 20. 2. Les vecteurs AB et AC sont colinéaires de sens opposés : on a AB $ AC = – AB # AC = – 4 # 2 = – 8. 3. Les vecteurs AB et AC sont colinéaires de même sens : on a AB $ AC = AB # AC = 6 # 7 = 42. 59. On utilise la formule des projetés orthogonaux : si H est le projeté orthogonal de C sur (AB) on a : 1. AB $ AC = AB # AH = 3 # 4 = 12. 2. AB $ AC = AB # AH = AB # AB = 4. 3. AB $ AC = – AB # AH = – 1 # 3 = – 3. 4. AB $ AC = AB # AH = 2 # 2 2 = 4. 60. On utilise la formule des projetés orthogonaux : si H est le projeté orthogonal

( ) ()


()

( )

90


de C sur (AB) et K le projeté orthogonal de D sur (AB) on a : 1. AB $ CD = AB # CD = 2 # 7 = 14. 2. AB $ CD = – AB # HK = – 3 # 6 = – 18. 3. AB $ CD = – AB # AK = – 1 # 5 = – 5. 61. On utilise la formule des projetés orthogonaux : si H est le projeté orthogonal de C sur (AB) et K le projeté orthogonal de D sur (AB) on a : 1. AB $ CD = AB # HK = 2 # 4 = 8. 2. AB $ CD = – AB # CK = – 1 # 1 = – 1. 3 . AB $ CD = – AB # HK = – 3 # 1 = – 3. 4. AB $ CD = AB # HK = 2 # 0 = 0. 62. 1. B est le projeté orthogonal de C sur (AB) : AB $ AC = AB # AB = a 2 . 2. Avec la formule du cosinus : % BO $ BA = BO # BA # cos OBA a 2 2 a2 = #a# = . 2 2 2 3. Les vecteurs OB et OD sont opposés : OB $ OD = – OB # OD 2 a 2 a 2 =– # =–a . 2 2 2 4. Les vecteurs CB et DA sont égaux : CB $ DA = CB # DA = a 2 . 5. B est le projeté orthogonal de A sur (BC) : CA $ BC = – CB $ CA = – CB # CB = – a 2 . 6. Dans le repère A ; 1 AB, 1 AD on a 2 2 a 0 donc OB 2 et DA –a –a 2 2 OB $ DA = a # 0 + – a # (– a) = a . 2 2 2 63. ABD est un triangle équilatéral de a 3 . hauteur AO = 2 1. On utilise la définition: AB $ AD = 1 (AB 2 + AD 2 – BD 2) 2 2 = 1 (a 2 + a 2 – a 2) = a . 2 2 2. Avec la formule du cosinus : % BC $ BA = BC # BA # cos CBA 2 = a#a#– 1 = – a . 2 2 3. O est le projeté orthogonal de B sur (AC):

()

(

)

( )

( )

AB $ AC = AC $ AB = AC # AO a 3 = 2AO # AO = 2AO 2 = 2 # 2

(

2

)

=

3a 2 . 2

4. Avec la formule du cosinus : % OB $ OA = OB # OA # cos BOA a 3 = a# # cos 90 = 0. 2 2


Livre du professeur

5. On utilise la définition : DA $ DB = 1 (DA 2 + DB 2 – AB 2) 2 2 = 1 (a 2 + a 2 – a 2) = a . 2 2 6. O et C sont les projetés orthogonaux de B et de C sur (OA) respectivement, donc OA $ CB = OA CO = OA # CO = OA 2 a 3 2 3a 2 = . 4 2 64. 1. Dans le repère orthonormé A ; 1 AD , 1 AB on a A(0 ; 0), B(0 ; 0) 3 4 et C, milieu de [BD], a pour coordonnées 0 1,5 (1,5 ; 2). Ainsi AB , AC et 4 2 AB $ AC = 0 # 1,5 + 4 # 2 = 8. 2. D’après la définition AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 – BC 2). 2 Or ici AC = BC donc AC 2 – BC 2 = 0 et AB $ AC = 1 AB 2 = 1 # 4 2 = 8. 2 2 3. D’après la définition AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 – BC 2) 2 = 1 (3 2 + 3 2 – 4 2) = 1. 2 4. Avec la formule du cosinus : % AB $ AC = AB # AC # cos BAC . Or ABC est % un triangle rectangle en A donc BAC = 90° % et cos BAC = 0 . On a donc AB $ AC = 0. 5. BPCQRS est un hexagone régulier : % on a donc AB = AC = 2 et BAC = 120°. Avec la formule du cosinus : % AB $ AC = AB # AC # cos BAC = 2 # 2 # cos 120 = 4 # (– 0,5) = – 2. 6. Soit H le projeté orthogonal de C sur (AB) : on a AH = 3 et AB $ AC = AB # AH = 4 # 3 = 12.

(

(

=

)

)

() ( )

2. Symétrie et bilinéarité 65. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 66. u $ (– 3v ) = – 3 # u $ v = – 3 # 1 = – 3. 67. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 68. (u + v ) $ (u – v ) = u 2 – v 2 = u 2 – v 2 = 3 2 – 2 2 = 5. 2 69. (u + v ) = (u + v ) $ (u + v ) = u 2 + 2u $ v + v 2 = u 2 + 2u $ v + v 2 = 3 2 + 2 # 1 + 2 2 = 15. 70. 1. 2u $ (– 5v ) = – 10 # u $ v = – 10 # (– 8) = 80.

2. v $ (u – 2v ) = v $ u – 2v $ v = u $ v – 2 v 2 = – 8 – 2 # 4 2 = – 40. 2 3. u + v = (u + v ) 2 = u 2 + 2u $ v + v 2 = 5 2 + 2 # (– 8) + 4 2 = 25 donc u + v = 25 = 5. 4. – u + 5v 2 = (– u + 5v ) 2 = u 2 – 10 # u $ v + 25 v 2 2 = 5 – 10 # (– 8) + 25 # 4 2 = 505 donc – u + 5v + 505 . 71. 1. u $ v = 1 ( u 2 + v 2 – u – v 2) 2 = 1 (3 2 + 4 2 – 3 2) = 8. 2 2. (v – 2u) 2 = v 2 – 4v $ u + 4 u 2

Donc BD = 37 . 74. 2 2 2 2 F = F1 + F2 = F1 + 2F1 $ F2 + F2 . 2 Or F1 = 200 2 = 40 000 , 2 F2 = 300 2 = 90 000 et F1 $ F2 = F1 # F2 # cos a 2 = 200 # 300 # cos 45 = 60 000 # 2 = 30 000 2 . Donc 2 F = 40 000 + 2 # 30 000 2 + 90 000 = 130 000 + 60 000 2

= (u + v ) 2 = u 2 + 2u $ v + v 2 = 3 2 + 2 # 8 + 4 2 = 41 donc u + v = 41 .

75. 1.

= 4 2 – 4 # 8 + 4 # 3 2 = 16 – 32 + 36 = 20.

3.

u+v

2

3v – 2u 2 = (3v – 2u) 2 = 9 v 2 – 12 # u $ v + 4 u 2 = 9 # 4 2 – 10 # 8 + 4 # 3 2 = 100 donc 3v – 2u = 10. 4.

72. u $ v = u

v # cos (u ; v ) 3 r = 5 # 2 cos = 10 # = 5 3. 6 2 1. u $ (– 3v ) = – 3 # u $ v = – 3 # 5 3 = – 15 3 . 2. u + v 2 = (u + v ) 2 #

= u

2

+ 2u $ v + v

78.

2

= AB – 2AB $ AD + AD = AB 2 – 2AB $ AD + AD 2 = 4 2 – 2 # (– 6) + 3 2 = 37. © Hachette livre, 2011

91


( )

2

2

= AB + 2AB $ AD + AD = AB 2 + 2AB $ AD + AD 2 = 4 2 + 2 # (– 6) + 3 2 = 13.

2

v = 0 2 + 4 2 = 4 et u $ v = (– 2) # 0 + 3 # 4 = 12. 2. u + v 2 = u 2 + 2u $ v + v 2 = 13 + 2 # 12 + 16 = 53 d’où u + v = 53 . Autre méthode : u + v a pour coordon–2 nées donc 7 u + v = (– 2) 2 + 7 2 = 53 .

2

2

Donc u = v = 29 + 10 3 . 3. (v – u) $ (– 3v ) = – 3v 2 + 3u $ v = – 3 v 2 + 3u $ v = – 3 # 2 2 + 3 # 5 3 = – 12 + 15 3 . % 73. 1. AB $ AD = AB # AD # cos BAD = 4 # 3 # cos 120 = – 6. 2 2 2 2. AC = AC = AB + AD = u + v 2 = u 2 + 2u $ v + v 2

Donc AC = 13 . De même 2 2 DB 2 = DB = DA + AB = AB – AD = u – v 2 = u 2 – 2u $ v + v

u = (– 2) 2 + 3 2 = 13 ,

76. 1. (u + av ) 2 = u 2 + 2a # u $ v + a 2 v 2 = u 2 + 2a # u $ v + a 2 v 2 = 4 + 10a + 9a 2 . 2. u + av = 2 + u + av 2 = 4 + (u + av ) 2 = 4 + 4 + 10a + 9a 2 = 4 + 10a + 9a 2 = 0. Or les solutions de cette équation sont 10 a 1 = 0 et a 2 = – . 9 On a donc u + av = 2 pour a = – 10 . 9 2 2 2 2 77. (u + av ) = u + 2a # u $ v + a v = u 2 + 2a # u $ v + a 2 v 2 = 4 – 2a + 4a 2 . u + av = 4 + u + av 2 = 16 + (u + av ) 2 = 16 + 4 – 2a + 4a 2 = 16. 2 + 4a – 2a – 12 = 0 + 2a 2 – a – 6 = 0. Or les solutions de cette équation sont a 1 = – 3 et a 2 = 2 . 2 3 On a donc u + av = 4 pour a = – et 2 a = 2.

= 5 2 + 2 # 5 3 + 2 2 = 29 + 10 3 .

2

et F = 130 000 + 60 000 2 . 464 Newtons.

u + 2v

2

– 2u + v = (u + 2v ) 2 – (2u + v ) 2 = ( u 2 + 4u $ v + 4 v 2) – (4 u 2 + 4u $ v + v 2) = – 3 u 2 + 3 v 2. .


Livre du professeur

Or, si on suppose u = v , alors u 2 = v 2 et – 3 u 2 + 3 v 2 = 0. On a donc u + 2v 2 – 2u + v 2 = 0 , ce qui équivaut à u + 2v 2 = 2u + v 2 , ce qui équivaut à u + 2v = 2u + v (les normes étant positives).

3. Orthogonalité 79. AB et BC ; AO et BD ; BC et DC ; CA et BD ; OB et OC . 80. 1. u $ v = (– 2) # 0 + 1 # (– 1) = – 1 : les vecteurs u et v ne sont pas orthogonaux. 2. u $ v = 3 # (– 4) + 4 # 3 = 0 : les vecteurs u et v sont orthogonaux. 3. u $ v = 5 # 4 + (– 2) # 10 = 0 : les vecteurs u et v sont orthogonaux. 4. u $ v = (– 3) # (– 4) + 2 # 6 = 24 : les vecteurs u et v ne sont pas orthogonaux. 81. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 82. 1. (u + v ) $ (2u) = 2 u 2 + 2v $ u = 2 # 2 2 + 2 # 0 = 8. 2. (2u – v ) $ (u – 3v ) = 2 u 2 – 7u $ v + 3 v 2 = 2 # 2 2 – 7 # 0 + 3 # 3 2 = 35. 3. u + v 2 = (u + v ) 2 = u 2 + 2u $ v + v 2 = 2 2 + 2 # 0 + 3 2 = 13 donc u + v = 13 . 4. 3u – 2v 2 = (3u – 2v ) 2 = 9 u 2 – 12u $ v + 4 v 2 = 9 # 2 2 – 12 # 0 + 4 # 3 2 = 72 donc u + v = 72 = 6 2 . 83. 1. Soit u et v deux vecteurs non nuls orthogonaux. u + v 2 – u – v 2 = (u + v ) 2 – (u – v ) 2 = ( u 2 + 2u $ v + v 2) – ( u 2 – 2u $ v + v 2) . 2 Donc u + v – u – v 2 = 4u $ v = 0 car u et v sont supposés orthogonaux. On a donc u + v 2 = u – v 2 ce qui équivaut, les normes étant positives, à u+v = u–v . 2. Soit ABCD un rectangle. Posons u = AB et v = AD . u et v sont des vecteurs non nuls orthogonaux. Par conséquent, d’après la question 1, on a u + v = u – v c’est-àdire AB + AD = AB – AD , autrement dit AC = BD : on retrouve le résultat qui dit que, dans un rectangle, les diagonales sont de même longueur.

84. 1. u $ v = 5 # 10 + (– 7) # 7 = 1 : les vecteurs u et v ne sont pas orthogonaux. 2. u $ v = 3 # 4 + (– 1) # 1 = 0, 2 : les 2 5 vecteurs u et v ne sont pas orthogonaux. 3. u $ v = 5 # (– 10 ) + 5 2 # 1 =–5 2 +5 2 =0 : les vecteurs u et v sont orthogonaux. 4. u $ v = (1 – 2 2 ) # ( 2 – 1) + (1 + 2 ) # (– 11 + 8 2 ) = (3 2 – 5) + (– 3 2 + 5) = 0 : les vecteurs u et v sont orthogonaux. 85. 1. Cet algorithme permet, après avoir entré les coordonnées des vecteurs u et v , de dire si les vecteurs et sont orthogonaux ou pas. 2. Dans les deux cas l’algorithme donne OUI. Si dans le premier cas, les deux vecteurs sont bien orthogonaux (u $ v = (3 5 – 30) + (– 3 5 + 30) = 0), dans le second cas les deux vecteurs ne le sont pas : en effet le chiffre des unités de 1 543 687 942 # 256 874 135 + (– 2 105 106 217) # 188 367 457 est 1. Le produit scalaire de u et v est donc non nul : les approximations de la machine ne permettent pas de donner la bonne réponse. –5 2 86. 1. On a AB et CD , donc 2 5 AB $ CD = (– 5) # 2 + 2 # 5 = 0 : les droites (AB) et (CD) sont orthogonales. 2 –1– 3 2. On a AB et CD , donc 1 2 3–3 AB $ CD = (– 1 – 3 ) # 2 + (2 3 – 3) # 1 = – 5 : les droites (AB) et (CD) ne sont pas orthogonales. –6 –5 1 87. 1. On a AB , AC et BC . –1 –7 –6 On constate que AB $ BC = 0 , le triangle ABC est donc rectangle en B.

( )

()

)

()

(

( ) ( )

2. On a AB

( )

( –46 ), AC ( –– 25 ) et BC ( –– 61 ).

On constate qu’aucun des produits scalaires AB $ BC , AB $ AC et AC $ BC n’est nul : le triangle ABC n’est donc pas rectangle. –2 2 –3 3 3. On a AB , AC et 2 –2 – 2 . On constate qu’aucun des BC –4 produits scalaires AB $ BC , AB $ AC et

(

)


(

)

92

(

)


AC $ BC n’est nul : le triangle ABC n’est donc pas rectangle. 4. On BC

a

AB

( 63 ),

AC

( – 59 3 )

et

( – 63 3 ). On constate que AB $ BC = 0 ,

le triangle ABC est donc rectangle en B. 88. 1. u et v sont orthogonaux si, et seulement si, – 2m – 3 = 0 ce qui équi3 vaut à m = – . 2 2. u et v sont orthogonaux si, et seulement si, 3m + 2m – 1 = 0 ce qui équivaut à m = – 1 . 5 3. u et v sont orthogonaux si, et seulement si, 2m 2 + 18 = 0 . Cette équation n’admet aucune solution réelle, il n’existe donc aucune valeur de m pour laquelle u et v sont orthogonaux. 4. u et v sont orthogonaux si, et seulement si, m 2 – m – 12 = 0 ce qui équivaut à m = – 3 ou m = 4 . 89. On a u $ v = a # (– b) + b # a = 0 ; les vecteurs u et v sont donc orthogonaux. De plus u = v = a 2 + b 2 . 90. Il existe deux vecteurs unitaires or3 –3 –4 5 5 thogonaux à u : v 1 4 et v 2 4 . 3 – 5 5

( )

() ( )

91. 1. DM $ AC = (DA + AM) $ (AB + BC) = DA $ AB + DA $ BC + AM $ AB + AM $ BC = 0 – DA # BC + AM # AB + 0 = – 3 # 3 + x # 10 = 10x – 9.

2. On en déduit que les droites (DM) et (AC) sont orthogonales si, et seulement si, 10x – 9 = 0 , c’est-à-dire pour x = 0, 9 . 3. MD $ MC = (MA + AD) $ (MB + BC) = MA $ MB + MA $ BC + AD $ MB + AD $ BC = – MA # MB + 0 + 0 + AD # BC = – x (10 – x) + 3 # 3 = x 2 – 10x + 9.

4. On en déduit que DMC est un triangle rectangle en M si, et seulement si, x 2 – 10x + 9 = 0 , ce qui équivaut à x = 1 ou x = 9 . 92. 1. Pour tout point M du plan : AM $ BC + BM $ CA + CM $ AB = AM $ BC + (BA + AM) $ CA + (CA + AM) $ AB = AM $ BC + BA $ CA

+ AM $ CA + CA $ AB + AM $ AB = AM $ (BC + CA + AB) + BA $ CA + CA $ AB = AM $ 0 + CA $ (BA + AB) = AM $ 0 + CA $ 0 = 0.


Livre du professeur

2. Soit H le point d’intersection des hau4. AI $ KL = 1 (AB + AC) $ (KA + AL) teurs du triangle ABC issues de A et de B : 2 1 1 1 1 on a donc AH $ BC = BH $ AC = 0. = – AB $ AK + AB $ AL – AC $ AK + AC $ AL 2 2 2 2 Or d’après la question précédente on a 1 1 = – AB AH + 0 + AC AH – 0 $ $ AH $ BC + BH $ CA + CH $ AB = 0. Par 2 2 1 1 conséquent CH $ AB = 0 : autrement = AH $ (AC – AB) = AH $ BC = 0. 2 2 dit H est situé sur la hauteur issue de C Les droites (AI) et (KL) sont donc orthodu triangle ABC. gonales. 93. 1. Soit ABC un triangle rectangle en A 95. Partie 1 : Avec GeoGebra et H le projeté orthogonal de A sur (BC). 1. Voir manuel numérique On calcule BA $ BC de deux manières 2. Les segments [CD] et [BE] sont de différentes grâce à la formule du projeté même longueur et perpendiculaires. orthogonal. Partie 2 : Sur une feuille Sens direct r ABC est un triangle rectangle en A : A est 1. AE $ AB = AE # AB # cos + a et 2 donc le projeté orthogonal de C sur (AB), r 2 +a . # # A C A D = A C A D cos $ donc BA $ BC = BA $ BA = BA . 2 H est le projeté orthogonal de A sur (BCB), Or AE = AC et AB = AD donc donc BA $ BC = BH $ BC. AE $ AB = AC $ AD. 2 On en déduit que BA 2 = BH $ BC. 2. CD 2 = CD = (CA + AD) 2 Réciproque = CA 2 – 2AC $ AD + AD 2 . 2 On suppose que BA = BH $ BC . Comme Or CA = EA et AD = AB donc H est le projeté orthogonal de A sur (BC), CD 2 = CA 2 – 2AC $ AD + AD 2 on a BH $ BC = BA $ BC. = AE 2 – 2AE $ AB + AB 2 On a donc BA 2 – BA $ BC = 0 c’est-à-dire d’après la question 1. BA $ (BA – BC) = 0 ou encore BA $ CA = 0 Finalement CD 2 = (EA + AB) 2 = EB 2 d’où ce qui signifie que ABC est un triangle recCD = BE . tangle en A. 3. AB $ AC = AB # AC # cos a 2. Soit ABC un triangle rectangle en A, = AD# AE # cos a car AB = AD et AC = AE ce qui équivaut à BA 2 – BH $ BC (ques= – AD # AE # cos (r + a) car pour tout tion 1). a on a cos (r + a) = – cos a réel On a AH 2 = BA 2 – BH 2 = – AD # AE # cos (AD ; AE) car + AH 2 = BH $ BC – BH 2 (AD ; AE) = r + a (2r) + AH 2 = BH $ (BC – BH) + AH 2 = BH $ HC. = – (AD $ AE) . Autrement dit ABC est rectangle en A si, 4. On a et seulement si, AH 2 = – HB $ HC. CD $ BE = (CA + AD) $ (BA + AE) 94. 1. = CA $ BA + CA $ AE + AD $ BA + AD $ AE. Or d’après la question 3, CA $ BA = AB $ AC = – AD $ AE. De plus les triangles ABD et ACE sont rectangles en A ; on a donc CA $ AE = AD $ BA = 0. Finalement

(

CD $ BE = – AD $ AE + 0 + 0 + AD $ AE = 0.

4. Géométrie analytique

( –12 ), n ( 21 ), n ( 10 ) et n ( 12 ) . 2

3

4

97. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 98. 1. Trois vecteurs normaux à la droite


93

( )

() ()

()

)

Par conséquent les droites (CD) et (BE) sont orthogonales.

96. n 1

( )

()

)

(

2. K est le projeté orthogonal de H sur (AB) donc AB $ AH = AB $ AK. De même, L est le projeté orthogonal de H sur (AC) donc AC $ AH = AC $ AL. 3. Soit I le milieu de [BC]. On a AI = 1 (AB + AC). 2

1 (d1) d’équation x + 3y – 5 = 0 sont n 1 , 3 –1 2 et n 3 . n2 –3 6 2. Trois vecteurs normaux à la droite 2 (d2) d’équation y = – 2x + 1 sont n 1 , 1 –2 4 et n 3 . n2 –1 2 99. 1.


2. Un vecteur normal à la droite (d) est 2 , un vecteur normal à la droite (d¢ ) u –5 8 est v . 3 3. On a

( ) ()

u $ v = 2 # 8 + (– 5) # 3 = 16 – 15 = 1 ! 0.

Les droites (d) et (d¢ ) ne sont donc pas perpendiculaires. a est un vecteur normal à la 100. 1. n b a¢ droite (d), et n¢ est un vecteur normal b¢ à la droite (d¢ ) . Les droites (d) et (d¢ ) sont orthogonales si, et seulement si, n et n¢ sont orthogonaux, c’est-à-dire si, et seulement si, aa¢ + bb¢ = 0. 2. On a 2 # 4 + (– 3) # 3 = – 1 donc les droites d’équations 2x – 3y = 0 et 4x + 3y – 1 = 0 ne sont pas orthogonales. 101. 1.

()

( )


Livre du professeur

2. Une équation de (d) peut s’écrire 4x + y – 2 = 0 , et une équation de (d¢ ) 0, 25x – y = 0 . Un vecteur normal à la droite (d) est donc 4 u , et un vecteur normal à la droite (d¢ ) 1 – 0, 25 est v . 1 3. On a u $ v = 4 # (– 0, 25) + 1 # 1 = – 1 + 1 = 0. Les droites (d) et (d¢ ) sont donc orthogonales. m m¢ 102. 1. u et v sont des vec–1 –1 teurs normaux aux droites (d) et (d¢ ) respectivement. 2. (d) et (d¢ ) sont orthogonales si, et seulement si, les vecteurs u et v sont orthogonaux,c’est-à-dire si,et seulement si, m # m¢ + (– 1) # (– 1) = 0 , ou encore mm¢ = – 1. 3. On calcule le nombre m tel que 1 # = – 1 ; on trouve m = – 3. 3 L’équation réduite de la droite (d) est donc de la forme y = – 3x + P . Comme cette droite passe par le point A (– 1 ; 2) on en déduit que p = 2 + 3 # (– 1) = – 1. L’équation réduite de la droite (d) est donc y = – 3x – 1 . 103. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 104. Dans chaque cas, AB est un vecteur normal à la droite (d). –2 1. AB donc la droite (d) admet une –4 équation de la forme – 2x – 4y + c = 0 . De C d (d) on tire c = 2 # 3 + 4 # 3 = 18. Une équation de la droite (d) est donc – 2x – 4y + 18 = 0 ou encore x + 2y – 9 = 0 . 2. 2x + 3y + 12 = 0 . 3. 6x – y + 5 = 0 . 105. A. Méthode 1 1. I (3, 5 ; – 2) . 3 2. AB est un vecteur normal à la droi4 te (m). 3. (m) admet une équation de la forme 3x + 4y + c = 0 . De I d (m) on tire c = – 3 # 3, 5 – 4 # (– 2) = – 2, 5. Une équation de la médiatrice (m) de [AB] est donc 3x + 4y – 2, 5 = 0 , ou encore 6x + 8y – 5 = 0 .

()

(

)

( )

( )

()

( )

B. Méthode 2 1. Si M (x ; y) d (m) alors MA = MB et donc MA 2 = MB 2 . Réciproquement, si MA 2 = MB 2 , alors MA 2 – MB 2 = 0 c’est-à-dire (MA – MB)(MA + MB) = 0 . Or, A et B étant distincts, on a MA + MB 2 0 . Par conséquent on a nécessairement MA – MB = 0 , c’est-à-dire MA = MB ou encore M d (m) . 2. (x ; y) d (m) + MA 2 = MB 2 + (2 – x) 2 + (– 4 – y) 2 = (5 – x) 2 + – 4x + 4 + 8y + 16 = – 10x + 25 + 6x + 8y – 5 = 0. – 12 106. 1. AB est un vecteur nor–3 mal de cette droite, qui a pour équation – 12x – 3y + 66 = 0. 7 2. BC est un vecteur normal –1 de cette droite, qui a pour équation 7x – y – 33 = 0. –5 3. AC est un vecteur normal de –4 cette droite, qui a pour équation 10x + 8y – 25 = 0. 107. 1. 2x – 3y + 3 = 0 . 2. 2x – y – 7 = 0 . 2x – 3y + 3 = 0 3. On résout le système ) 2x – y – 7 = 0 qui a pour unique couple solution (6 ; 5). On a donc H(6 ; 5). 108. 1. (x + 1) 2 + (y – 3) 2 = 2 ou x 2 + y 2 + 2x – 6y + 8 = 0 . 2. (x – 2) 2 + (y + 3) 2 = 29 ou x 2 + y 2 – 4x + 6y – 16 = 0 . 3. M d 3 + MC $ MD = 0 + (4 – x)(– 1 – x) + (4 – y)(– 2 – y) = 0 + x 2 + y 2 – 3x – 2y – 12 = 0.

(

)

( )

( )

4. M d 4 + ME $ MF = 0 + (– x)(4 – x) + (– 1 – y) (– y) = 0 + x 2 + y 2 – 4x + y = 0. 6 2 109. 1. On a AB , AC 4 –3 4 et BC . On constate que 7 AB $ AC = 2 # 6 = (– 3) # 4 = 0. Le triangle ABC est donc rectangle en A. 2. Le cercle  circonscrit au triangle ABC est donc le cercle de diamètre [BC].

()

( ) ()

M d  + MB $ MC = 0 + (– 3 – x)(1 – x) + (– 1 – y)(6 – y) = 0 + x 2 + y 2 + 2x – 5y – 9 = 0.


94


110. 1. Une équation de la droite (m1) médiatrice de [AB] est x – y – 3 = 0. 2. Une équation de la droite (m2) médiatrice de [BC] est x + 12y – 27, 5 = 0. 3. Les coordonnées du point X centre du cercle  circonscrit au triangle ABC sont les solutions du système formé par les équations des droites (m1) et (m2) ; on 49 trouve X 127 ; . 26 26 4. Une équation cartésienne de  est 2 49 2 = 12 905 x – 127 + y – . 26 338 26

(

(

)

) (

)

111. 1. AB 2 = (– 3 – 5) 2 + (1 – 7) 2 = 100. Une équation cartésienne du cercle de centre A passant par B est (x – 5) 2 + (y – 7) 2 = 100. 2. La tangente à ce cercle au point B est la perpendiculaire en B à la droite (AB) ; elle a pour équation 4x + 3y + 9 = 0 . 112. 1. Une équation cartésienne du cercle de diamètre [AB] est (– x)(4 – x) + (– 1 – y)(3 – y) = 0 c’est-à-dire x 2 + y 2 – 4x – 2y – 3 = 0. 2. On a x 2E + y 2E – 4x E – 2y E – 3 = 02 + 32 – 4 # 0 – 2 # 3 – 3 = 0 donc E d . 3. Une équation de la tangente à ce cercle au point E est x – y + 3 = 0 . 113. 1. x 2 + y 2 – 2x + 4y – 4 = 0 + (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 9 : cet ensemble est le cercle de centre X (1 ; – 2) et de rayon 9 = 3 . 1. x 2 + y 2 + x – 6y + 1 = 0 4 2 + x + 1 + (y – 3) 2 = 9 : 2 cet ensemble est le cercle de centre X – 1 ; 3 et de rayon 9 = 3 . 2 114. 1). x 2 + y 2 – 8x + 4y + 25 = 0

(

(

)

)

+ (x – 4) 2 + (y + 2) 2 = – 5 : cet ensemble est l’ensemble vide. 1. x 2 + y 2 – 4x + 4 = 0 + (x – 2) 2 + y 2 = 0 : cet ensemble est réduit au point X (2 ; 0) . 115. Voir le manuel numérique. 116. 1. x 2 + y 2 + ax + by + c = 0 2 + x+a + y+b 2 2

(

) (

2

)

2 2 =–c+a +b . 4 4

L’ensemble  est un cercle si, et seulement si, 2 2 – c + a + b 2 0 , soit a 2 + b 2 – 4c 2 0. 4 4


Livre du professeur

2.

120. 1. La commande solve([(x-1)^2+(y-1)^2=4,x-y+1=0],[x,y])

donne deux points d’intersection : 1+ 7 3+ 7 A et en ; 2 2 1– 7 3– 7 ; . B 2 2 2. La commande solve([(-x)*(3-x)+(2-y)*(-1-y)=0, (x+1)^2+(y+1)^2=25],[x,y])

( (

3. Pour a = 2 , b = – 10 et c = 22 l’algorithme donne « L’ensemble E est le cercle de centre A (– 1 ; 5) et de rayon R = 2 ». Pour a = – 6 , b = 0 et c = 12 l’algorithme donne « L’ensemble E est vide ». 117. Pour déterminer les intersections éventuelles avec l’axe des abscisses (resp. des ordonnées), on remplace y (resp. x par 0 et on résout l’équation en x (resp. en y) qui en résulte. 1. Le cercle  coupe l’axe des abscisses en A(2 ; 0) et B(4 ; 0), et ne coupe pas l’axe des ordonnées. 2. L’équation du cercle  est (x – 1) 2 + (y + 1) 2 = 17 ; ce cercle coupe l’axe des abscisses en A (– 3 ; 0) et B(5 ; 0), et l’axe des ordonnées en C (0 ; – 5) et D(0 ; 3). 3. L’équation du cercle  est x 2 + y 2 + 12x – 12x – 10y + 36 = 0 ; ce cercle est tangent à l’axe des abscisses en (– 6 ; 0) , et ne coupe pas l’axe des ordonnées. 118. 1. Une équation cartésienne du cercle  est donnée par x 2 + (y – 3) 2 = 10 c’est-à-dire x 2 + y 2 – 6y – 1 = 0 . 2. Une équation cartésienne de la droite (AB) est 2x + y – 8 = 0 . x 2 + y 2 – 6y – 1 = 0 3. ) 2x + y – 8 = 0 x 2 + (– 2x + 8) 2 – 6 (– 2x + 8) – 1 = 0 &) y = – 2x + 8 5x 2 – 20x + 15 = 0 &) y = – 2x + 8 La première équation admet deux solutions : x 1 = 1 et x 2 = 3 . Les valeurs correspondantes de y sont y 1 = – 2x 1 + 8 = 6 et y 2 = – 2x 2 + 8 = 2 . On vérifie que les couples (1 ; 6) et (3 ; 2) sont bien solutions du système initial. 4. Les points d’intersection de la droite (AB) et du cercle  sont A(1 ; 6) et B(3 ; 2).

)

)

donne deux points d’intersection : A(3 ; 2) 60 19 ; et B 17 17

(

)

5. Calculs de grandeur 120. D’après la définition on a AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 − BC 2) (à permu2 tation des lettres A, B et C près). On utilise cette égalité pour calculer la longueur le troisième côté du triangle (s’il existe). 1. On a AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 − BC 2), 2 soit − 6 = 1 (4 2 + 9 2 − BC 2) (qui donne 2 BC 2 = 109 , soit BC = 109 . 2. On a BA $ BC = 1 (BA 2 + BC 2 − AC 2), 2 soit − 3 = 1 (4 2 + BC 2 − 6 2) qui donne 2 BC 2 = 26 , soit BC = 26 . 3. On a CA $ CB = 1 (CA 2 + CB 2 − AB 2), 2 soit 12 = 1 (2 2 + CB 2 − 6 2) qui donne 2 CB 2 = 56 , soit BC = 56 = 2 14 . 4. On a BA $ BC = 1 (BA 2 + BC 2 − AC 2), 2 soit 0 = 1 (5 2 + BC 2 − 6 2) qui donne 2 BC 2 = 11 , soit BC = 11 . 122. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 123. 1. On a AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 − BC 2), soit 2 25 = 1 (5 2 + 7 2 − BC 2) qui donne 2 BC 2 = 24 . On constate que l’on a, d’une part, BA 2 + BC 2 = 5 2 + 24 = 49 et, d’autre part, AC 2 = 7 2 = 49 . Le triangle ABC est donc rectangle en B. % % 5 2. On a BAC = AB = d’où BAC . 44, 4 o AC 7 % % et donc BAC = 90 − BAC . 45, 6 o .


95


124. 1. AB $ AC = 52, AB = 40 , AC = 116 , % 52 cos BAC = AB $ AC = d’où AB # AC 40 # 116 % BAC . 40 o . 2. AB $ AC = 102, AB = 6 , AC = 290 , % 102 cos BAC = AB $ AC = d’où AB # AC 6 # 290 % BAC . 3 o . 3. AB $ AC = − 20, AB = 65 , AC = 5, % 20 cos BAC = AB $ AC = − d’où AB # AC 65 # 5 % BAC . 120 o . 125. 1. On a, d’une part, AB $ AC = AH # AC et, d’autre part, % AB $ AC = AB # AC # cos BAC . On en déduit que % AH # AC = AB # AC # cos BAC , soit r % AH = AB # cos BAC = 8 # cos = 4 3 . 6 On pouvait, bien entendu, utiliser directement les formules de trigonométrie dans le triangle AHB rectangle en H. 2. On trouve AK = 6 et HK = 2 3 . 126. 1. On a AC $ DB = (AB + BC) $ (DA + AB) = AB $ DA + AB $ AB + BC $ DA + BC $ AB. Donc AC $ DB = 0 + L2 − l2 + 0 = L2 − l2 . 2. On a également AC $ DB = AC $ HK = AC # HK = L2 + l2 # HK . On déduit de la question 1 que 2 2 HK = L 2− l 2 . L +l 3. HK = 1 AC si, et seulement si, 3 L2 − l2 = 1 L2 + l2 c’est-à-dire L2 + l2 3 2 L − l2 = 1 (L2 + l2) ce qui est équivalent 3 à L =l 2. 127. Soit I le milieu du segment [AC]. D’après la formule de la médiane on a 2 BA 2 + BC 2 = 2BI 2 + AC d’où 2 BI 2 = 1 BA 2 + 1 BC 2 − 1 AC 2 . 2 2 4 3 11 . 1. On trouve BI = 2 265 . 2. On trouve BI = 2 3. On trouve BI = 2 5 . 128. Cet exercice est corrigé dans le manuel.


Livre du professeur

129. On a, d’après la formule d’Al-Kashi, a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos W A = 5 + 12 − 2 # 5 # 2 3 # (− 0, 5) = 17 + 2 15 . D’où a = BC = 17 + 2 15 . 130. b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos V B 5r 2 2 = 4 + 4 − 2 # 4 # 4 # cos 6 = 32 − 32 # − 3 = 32 + 16 3 . 2 D’où b = AC = 32 + 16 3 . A d’où 131. On a a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos W 2 2 2 2 2 2 8 5 − 11 + b c − a + cos W A= = 2#8#5 2bc = − 32 = − 2 . 80 5 o W On en déduit que A . 114 . De même b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos V B d’où 2 2 2 2 2 2 11 5 − 8 + a c − b + V cos B = = = 41 . 2ac 2 # 11 # 5 55 On en déduit que V B . 42 o . Enfin on a W A+V B+W C = 180 o donc W C . 114 − (114 + 42) = 24 o . 132. On a a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos W A 2 2 2 + − b c a A= d’où cos W 2bc 2 8 + (5 2 ) 2 − (2 10 ) 2 = = 74 . 2#8#5 2 80 2 On en déduit que W A . 49 o . De même b 2 = a 2 + c 2 − 2ac cos V B d’où 2 2 2 a c b + − cos V B= 2ac (2 10 ) 2 + (5 2 ) 2 − 8 2 26 . = = 2 # 2 10 # 5 2 40 5 On en déduit que V B . 73 o . W Enfin on a A + V B+W C = 180 o donc W C . 180 − (49 + 73) = 58 o . 133. Cet exercice est corrigé dans le manuel. 134. On a, pour tout triangle non aplati, a = b = c . sin W A sin V B sin W C On a W A = 180 − (60 + 25) = 95 o . 11 = b = c Donc ce qui sin 95 sin 25 sin 60 11 # sin 25 . 4, 7 donne b = AC = et sin 95 11 # sin 60 c = AB = . 9, 6 . sin 95 135. On a, pour tout triangle non aplati, a = b = c . sin W A sin V B sin W C W On a A = 180 − (60 + 45) = 75 o .

(

)

a = 12 = c ce qui sin 75 sin 45 sin 60 12 # sin 75 . 16, 4 donne a = BC = et sin 45 12 # sin 60 c = AB = . 10, 4 . sin 95 136. Ici W A =r− 3+ r = r . 12 4 6 7 2 b c ce qui Donc = = 3r r r sin sin sin 4 12 6 r 7 2 # sin 12 donne b = AC = . 3, 6 et 3r sin 4 r 7 2 # sin 6 . 7. c = AB = 3r sin 4 137. On a, pour tout triangle non aplati, a = b = c . sin W A sin V B sin W C 8 = 9 d’où 1. Ici on a donc a = sin W A sin 45 sin W C 9 2 C = 9 # sin 45 = l’on tire sin W . 8 16 2. Il y a deux mesures possibles pour W C dont les valeurs approchées au dixième de degré sont 52,7° et 127,3°. 3. Dans le premier cas : si W C = 52, 7 o alors W A = 180 − (45 + 52, 7) = 82, 3 o et on a 9 a d’où = 8 = sin 82, 3 sin 45 sin 52, 7 Donc

(

)

8 # sin 82, 3 . 11, 2 . sin 45 Dans le second cas : si W C = 127, 3 o alors W A = 180 − (45 + 127, 3) = 7, 7 o et on a 9 a = 8 = d’où sin 7, 7 sin 45 sin 127, 3 a = BC =

8 # sin 7, 7 . 1, 5 . sin 45 138. On a, pour tout triangle non aplati, a = b = c . sin W A sin V B sin W C 6 1. Ici on a donc a = = 5 d’où sin W A sin 95 sin W C # C = 5 sin 95 . 0, 830 162. l’on tire sin W 6 2. Comme le triangle ABC a déjà un angle obtus, les deux angles restants sont nécessairement aigus : la seule mesure possible pour W C est donc 56,1°. 3. On a donc W A = 180 − (95 + 56, 1) = 28, 9 et 6 5 a = = sin 28, 9 sin 95 sin 56, 1 a = BC =


96


6 # sin 28, 9 . 2, 9 . sin 95 A 139. 1.  = 1 bc sin W 2 = 1 # 5 # 7 # sin 55 . 14, 3 . 2 C 2.  = 1 ab sin W 2 5r 55 3 = 1 # 11 # 5 3 # sin = . 23, 8 2 6 4 r 1 1 V 3.  = ac sin B = # 5 # 6 2 #sin = 15. D’où a = BC =

2

2

4

140. 1. Aire(ABCD) = 2 # Aire(ABD) % = 1 # AB # AD # sin BAD 2 1 = # 8 # 5 # sin60 = 10 3 . 2 2. On démontre que Aire(AOD) = Aire(COD) = Aire(BOC) 1 = Aire(AOB) = Aire(ABCD). 4 1 % Or Aire(AOD) = # OA # OD # sin AOD 4 15 2 = 1 # 5 # 6 # sin 45 = . 2 2 Donc Aire(ABCD) = 4 # Aire(AOD) . = 30 2 . % \ 141. On a COD = AOB = a et % COB = \ AOD = r − a (si on calcule en radians). Ainsi  = 1 # OA # OB # sin a 2 + 1 # OB # OC # sin (r − a) 2 + 1 # OC # OD # sin a 2 + 1 # OD # OA # sin (r − a) . 2 Or on sait que sin (r − a) = sin a pour tout a réel. Donc  = 1 # OA # OB # sin a 2 + 1 # OB # OC # sin a 2 1 + # OC # OD # sin a 2 1 + # OD # OA # sin a . 2 1  = # sin a # (OA # OB + OB # OC 2 + OC # OD + OD # OA) 1  = # sin a # (OB # (OA + OC) 2 + OD # (OA + OC))  = 1 # sin a # ((OB + OD) # (OA + OC)) 2 Finalement  = 1 # sin a # (BD # AC) . 2 142. 1. On commence par calculer W A = 180 − (60 + 37) = 83 o .


Livre du professeur

Puis on calcule b = AC grâce à la for5 = b d’où mule des sinus : sin 83 sin 60 5 # sin 60 b= . sin 83 Enfin on utilise la formule des aires : 5 # sin 60 C = 1#5#  = 1 ab # sin W 2 2 sin 83 # sin 37 . 6, 6 . 2. On commence par calculer cos W A grâce à la formule d’Al-Kashi : a 2 = b 2 + c 2 − 2bc cos W A d’où l’on tire 2 2 2 2 8 + 5 2 − 6 2 53 − + b c a cos W A= = = . 2#8#5 80 2bc On en déduit la valeur de sin W A grâce à la formule cos 2 W A + sin 2 W A=1 ; A= on trouve sin W

3 591 = 3 399 . 6 400 80 On termine en calculant l’aire du triangle ABC par la formule des aires : 3 399  = 1 bc sin W A = 1#8#5# 2 2 80 3 399 = . 15 . 4 A on tire 143. De  = 1 bc sin W 2 6 1 A= . 12 = # 4 # 7 # sin W A ; donc sin W 7 2 On en déduit les valeurs possibles de 36 13 A = 1 − sin 2 W A=1− = . cos W A : cos 2 W 49 49 13 A =! . Donc sin W 7 On termine en utilisant la formule d’AlKashi pour calculer les valeurs possibles de la longueur BC : a 2 = b 2 + c 2 − 2bc # cos W A W = 16 + 48 − 56 # cos A = 64 − 56 cos W A. On en tire deux possibilités selon la valeur choisie pour cos W A: 13 2 a = 64 − 56 # = 64 − 9 13 q u i 7 donne a . 5, 6 , et a 2 = 64 − 56 # − 13 = 64 + 9 13 7 qui donne a . 9, 8 . 144. On a b = 200, W A = 73 et W C = 69 . V On calcule B = 180 − (73 + 69) = 38 . La formule des sinus a = b = c sin W A sin V B sin W C 200 c donne d’où l’on tire = sin 38 sin 69 200 # sin 69 c= . 303, 3 . sin 38 Pour calculer d, calculons l’aire du triangle ABC de deux manières :

(

)

Première manière :

 = 1 bc sin WA = 1 # 200 # 200 # sin 69 # sin 73 2

2

sin 38 sin 73 # sin 69 . = 20 000 # sin 38

Seconde manière :  = 1 bd = 100d . 2 On en déduit que sin 73 # sin 69 100d = 20 000 # et on en sin 38 sin 73 # sin 69 . 290 m . tire d = 200 # sin 38 145. 1. Calcul de AD : Dans le triangle ADB on a % AB = 100 , ABD = 40 o et % % % DAB = DAC + CAB = 52 + 29 = 81 o . On en déduit que % ADB = 180 − (40 + 81) = 59 o . La formule des sinus permet de calculer AD ; on a en effet AD = AB ou % % sin ABD sin ADB encore AD = 100 . sin 40 sin 59 Ceci nous donne AD = 100 # sin 40 . 75 m . sin 59 2. Calcul de AC Dans le triangle ABC on a AB = 100 , % BAC = 52 o et % % % ABC = ABD + DBC = 40 + 43 = 83 o . On en déduit que % ACB = 180 − (52 + 83) = 45 o . La formule des sinus permet de calculer AC ; on a en effet AC = AB ou % % sin ABC sin ACB encore AC = 100 . sin 83 sin 45 Ceci nous donne AC = 100 # sin 83 . 140 m . sin 45 3. Calcul de CD On utilise la formule d’Al-Kashi dans le triangle ACD :

Aire(32) = 16 # sin

r . 3, 121 445 ; 16

Aire(2 000) = 1 000 # sin r . 3, 141587. 1 000

On constate que plus n augmente, plus l’aire du polygone n se rapproche de celle du disque de rayon 1, qui vaut r = 3, 141 593 . 147. 1.

2. On applique la formule des sinus dans les triangles AIB et AIC : on obtient IB = IA et IC = IA . % % % % sin CAI sin ACI sin BAI sin ABI On a donc l’égalité des produits en croix : % % IB # sin ABI = IA # sin BAI et % % IC # sin ACI = IA # sin CAI . Or on sait que (AI) est la bissec% trice intérieure de l’angle BAC : on a % % donc BAI = CAI . On en déduit que % % A # sin BAI = IA # sin CAI , et donc % % IB # sin ABI = IC # sin ACI . Ce que l’on sin ACI ou peut également écrire IB = IC sin % ABI sin C encore IB = . IC sin V B 3. La formule des sinus appliquée au triangle ABC donne b = c ou ensin V B sin W C % CD 2 = AC 2 + AD 2 − 2 # AC # AD # cos CAD sin C = c core . 2 2 . 140 + 75 − 2 # 140 # 75 # cos 29 . 6 858. sin V B b D’où CD = 6 858 . 83 m . De la question précédente on tire l’égalité % 2r IB = c . . 146. 1. AOB = n IC b % 4. Les vecteurs IB et IC sont colinéaires 2. Aire(AOB) = 1 # OA # OB # sin AOB 2 de sens opposés. De l’égalité démontrée 2r 1 2r dans la question précédente on déduit . = 1 # 1 # 1 # sin = # sin 2 n 2 n bIB = − cIC ce qui, après calculs (relation 2r . Aire(n) = n # Aire(AOB) = n # sin de Chasles), mène à l’égalité recherchée : 2 n r BI = c BC . 3. Aire(6) = 3 # sin . 2, 598 076 ; b+c 3 © Hachette livre, 2011

97



Livre du professeur

6. Ensembles de points 148. 1.

149. 1. M ! f + MA 2 + MB 2 = 26 . Or, d’après la première formule de la mé2 diane, on a MA 2 + MB 2 = 2MI 2 + AB . 2 Ainsi M ! f + MA 2 + MB 2 = 26 2 + 2MI 2 + AB = 26 + 2MI 2 + 18 2 = 26 + MI 2 = 4 . 2. On a donc M ! f + MI = 2 : l’ensemble f est donc le cercle de centre I et de rayon 2. 150. Soit I le milieu du segment [AB].

3 1. M ! f11 + MI 2 = ; f11 est le cercle 2 2. Dans le triangle BB¢C rectangle en C on 3 % de centre I de rayon . a sin BB¢ C = BC = BC = a . 2 2 R 2R ¢ BB¢ 2 2. M ! f8 + MI = 0 ; f8 est réduit au 3. Le théorème de l’angle inscrit permet point I. d’affirmer que : 3. M ! f5 + MI 2 = − 3 ; f5 est l’ensem% • Si l’angle BAC est aigu, alors ble vide. % % BAC = BB¢ C. 151. Soit I le milieu du segment [AB]. % • Si l’angle BAC est obtus (voir figure), M ! fk + MI 2 = k − 32 ; fk est le cercle % % 2 alors BAC = r − BB¢ C . de centre I et de rayon 3 si, et seulement Dans les deux cas, on a k − 32 = 9 % % , c’est-à-dire si et seulement si, sin BB¢ C = sin BAC. 2 4. L’aire du triangle ABC est si k = 50. % 1 1 a 3  = bc sin W A = bc sin BB¢ C . L’ensemble f 152. M ! f + MI = 2 2 2 1 a abc = bc = . est donc un cercle de centre I et de rayon 2 2R 4R 2W a 3 5. Application : On calcule d’abord cos A . 2 grâce à la formule d’Al-Kashi : De plus on a R ! f car 2 2 2 2 2 2 cos W A = b + c − a = 8 + 10 − 5 = 139 . 2 2 2 2 2 2 # 8 # 10 160 RP + RQ = a + a = 2a . 2bc L’ensemble f est donc le cercle de cenOn en tire la valeur de sin 2 W A puis de sin W A: tre I passant par R. 6 279 sin 2 W A = 1 − cos 2 W A= d’où 153. 1. M ! f + AB $ AM = 10 25 600 + AB # AH = 10 + AH = 2 . 6 279 6 279 . sin W A= = 2. L’ensemble f est donc la droite per25 600 160 pendiculaire à (AB) passant par le point H On calcule l’aire du triangle ABC : 6 279 1 1 défini par AH = 2 AB .  = bc sin W A = # 8 # 10 # 5 2 2 160 154. 1. f30 est la droite perpendiculaire 6 279 à (AB) passant par le point H défini par = . 4 Or, d’après la question précédente, on a AH = 5 AB . 6 aussi  = abc . 2. f0 est la droite perpendiculaire à (AB) 4R passant par le point A. 5 # 8 # 10 6 279 = ce qui On a donc 3. f- 15 est la droite perpendiculaire 4R 4 à (AB) passant par le point H défini par 5 # 8 # 10 . 5, 05 . donne R = 6 279 AH = − 5 AB . 12 155. 1. fk est la médiatrice du segment [AB] si, et seulement si, k = 8.


98


2. fk est la perpendiculaire à (AB) passant par B si, et seulement si, k = 16. 156. 1. AB $ AC = 1 (AB 2 + AC 2 − BC 2) = − 4 . 2 2. fk est la hauteur issue de C dans le triangle ABC si, et seulement si, k = − 4. 157. 1. M ! f + MA 2 − MB 2 = 10 . Or, d’après la première formule de la médiane, on a MA 2 − MB 2 = 2IM $ AB . Ainsi M ! f + MA 2 − MB 2 = 10 + 2IM $ AB = 10 + IM $ AB = 5 . 2. On a donc M ! f + IM $ AB = 5 ; soit H le projeté orthogonal de M sur (AB) : on a donc M ! f + IM $ AB = 5 + IH # AB = 5 + IH # 5 = 5 + IH = 1 . 3. f est donc la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défini par IH = 1 AB . 5 158. Soit I le milieu du segment [EF]. 1. f24 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défini par IH = 3 EF. 4 2. f8 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défini par IH = 1 EF . 4 3. f0 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point I, c’est-à-dire la médiatrice de [EF]. 159. Soit I le milieu du segment [BC]. On a MB 2 − MC 2 = − 24 + 2IM $ BC = − 24 + IM $ BC = - 12 . Soit H le point de (BC) défini par IH $ BC = − 12 (c’est-à-dire défini par IH = − 4 BC ) ; l’ensemble recherché est 27 la droite perpendiculaire à la droite (BC) passant par I. On remarque que A est un point de cet ensemble : en effet AB2 − AC2 = 52 − 72 = 25 − 49 = − 24. Ceci permet d’affirmer quez l’ensemble recherché est la droite perpendiculaire à (BC) passant par A, autrement dit la hauteur issue de A dans le triangle ABC. 160. 1. M ! f + MA $ MB = 4 . Or, d’après la troisième formule de la mé2 diane, on a MA $ MB = MI 2 − AB . 4 Ainsi M ! f + MA $ MB = 4 2 + MI 2 − AB = 4 + MI 2 − 9 = 4 4 4 2 + MI = 25 . 4


Livre du professeur

5 2. On a donc M ! f + MI = : l’ensem2 ble f est donc le cercle de centre I et de 5 rayon . 2 161. Soit I le milieu du segment [AB]. 1. M ! f- 6 + MI 2 = − 2 ; f11 est l’ensemble vide. 2. M ! f- 4 + MI 2 = 0 ; f8 est réduit au point I. 3. M ! f5 + MI 2 = 9 ; f5 est le cercle de centre I et de rayon 3. 162. 1. M (x ; y) ! f + MA $ MB = − 15 + (− 3 − x)(5 − x) + (− y)(6 − y) = − 15 + x 2 + y 2 − 2x − 6y = 0 . 2. On a M (x ; y) ! f + x 2 + y 2 − 2x − 6y = 0 + (x − 1) 2 + (y − 3) 2 = 10 . L’ensemble f est donc le cercle de centre I(1 ; 3) et de rayon 10 . 3. Le milieu du segment [AB] a pour coordonnées (1 ; 3) : c’est donc le point I nommé ci-dessus. De plus on a AB = (5 − (− 3)) 2 + (6 − 0) 2 = 64 + 36 = 100 = 10 . AB 2 M ! f + MA $ MB = - 15 + MI 2 4 = − 15 + MI 2 − 25 = − 15 + MI 2 = 10 . Ceci confirme bien que l’ensemble f est le cercle de centre I (milieu de [AB]) et de rayon 10 .

Ainsi = − mg # AB # sin a = − T # AB # cos b d’où 75 # 9, 8 # 500 # sin 25 = 250 2 # T . Finalement T=

75 # 9, 8 # 500 # sin 25 250 2

. 44 Newtons.

164. 1. D’après le théorème de Pythagore on a : GD = 20 2 + x 2 = 400 2 + x 2 et GE = 25, 6 2 + x 2 = 655, 36 2 + x 2 . 2. GD $ GE = (GH + HD) $ (GH + HE) = GH 2 + GH $ HE + HD $ GH + HD $ HE = x 2 + 0 + 0 + 512 . 3. De plus GD $ GE = GD # GE # cos a . On en déduit que cos a =

x 2 + 512 . x 2 + 400 x 2 + 655, 36

GD $ GE = GD # GE

4. La calculatrice donne un minimum à la fonction f atteint en x = 22,6. 5. Puisque cos a est minimal pour x = 22,6 m, on en déduit que l’angle de tir a est maximal pour x = 22,6 m. 165. 2. Une équation du cercle  est (x + 5)2 + (y − 2) = 25. 3. Si (BE) est tangente au cercle  au point E alors on a (BE) orthogonale à (EA). Le triangle BEA est donc rectangle en E : le point E est nécessairement sur le cercle de diamètre [AB]. De même pour le point F. 7. Problèmes 4. Le cercle de diamètre [AB] a pour 163. 1. équation x2 + y2 − x − 2y = 30. W AB (P) = P $ AB = P # AB # cos (P ; AB) On résout le système 2 2 r = mg # AB # cos ` + a j = − mg # AB # sin a. ) (x + 5) + (y − 2) = 25 2 2 2 x + y − x − 2y = 30 2. W AB (R ) = R $ AB = 0 car les vecteurs R Ce système admet deux couples soluet AB sont orthogonaux. tions : (− 2 ; 6) et − 18 ; − 14 qui sont 5 5 3. les coordonnées respectives des points E W AB (T) = T $ AB = T # AB # cos (T ; AB) et F. On vérifie que les points E et F sont 2 = T # AB # cos b = T # 500 # 2 bien sur les deux cercles. = 250 2 # T. On termine en vérifiant que BE $ AE = 0 4. On a P + R + T = 0 . et BF $ AF = 0 . W AB (P + R + T ) = (P + R + T ) $ AB 5. ON calcule = P $ AB + R $ AB + T $ AB BE = (− 2 − 6) 2 + (6 − 0) 2 = 100 = 10

(

= W AB (P ) + W AB (R ) + W AB ( T ) Cette égalité peut s’écrire grâce à la propriété de linéarité du produit scalaire. 5. Comme P + R + T = 0 on a W AB (P + R + T ) = 0 et donc W AB (P ) + W AB (R ) + W AB ( T ) = 0 . On en déduit que W AB (P ) = − W AB ( T ) .

et BF =

c−

)

2 2 18 14 − 6m + c− − 0m 5 5

=

2 500 = 25

100 = 10 . D’une part BE $ BF = BE # BF # cos (BE ; BF) = 100 # cos (BE ; BF) .


99


D’autre part

( ) ( ) ( )

BE $ BF = (− 2 − 6) # − 18 − 6 + (6 – 0) 5 48 14 × − + 6 × − 14 − 0 = (– 8) × − 5 5 5 300 = = 60 . 5 On en déduit que 100 # cos (BE ; BF) = 60 et donc que cos (BE ; BF) = 0, 6 . La calculatrice donne (BE ; BF) . 53, 1 o . 166. Partie 1 : Avec GeoGebra Voir manuel numérique. On constate que l’orthocentre H reste sur l’hyperbole k. Partie 2 : Démonstration avec l’aide du logiciel XCAS 1. Les ordonnées respectives des points k k k A, B et C sont , et . c a¢ b b−a 2. On a AB k − k . On calcule b a n $ AB = k (b − a) + ab # k ; − k a b = k (b − a) + k # ab # a − b = 0 . ab Les vecteurs n et AB sont donc orthogonaux . Le vecteur n est un vecteur directeur de la droite (AB). La hauteur du triangle ABC issue de C admet donc une équation du type abx − ky + p = 0 . L’appartenance de C à cette hauteur permet de calculer 2 p = − abc + k . c L’équation de la hauteur issue de C est 2 donc abx − ky − abc + k = 0 . c 3. De même une équation cartésienne de la hauteur issue de B est donnée par : 2 acx − ky − abc + k = 0 . b 4. La commande linsolve([a*b*x-k*ya*b*c+k^2/c=0, a*c*x-k*y-a*b*c+k^2/ b=0],[x,y]) donne comme solution le cou2 ple − k ; − abc qui sont les coordonabc k nées du point H orthocentre du triangle ABC. 2 5. On calcule − k × − abc = k ; on abc k a donc bien H ! k . 167. 1. Latitude de Berlin : 52°30¢N = 52,5°N. Latitude du Cap : 11 33c55¢S = 33c S . 33,9cS 12 % AOB = 52, 5 + 33, 9 = 86, 4c.

(

)

( )

(

(

)

)

(

) (

)


Livre du professeur

2. On utilise la formule d’Al-Kashi :

% AB = OA + OB – 2 # OA# OB#cos AOB = 2 # 6 378 2 – 2 # cos 86, 4. 2

2

2

Ce qui donne AB 2 . 76 249 271 ou encore AB . 8 732 km. 3. Comme le triangle OAB est isocèle en % % O, la mesure des angles OAB et OBA est 180 – AOB = 46,8°. 2 % % On a LAB = 180 – (a + OAB) = 180 – (53, 3 + 46, 8) = 180 – 100,1 = 79, 9c. % % Et LBA = 180 – (b + OBA) = 180 – (34, 5 + 46, 8) = 180 – 81, 3 = 98, 7c . On en déduit que % BLA = 180 – (79, 9 + 98, 7) = 1, 4c. 4. On utilise la formule des sinus dans le triangle ABL : AB = LA = LB ce qui donne sin TL sin V B sin W A 8 732 = LA = LB . sin 1, 4 sin 98,7 sin 79,9 On a donc sin 98,7 . 353 285 et LA = 8 732 # sin 1,4 sin 79, 9 LB = 8 732 # . 351 589. sin 1, 4 Ce qui donne un bon ordre de grandeur de la distance Terre-Lune. 168. 1. D’après la formule d’Al-Kashi 2 2 2 A = b + c – a donc on a cos W 2bc 2 2 b c – a 2) 2 ( + cos 2 W A= . 4b 2 c 2 2. On a donc sin 2 W A = 1 – cos 2 W A (b 2 + c 2 – a 2) 2 =1– 4b 2 c 2 2 2 2 4b c – (b + c 2 – a 2) 2 = 4b 2 c 2 3. On a , d’une part, 16p (p – a)(p – b)(p – c) = 16 # 1 (a + b + c) # 1 (– a + b + c) 2 2 1 1 # (a – b + c) # (a + b – c) 2 2 = (a + b + c)(– a + b + c) (a – b + c)(a + b – c) Et d’autre part : 4b 2 c 2 – (b 2 + c 2 – a 2) 2 = (2bc) 2 – (b 2 + c 2 – a 2) 2 = (2bc – b 2 – c 2 + a 2)(2bc + b 2 + c 2 – a 2)

= (a 2 – (b – c) 2)(b + c) 2 – a 2) = (a – b + c)(a + b – c) (b + c – a)(b + c + a)

On a donc bien 4b 2 c 2 – (b 2 + c 2 – a 2) 2 = 16p (p – a)(p – b)(p – c) . 2 2 b c – (b 2 + c 2 – a 2) 2 4 A= 4. sin 2 W 4b 2 c 2 16p (p – a)(p – b)(p – c) = 4b 2 c 2 4p (p – a)(p – b)(p – c) = . b2 c2 2 p (p – a)(p –b)(p – c) D’où sin W A= . bc 5. Ainsi, d’après la formule des aires, w = 1 bc sin W A 1 bc 2 2

2 p (p – a )(p – b)(p – c) bc p (p – a )(p – b)(p – c) .

6. w =

14, 5 # 7, 5 # 4, 5 # 2, 5 15 87 = . 35 . 4 170. Partie 1 : conjecturer avec GeoGebra Voir manuel numérique. On peut conjecturer que le produit scalaire est constant. Partie 2 : démontrer a. Le triangle AA¢B est rectangle en B. Les

vecteurs MA et A¢ B sont donc orthogonaux. On a MA $ MB = MA . ( MA¢ + A¢ B ) = MA $ MA¢ + MA $ A¢ B = MA $ MA¢+ 0 = MA $ MA¢ . Or MA $ MA¢ = (MO + OA) $ (MO + OA¢ ) = MO 2 + MO $ (OA + OA¢) + OA $ OA¢ = MO 2 – R 2 . b. On voit grâce à cette nouvelle expression que le produit scalaire p = MA $ MB est indépendant de la corde [AB] choisie. 171. 1. Le nombre MA $ MB qui exprime la puissance du point M par rapport au cercle  est indépendant de la corde [AB] choisie (voir ex 170). On a donc MA $ MB = MC $ MD . 2. I est le milieu de [AC] : on a donc MI = 1 (MA + MC) . 2 3. MI $ BD = 1 (MA + MC) $ (BM + MD) 2 = – 1 MA $ MB + 1 MA $ MD 2 2 – 1 MC $ MB + 1 MC $ MD 2 2 = – 1 MA $ MB + 0 – 0 + 1 MC $ MD = 0 2 2


100


d’après la question 1. Les droites (MI) et (BD) sont donc orthogonales. 172. 2. p 1 (A) = p 2 (A) = 0 car A est sur les cercles 1 et 2 De même, p1 (B) = p2 (B) = 0 . Les points A et B appartiennent donc tous les deux à l’ensemble recherché. 3. p 1 (M) = p 2 (M) + (MO 21 – 25) = (MO 22 – 9) + MO 21 – MO 22 = 16 . Et donc p1 (M) = p2 (M) + IM $ O 1 O 2 = 8. 4. IM $ O 1 O 2 = 8 + IH # 6 = 8 si H est le projeté orthogonal de M sur (O1O2). L’ensemble recherché est donc une droite perpendiculaire à la droite (O1O2) et passant par le point H défini par H ! 6IO 2@ et IH = 4 . Cette droite passe par les points 3 A et B. 5. Si on prend O 1 O 2 = 8 , l’ensemble des points M tels que p1 (M) = p2 (M) est la droite perpendiculaire à (O1O2) passant par le point de contact des deux cercles. Si on prend O 1 O 2 = 10 , l’ensemble des points M tels que p1 (M) = p2 (M) est la droite perpendiculaire à (O1O2) passant par le point H défini par H ! 6IO 2@ et IH = 0, 8. 173. A. Méthode analytique 1. A(0 ; 0) et B(3 ; 0). 2 2. M ! f + MA = 2 + MA 2 MB MB = 4 + MA 2 = 4MB 2 . 3. M (x ; y) ! f + (0 – x) 2 + (0 – y) 2 = 4 6(3 – x) 2 + (0 – y) 2@ + x 2 + y 2 = 4(x 2 – 6x + 9 + y 2) + x 2 + y 2 = 4x 2 + 4y 2 – 24x + 36 + 3x 2 + 3y 2 – 24x + 36 = 0 + x 2 + y 2 – 8x + 12 = 0. 2 2 4. x + y – 8x + 12 = 0 + (x – 4) 2 + y 2 = 4. L’ensemble f est donc le cercle de centre X (4 ; 0) et de rayon 2. B. Méthode vectorielle 1. IA – 2IB = 0 + IA – 2IA – 2AB = 0 + – IA = 2AB + AI = 2AB. De même JA + 2JB = 0 + JA + 2JA + 2AB = 0 + 3JA = – 2AB + AJ = 2 AB. 3 2. Pour tout point M du plan on a : MA – 2MB = (MI + IA) – 2(MI + IB) – MI + IA – 2IB = – MI.


Livre du professeur

De même : MA + 2MB = (MJ + JA) + 2(MJ + JB) = 3MJ + JA – 2JB = 3MJ.

2

3. M ! f + MA = 2 + MA 2 = 4 MB MB + MA 2 = 4MB 2 + MA 2 – 4MB 2 = 0 + (MA – 2MB) $ (MA + 2MB) = 0 + (– MI) $ (3MJ) = 0 + MI $ MJ = 0.

4. L’ensemble f est donc le cercle de diamètre [IJ].

En route vers le Bac (p. 390-391) 174. La bonne réponse est la réponse b : Al Kashi donne a 2 = (2a) 2 + (2a) 2 − 2 # 2a # 2A # cos W A 7 W D’où l’on tire cos A = . 8

175. Les bonnes réponses sont les réponse a et c : 4 est un vecteur normal Le vecteur AB –8 à la droite, donc celle-ci admet une équation du type 4x − 8y + c = 0 . L’appartenance du point I(− 3 ; 2) à cette droite implique c = 28. 176. La bonne réponse est la réponse b : 4 4 On remarque que AB et BC sont –8 2 orthogonaux : AB $ BC = 16 − 16 = 0. Le triangle ABC est donc rectangle en B et son aire est donnée par  = AB # BC = 80 # 20 = 20 . 2 2 177. La bonne réponse est la réponse d : 2 MA $ MB = − 2 + MI 2 − AB 4 = − 2 + MI 2 = 1 + MI = 1 . 4 2 178. Les bonnes réponses sont les réponses b et d : – 12 2 et AC sont On remarque que AB 6 4 orthogonaux : le triangle ABC est donc rectangle en A. Le centre du cercle circonscrit est donc le milieu I de l’hypoténuse [BC] : on a I(3 ; 4) et le rayon du cercle circonscrit est IA = IB = IC = 50 . 179. La bonne réponse est la réponse b : La formule d’Al-Kashi permet de calculer BC = 7. La formule des sinus permet de trouver 3 3# 3 3 2 W sin C = = . 14 7 180. FAUX Le triangle ABC est un triangle isocèle (BA = BC = a) avec un angle de 60° : il est

( )

( )

()

()

( )

donc équilatéral. On en déduit que AC = a % et que AB $ AC = AB # AC # cos BAC 2 = a # a # cos 60 = a . 2 181. VRAI 6 1 Les vecteurs AH et BC sont or3 –2 thogonaux : AH $ BC = 6 − 6 = 0 . 3 4 Les vecteurs BH et AC sont or–3 4 thogonaux : BH $ AC = 12 − 12 = 0 . −3 −2 Les vecteurs CH et AB sont or–1 6 thogonaux : CH $ AB = 6 − 6 = 0 . 182. FAUX D’après le théorème des milieux on a A¢B¢ $ A¢C¢, = 1 BA $ = 1 CA 2 2 = 1 AB $ AC . 4 183. VRAI On peut mettre l’équation du premier cercle sous la forme (x − 2) 2 + (y + 1) 2 = 5 . Les deux cercles ont donc le même centre (le point de coordonnées (2 ; − 1) mais pas le même rayon : ils n’ont donc aucun point en commun. 184. FAUX Le point I milieu de [AB] a pour coordonnées (2 ; 0). Or la droite d’équation y = − 3x + 4 ne passe pas par ce point : 0 ! − 3# 2 + 4. 185. FAUX On calcule le produit scalaire 1 AB $ AC = (AB 2 + AC 2 − BC 2) = 1 # 1 2 2 = 12 0. 2 % L’angle BAC est donc aigu (son cosinus est positif). 186. Partie I : Distance d’un point à une droite 1. Les vecteurs AH et n sont tous les deux orthogonaux à tout vecteur directeur de la droite (d) ; ils sont donc colinéaires.

(


()

( )

()

( )

( )

( )

)(

101

)


2. Les vecteurs AH et n étant colinéaires, le produit scalaire n $ AH est égal soit à n # AH (si les deux vecteurs sont de même sens), soit à − n # AH (si les deux vecteurs sont de sens opposés). En tous cas, on a bien n $ AH = n # AH. x −x a 3. On a n et AH y H − y A donc b H A n $ AH = a (x H − x A) + b (y H − y A) = ax H + by H − ax A − by A

()

(

)

Or H ! (d) + ax H + by H + c = 0 et donc ax H + by H = − c . Finalement n $ AH = ax H + by H − ax A − by A = − ax A − by A − c . De n $ AH = n # AH on déduit ax A + by A + c = a 2 + b 2 # AH . ax A + by A + c . D’où l’on tire AH = a 2 + b2 Partie II : Applications x−1 et 1. a. M (x ; y) ! (AB) + AM y−2 −4 sont colinéaires AB −6 + − 6 (x − 1) − (− 4)(y − 2) = 0 + − 6x + 4y − 2 = 0 + 3x − 2y + 1 = 0 . b. La distance de C à la droite (AB) vaut 3#6 − 2#1 + 1 d= = 17 . 2 2 13 3 + (− 2) c. L’aire du triangle ABC vaut donc  = 1 AB # d = 1 # 52 # 17 = 17 . 2 2 13 2. a. La distance du point X à la droite (d) est égale à 2x (− 4) + 4 # 1 − 5 9 9 . = = 2 2 20 2 5 2 +4 b. Une équation du cercle de centre X tangent à la droite (d) est (x + 4) 2 + (y − 1) 2 = 81 . 20 187. Partie I Voir démonstration page 363.

( )

( )


Livre du professeur

Partie II 1. D’après la première formule de la médiane, on a : 2 AB 2 + AC 2 = 2AA¢ 2 + BC 2 1 2 + AA¢ = AB 2 + 1 AC 2 − 1 BC 2 . 2 2 4 2 2. On sait que GA = AA¢ donc 3 4 1 2 1 2 1 2 2 GA = # AB + AC − BC 9 2 2 4 2 2 = c + 2 b2 − 1 a 2 . 9 9 9 2 2 3. De même on a GB 2 = a 2 + c 2 − 1 b 2 9 9 9 2 2 1 2 2 2 2 et GC = a + b − c . 9 9 9

(

)

On a donc GA 2 + GB 2 + GC 2 =

( 29 c + 29 b − 19 a ) + (229 a + 229 c − 119 b ) + ( a + b − c ). 9 9 9 2

2

2

2

2

2

2

2

2

Partie III Soit I le centre du parallélogramme ABCD. Dans le triangle ABC on a 2 BA 2 + BC 2 = 2BI 2 + AC . 2 Dans le triangle ADC on a 2 DA 2 + DC 2 = 2DI 2 + AC . 2 On additionne membre à membre les deux égalités : BA 2 + BC 2 + DA 2 + DC 2 = 2 (BI 2 + DI 2) + AC 2 .

Or BA = DC et BC = DA : le premier membre de cette égalité est donc égal à 2(AB2 + AD2). De plus on a BI = DI = BD donc 2 2 2 BD BD 2 2 2(BI + DI ) = 2 + = BD2. 4 4 Finalement on a 2(AB2 + AD2) = BD2 + AC2 .

(

Partie IV : Propriété remarquable du rectangle Soit O le centre du rectangle ABCD . Pour tout point M du plan on a 2 MA 2 + MC 2 = 2MO 2 + AC . 2 2 2 2 De même MB + MD = 2MO 2 + BD . 2 Or, dans un rectangle, les diagonales sont de même longueur : AC = BD. On a donc, pour tout point M du plan, MA 2 + MC 2 = MB 2 + MD 2

(

)

2 = 2MO 2 + AC . 2

)

Finalement GA 2 + GB 2 + GC 2 1 = (a 2 + b 2 + c 2) . 3

TP Info (p. 392-393) À vous de jouer, page 392 Pour m ! @ – 3 ; 36 l’ensemble des points M(x ; y) du plan vérifiant l’équation x 2 + y 2 – 2mx – 4my + 6m 2 – 9 = 0 est un cercle de centre Am(m ; 2m) et de rayon 9 – m2 . Pour m = – 3 cet ensemble est réduit au point A – 3 (– 3 ; – 6) . Pour m = 3 cet ensemble est réduit au point A 3 (3 ; 6) .

Pour m 1 – 3 et m 2 3 cet ensemble est l’ensemble vide. À vous de jouer, page 393 On calcule 1 AI $ BQ = (AD + AP) $ (BA + AQ) 2 1 = (AD $ BA + AD $ AQ + AP $ BA + AP $ AQ). 2

Donc AI $ BQ = 1 (AD $ AQ + AP $ BA) 2 = 1 (AD # AQ – AB # AP). 2 Or AB = AD = 4 et AP = AQ. Finalement AI $ BQ = 0 : les droites (AI) et (BQ) sont orthogonales.

Or AD $ BA = AP $ AQ = 0 car, ABCD étant un carré, les droites (AB) et (AD) sont orthogonales.

Activité de recherche (p. 394) L’Académie des sciences Missions actuelles (texte tiré du site internet de l’académie des sciences : http://www.academie-sciences.fr) « L’Académie des sciences, l’une des cinq Académies composant l’Institut de France, rassemble des scientifiques français et s’associe à des chercheurs étrangers du plus haut niveau. Elle contribue à définir la politique de recherche scientifique et technique. Elle produit des rapports, formule des avis et des recommandations. Elle encourage la vie scientifique et contribue au progrès des sciences par l’organisation de colloques internationaux et de conférences-débats. Elle distingue et encourage les chercheurs français et étrangers en décernant chaque année des Prix.

Définitions : Mètre – Unité SI de longueur (symbole m) égale à la longueur du trajet parcouru dans le vide par la lumière pendant une durée de 1/299 792 458 de seconde. (Résolution de la 17e Conférence générale des poids et mesures, Paris, octobre 1983.) Méridien – Lieu des points ayant une même longitude à la surface de la Terre. Étalon – Objet ou instrument qui matérialise une unité de mesure et sert de référence pour l’étalonnage d’autres objets ou instruments. Géodésie – Science de la forme et des dimensions de la Terre. Triangulation – Procédé géodésique ou topographique dans lequel on mesure les angles d’un ensemble de triangles.


102



Livre du professeur

Elle étudie les questions de société liées au développement des sciences. Elle encourage la diffusion de la science en tant que composante de la culture. Elle organise des séances publiques et réalise des ouvrages destinés à un large public. Elle veille à la qualité de l’enseignement des sciences. Elle soutient notamment l’opération La main à la pâte. Elle assure la conservation d’un patrimoine scientifique, participant à la connaissance de l’histoire des sciences et de l’évolution de la pensée scientifique. Elle joue un rôle actif dans le développement des relations scientifiques internationales, notamment européennes. Elle entretient des coopérations avec les pays en développement. Elle assure la représentation de la France au Conseil international de la science (ICSU). L’Académie des sciences remplit les missions qui lui sont confiées par ses statuts, en s’appuyant sur ses membres, ce qui lui assure une approche multidisciplinaire, sur ses instances statutaires, sur les comités et groupes de travail. »

Unités de mesure avant l’invention du mètre Pouce, perche, arpent, pied-du-roi, toise, lieue, aune… les unités de mesure était très nombreuses avant la Révolution : utilisées selon le contexte, il était difficile de s’y retrouver, surtout qu’une toise en Picardie, par exemple, ne représentait pas nécessairement la même chose dans le sud de la France. C’est dans le but d’harmoniser les unités de mesure, et dans un souci d’équité et de justice, que la décision fut prise suite à la Révolution française de créer une toute nouvelle unité de mesure, universelle, sans référence autre que la nature elle-même, qui s’imposerait à tous (en France comme dans le reste du monde) et basée sur un système décimal : le mètre. Le mètre fut défini le 26 mars 1791 par l’Académie des sciences comme étant la dix-millionième partie d’un quart de méridien terrestre : il ne restait plus qu’à mesurer le plus précisément possible ce quart de méridien afin de fabriquer un mètre-étalon en platine. Plusieurs autres étalons furent d’ailleurs fabriqués et exposés au public, au début du XIXe siècle, afin de les familiariser avec cette nouvelle unité de mesure. Les autres unités de mesure (masse, contenance, etc.) seront toutes basées sur le mètre. Pour plus de détails on pourra lire, par exemple, « Le mètre du monde » de Denis Guedj.

Histoire (texte tiré du site internet de l’académie des sciences : http://www.academie-sciences.fr) L’Académie des sciences doit son origine à la fois aux cercles de savants qui dès le début du XVIIe siècle se réunissent autour d’un mécène ou d’une personnalité érudite, et aux sociétés scientifiques permanentes qui se constituent à la même époque, telles l’Accademia dei Lincei à Rome (1603), la Royal Society à Londres (1645), ... En 1666, Colbert crée une Académie qui se consacre au développement des sciences et conseille le pouvoir en ce domaine. Il choisit des savants, mathématiciens (astronomes, mathématiciens et physiciens) et des physiciens (anatomistes, botanistes, zoologistes et chimistes) qui tiennent leur première séance le 22 décembre 1666 dans la bibliothèque du roi, à Paris. Pendant ses trente premières années, l’Académie fonctionne sans statuts.

Calculs On utilise la formule des sinus dans les trois triangles. Par exemple, dans le triangle 43 : 6 075, 9 b c = = sin 40, 615 8 sin 63, 726 1 sin 75, 658 1 Triangle

42

Mesures des dimensions de la Terre On peut citer la tentative d’Ératosthène de Cyrène qui a évalué la circonférence du globe terrestre à 250 000 stades au IIIe siècle avant notre ère. Il a utilisé pour cela des outils de géométrie élémentaire, après avoir observé et mesuré l’ombre portée par des gnomons (de simples tiges plantées verticalement dans le sol) à deux endroits différents situés sur le même méridien (Alexandrie et Assouan, en actuelle Égypte) le jour du solstice d’été. Cette mesure est remarquable de précision, quelle que soit l’équivalent utilisé pour le « stade » qui lui servit d’unité de mesure. La question de la « mesure de la Terre » trouve un regain d’intérêt à la fin du XVIIe siècle en France, notamment avec les mesures du méridien faites par Picard puis par les Cassini. La théorie de la gravitation de Newton imposait que la Terre soit aplatie aux pôles : afin de trancher une controverse opposant les tenants de Newton à ceux de Descartes (dont la théorie prédisait le contraire), une expédition partit pour la Laponie avec Maupertuis (pour mesurer un arc de méridien près du pôle) et une autre pour le Pérou avec La Condamine (pour mesurer un arc de méridien près de l’équateur).


43

44

Sommet

Degrés décimaux

Côté opposé

Montlhéry

49,572 8

b = 8 369,2

Malvoisine

76,795 3

d = 10 703,6

Lieursaint

53,631 9

e = 8 852,9

Malvoisine

40,615 8

a = 6 075,9

Lieursaint

75,658 1

c = 9 042,5

Melun

63,726 1

b = 8 369,2

Montlhéry

55,166 9

g = 7 357,9

Malvoisine

43,867 5

f = 6 212,1

Torfou

80,965 6

e = 8 852,9

La distance Melun-Torfou se calcule grâce à la formule d’Al-Kashi dans le triangle formé par les villes Torfou – Malvoisine – Melun : h 2 = g 2 + c 2 – 2gc # cos (43, 857 5 + 40, 615 8 + 76, 795 3) h 2 = 7 357, 9 2 + 9 042, 5 2 – 2 # 7 357, 9 # 9 042, 5 # cos (161, 278 6)

h 2 = 261 932 573, 9 d’où h = 16 184, 3 toises.

103


Maths Repères 1ère S (2011)

Recommend Documents