maths-seconde-nathan-hyperbole-2017

ÉDITION 2017

Livre du professeur Sous la direction de Joël Malaval Jean-Luc Bousseyroux Pierre-Antoine Desrousseaux Fabrice Destruhaut Hélène Lample Jean-Marc Lécole Isabelle Lericque Joël Ternoy Mickaël Védrine

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© Éditions Nathan 2017 – 25 avenue Pierre de Coubertin, 75013 PARIS ISBN : 978-209-172903-9 978-209-172903-9

Sommaire Chapitre 1

Résolution graphique d’équations et d’inéquations  . . . . . . . . .

Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21

Chapitre 3

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1er degré. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34

Chapitre 4

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2  . . . . . . . . . . . . . 53

Chapitre 5

Fonction inverse . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72

Chapitre 6

Trigonométrie

Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données . . . . . . . . . . . . . . . . 100

Chapitre 8

Probabilités  . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 112

Chapitre 9

Échantillonnage et simulation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 124

..........................................................

5

86

Chapitre 10 Repérage dans le plan. Confgurations du plan . . . . . . . . . . . . . . . . 135 Chapitre 11 Géométrie dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150 Chapitre 12 Vecteurs   . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 165 Chapitre 13 Équations de droites . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 182 Chapitre 14 Algorithmique et programmation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 203

1 1

Résolution graphique d’équations et d’inéquations 1 000 Masse (en g) 800

Au fil des siècles

Antoine Deparcieux : mathématicien français, né à Cessoux (Gard) en 1703 et mort à Paris en 1768. Antoine Deparcieux a publié un traité de trigonométrie Nouveaux Traités de Trigonométrie Rectiligne et Sphériques avec un Traité de Gnomonique, accompagné de nombreuses tables de valeurs des fonctions cosinus, sinus, tangente et logarithmes. Les règles de construction des graduations des cadrans solaires y sont aussi consignées. Antoine Deparcieux a également étudié certains indicateurs de la grande crue de la Seine de 1658 pour en eestimer stimer la hauteur au niveau du pont d’Austerlitz à Paris. Mais son traité le plus connu est sans nul doute l’Essai sur les probabilités de

600 400 300 200 0

Âge (en semaines) 2

6 7

8

10

2. a) L’image de – 5 par f  est  est –15. b) L’antécédent de 48 par f  est  est 16.

c) f (0) = 0

f

 73  = 7

 109  = – 103

f –

3. a)  La courbe représentative de f   passe par le

point de coordonnées (1 ; 3). 3). Donc on en déduit que f (1) = 3.

la durée de la vie humaine, d’où l’on déduit la manière de déterminer les rentes viagères, tant simples qu’en tontines. Dans cette publication, il établit des tables

de mortalité qui se basent sur des relevés statistiques effectués entre autres chez les nécrologues. Elles ont le grand mérite de faire les premières distinctions entre les différentes catégories sociales. Ses tables ont servi dans les compagnies d’assurance et les banques  jusqu’à la fin du du XIXe siècle pour les calculs de rentes. Un site internet : http://www.universalis.fr/encyclopedie/antoinedeparcieux/ S’ouvre sur achat livre. On trouve aussi sans difficulté sur Internet des extraits des Tables de mortalité.

4 5

3 

1

1 O

5

b) f (1) (1) = 3 se s e traduit par « l’image de 1 par f  est  est 3 ». c) L’image de 5 par f  est  est 3. Les antécédents de 1 par f  sont  sont – 2, 0 et 2, c’est-à-dire les abscisses des points de la courbe d’ordonnée 1. 4. a) L’image  L’image de 7 par E est 900.

Les antécédents de 780 par E sont 6 et 9. b) Le tableau n’est pas un tableau de proportionnalité. Par exemple E(3) = 130 mais E(6) ≠ 2 × 130. 5) = – 5 × [2 × (– 5) – 3] = – 5 × (– 13) = 65 5. a) g (– 5) g (0,1) = 0,1 × (2 × 0,1 – 3) = 0,1 × (– 2,8) = – 0,28

2

b) Thomas affirme que l’antécédent de 0 par la fonc3 tion est . 2 3 3 Il se trouve que g  = 0 donc  est un antécédent 2 2 de 0. Mais la phrase est fausse car l’article « l’ » de l’antécédent indique que 0 n’aurait qu’un seul antécédent. Pourtant 0 est un autre antécédent de 0 puisque g (0) = 0.



Bien démarrer

1. a) « Le graphique représente l’évolution l’évolution de la masse

du chat de Laura en fonction de son âge. » b) 300 g. c) Le chaton pesait 400 4 00 g à 5 semaines et 700 g à 7 semaines.

Chapitre 1

Résolution graphique d’équations et d’inéquations

5

3

Découvrir

1

Une fonction définie par une courbe 1. a)  Les températures mesurées sont toutes comprises entre – 60 °C et 10 °C. b) À 52 km d’altitude, on a encore un relevé (d’après le tableau 2). Le graphique 1 indique que les relevés cessent entre 50 km et 60 km d’altitude. On peut penser donc que la sonde fournit des mesures jusqu’à 52 km. c) 60 Altitude (en km) 40

c) Les courbes sont sensiblement différentes. En réalité, il existe de nombreuses courbes différentes qui passent par tous les points fournis par le tableau de valeurs. Il est donc important de comprendre qu’une courbe représentative de fonction est un objet abstrait abs trait et que le tracé que l’on en fait (à la main ou avec le tableur) n’est qu’une allure de cette courbe.

2

Modélisation avec des fonctions 1. f) On conjecture graphiquement que M I  = 3,2 lorsque AM = 4 . On conjecture également que l’aire de AM I est égale à 12,1 lorsque AM = 5,5 m.

20 0 –100 – 80

– 60

– 40 – 20 0 20  Température  Température (en °C)

Les lectures grisées sont des Altitude Température valeurs approchées. (en km) (en °C) d) Le système de chauffage 0 10 s’allume à 8 km d’altitude 5 – 20 environ et s’éteint à 33 km 10 – 48 d’altitude environ. 13 – 60 27 – 50 34 – 39 40 – 20 45 –5 52 –5 2. a)  Maïssa a raison : à chaque altitude correspond effectivement une unique température. En revanche, Simon a tort : certaines températures, comme – 20°C par exemple, sont observées à plusieurs altitudes différentes. On peut donc définir une fonction qui à chaque altitude associe une température. Mais il est impossible de définir une fonction qui à chaque température associerait une unique altitude. b) Pour tracer la courbe représentative représe ntative de T, il suffit de positionner l’altitude en abscisses et la température extérieure en ordonnées. Courbe représentative 3. b) Graphique obtenu tracée à la main avec l’assistant graphique du tableur  Température  Température 20 (en °C) 0 –20 –40 –60

6

Altitude (en km) 20

40

60

2. a) Les droites ( IM) et (CD) étant parallèles, le théoIM AM rème de Thalès fournit l’égalité l ’égalité = DC AD Sachant que AM = a, AD = 10 et DC = 8, il vient 8 a = 0,8 a. IM = 10 b) Les côtés de l’angle droit dans AM I sont [AM] et [ IM]. On a donc deux possibilités : • soit AM = 3,2 donc a = 3,2 ; 3,2 • soit IM = 3,2 et donc a = = 4. 0,8 c) • Si a = 3,2, alors IM = 0,8 × 3,2 = 2,56. On en déduit que les côtés de l’angle droit de la seconde voile INC mesurent : IN = 8 m – 2,56 m = 5,44 m et NC = 10 m – 3,2 m = 6,8 m. • si a = 4, alors IM = 0,8 × 4 = 3,2. On en déduit que les côtés de l’angle droit de la seconde voile INC mesurent : IN = 8 m – 3,2 m = 4,8 m et NC = 10 m – 4 m = 6 m. 3. a) L’aire de AM I est : 0,5 × AM × IM = 0,5 × a × 0,8 a = 0,4 a ² b) Si l’aire de AM I est de 12,1 m², alors 0,4 a² = 12,1. 12,1 On résout cette équation : a² = = 30,25. 0,4 Donc a = – 5,5 ou a = 5,5. Mais la première valeur est à rejeter car a est positif p ositif (désignant la longueur AM). Si l’aire de AM I est 12,1 m², alors a = 5,5 m.

c) Dans cette situation, les côtés de l’angle droit de la seconde voile INC mesurent : IN = 8 m – 5,5 m × 0,8 = 3,6 m et NC = 10 m – 5,5 m = 4,5 m. L’aire de INC est donc : 0,5 × IN × NC = 0,5 × 3,6 m × 4,5 m = 8,1 m².

4

5

Savoir-faire

2 a) Régler la valeur initiale de X à – 2 et le pas à 0,2. 0, 2. On s’aperçoit que les images semblent comprises entre – 4 et 12. On prend pour fenêtre : – 2  X  5, pas 1 et – 5  Y  13, pas 1.

b) • g(2,1) = 2,1² – 4 × 2,1 = – 3,99. L’ordonnée de A(2,1 ; – 4) n’est pas égale à l’image de son abscisse par g donc A n’appartient pas à la courbe. • g(1,6) = 1,6² – 4 × 1,6 = – 3,84. 1,6 appartient bien à l’intervalle de définition [– 2 ; 5] et l’ordonnée de B(1,6 ; – 3,84) est égale à l’image de son abscisse par g donc B appartient bien à la courbe. • C(10  C(10 ; 60) n’appartient pas à la courbe. En effet, l’abscisse de C n’est pas un nombre de l’intervalle de définition [– 2 ; 5] de la fonction g. • D(– 50,5 ; 2 752,25) n’appartient pas à la courbe. En effet, l’abscisse de D n’appartient pas non plus à l’intervalle de définition [–2 ; 5] .

3 a)  Régler la valeur initiale de X à – 1 et le pas à 0,5. b)  D’après le tableau ci-contre, les points A(– 0,5 ; – 0,125) 0,125) et B(0,5 ; 0,125) sont des points de la courbe représentant h. Sur le tracé d’Anaïs le point d’abscisse 0,5 a pour ordonnée 0,5 et non 0,125. Le tracé d’Anaïs n’est donc pas satisfaisant. Remarque  : En fait, seuls trois points du tracé d’Anaïs sont effectivement des points de la courbe représentative de h. 5 1.  L’ensemble de définition de f   est l’intervalle [– 2 ; 3].  x) = 0 a pour solutions – 1 et 2. 2. a) f ( x 1 b) f ( x  x) = 1 a pour solutions – et 1. 2 c) f ( x  x) = 2 a pour unique solution 0. 6 a) f ( x  x) = g( x  x) a deux solutions – 2 et 1 qui sont les abscisses des points d’intersection des deux courbes. b) L’ensemble  x)  g( x  x) est ]– 2 ; 1[.  L’ensemble des solutions de f ( x  x) � g( x  x) est [– 2 ; 1]. c) L’ensemble  L’ensemble des solutions de f ( x

Chapitre 1

Résoudre des problèmes

8  Dans la cellule A3, saisir = A2+0,5. Dans la cellule B2, saisir = A2^2. Dans la cellule C2, saisir = 1,5*A2 + 10. On étire ensuite les cellules sur les trois colonnes.

On cherche donc une valeur de x telle que les images dans les colonnes B et C soient égales. On repère les lignes 17 et 30.

Pour x = – 2,5 et pour x = 4, les deux programmes renvoient le même résultat.

9  On note x le nombre saisi en entrée. Le programme A renvoie le résultat – 4,8 x. Le programme B renvoie x² – 7,2. On représente graphiquement les fonctions x  – 4,8 x et x  x² – 7,2 x à l’écran d’une d ’une calcul trice.

• On conjecture que – 6 est une première solution (fenêtre à gauche – 8  X  5, pas 1 et – 2  Y  4, pas 1). On vérifie : – 4,8 × (– 6) = 28,8 et e t (– 6)² 6)² – 7,2 = 36 – 7,2 = 28,8. 28, 8. Les deux programmes renvoient le même résultat en entrant – 6. • Avec un zoom et une graduation plus fine (fenêtre à droite 0  X  3, pas 0,2 et – 1  Y  1, pas 1), on conjecture que 1,2 est une seconde solution. On vérifie : – 4,8 × 1,2 = – 5,76 et 1,2² – 7,2 = 1,44 – 7,2 = – 5,76. Les deux programmes renvoient le même résultat en entrant 1,2.

11 a) f  :  x    x  est représentée en trait plein. g : x     x + x – 3 est représentée en trait pointillé. (fenêtre : 0  X  7, pas 1 et – 4  Y  8, pas 1). b) On conjecture graphiquement que �f   est au-dessus de �g sur [0 ; 3] et que �f  est au-dessous de �g sur [3 ; + ∞[. Résolution graphique d’équations et d’inéquations

7

c) Pour démontrer cette conjecture, on étudie le signe de la différence f ( x  x) – g( x  x). Pour tout nombre réel x  0, f ( x  x) – g( x  x) = – x + 3. – x + 3  0 si, et seulement si, 3   x.  x) – g( x  x)  0 donc �f  est au-dessus de �g. Sur [0 ; 3], f ( x  x) – g( x  x)  0 donc �f  est au-dessous de �g. Sur [3 ; + ∞[, f ( x

12 a) On trace les courbes représentatives des fonctions f  et g à l’écran de la calculatrice. (fenêtre : 0  X  4, pas 1 et – 10  Y  80 pas 10). �g est tracée en pointillé. On conjecture graphiquement que �f  est au-dessous de �g sur [0 ; a] et que �f  est au-dessus de �g sur [a ; 4] avec a  3,2. b) On en déduit que si  x  a, alors le cube de côté côté x occupe un volume inférieur à la moitié du volume du cube de côté 4. Si x  a, alors le cube de coté  x a un volume qui excède la moitié du volume du cube de côté 4. 14 a) Avec cette modification de la boucle, l’algorithme trace des segments entre les points consécutifs obtenus à l’exercice 13.

3

3

2

2

1

1

O

1

2

O

1

2

b)  De même que dans l’exercice 14, le nouvel algorithme lie les points consécutifs obtenus précédemment avec des segments. Le graphique obtenu est donné ci-dessus à droite. c) Les points du premier graphique appartiennent à la courbe représentative de g. Par contre, la seconde représentation présente un défaut important. En effet les deux fonctions x  1 et x  x + 1 sont deux fonctions affines. La courbe représentative de f   est donc constituée de deux segments. Le premier segment lie les points de coordonnées (0 ; 1) et (1 ; 1) mais cette dernière extrémité est exclue. Le second segment lie les points de coordonnées (1 ; 2) et (2 ; 3).

1,41

6

1

0,45 0,2 O

0,2

1

2

b)  L’algorithme tente donc de donner l’allure de la représentation graphique de la fonction f  sur   sur l’intervalle [0 ; 2]. Pour avoir une allure plus « proche » de la courbe représentative théorique, il faudrait augmenter le nombre de points et diminuer la longueur du pas, c’est-à-dire la différence entre deux abscisses consécutives.

15 a) En exécutant cet algorithme, on obtient onze points dont les coordonnées sont données dans le tableau suivant. k  0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10  x 0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 g( x  x) 1 1 1 1 1 2 2,2 2, 2,4 2, 2,6 2, 2, 8 3 Attention, pour calculer l’image de 1 par g, on utilise la seconde expression x + 1 car 1  x  2. Le graphique obtenu est celui de gauche. 8

Travaux pratiques

16 1. a) Si on entre I = 3,6, R prend la valeur 57,5 puis U prend la valeur 207, produit de 3,6 par 57,5. b) Si on inverse l’affectation de R et celle de U, l’algorithme ne peut plus fonctionner convenablement. En effet, l’affectation de U nécessite né cessite que R ait déjà reçu une affectation. c) Si en sortie d’algorithme la tension renvoyée est 230, alors l’intensité entrée est 4, quotient de 230 par 57,5. La puissance est alors : P = U × I = 230 × 4 = 920 W. La puissance maximale du grille-pain serait dépassée. 2. Par tests successifs (vu que la puissance augmente si l’intensité augmente), on trouve une intensité maximale de 3,95 ampères (au centième près). 3. a) U désigne la tension : elle est exprimée en volts. I désigne l’intensité : elle est exprimée en ampères. R désigne la résistance : elle est exprimée en ohms. P est la puissance électrique : elle est exprimée en watts. b) P = U × I = R × I × I = R × I². La puissance maximale du grille-pain est de 900 watts. On résout donc l’équation R × I² = 900. 900 57,5 × I² = 900 si, et seulement si, I² = . 57,5

I est

une intensité (considérée ici comme positive) et vaut donc au maximum 900 , c’est-à-dire environ 57,5 3,956 ampères.

 

17 1. Cette affirmation est vraie. Sur la première figure, l’aire de la surface jaune est égale à l’aire du rectangle IIK K à laquelle on ajoute l’aire du rectangle JJ LL et à laquelle on soustrait l’aire l ’aire de EFHG (qui a déjà été comptée dans l’aire du premier rectangle). Cette aire n’est en rien modifiée si on translate la bande horizontale selon le vecteur IB puis si on translate la bande verticale selon le vecteur JD. Donc les deux surfaces jaunes présentes sur les deux figures ont la même aire. 2. f) L’aire du drapeau est : 1,5 m × 2,4 m = 3,6 m². On calcule 30 % de 3,6 m² : 36 m² × 0,3 = 1,08 m². En déplaçant le curseur L, on conjecture que l’aire de la surface jaune est 1,08 m² pour L = 0,3 m et uniquement pour cette valeur. 3. a) f (L) = Aire (BMQC) + Aire(DNPQ) f (L) = 2,4 × L + (1,5 – L) × L f (L) = 3,9 L – L². b) Si l’aire de la croix est égale à 30 % de l’aire du drapeau, alors f (L) = 3,6 × 30 %. On pose donc do nc l’équation 3,9L – L² L² = 1,08. Si cette équation possède une solution telle que L soit so it comprise entre 0 et 1,5, alors cette solution répond au problème posé. c) On pose L = 0,3 qui est un nombre de l’intervalle [0 ; 1,5]. De plus, f (0,3) = 3,9 × 0,3 – 0,3² = 1,08. Donc 0,3 est une solution de l’équation 3,9 L – L² L² = 1,08. 4. Pour construire le drapeau suédois à l’échelle 1/25, on doit connaître certaines longueurs. Dimensions sur le dessin : 2,4 m [AD] [AD] a une longueur de :  = 0,096 m = 9,6 cm. 25 1,5 m [AB] a une longueur de :  = 0,06 m = 6 cm. 25 [AI] a une longueur de : 1,5 m – 0,3 m  /  25  25 = 0,024 m = 2,4 cm. 2 0,3 m [II] a une longueur de :  = 0,012 m = 1,2 cm. 25 [JJ] a aussi une longueur de 1,2 cm. Pour respecter la position du centre de la croix, [AJ] a une longueur de : 0,9 m – 0,15 m = 0,03 m = 3 cm. 25

3 cm

1,2 cm J J’

A

5,4 cm D

2,4 cm I

G

H

E

F

K 

1,2 cm I’

K’

2,4 cm B

L

L’

C

 A 

 E 





Chapitre 1

18   On nomme S le sommet du pluviomètre, O le centre de son disque, I un point du cercle de sa base. On nomme M le point d’intersection du segment [S I] avec la base du cône cône d’eau. On nomme enfin A le centre de la base du cône d’eau qui se trouve donc sur la hauteur [OS] . 2,8 cm O A    m    c     6  ,     9

I

M

 x 

S

1. a) La longueur SM en cm, désignée par  x, est comprise entre 0 et la longueur de la génératrice [S I]. Le triangle IOS est rectangle en O. D’après le théorème de Pythagore, S I² = SO² + OI² = 9,6² + 2,8² = 100. Donc SI = 10 cm. On en conclut que x ∈ [0 ; 10]. b) Comme vu précédemment, la génératrice du pluviomètre mesure 10 cm. Dans les triangles SAM et SOI, les droites (AM) et (OI) sont parallèles. Le théorème de Thalès s’applique et donne : SA SM AM SA  x  =  =  ce qui implique  =  . SO SI OI 9,6 10 On en déduit que la hauteur [SA] a une longueur donnée en cm par SA = 0,96 x. c) On utilise le même rapport :  x SA SM AM AM  =  =  implique  = . SO SI OI 10 2,8 On en déduit que le rayon [AM] a une longueur donnée en cm par AM = 0,28 x. d) Le volume V du cône d’eau en cm3 est donc donné 1 par V =  SA × p × AM². 3 0,96 x × p × (0,28 x)² = p × 0,025 088 x3. V= 3 Le volume V du cylindre d’eau en cm 3 est identique et est donné par V  = p × 2,8² × h( x  x). Résolution graphique d’équations et d’inéquations

9

On écrit donc l’égalité : p × 2,8² × h( x  x) = p × 0,025 088 x3 0,025 088 3 h( x  x) =  x  = 0,003 0, 003 2 x3. 2,8² 2. b) En ayant tracé la courbe représentative de h, il suffit de lire graphiquement des antécédents. Pour cela, il suffit de créer un point mobile sur la courbe, de régler son ordonnée puis de lire son abscisse. 3,1 4 4,5 5 5,4 6,8 7,8 8,5 9,2 h( x  x) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 1 1,5 2 2,5  x

tout nombre de l’ensemble de définition associe une unique image. A priori, Lucien ne peut pas définir ainsi une fonction. Remarque  : Il pourrait si tous les âges étaient différents ou si tous les élèves du même âge avaient eu la même note… (ce qui est plus qu’improbable)…

21 a) L’ensemble de définition de T est l’intervalle [0 ; 24]. b) L’image de 21 par T est 18. Ce qui signifie qu’à 21 h, la température est égale à 18°C. T(9) désigne l’image de 9 par T et vaut environ 13. Ce qui signifie qu’à 9h, la température est environ égale à 13°C.  Températu  Température re (en °C) 24 22 20 18 16 14 12 10  Temps  Temps (en h) 8 0 3 6 9 12 15 18 21 24

3. a) On reproduit les graduations sur un segment de 10 cm de longueur ; les espaces sont obtenus à partir de la ligne des x et la légende lége nde correspond à la hauteur  x). d’eau h( x 0,5 cm 0,4 cm 0,9 cm

0,5 cm

3,1 cm 0

0,7 cm 0,7 cm 1,4 cm

0,1

0,2 0,3 0,4 0,5

1 cm 1

1,5

2

2,5

10 cm

b) Si l’eau arrive à la graduation 2,4 cm, cela signifie  x) = 2,4. que h( x Donc le volume d’eau présent dans le pluviomètre est es t simplement le volume d’eau du cylindre associé. V = p × 2,8² × 2,4 = p × 18,816 soit V ≈ 59,11 cm3.

7 19

Pour s’entraîner 5 5 a) f (20) = 40 et f   = . 4 2

b) L’antécédent de 0,18 par f  est  est 0,09.

20  Si deux élèves de la classe ont le même âge (ce qui est certain) et deux notes différentes, il faudrait alors associer deux images (deux notes) à un même âge. Cela contredit la définition d’une fonction qui à 10

c) 12 est un antécédent de 20 par T. 20 possède un second antécédent dont la lecture est approchée : il s’agit environ de 19,5.

22 a) L’ensemble de définition de V est fini : c’est {– 1 ; 0 ; 2 ; 3 ; 7}. b) L’image de 3 par V est – 3 (cf. avant dernière colonne). c) V(7) = 1 (cf. dernière colonne). d) Les antécédents de 7 par V sont – 1 et 2. 23 a) L’image de 2  par L est 2  ou encore 0,4 sous 35 5 forme décimale. L’image de 1,2 par L est es t 8,4 (produit de 1,2 par 7). b) L’antécédent de 56 par L est 8. L’antécédent de 6,3 par L est 0,9. 24 a) L’image de – 3 par f  est  est 3. L’image de  2 par f  est  est –  2. 2. b) L’antécédent de 0,6 par f  est  est aussi son opposé, oppos é, c’està-dire – 0,6. c) Un nombre x est égal à son image par f  si,   si, et seulement si, x = f ( x  x). Comme f ( x  x) = – x, on résout donc l’équation x = – x.  x = – x équivaut à 2 x = 0. La seule solution de cette équation est 0 donc le seul nombre égal à son image par f  est  est 0. 25 a) G( x  x) = (3 x)² = 9 x². Attention de ne pas confondre le carré du triple et le triple du carré…

b) Olivia a parfaitement raison : le carré du triple de – 1 est le carré de – 3, c’est-à-dire 9. Autrement dit, G(– 1) 1) = 9 × (– 1)² 1)² = 9.

26 • Lors de la plongée, à chaque heure correspond une unique pression. En associant à chaque heure la pression correspondante, correspondante, on définit bien une fonction. • Par contre, la pression rencontrée par exemple à 5 m de profondeur correspond à deux horaires différents au moins, durant la descente puis durant la remontée. Ce qui signifie qu’à certaines pressions correspondent plusieurs heures ! On ne définit donc pas une fonction en associant à chaque pression la ou les l es heures correspondantes. 27 • Choisir un nombre réel. • Multiplier par 4. • Soustraire 2. • Multiplier par 3.

a)

b)

5,5 22 20 60

x

4 x 4 x – 2 3(4 x – 2)

On en déduit que E(5,5) = 60 et que pour tout nombre réel x,  x) = 3(4 x – 2) = 12 x – 6. E( x c) Si Julie a obtenu – 6 en sortie, alors on peut remonter de ligne en ligne pour retrouver le nombre choisi au départ. (– 6) : 3 = – 2 –2+2=0 0 : 4 = 0 En entrant le nombre 0, Julie a effectivement obtenu – 6 en sortie. Remarque   : On pouvait aussi bien chercher l’antécédent de – 6 par la fonction E en résolvant l’équation 12 x – 6 = – 6. 12 x – 6 = – 6 équivaut à 12 x = 0, c’est-à-dire x = 0.

28  Pour écrire un programme de calcul, il convient de lister les priorités opératoires. L’ordre des opérations à effectuer est celui du calcul, étape par étape, d’une image. • Choisir un nombre réel. • Soustraire 2. • Multiplier par – 8. • Ajouter 1.

30 a) L’image de 2 par f  est  est – 1. b) Graphiquement, on lit f (4) = – 2. 2

f 

1 –4

O

–2

1

2

4

–2

c) Les antécédents de 2 par f  sont  sont – 4, – 2 et 1. d) • Reformulation de la consigne b) : Lire graphiquement l’image de 4 par f . • Reformulation de la consigne c) : Lire graphiquement les nombres qui ont pour image 2 par f .

31 a) Courbe susceptible de représenter la fonction f . 2 1 0 0 20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 -1 -2 -3 -4 -5

b)  En se basant sur le graphique et sur les valeurs fournies par le tableau, on lit que la température reste comprise entre – 0,5 °C et 0,5 °C entre t  =  = 45 s et t  =  = 200 s, ce qui fait donc 155 s.

32  Avec les informations fournies par l’énoncé, on peut reconstituer un tableau de valeurs.  x

f ( x  x)

–2 0

–1 2

0 3

1 2

2 0

On construit ensuite une courbe susceptible de représenter f  . . 3 2

29 a)  L’ensemble de définition de f   est l’intervalle [– 1 ; 4]. L’ensemble de définition de g est l’intervalle l ’intervalle [– 2 ; 3]. b) Par lecture graphique : f (1) ≈ 2,7 et g (1) ≈ 1,4. Linda affirme « g(1)  f  (1)  (1) » . Il est clair qu’elle qu’ell e se trompe. trompe . En effet, on est sûr que f (1)  2 et que 2  g(1), ce qui implique f (1)  g(1). Chapitre 1

1 0 -3 -2 -1

0 1 2

33  Le graphique dessiné ne définit pas une fonction. En effet, sur cette courbe deux points A(3 ; 0) et B(3 ; 2) ont la même abscisse et des ordonnées différentes.

Résolution graphique d’équations et d’inéquations

11

Ce qui veut dire que l’on ne peut pas associer à 3 une unique image… 2 1 O

Remarque   : Si

1

2

3

4

la courbe représentant ou définissant une fonction, toute droite parallèle à l›axe des ordonnées coupe au plus une fois la courbe �.

 x

h( x  x)

–2 –5

0 – 1,5

2 5

4 15

6 20

�  désigne

34 a) La variable t  désigne  désigne le temps de course en h et son image g(t ) désigne la distance parcourue en km par le cycliste au bout du temps t . b)  La distance totale parcourue est de 140 km et la course a duré exactement 3 h 40 min (ce qui fait onze tiers d’heures) d’he ures).. 11 2 L’image de  (c’est-à-dire de 3 + ) par g est 140. 3 3 c) g(0) = 0 et g(1) = 50. Le coureur a parcouru 50 km au cours de la première heure. Sa vitesse moyenne sur cette première heure de course est donc 50 km/h. d) L’antécédent de 50 par g est 1. 7 L’antécédent de 80 par g est . 3 La durée de la montée est donc : 7 4 h – 1 h = h = 1 h 20 min. 3 3 35 a)  Un arbre de 0,8 m de circonférence a une masse sèche de 500 50 0 kg. Un arbre de 1,8 m de circonférence a une masse sèche sè che de 3 000 kg. kg. Sur la parcelle, la masse sèche totale est 230 000 kg. 100 × 500 + 60 × 3 000 = 50 000 + 180 000 = 230 000. b)  Un arbre de 1,2 m de circonférence a une masse sèche de 1 000 kg. Un arbre de 2 m de circonférence a une masse sèche de 4500 kg. Ce qui fait une somme de 5 500 kg. Deux arbres de 1,6 m de circonférence ont, à eux deux, une masse sèche de 4000 kg. Donc un arbre de 1,2 m de circonférence et un arbre de 2 m de circonférence pèsent plus que deux arbres de 1,6 m de circonférence. 36 a) Faux : l’image de 4 par f  est  est 2. b) Vrai puisque l’image de 1 par f  est  est bien 4. c) Vrai puisque 4 a deux antécédents par f , à savoir 1 et 8. d) Vrai : l’image de 1 par f  est   est 4 et 8 est bien un antécédent de 4 par f . 37  On analyse l’énoncé phrase par phrase. L’ensemble de définition est constitué de cinq valeurs qui sont toutes des nombres entiers pairs. h(4) = 15 h(6) = 20 h(– 2) = – h(2) h(4) = 3 × h(2) h(0) × h(6) = – 30 12

Comme h(4) = 3 × h(2) et h(4) = 15, on en déduit que h(2) = 5. Puis h(– 2) = – 5 Enfin h(6) = 20 et h(0) × h(6) = – 30, donc h(0) = – 1,5. 1,5. On construit le tableau de valeurs définissant h.

38 a) g(4) = 2 × 4² – 6 = 32 – 6 = 26 g(– 0,1) = 2 × (– 0,1)² – 6 = 0,02 – 6 = – 5,98 10 10 ² 100 54 146 g  = 2 ×  – 6 = 2 × – = 3 3 9 9 9 b) Pour vérifier que – 4 est un antécédent de 26 par g, il suffit de calculer l’image de – 4 par g : g(– 4) = 2 × (– 4)² – 6 = 32 – 6 = 26. On note donc que 26 a (au moins) deux antécédents par g.

 

 

39 a) Pour trouver l’antécédent de 12 par A, on ré x) = 12. sout l’équation A( x  x  x + 3 = 12 équivaut à  = 9, c’est-à-dire x = 18. 2 2 L’unique antécédent de 12 par A est 18. b) Morgane a tort. En effet, si on choisit un nombre entier impair, son image ne sera pas un nombre entier. Par exemple, l’image par A de 1 est 3,5. 40 a) Pour n tickets achetés (avec (avec n � 1), Mathis débourse 8 � pour le premier ticket puis 3,5 � pour les n – 1 tickets suivants. D’où la formule f (n) = 8 + 3,5 × (n – 1) = 4,5 + 3,5 n. b) Si Mathis voit 5 films, alors sa dépense est de 22 � car f (5) = 4,5 + 3,5 × 5 = 22. c) Si Mathis a dépensé 127 �, alors le nombre de films vus par Mathis est la solution de l’équation f (n) = 127. 4,5 + 3,5 n = 127 équivaut à 3,5 n = 122,5 c’est-à-dire n = 35. Ceci signifie que Mathis aurait vu environ 12 films par  jour, ce qui n’est n’est pas crédible crédible car on ne peut excéder excéder 7 à 8 séances par jour. 41  On nomme x le nombre réel choisi en entrée du programme de calcul. • Choisir un nombre réel . x • Multiplier par – 10. – 10 x • Ajouter 14. – 10 x + 14 Le programme définit donc la fonction x  – 10 x + 14.  x) = 4 – 10( x  x – 1) Mais pour tout réel x, f ( x f ( x  x) = 4 – 10 x + 10 = 14 – 10 x. Cécile a donc raison. Le programme de calcul définit bien la fonction f  telle   telle que, pour tout nombre réel  x, f ( x  x) = 4 – 10( x  x – 1).

42 1. g(– 7) = (– 7)² – 4 × (– 7) = 49 + 28 = 77. g(0,5) = 0,5² – 4 × 0,5 = 0,25 0, 25 – 2 = – 1,75. 1,75. g(– 6) = (– 6)² – 4 × (– 6) = 36 + 24 = 60. 2. a) On réalise un tableau d’exécution. Entrée x x = – 7 x = 0,5 x = – 6 a = 49 a = 0,25 a = 36 Affecter à a la valeur x² b = – 24 Affecter à b la valeur 4 x b = – 28 b = 2 Affecter à c  la  la valeur a – b c  =  = 77 c  =  = – 1,75 1,75 c  =  = 60 Sortie 77 – 1,75 60 On retrouve en sortie les images par la fonction g calculées en a). b) Pour tout nombre réel x choisi en entrée : a prend la valeur  x ² b prend la valeur 4 x  prend donc la valeur b – a, c’est-à-dire x² – 4 x. c  prend En sortie l’algorithme affiche donc toujours l’image de  x par g. 1 1  = 2 × 0 + 5 5 1 1 1 1 g(1) = g(– 0,5) =  =  = 2 × 1 + 5 7 2 × (– 0,5) + 5 4 b) – 2,5 n’a pas d’image par g. En effet, 2 × (– 2,5) + 5 = 0. Comme il est impossible de diviser par 0, g n’est pas définie en – 2,5. Son ensemble de définition est donc la réunion d’intervalles ]– ∞ ; – 2,5 [ ∪ ]– 2,5 ; + ∞[.

43 a) g(0) =

44 a) x désigne une longueur en cm donc les fonctions A et P sont définies sur l’intervalle [0 ; + ∞[. b) A( x  x) est l’aire en cm² du carré de côté de longueur (6 + x). Pour tout x � 0, A( x  x) = (6 + x)². P( x  x) est le périmètre en cm du même carré. Pour tout x � 0, P( x  x) = 4 × (6 + x).  x) = 51,84 alors 6 + x =  51,84 c) Si A( x 51,84 = 7,2. Alors P( x  7,2 = 28,8 28 ,8 cm.  x) = 4 × 7,2 32,8 d) Si P( x  x) = 32,8 alors 6 + x = = 8,2. 4  x) = 8,2² = 67,24 Alors A( x 67,24 cm². 45 a) Pour savoir quelle(s) quelle (s) formule(s) f ormule(s) convient (conviennent), (conviennent), on calcule les images de 0, de 1 et de 2 par les trois fonctions proposées. x  x – 1)²  x – 1)3 ( x ( x 0 -1 0 1 0 -1 1 0 1 0 1 0 2 1 2 1 2 1 Les deux formules qui conviennent sont  x – 1 et ( x  x – 1)3. b) f (– 1) 1) = – 8. – 1 – 1 = – 2 donc la formule x – 1 ne convient plus.  x

x – 1

x

Chapitre 1

(– 1 – 1)3 = (– 2)3 = – 8 donc la formule qui convient est f ( x  x) = ( x  x – 1)3. c) La formule saisie dans la cellule B2 avant d’être étirée vers le bas est = (A2-1)^3. (A2-1)^3. 1 46 A(1,2 A(1,2 ; – 0,6) B(13 B(13 ; 23) C –  ; – 3,5 4





47 a) Si l’ordonnée de A est 16, son abscisse peut être 2 ou – 2. b) Oui le point B appartient à la courbe �  car f (– 10) = 4 × (– 10)² = 400 et 400 est bien l’ordonnée du point B. c) Non le point C n’appartient pas à la courbe � car f (– 3) = 4 × (– 3)² = 36 et 36 est différent de l’ordonnée du point C. 48  Pour donner les coordonnées de cinq points de la courbe représentant la fonction f  , , il suffit de choisir cinq nombres réels différents, qui seront les abscisses des cinq points, et de calculer leurs images, qui seront les ordonnées correspondantes des points. À titre d’exemple : f (3) = 3 × ( 2 × 3 + 5 ) = 3 × 11. Donc le point A(3 ; 33) appartient à la courbe représentative de f . De même, B(– 10 ; 150), C(– 2 ; – 2) , O(0 ; 0) et D(1 ; 7) sont des points appartenant à la courbe. Remarque : Pour établir une liste, on peut simplement utiliser un tableau de valeurs de la fonction f . 49  Un point p oint de la courbe est A(1,425 A(1,425 50 ; 5,423 40). 1,7 × 1,425 5 + 3 = 5,423 35 L’image de 1,425 5 par la fonction fonc tion de l’énoncé  x  1,7 x + 3 est donc différente de l’ordonnée de A. Donc le point A n’appartient pas à la courbe représentative de cette fonction. Pourtant, ce point appartient à la courbe visualisée sur l’écran. Donc Stéphanie n’a pas tracé la courbe représentative de la fonction x  1,7 x + 3. 50 a) Les seuls points dont on peut affirmer qu’ils appartiennent à la courbe � sont O(0 ; 0), A(1 ; 1) et D(4 ; 2) à cause des croix qui les représentent chacun sur une intersection du quadrillage. b) On constate en premier lieu que les six abscisses appartiennent à l’intervalle de définition [0 ; 5]. f (0) = 0 : on retrouve que O appartient à la courbe �. f (1) (1) = 1 : on retrouve que A appartient à la courbe �. f (2) =  2 et  2 ≠ 1,4 : B n’appartient pas à �. f (3) =  3 et  3 ≠ 1,7 : C n’appartient pas à �. f (4) = 2 : on retrouve que D appartient à la courbe �. f (2,25) = 1,5 : on constate donc que E appartient à la courbe �.

Résolution graphique d’équations et d’inéquations

13

Remarque : f (– 2) = f (1) = 0. – 2 et 1 ne sont donc pas

51 a) x appartient à l’intervalle [2 ; + ∞[. b) y appartient à l’intervalle l ’intervalle [– 1 ; 5[. 5[. 52 a) x est un nombre réel supérieur ou égal à – 3 et inférieur ou égal à 1. b) x est un nombre réel inférieur ou égal à 5. c)  x est un nombre réel strictement supérieur à 1 et strictement inférieur à 10. d) x est un nombre no mbre réel strictement supérieur supé rieur à – 1. 1. 53 a) – 4,5 n’appartient pas à l’intervalle ]– 4,5 ; 0]. b) – 4,5 appartient à l’intervalle [– 5 ; 1]. 1]. c) – 4,5 n’appartient pas à l’intervalle ]– 4 ; 3[. d) – 4,5 n’appartient pas à l’intervalle ]– ∞ ; – 5]. 5]. 54 a) f ( x  x) = 2  x) = 3 b) f ( x  x)  1 c) f ( x  x)  – 2 d) f ( x

 = {3}.  = ∅ car 3 n’a pas d’antécédent par f .  = [1 ; 2] ∪ [4 ; 5].  = ]1 ; 5[.

55 a) x ∈ [3 ; 7] b) x ∈ [– 3 ; 5[

3 -3

e) x ∈ ]– 2 ; 1]

5 –3

56 a) – 3  x  4 c) 1  x � 100 e) x � 5

1 O

3 1

0 –2

1 –4

0

b) 0 � x � 4 d) x � 10 f) x  0 x ∈ [2 ; 3] x ∈ ] 2 ; + ∞[ x ∈ ]– ∞ ; 3]

b) ]0 ; + ∞[ d) [– 1 ; 3[

59 a) f ( x  x) �  1 : les solutions sont les abscisses de tous les points de la courbe qui ont une ordonnée supérieure ou égale à 1. 1 On lit donc  = [– 1 ; ]. 2  x)  0 : les solutions sont les abscisses de tous les b) f ( x points de la courbe qui ont une ordonnée strictement supérieure à 0. On lit donc  = ]– 2 ; 1[. 14

g

5

f) x ∈ ]– ∞ ; – 4]

58 a) ]– 6 ; – 2] 2] c) ]– ∞ ; – 2 ]

2 f 

d) x ∈ [0 ; + ∞[

2  x  3  x  2  x  3

60 a) f ( x  x) � g( x  x) : les solutions sont les abscisses des points de la courbe �f  situés au-dessus de la courbe �g. On lit :  = [– 3 ; – 2 ] ∪ [1 ; 3].  x)  g( x  x) : les solutions sont b) f ( x so nt les abscisses des points de la courbe �f  situés au-dessus des points de la courbe �g. On lit :  = [– 3 ; – 2[ ∪ ]1 ; 3].  x)  g( x  x) : les solutions sont les abscisses des points c) f ( x de la courbe �f  situés au-dessous de la courbe �g. On lit :  = [– 2 ; 1].

7

c) x ∈ ]– ∞ ; 5[

57

des solutions de l’inéquation donc on écrit des crochets « ouverts ». c) f ( x  x)  – 1 : les solutions sont les abscisses de tous les points de la courbe qui ont une ordonnée inférieure ou égale à – 1. 1. On lit donc  = [– 4 ; – 3] ∪ {2}. Attention de ne pas oublier 2 qui est une solution car f (2) = – 1. 1.

61 a)  L’axe des abscisses indique le temps en années. L’axe L’axe des ordonnées indique le salaire en euros. b)  Les fonctions f  et g  sont définies sur l’intervalle [2010 ; 2040]. c) • f (t ) = 2 500 : la solution est 2 025. Le salaire de Fabien sera de 2 500 € en 2025. • g(t ) = 3 000 : la solution est 2029. Le salaire de Guillaume sera de 3 000 € en 2029. • L’équation f (t ) = g(t ) a exactement deux solutions qui sont les abscisses des points d’intersection des deux courbes. On lit  = {2011 ; 2032}. Les salaires de Fabien et de Guillaume étaient donc égaux en 2011 2011 et seront à nouveau identiques en 2032. 62 a) On choisit une fenêtre adaptée, comme par exemple celle fournie par l’écran ci-après à gauche. On obtient l’écran de calculatrice ci-après à droite.

b)  On lit graphiquement trois solutions à l’équation f ( x  x) = g( x  x).  x = – 3 ou  x = 2 ou  x = 3. On vérifie par le calcul que  x) = g( x  x). ces trois valeurs sont solutions so lutions de l’équation f ( x • f (– 3) 3) = [2 – (– 3)] 3)] × [(– 3)² +(– 3) – 7 ] = 5 × (– 1) = – 5 g(– 3) = 4 – (– 3)² 3)² = 4 – 9 = – 5 On constate donc que f (– 3) = g(– 3).  x) = g( x  x). – 3 est solution s olution de f ( x • f (2) = (2 – 2 ) × (2² + 2 – 7) = 0 × (– 1) = 0 g(2) = 4 – 2² = 4 – 4 = 0 On constate donc que f (2) = g(2).  x) = g( x  x). 2 est solution de f ( x • f (3) = (2 – 3 ) × (3² + 3 – 7) = – 1 × 5 = – 5 g(3) = 4 – 3² = 4 – 9 = – 5 On constate donc que f (3) = g(3). 3 est solution de f ( x  x) = g( x  x). c) Graphiquement, on lit l’ensemble des solutions de l’inéquation f ( x  x)  g( x  x).  = [– 3 ; 2] ∪ [3 ; 4].

63 1. Avec le texte en français, on comprend qu’il faut choisir soit le fromage, soit le dessert, ce qui exclut bien la possibilité de prendre les deux. 2. a) Lucie a parfaitement raison. Si  x est dans l’un des deux intervalles au moins, il ne peut p eut être supérieur à 4. Réciproquement si  x  4, il est dans D1 si  x � 3, il est dans D2 sinon, ce qui assure que x est dans D1 ou D2. b) Le OU en français est exclusif e xclusif alors qu’en mathémamathématiques, il est inclusif. 3. I ∪ J = ]– ∞ ; 3] ∪ [0 ; 5] = ]– ∞ ; 5] I ∪ J = [– 1 ; 4 ] ∪ [ 0 ; 2 ] = [ -1 ; 4 ] car J est inclus dans I. I ∪ J = ]– 10 10 ; 5[ ∪ ]1 ; + ∞[ = ]– ] – 10 10 ; + ∞[ 64 1. a) Le premier intervalle est I = ]– ∞ ; 3[. Le second est J = [2 ; 6]. 3 2

6

b) L’ensemble  L’ensemble des nombres réels ré els qui appartiennent à I et à J est l’intervalle [2 ; 3[. 2. a) I ∩ J = [– 4 ; 3] ∩ [3 ; 5] = {3} 3 est le seul nombre réel appartenant aux deux intervalles. b) I ∩ J = [0 ; 10] ∩ ]10 ; + ∞[ = ∅. Aucun nombre réel n’appartient à I et à J : ces deux intervalles sont donc disjoints. c) I ∩ J = [– 1 ; 1] ∩ ]0 ; + ∞[ = ]0 ; 1].  x) + g( x  x) que si x appartient 3. Il n’est possible d’écrire d ’écrire f ( x à l’intervalle de définition de f  et  et à l’intervalle de définition de g. La fonction x  f ( x  x) + g( x  x) est donc définie sur l’intersection D1 ∩ D2. Chapitre 1

D1 ∩ D2 = ]– 3 ; 5] ∩ [ – 1 ; 7 ] = [– 1 ; 5 ]. La fonction  x  f ( x  x) + g( x  x) est définie sur [– 1 ; 5].

8

Pour se tester

65 1. C 2. B 3. A 4. D 66 1. C 2. B, C, D 3. A, D 4. B 67 1. B. En effet,  x appartient au premier intervalle ou au second est équivalent à x appartient à la réunion des deux intervalles, c’ c ’est-à-dire x appartient à ]–  ; 10]. Il est donc certain que x est inférieur ou égal à 10. 2. A, C. En effet, x appartient au premier intervalle et au

second est équivalent à x appartient à l’intersection des deux intervalles, c’est-à-dire c’est-à-dire x appartient à [4; 5]. Il est donc certain que x � 9. Dans ces conditions, 5 x est compris entre 20 et 25 donc

a fortiori entre 10 et 30. 2 3. A, D. En effet, g ( 3 ) = 2 – 3 = 2 – 3 = –1. De même g (– 3 ) = 2 – (– 3 ) 2 = 2 – 3 = –1. 4. A,

 x)  6 D. L’ L’ensemble des solutions solut ions de l’inéquation f ( x est inclus dans l’ensemble des solutions de f ( x  x)  5. En effet, si l’image de  x est supérieure ou égale à 6, alors

elle est supérieure ou égale à 5. Les seuls intervalles qui ne sont pas inclus dans l’intervalle [2 ; 5] sont s ont donnés par les réponses A et D.

9

Pour aller plus loin

68 a) Vu que la recette en e n euros est 11n  pour n poupées vendues, le prix de vente d’une poupée est donc de 11 �. b) Pour tout nombre entier n � 0, B(n) = R(n) – C(n) = 11 11n – ( 0,002n² + 2n + 4 000) = 11 11n – 0,002n² – 2n – 4 000 = – 0,002 x² + 9n – 4 000 c) On considère la fonction B définie sur [0 ; + ∞[ par x  – 0,002 n² + 9 n – 4 000. Voici une copie d’écran sur laquelle cette fonction est représentée graphiquement.

d) On conjecture que B( x  x) � 0 sur [500 ; 4 000]. Résolution graphique d’équations et d’inéquations

15

e) En tabulant avec le pas de 100 :

Finalement, le bénéfice réalisé est positif pour un nombre de poupées fabriquées appartenant à l’intervalle [500 ; 4 000].

69 a) La courbe �f  est au-dessous de la courbe �g sur l’intervalle [1 ; 5]. b) La courbe �g est au-dessous de la courbe �h sur la réunion d’intervalles [0 ; 2] ∪ [6 ; 8]. c) L’ensemble  L’ensemble des solutions de la double inéquation f ( x  x)  g( x  x)  h( x  x) est l’ensemble des nombres réels appartenant à la fois à l’intervalle [1 ; 5] et à la réunion d’intervalles [0 ; 2] ∪ [6 ; 8]. L’ensemble des solutions de la double inéquation est donc l’intervalle [1 ; 2]. d) h( x  x)  f ( x  x)  g( x  x) :  = [3 ; 5]. e) h( x  x)  g( x  x)  f ( x  x) :  = [5 ; 6]. f) f ( x  x)  h( x  x)  g( x  x) :  = [2 ; 3]. 70 a) 1er groupe : tracé des courbes représentatives de f  et  et g. Fenêtre graphique : – 10  X  15, pas 1 et – 1 000  Y  4 000, pas 1 000. On conjecture graphiquement que 0 est une solution et que tous les nombres réels supérieurs ou égaux à 10 sont solutions.

2e groupe : tableau de valeurs de f  et  et g. Xdépart : – 10 10 et Pas : 1.

71  Il suffit de remplacer L et S par les valeurs souhaitées dans la formule. 80 Par exemple R(80 ; 4) = 0,017 ×  = 0,34. 4 On obtient le tableau suivant : L 40 80 120 160 S 2, 5 0,272 0, 5 4 4 0,816 1,088 4 0,17 0, 3 4 0,51 0, 6 8 16 0,0425 0,085 0,1275 0,17 On peut aussi créer ce tableau dans une feuille de calcul avec le tableur. La formule saisie dans la cellule B2 est alors : = 0,017*B$1/$A2.

72   D’après les deux premiers ensembles de solutions, on sait que f (0) = f (8) = 1. On sait d’après le dernier ensemble de solutions que f (4) = 4. On peut aussi considérer que f (3) = f (6) = 2. De même, on peut considérer que f (3,5) = f (5) = 3. D’où une courbe susceptible de représenter la fonction f . 4 3 2 1 0

On remarque donc que 0 est solution de l’inéquation. De même tous les nombres réels supérieurs ou égaux à 10 semblent solutions de cette inéquation. c) Un logiciel de calcul formel confirmera l’ensemble des solutions qui est la réunion {0} ∪ [10 ; + ∞[. 16

1

2

3

4

5

6

7

8

73  Si x = 41, 41, alors f (41) = 43 × 41 – 42². 43 × 41 – 42² = (42 + 1) 1) × (42 – 1) – 42² = 42² – 1 – 42² = –1 L’image de 41 par la fonction f  est  est donc – 1. 1. 74  On calcule l’image de 4 par f  : : f (4) = – 0,2. On calcule ensuite l’image de – 0,2 par f  : : f (– 0,2 ) = – 1,25 1,25

On calcule ensuite l’image de – 1,25 1,25 par f  : : f (– 1,25) = 4. Si on recommence, on trouve à nouveau des images égales successivement à – 0,2, puis – 1,25, puis 4 puis – 0,2 0,2 et ainsi de suite. Toutes les trois images, on retrouve donc une image de 4. Ainsi la 3e, la 6e, la 9e images (et ainsi de suite pour les multiples de 3) 3) sont toutes égales à 4. On divise donc 2017 par 3 : 2017 = 3 × 672 + 1. La 201 2 0166e image est donc 4 et la 2017e image vaut donc l’image de 4 par f , c’est-à-dire – 0,2.

75 a) ( x  x) est la différence entre l’aire du carré AEFG et l’aire du carré ABCD. Donc pour tout nombre réel x � 0, ( x  x) = ( x  x + 1)² – x² = x² + 2 x + 1 – x² = 2 x + 1 b) Pour tout nombre réel  x � 0, ( x  x) = x ² On choisit une fenêtre graphique : 0  X  5, pas 1 et 0  Y  25, pas 1. c) Le logiciel de calcul formel annonce que 1 +  2 est solution de l’équation x² = 1 + 2 x. On vérifie par le calcul : (1 + 2)² 2)² = 1 + 2 2 + ( 2)² 2)² = 3 + 2 2 2 × (1 +  2) 2) + 1 = 2 + 2  2 + 1 = 3 + 2 2 Donc 1 +  2 est solution de l’équation x² = 2 x + 1. On peut de même vérifier que l’autre valeur est bien solution de l’équation mais cette valeur est à exclure car elle est négative tandis que  x  désigne une longueur dans cet exercice. e xercice. d)  Graphiquement on observe que sur [0 ; + ∞[, les courbes ne se coupent qu’une seule fois. La solution de l’équation est 1 +  2 (qui vaut environ 2,4 ce qui est cohérent avec une lecture de l’abscisse du point d’intersection des deux courbes). La courbe représentative de  est au-dessus de celle représentant  « après » le point d’intersection. On en déduit que l›inéquation ( x  x) � ( x  x) a pour ensemble de solutions l’intervalle [1 +  2 ; + ∞[ . 76  Si t  appartient  appartient à l’intervalle [6 ; 24], alors f (t ) = t  –  – 6. Mais, si t  appartient  appartient à l’intervalle [0 ; 6], alors t  –  – 6 est un nombre négatif et ne peut pas p as représenter une heure. Nous devons donc ajouter 24 heures (pour être au début de la nuit à New York, mais le jour précédent). Si t  appartient  appartient à l’intervalle [0 ; 6], alors f (t ) = 24 + t  –  – 6 = 18 + t .

Chapitre 1

77  On note  x la longueur (en m) d’un côté du potager.  x est donc un nombre réel appartenant à [0 ; 10]. Vu que le périmètre du rectangle qui entoure le potager est de 20 m, l’autre dimension du rectangle 20 – 2 x mesure (en m) : = 10 – x. 5 10 – x

potager

 x

L’aire du potager (en m²) est donc donnée par la formule x(10 – x). On souhaite donc trouver x tel que x (10 – x) = 20,16. Une idée consiste à tabuler la fonction  x   x (10 – x) sur [0 ; 10]. Vu que le produit s’écrit avec deux chiffres après la virgule, on peut avoir l’idée de prendre un pas de 0,1.

On trouve une première solution de 2,8 m. L’autre dimension du potager est 7,2 m. La seconde solution décrit juste la situation symétrique (potager dans le sens vertical et non no n horizontal). Conclusion : Les dimensions du potager sont donc 2,8 m par 7,2 m. Remarque   : Il était possible de chercher graphiquement les solutions de l’équation  x (10 –  x) = 20,16 en traçant la courbe représentative de la fonction  x  x (10 – x) avec une calculatrice.

78  On nomme BCED un carré de côté [BC] et H le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC. E

C

A

H B

D

On note x la longueur BC en cm. L’aire du carré en cm² est donnée par  x².

L’aire du triangle ABC est donc 0,25 x² et se calcule aussi avec la formule 0,5 × AH × x. On en déduit que AH = 0,5 x. Par conséquent, le triangle AHC est isocèle rectangle en H. Le théorème de Pythagore nous assure que : AC = HC ×  2 = 0,5 2 x. Résolution graphique d’équations et d’inéquations

17

Au final, le périmètre de ABC est donné par : AC + AB + BC = 0,5  2 x + 0,5 2 x + x = x ( 2 + 1). Comme le périmètre du triangle est es t 16 cm, on conclut 16 8 2 que BC = x =  et AB = AC = . 1 +  2 1 +  2

79  On cherche à exprimer chacun des facteurs de l’image f (1). 1 1 1 2 1 3 1 –  = 1 –  = 1 –  =  … 2 2 3 3 4 4 1 2016 1–  = 2017 2017 1 2 3 2016 donc f (1) = × × × … × . 2 3 4 2017 On observe que chaque dénominateur (jusqu’à 2016) se simplifie avec le numérateur suivant. 1 Après simplification, on trouve donc f (1) = . 2017

   

 

 

80  Trois règles à respecter pour cette fonction : (1) Pour tout n ∈ �, F(n) ∈ �. (2) Pour tout n ∈ �, F(n) � n. (3) Pour tout n ∈ �, F[F(n)] = 3n. Puisque F(n) est toujours un entier et que pour tout entier n, F(n) � n, on en déduit que F[F(n)] � F(n). Il suffit pour cela de remplacer n par F(n) dans la première inégalité. Par conséquent (cf. règle (2)) , 3n � F(n) � n. En particulier, 3 × 0 �  F(0) �  0. Comme F(0) est un nombre entier, on en déduit que F(0) = 0. Supposons ensuite qu’il existe un entier n � 1 tel que F(n) = n. Alors 3n = F[F(n)] = F(n) = n, ce qui est absurde. On en déduit que pour tout nombre entier n � 1, F(n)  n  0. Cherchons les images au fur et à mesure : F[F(1)]  F(1)  1. Nécessairement, F(1) = 2 car F(1) est un nombre entier. Alors F(2) = F[F(1)] = 3. Puis F(3) = F[F(2)] = 6. Et enfin, F(6) = F[F(3)] = 9.

3, 5 = – 6 + 3,5 = – 2,5. f (3) = – 2 × 3 + 3,5 b) f (– 1) 1) = – 2 × (– 1) + 3,5 = 2 + 3,5 = 5,5. 5, 5. f

72 = – 2 × 72 + 3,5 = – 7 + 3,5 = – 3,5.

f (1,3) (1,3) = – 2 × 1,3 + 3,5 = – 2,6 + 3,5 = 0,9.

83  On lit les images cherchées sur l’axe des ordonnées. On complète le tableau au fur et à mesure.

– 2,5 –2

 x  x) f ( x

–2 –1

–1 0,5

0 1

1 0,5

84  Il s’agit de lire les images manquantes dans le tableau sur la courbe et inversement de compléter la courbe avec les images présentes dans le tableau. Attention de ne pas oublier l’ensemble de définition… f  est  est définie sur [–1 ; 2 ]  x 

f ( x)

0,5

1

1,5

2

1

0

–0,5

0

1

-1

O

85 a) Les antécédents antécédents de 0,5 0, 5 par f  sont  sont les abscisses des points de la courbe d’ordonnée 0,5. Les antécédents en question sont s ont – 1 et 1. 1

–1

O

1

2

–1

b) 0,75 possède deux antécédents par la fonction f . c) – 0,5 ne possède qu’un seul antécédent par f .

86 a) Les deux points de la courbe d’ordonnée – 2 sont A et B. L’abscisse de A est – 1 et l’abscisse de B est 3. E

10

Accompagnement personnalisé

81 • L’image de 3 par la fonction fonc tion f  est  est 2. • L’image de 3 par la fonction g est 48. En effet, g(3) = 3 × (7 – 3)² = 3 × 16 = 48. • L’image de 3 par p ar la fonction h est – 2 puisque le point (3 ; – 2 ) appartient à la courbe représentative de h. 82  Pour tout nombre réel x, f ( x  x) = – 2 x + 3,5. a) Pour calculer f (3), on remplace  x par 3 dans la formule. Ce qui donne : 18

2 –1

1 –2 –1 A

C O1

D 2 3 B

b) Les antécédents de – 2 par f  sont  sont donc les deux abscisses relevées en a). c) • Les antécédents de 1 par f   sont les abscisses des points C et D, à savoir 0 et 2. • L’antécédent de 6 par f   est l’abscisse du point E, à savoir 1.

87 a) On règle la fenêtre graphique : 0,5  X  10, pas 1 et 0  Y  3, pas 1. b) L’affirmation de Corentin est fausse. En effet, on peut calculer calculer l’image de 0,8 par g : 0,8 + 1 g(0,8) =  = 2,25. 0,8  x) = 2,3. Donc 0,8 n’est pas solution de l’équation g( x

88 a) 3 est un antécédent de 10,5 par h si, et seulement si, h (3) = 10,5. 3 On calcule : h(3) =  + 32 = 1,5 + 9 = 10,5. 2 b) 0 est un antécédent évident de 0 par la fonction h vu que h(0) = 0. c) Fenêtre graphique : – 3  X  3, pas 1 et – 1  Y  1, pas 1. d) La courbe coupe deux fois l’axe des abscisses. 0 semble donc avoir deux antécédents. 0 en est un et – 0,5 semble en être un autre. On le vérifie par le calcul : – 0,5 h(– 0,5) =  + (– 0,5) 0,5)2 = – 0,25 + 0,25 = 0 2 Donc – 0,5 est un autre antécédent de 0 par la fonction h.

89 a) L’ensemble de définition des deux fonctions est l’intervalle l’inter valle [– 3 ; 3]. b) g( x  = [– 3 ; – 1[ ∪ ]1 ; 3]  x) � 5 c) f ( x  x)  g( x  x)  = [– 2 ; 1] d) La courbe �f  est donc au-dessous de la courbe �g  x) � g( x  x), sur l’ensemble des solutions de l’inéquation f ( x c’est-à-dire sur ]– 2 ; 1[.

2 1 O

1

2

3

4

b) Les abscisses des points de la partie en gras de la courbe sont hachurées ci-dessus. c) L’ensemble  x)  1 est  L’ensemble des solutions so lutions de l’inéquation f ( x donc l’intervalle  = ]1 ; 4]. Attention, 1 n’est pas une solution car son image est égale à 1.

91  On utilise l’abscisse du point d’intersection A. On lit donc que l’ensemble des solutions de l’inéquation f ( x  x) � g( x  x) est [0,8 ; 5]. 92 1. a) M est un point p oint du segment [AB] dont la longueur est 8 cm. La longueur MB en cm est donc comprise entre 0 et 8. Donc x appartient à l’intervalle [0 ; 8]. b) MBDE a pour aire (en cm²) x². AH = HM = HC = 8 – x  = 4 – 0,5 x. 2 L’aire du triangle rectangle AHC (en cm²) est donc : AH × HC (4 – 0,5 x)2  = 2 2 L’aire du trapèze rectangle HMEC (en cm²) est donc : HM × (HC + ME) (4 – 0,5 x) (4 – 0,5 x + x)  = 2 2 (4 – 0,5 x) (4 + 0,5 x) = 2 L’aire du quadrilatère AMEC (en cm²) est donc : (4 – 0,5 x)2 (4 – 0,5 x) (4 + 0,5 x) + 2 2 (4 – 0,5 x) (4 – 0,5 x + 4 + 0,5 x) = 2 (4 – 0,5 x) × 8 2 = 16 – 2 x 2. a) L’aire du carré MBDE est le double de l’aire du quadrilatère AMEC si, et seulement si, x est solution de l’équation x² = 2 × (16 – 2 x). b) Fenêtre : 0  X  8, pas 1 et 0  Y  80, pas 1. =

90 a) Les points de la courbe dont l’ordonnée est supérieure ou égale à 1 sont repassés en trait épais. c) On lit graphiquement que 4 est solution de l’équation x² = 32 – 4 x. On vérifie par le calcul : 4² = 16 et 32 – 4 × 4 = 16.

Chapitre 1

Résolution graphique d’équations et d’inéquations

19

Conclusion : si M est au milieu du segment [AB], alors le carré MBDE a une aire double de celle du quadrilatère AMEC.

93 a) La partie du bassin de côté  x doit contenir un carré (l’îlot) de côté 10. Nécessairement,  x � 10, c’està-dire x ∈ [10 ; + ∞[.

20

100 1 1  x² + 1) = 100, =   c’est-à-dire ( x  x2 + 1 2 2 signifie que l’aire de l’îlot est exactement la moitié

b) L’égalité  L’égalité

de l’aire totale du bassin. Le logiciel de calcul formel trouve deux solutions réelles, mais –  199 199 est à écarter puisque x � 10. On vérifie facilement que pour x =  199, 199, l’aire du bassin est 200, soit le double de l’aire de l’îlot.

2 1

Étude qualitative de fonctions

Au fil des siècles

5. a) f : x  – 2 x est une fonction linéaire. h : x  5 x– 1 est une fonction affine mais non linéaire. f 

En 1752, Euler a établi une formule (connue sous le nom de relation d’Euler) qui relie le nombre de sommets (s), le nombre d’arêtes (a) et le nombre de faces (f ) d'un polyèdre convexe : s – a + f  =  = 2. Voici des sites possibles : • https://fr. https://fr.wikipedia.or wikipedia.org/wiki/Theoreme_de_Descartesg/wiki/Theoreme_de_DescartesEuler • http://www.cellulegeometrie.eu/documents/pub/ pub_12.pdf 

h

4 3 2 1

–2

–1 O

1

2

3

–1 –2 –3

3 2

Bien démarrer

1. 1. a) f (– (– 1) = 1, f (3) (3) = 2, f (4) (4) = 0.

1 2. a) 2 admet deux antécédents :  et 3. 2 b) 3 admet un seul s eul antécédent 1. 3. 1 admet deux antécédents : – 1 et x0 avec x0 ≈ 3,5. 2. a) L’affirmation est fausse.

b) L’affirmation est vraie. c) L’affirmation est fausse. 3. La fonction f  est  x) = x2 + 7 x – 5.  est définie par f ( x 4. a)

b)

Découvrir

1

Décrire les variations d’une fonction 1. a) Lorsque le temps écoulé augmente : • entre 0 h et 1 h, la quantité de principe actif augmente ; • entre 1 h et 8 h, la quantité de principe actif ac tif diminue. b) La quantité maximale de principe actif dans le sang semble être 27 mg/L et être atteinte 1 h après la prise du médicament. 2. a) • f (0,2) � f  (0,4) • f  (5,2)  (5,2) < f  (2,5)  (2,5) • f  (6,85)  (6,85) � f  (6,8)  (6,8) b) • Si t 1 et t 2 appartiennent à [0 ; 1], alors f (t 1)  f (t 2). • Si t 1 et t 2 appartiennent à [1 ; 8], alors f (t 2)  f (t 1). 3. t  0 1 8 27 f (t ) 0 0

2

c)  Il semble que le plus petit des nombres f ( x  x) soit – 2,25 et qu’il soit obtenu pour x = 0,5.

Un problème d’optimisation 1. f) • Lorsque a augmente de 0 à 5, L semble diminuer de 30 à 20. • Lorsque a augmente de 5 à 10, L semble augmenter de 20 à 30. Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions

21

g)  Il semble que la valeur minimale de L soit 20 et qu’elle soit obtenue pour a = 5. 2. a) • Lorsque a ∈ [0 ; 5], f (a) = a + a + 10 – 2a + 10 – a + 10 – a = 30 – 2a. • Lorsque a ∈ [5 ; 10], f (a) = a + a + 2a – 10 + 10 – a + 10 – a = 2a + 10. b) Pour a ∈ [0 ; 5], f (a) = 30 – 2 a ; – 2 � 0 donc f  est  est décroissante sur [0 ; 5]. Pour a ∈ [5 ; 10], f (a) = 2a + 10 ; 2  0 donc f  est  est croissante sur [5 ; 10]. c)  La longueur de la bordure ADCFEB est minimale lorsque a = 5, c’est-à-dire lorsque M est le milieu de [AB]. [AB]. Cette longueur minimale est égale à 20.

4

Savoir-faire

2 a)  La fonction h est décroissante sur [– 4 ; – 1], croissante sur [– 1 ; 1], et décroissante sur [1 ; 3]. b) • 0 et 1 appartiennent à [– 1 ; 1], or h est croissante sur [– 1 ; 1] donc leurs images sont rangées dans le même ordre : 0  1 donc h(0)  h(1). • 2 et 2,5 appartiennent à [1 ; 3], or h  est décroissante sur [1 ; 3] donc leurs images sont rangées dans l’ordre contraire : 2  2,5 donc h(2) � h(2,5). c)

• le minimum de f  est  est – 2 ; il est atteint en 2. d) Sur l’intervalle [2 ; 4] : • le maximum de f  est  est 1 ; il est atteint en 4 ; • le minimum de f  est  est – 2 ; il est atteint en 2.

6  a) Sur l’intervalle [– 4 ; 0] : • le maximum de f  est  est 5 ; il est atteint en 0 ; • le minimum de f  est  est – 2 ; il est es t atteint en – 1. b) Sur l’intervalle [0 ; 7] : • le maximum de f  est  est 5 ; il est atteint en 0 ; • le minimum de f  est  est – 3 ; il est atteint en 3. c) Sur l’intervalle [– 1 ; 3] : • le maximum de f  est  est 5 ; il est atteint en 0 ; • le minimum de f  est  est – 3 ; il est atteint en 3. d) Sur l’intervalle [– 4 ; 7] : • le maximum de f  est  est 5 ; il est atteint en 0 ; • le minimum de f  est  est – 3 ; il est atteint en 3. 7  a) Sur l’intervalle [– 7 ; 3], le maximum de f  est   est 2 et son minimum est – 4 donc :  x)  2. pour tout x de [–7 ; 3], – 4  f ( x b) Sur l’intervalle [– 3 ; 5], le maximum de f  est  est 3 et son minimum est 0 donc :  x)  3. pour tout x de [– 3 ; 5], 0  f ( x 8  a) Pour tout nombre réel x de [– 2 ; 3], – 1  m( x  x)  3. b) Pour tout nombre réel  x de [0 ; 3], 0  m( x  x)  2. 10  a)  x 

4 3

–1 –4

b) Dans un repère, la courbe représentative de f est

1

une droite. 3

3 1. La fonction k  est  est décroissante sur [– 10 ; 0] et croissante sur [0 ; 10]. 2. a) –  2, 2, – 0,6 et – 0,5 appartiennent à [– 10 ; 0] et k est décroissante sur [– 10 ; 0] : – 2  – 0,6  – 0,5 donc k  (–  (– 2) 2) � k (– (– 0,6) � k (– 0,5). b)  3, 3, 3 et p appartiennent à [0 ; 10] et k  est   est croissante sur [0 ; 10] : 3)  k (3) (3)  k (p).  3  3  p donc k ( 3) 5  a) Sur l’intervalle [– 2 ; 0] : • le maximum de f  est  est 2 ; il est atteint en – 2 et en 0 ; • le minimum de f  est  est – 1 ; il est atteint en – 1. 1. b) Sur l’intervalle [0 ; 4] : • le maximum de f  est  est 3 ; il est atteint en 1 ; • le minimum de f  est  est – 2 ; il est atteint en 2. c) Sur l’intervalle [– 2 ; 4] : • le maximum de f  est  est 3 ; il est atteint en 1 ; 22

+∞

 x ) f ( x 

h

O 1 –1

–∞

• 1re méthode : f (0) = 3,5 et f (2) = – 0,5.

Donc cette droite passe par A(0 ; 3,5) et B(2 ; – 0,5). • 2e méthode : l’ordonnée à l’origine de cette droite est 3,5 donc elle passe par A(0 ; 3,5).

4 A 3

1 –2

2 C 1 2 O

1

B

Son coefficient directeur est – 2, donc depuis A on se déplace horizontalement de 1 unité vers la droite, puis verticalement de 2 unités vers le bas. On

aboutit au point C(1 ; 1,5).

11

 x 

f ( x   x )  x ) g( x 

h( x   x ) k ( x   x )

–∞

+∞

12  a) L’affirmation est fausse. En effet, l’ordonnée à l’origine de la droite représentant m est 1 tandis que celle de la droite d 2 est – 2. Note : on peut aussi signaler que le coefficient directeur de la droite représentant m est négatif tandis que celui de la droite d 2 est positif. b) Par lecture graphique du coefficient directeur et de l’ordonnée à l’origine de chaque droite on obtient :  j  est  est représentée par d 2, k  est  est représentée par d 3,  est représentée par d 4, m est représentée par d 1.

5

Résoudre des problèmes 2

g

3 –1

–1

21 a) f  est  est croissante sur [0 ; 8].  x) = 3 x. b) • x ∈ [0 ; 5], f ( x 9 1 • x ∈ [5 ; 8], f ( x  x) = 15 +  –  (8 – x)2 2 2 1 = 39 – (8 – x)2 2 1 = – x2 + 16 x – 25 2 23 a)





1 O 1

20 La hauteur AH, en cm, du triangle équilatéral  3  = 2 3. ABC est égale à : 4 × 3. 2 1 a) x ∈ [0 ; 2], f ( x  x) = × 2 3 × (2 – x) =  3 (2 – x) 2 1 b) x ∈ [2 ; 4], f ( x  x) = × 2 3 × ( x  x – 2) =  3 ( x  x – 2) 2 Sur [0 ; 2], f  est  est décroissante car –  3 � 0 et sur [2 ; 4] f  est  est croissante car  3  0.



14  a) 3

19 a)  Il semble que la fonction h  soit constante sur [0 ; 6]. b) Pour tout nombre réel x de [0 ; 6], h( x  x) = f ( x  x) + g( x  x) = 9. La conjecture est ainsi démontrée.

4

6

b) Les nombres réels qui ont une image négative ou nulle sont les nombres appartenant appar tenant à l’intervalle [1 ; 4].

15 Les nombres réels qui ont une image supérieure ou égale à 2 par h sont le nombre –1 et tous les nombres de l’intervalle [4,5 ; 6]. 16 a) k   est décroissante sur ]– ∞  ; 0] et k (– 2) = 1,  x)  1. donc pour tout nombre réel x de [– 2 ; 0], k ( x k  est  est croissante sur [0 ; + ∞[ et k (2) = 1, donc pour tout  x)  1. nombre réel x de [0 ; 2], k ( x  x)  1. Finalement, pour tout nombre réel x de [– 2 ; 2], k ( x L’affirmation est vraie.  x) �  1 et b) Pour tout nombre réel  x  de ]– ∞ ; – 2], k ( x  x) � 1. pour tout nombre réel x de [2 ; + ∞[, k ( x L’affirmation est fausse. c) Pour tout nombre réel  x  de ]– ∞ ; – 2], k ( x  x) �  1, or 1  0 donc k ( x  x)  0. L’affirmation est vraie. d) L'affirmation est fausse. Si u = 1 et v  =  = – 3, alors k (u)  1  k (v ) mais u > v . 17 Pour tout nombre réel  x  de [0 ; 1], ( x  x) �  1 et m( x  x)  1 donc ( x  x) � m( x  x).  x)  1 et m( x  x) � 1 Pour tout nombre réel x de [1 ; + ∞[, ( x  x)  m( x  x). donc ( x

 x f ( x  x)

f ( x  x + 0,1) d 

0 0 0,09 1



0,1 0,09 0,16 1

0, 2 0,16 0,21 1

0, 3 0,21 0,24 1

0, 4 0,24 0,25 1

0, 5 0,25 0,24 0

0, 6 0,7 0, 8 0,9 1 0,24 0,21 0,16 0,09 0,21 0,16 0,09 0 0 0 0 0 0 À la fin de l’algorithme, la variable d  a   a la valeur 0, le message affiché en sortie est donc : “f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 1]”. b) La variable d  initialisée  initialisée à 1 passe à la valeur 0 lorsque  x = 0,5 car f (0,6) � f (0,5), elle permet d’affirmer que f  n’est pas croissante sur [0 ; 1].  x f ( x ) f ( x  x + 0,1) d 

24 a. On modifie : Tant que x  1,9 et dans le bloc Sortie : Afficher “f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 2]” Afficher “f  semble  semble croissante sur [0 ; 2]” b) On modifie :  x) � f ( x  x + 0,1) alors Si f ( x et le bloc Sortie : Si d  =  = 0 alors Afficher “f  n’est  n’est pas décroissante sur [0 ; 1]”   sinon Afficher “f  semble  semble décroissante sur [0 ;1]” ;1]” Fin si Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions

23

6

Travaux pratiques

25 1. a) k   x  y

0

max

–2

1 2 3 0,1 0, 2 0, 3 – 1,25 – 0,6 – 0,05 – 1,25 – 0,6 – 0,05

4 0, 4 0, 4 0, 4

5 0, 5 0,75 0,75

6 7 8 9 10 0, 6 0,7 0, 8 0,9 1 1 1,15 1,2 1,15 1 max 1 1,15 1,2 1,2 1,2 L’algorithme affiche en sortie la valeur de la variable max : 1,2. b) L’algorithme effectue une recherche du maximum de la fonction f  sur  sur [0 ; 1], la valeur trouvée est affichée en sortie. 2. a) On modifie : Pour k  =  = 1 jusqu’à 25 et on remplace f  par  par g dans l’algorithme. b) (g est notée F1 dans ce programme) k   x  y

Variables :

 x, y, min, max sont des nombres réels k  est  est un nombre entier naturel Traitement : Affecter à x la valeur 0 Affecter à max la valeur g(0) Affecter à min la valeur g(0)   Pour k  =  = 1 jusqu’à 25 Affecter à x la valeur x + 0,1  x) Affecter à y la valeur g( x Si y  max alors Affecter à max la valeur y

Sorties :

Fin Si Si y � min alors Affecter à min la valeur y Fin Si Fin Pour Afficher min, max

b) Les valeurs du minimum obtenues avec le grapheur et le programme sont identiques : min = g(2) = – 5. En effet, g(2) est l’une des valeurs calculées par le programme.

26 1. a) La courbe est affichée seulement s eulement sur l’intervalle [– 2 ; 3]. On conjecture que f  est  est décroissante sur [– 2 ; 0], croissante sur [0 ; 2] et décroissante sur [2 ; 3]. b)

c) Le programme affiche max = 0,346 0,34 6 5. d) Le grapheur donne pour valeur du maximum : 0,359 375, 375, ce maximum est atteint at teint pour x = 0,25. • La valeur obtenue avec le programme est : g(0,3) = 0,346 5 et celle donnée par le grapheur est  0, 359 375. 375. g(0,25) ≈ 0,359 3. a)

24

c) À partir de l’écran l ’écran précédent, on peut conjecturer le sens de la variation de f  sur  sur [– 2 ; 6]. On ne peut pas décrire complétement le sens de variation de f  sur   sur [– 2 ; + ∞[ par lecture d’un écran graphique. 2. a) Il semble que la fonction g soit croissante sur l’intervalle [– 5 ; 5]. b)  La conjecture proposée à la question précédente s’avère fausse, la fonction g n’est pas croissante sur [– 5 ; 5]. 3. a) Dimitri peut proposer les conjectures suivantes : sur [– 3 ; 3], h admet un maximum en – 2 égal à h(– 2) = 16 et h admet un minimum en 2 égal à h(2) = – 16. 16. b) On émet les conjectures : sur [– 5 ; 5], h admet un maximum en 5 égal à h(5) = 65 et un minimum en – 5 égal à h(– 5) = – 65.

4. a) L’information sur les variations d’une fonction n’est en général pas complète lorsque sa courbe est obtenue sur un écran graphique. La lecture sur écran peut p eut aussi conduire à des résultats erronés comme le montre la question 2. b) On doit veiller à préciser l’intervalle sur lequel on donne les extremums d’une fonction. À partir d’un écran graphique, on doit donc tenir compte de la fenêtre d’affichage utilisée.

27 1. a) Pour x tonnes vendues, R( x  x) = 6 x en milliers d’euros. b) R est une fonction affine, 6  0 donc R est croissante sur [0 ; 13]. 2. a) Intuitivement, la fonction fo nction C est es t croissante sur [0 ; 13]. b) Le tracé obtenu conforte la conjecture émise au a). 3. a) et b) B2 : = 6 * A2

C2 : = 1/6*A2∧3-5/2*A2∧2+13*A2 D2 : = B2–C2

tions l’entreprise est déficitaire. La production doit se trouver au plus près de 8,5 tonnes afin de réaliser un bénéfice le plus important possible. b) Fenêtre : 0  X  13, pas 1 et – 35  Y  20, pas 10.

7

Pour s’entraîner

28 a) La fonction est croissante sur [– 2 ; – 1] et décroissante sur [– 1 ; 2]. b) La fonction est décroissante sur [– 4 ; – 2], 2], croissante sur [– 2 ; 1] et décroissante sur [1 ; 2]. 29 La fonction g est croissante sur [– 4 ; – 2], décroissante sur [– 2 ; 0] et e t croissante sur [0 ; 1]. 30 – 3 et – 2 appartiennent à [– 4 ; – 1] et f  est   est décroissante sur cet intervalle : – 3  – 2 donc f (– 3)  f (– 2). b) On ne peut pas comparer f (– 2) et f (0). c) 2 et 3 appartiennent à [– 1 ; 3] et f  est  est croissante sur cet intervalle : 2  3 donc f (2)  f (3). 31 a) f  est  est croissante sur ]– ∞ ; 0] : – 7,3  – 3,7  – 1 donc f (– 7,3) 7,3)  f (– 3,7)  f (– 1). b) f  est  est décroissante sur [0 ; + ∞[ : 1 1  5  52 donc f (52)  f (5)  f . 5 5



32 a) L’ensemble des nombres réels  x  tels que g( x  x) � 0 est l’intervalle ]– ∞ ; 1].  x) � 1 est b) L’ensemble des nombres réels x tels que g( x l’intervalle ]0 ; + ∞[. 33 Par exemple, 1  [0 ; 3] et f (1) = 1. Or, f (0) > f (1), donc f  n’est   n’est pas croissante sur [0 ; 3] et Léa se trompe. 34 a)  x

f ( x  x)

c) On estime que l’entreprise est bénéficiaire pour une production comprise entre 4 et 11 tonnes conditionnées et vendues et que le bénéfice est maximal pour 8,5 tonnes. 4. a) La production ne doit pas être inférieure à 4 t, elle ne doit pas excéder 11 tonnes car dans ces situa-

–3 3

–2

2 4

–1

3 3

b)  x

f ( x  x)

–4 –1

Chapitre 2

–2 4

0

2 2

0 Étude qualitative de fonctions

25

35 a)  x

f ( x  x)

–2

3 4

–1

b)  x

f ( x  x)

–5 5

–4

–2 4

0

3

2 4

1

36

41  x

3

f 

d) L’affirmation ’affirmation est vraie. En effet, f  est  est décroissante sur [– 3 ; 1], or – 3 � 0 donc f (0)  f (– 3), 3), c’est-à-dire : f (0)  5. e) L’affirmation est vraie. En effet, f   est décroissante sur [– 3 ; 1], donc pour tout nombre réel  x de [– 3 ; 1], f ( x  x) � f (1), c’est-à-dire f ( x  x) � 0. f   est croissante sur  x) � f (1), [1 ; 2], donc pour tout nombre réel x de [1 ; 2], f ( x  x) � 0. c’est-à-dire f ( x  x) � 0. Finalement pour tout x de [–3 ; 2], f ( x

f ( x  x)

1

–3 O

–2

1

2

–1

–4  41 41

0

4  41 41

1 Lorsque x = – 4 alors M = B et AB 2 = 42 + 52 = 41 donc f (– 4) = AB =  41. 41. De même f (4) = AC =  41. 41.

42 37

 x

3

f ( x  x) f 

1 –1

–1

4 O 1

38 a) Fenêtre : 0  X  2, pas 1 et – 1  Y  6, pas 1. b) f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 2], en effet :  (0,1) = – 0,099 et f  (0,2)  (0,2) = – 0,192 f  (0,1) donc 0,1 � 0,2 et f (0,2) � f  (0,1).  (0,1). c) f  n’est  n’est pas décroissante sur [0 ; 2], en effet f  (1)  (1) = 0 et f  (2)  (2) = 6 donc 1 � 2 et f (1) (1) � f  (2).  (2). 39 a) • – 4 et – 1 appartiennent à [– 5 ; 0] et h est décroissante sur [–5 ; 0]. – 4  – 1 donc h(– 4)  h(– 1). • 1 et 2 appartiennent à [0 ; 3] et h est croissante sur [0 ; 3]. 1  2 donc h(1)  h(2). • 3 et 4 appartiennent à [3 ; 5] et h est décroissante sur [3 ; 5]. 3  4 donc h(3)  h(4). b) On ne peut pas comparer h(– 4) et h(4). 40 a) L’affirma  L’affirmation tion est fausse. En effet, eff et, f  est  est décroissante sur [0 ; 1]. b) L’affirmation est vraie. En effet, f  est  est décroissante sur [– 3 ; 1] donc aussi sur [– 1 ; 1]. c) L’affirmation est fausse. En effet, f  est   est décroissante sur [2 ; 4], or 2 � 3 donc f (2) � f (3). 26

 x

2

g( x  x)

0

p

2 0 0 2

p

0

43  Le maximum et le minimum sont : a) sur [– 2 ; 4], le maximum de f  est  est 2 et le minimum de f  est  est – 2. b) sur [– 2 ; 0], le maximum de f  est   est 1 et le minimum de f  est  est – 1. 1. c) sur [0 ; 4] le maximum de f  est   est 2 et le minimum de f  est  est – 2. 44 a) L’affirmation est vraie. b) L’affirmation est fausse. En effet, le minimum de h sur [0 ; 5] est 0. c) L’affirmation est vraie. d) L’affirmation est fausse. En effet, le minimum de h sur [– 4 ; 5] est – 2. 45  x

f ( x  x) g( x  x)

–5

5 3

1 1

–2 • Le maximum de la fonction f   est 3 et il est atteint pour x = 5. • Le minimum de la fonction f  est  est 1 et il est atteint pour  x = – 5.

• Le maximum de la fonction g est 1 et il est atteint pour x = – 5. • Le minimum de la fonction g est – 2 et il est atteint pour x = 5.

46 a) Pour tout x de [0 ; 3], – 3  g( x  x)  1.  x)  2. b) Pour tout x de [2 ; 6], – 3  g( x  x)  2. c) Pour tout x de [0 ; 6], – 3  g( x

0, 8 Vrai 2,04 Vrai 2, 0 4

0,9 Vrai 2,01 Vrai 2,01

1 Vrai 2 Vrai 2

1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 Vrai Vrai Vrai Vrai Vrai Vrai 2,01 2,04 2,09 2,16 2,25 2,36 Faux Faux Faux Faux Faux Faux 2 2 2 2 2 2

1,7 1,8 1,9 2 Vrai Vrai Vrai Faux 2,49 2,64 2,81 3 Faux Faux Faux Faux 2 2 2 2

47 a) Le maximum de f  sur  sur [– 1 : 3] est 4, il est atteint pour x = 0. b) Le minimum de f  sur  sur [– 1 ; 3] est – 6, il est atteint pour x = 1.  x)  f (0). c) Pour tout x de [– 1 ; 3], f (1)  f ( x 48 a) Pour tout x de [– 3 ; 5], – 2  g( x  x)  2. b) Pour tout x de [– 3 ; 1], – 2  g( x  x)  1. c) Pour tout x de [1 ; 5], – 1  g( x  x)  2. d) Pour tout x de [– 1 ; 3], – 2  g( x  x)  2. 49 a) Pour tout nombre réel  x, x4 � 0, x2 � 0 donc f ( x  x) � 1. b) Le minimum de f  est  est 1, il est atteint pour x = 0. 50 a)

2. a) x prend les valeurs successives de 0 à 2 avec un pas de 0,1 ; pour chacune des valeurs de x, l’algorithme calcule y = x2 – 2 x + 3. m représente la plus petite des valeurs de y rencontrées. b) L’algorithme calcule la plus petite des valeurs de  y = x2 – 2 x + 3 pour les valeurs x de 0 à 2 avec un pas de 0,1 ; on estime ainsi le minimum de f  : :  x  x2 – 2 x + 3 sur [0 ; 2]. 3. a) Le bloc Traitement  s’écrit  s’écrit : Traitement  :  : Affecter à x la valeur 0 Affecter à m la valeur 7 Tant que x � 4 Affecter à x la valeur x + 0,1 Affecter à y  la  la valeur x2 – 3 x + 7 Si y  m alors   Affecter à m la valeur y

Fin Si Fin Tant que b) La valeur affichée en sortie est f (1,5) = 4,75. 4. a) Le bloc Traitement s’écrit :

b) On obtient : – 1,4 1,4 � x0 � – 1,2 et 1,2 � x1 � 1,4.

Traitement : Affecter à x la valeur 0 Affecter à m la valeur 0 Tant que x � 1 Affecter à x la valeur x + 0,1 Affecter à y  la  la valeur 3 x2 – 2 x Si y  m alors  Affecter à m la valeur y

51 5 4 3 2

Fin Si Fin Tant que

1 –3 –2 –1 O –1

1

2

3

4

5

6

b) La valeur affichée en sortie est f (0,3) = – 0,33. Avec une calculatrice, on obtient l’affichage l ’affichage :

–2

52 1.  x  x � 2

0 Vrai

 y  y  m

m

3

0,1 Vrai 2,81 Vrai 2,81

0, 2 Vrai 2, 6 4 Vrai 2, 6 4

0, 3 Vrai 2,49 Vrai 2,49

0,4 Vrai 2,36 Vrai 2,36

0,5 Vrai 2,25 Vrai 2,25

0, 6 Vrai 2,16 Vrai 2,16

0,7 Vrai 2,09 Vrai 2,09

Fenêtre : 0  X  1, pas 1 et – 1  Y 1, pas 1. Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions

27

On conjecture que le minimum de f  est  est f

13 = – 13 .

L’algorithme calcule f ( x  x) pour x variant de 0 à 1 avec un 1 pas de 0,1, 0,1, il ne calcule donc pas f . 3 53  Par exemple : f (1) = – 5 , f (1) �  0, donc l’affir12 mation d’Aya est fausse.

b)



54 1. a) L’ensemble des valeurs possibles de  x  est l’intervalle [0 ; 4]. b) Le triangle EMF est es t rectangle en e n F. F. D’après le théorème de Pythagore, EM =  EF EF2 + FM2, soit EM =  16 16 + (4 – x)2. Le triangle MBC est rectangle en B. D’après D’après le théorème de Pythagore, P ythagore, MC =  BC BC2 + BM2, soit MC =  16 16 + x2.  x) =  16 Donc f ( x 16 + (4 – x)2  +  16 16 + x2 . 2. • À l’aide de la calculatrice, une valeur approchée du minimum est 8,9, il semble atteint pour x = 2.

Fenêtre : 0  X  4, pas 1 et 0  Y  15, pas 1.

• Avec un patron (figure réduite) : E

F

G

M  x =

A

2

B

C

La valeur exacte du minimum est : EC =  16 + 64 =  80 8 0 = 4 5

55 1. On conjecture que l'aire de ADEF est maximale lorsque F est es t au milieu du segment [AC]. 2. a) D’après le théorème de Thalès dans les triangles ABC et FEC : FE  x  =  donc FE = 0,75 x. 3 4 On note  l'aire en cm2 de ADEF.  = FE × FA = 0,75 x(4 – x)

Fenêtre : 0  X  4, pas 1 et 0  Y  4, pas 1.

c) Pour tout nombre réel x de [0 ; 4] :  x – 2)2 = 3 – 0,75( x  x2 – 4 x + 4) 3 – 0,75( x = 3 – 0,75 x2 + 3 x – 3 = 0,75 x(4 – x). Pour tout nombre réel x de [0 ; 4], f ( x  x)  3 car – 0,75( x  x – 2)2  0. Vu que f (2) = 3, on en déduit que l'aire maximale de ADEF est 3 cm2 et qu'elle est atteinte pour x = 2 cm.

56 f   est une fonction affine, donc pour tous nombres réels u et v , f (v ) – f (u) = a(v  - u) où a est le coefficient directeur de la droite représentant f  dans   dans un repère. a) f  (5,3)  (5,3) – (4,3) = – 4(5,3 – 4,3) = – 4 b) f  (8)  (8) – (10) = – 4(8 – 10) = 8 c) f  (0,75)  (0,75) – f  (–  (– 1) = – 4(0,75 + 1) = – 7. d) f (6 3) 3) – f (3 3) 3) = – 4(6 3 – 3 3) 3) = – 12 3. 3. 57 d 1 représente la fonction h, d 2 représente k , d 3 représente g et d 4 représente f . 58  Dans chaque cas, on note a le coefficient directeur de la doite représentant la fonction affine f  don  donnée dans un repère. a) a = 2 est positif donc f  est  est croissante sur . b) a = – 6 est négatif donc f est décroissante sur .  x – 1  x 1 c) Pour tout nombre réel  x,  =  – 2 2 2 1 a =  est positif donc f est croissante sur . 2 59 f  est  est décroissante sur . g et h sont croissantes sur . 60 d 1  est associée au tableau de variation de la fonction f. d 2 est associée au tableau de variation de la fonction g. d 3 est associée au tableau de variation de la fonction h. 61  Le coefficient directeur, égal à 3 – p, est négatif. La fonction f  est  est donc décroissante sur .  x –∞ +∞ f ( x  x)

28

62  Fonctions affines : f , g, h et  j  car   car les expressions algébriques données peuvent s’écrirent sous la forme a x + b. Fonctions non affines : i  et  et k  car  car elles ne sont pas définies sur  ou ne vérifient pas la propriété des accroissements. 63 1.  x – 12  x  ou 0,88 x. 100 2. a) R( x  x) = 0,88 x. b) La fonction x  0,88 x est linéaire et R est définie sur [0 ; + ∞[. 64  Par lecture graphique du coefficient directeur et de l'ordonnée à l'origine de chaque droite : d 1 représente la fonction f : x  – x + 2, 2 d 2 représente la fonction g : x   x , 3 3 d 3représente la fonction h : x   x – 2. 2 65 a) f (2) = 2a + b et f (– 1) = – a + b. Donc f (2) – f (– 1) = 2a + b – (– a + b) = 3a Or f (2) = – 6 et f (– 1) = 6. Donc 3 a = – 12, soit a = – 4. b) f ( x  x) = – 4 x + b. De plus f (– 1) = 6, donc 4  + b = 6, c'est-à-dire b = 2. Pour tout nombre réel x, f ( x  x) = – 4 x + 2. 1 1 2 2 c) f   = – 4 ×  + 2 =  et  y C =  donc C appartient 3 3 3 3 à la droite (AB).

69  x

67  On note f  : : x  x  a x + b la fonction affine représentée par la droite d . Les points A(1 ; 0) et B(3 ; – 3) appartiennent à d . Donc : f  (1)  (1) = 0 et f (3) = – 3. Par conséquent : f (3) – f (1) = a (3 – 1). 3 C’est- à-dire : – 3 – 0 = 2 a. D’où a = – . 2 3 3 De f  (1)  (1) = 0, on déduit : –  + b = 0, c’est-à-dire b = . 2 2 a + b = 0 Note : on peut aussi résoudre le système 3a + b = – 3

�

68  L’affirmation est fausse. En effet, f est décroissante sur . Or 50  10 donc f  (50)  (50) � f  (10).

f (50)

10 50

+∞

0

Les nombres réels qui ont une image positive par la fonction f  sont   sont tous les nombres réels appartenant à l'intervalle ]– ∞ ; 8 ].

70 a) 3 2 –2

f 

1

5

O –1

1

–3

b) f  est  est croissante sur [– 2 ; 1] et décroissante sur [1 ; 5].

–2

 x

f ( x  x)

–3

1 3

5 –1

71 a) L’affirmation est fausse. En effet, f (– 2) = – 1 donc f (– 2) � 0. b) L’affirmation est vraie. En effet, le maximum de f  sur  sur [– 2 ; 3] est 2 donc pour  x)  2. Donc f ( x  x)  3. tout x de [– 2 ; 3], f ( x c) L’affirmation est vraie. En effet, f (– 2) � 0. d) L’affirmation est fausse. En effet, le minimum de f  sur  sur [– 2 ; 3] est – 1 donc pour po ur tout  x de [– 2 ; 3], f ( x  x) � – 1 et il n’existe pas de  x de [– 2 ; 3] tel que f ( x  x) = – 2. 72 a) L’affirmation est vraie. En effet, l’intervalle [0 ; 1] est contenu dans l’intervalle [0 ; 2]. b) L’affirmation est fausse. En effet, avec la fonction f  définie  définie sur [0 ; 1] par : 1  x) = 2 x si x ∈ 0 ; , f ( x 2 1 3  x) = – x + si x ∈  ; 1 , f ( x 2 2 1 f (0) (0) = 0 et f (1) =  donc f (0) < f (1) 2 pourtant f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 1].

�

f (10)

8

f ( x  x)



66  m : x  a x + b. m(0) = 4 conduit à b = 4. m(– 2) = 10 conduit à – 2 a + b = 10. D’où a = – 3.  x) = – 3 x + 4. Finalement, pour tout nombre réel x, m( x Note : on peut aussi utiliser m(0) – m (– 2) 2) = a(0 + 2).

–∞

   

Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions

29

c) L’affirmation est fausse. En effet, avec la fonction f  définie  définie sur [0 ; 1] par : 1 si x ∈ 0 ; , f ( x  x) = – x 2

�

si x

  1 ∈   ; 1, f ( ) = 3 2

 x – 2

 x  x

le maximum de f  sur  sur [0 ; 1] est f (1) pourtant f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 1]. d) L’affirmation est fausse. En effet, avec la fonction de la question c), f  n’est  n’est pas croissante sur [0 ; 1] et f   n’est pas décroissante sur [0 ; 1].

9

Pour aller plus loin

76 1. a) x varie dans l’intervalle [0 ; 6]. b) Avec le théorème de Pythagore : OA2 + AB2 = OB2, c’est-à-dire OA2 + x2 = 36. c) OA2 = 36 – x2 donc OA= OA =  36 36 – x2  et AD = 2 36 36 – x2 . d) S( x  x) = AB × AD = 2 x 36 36 – x2 2.

Une valeur approchée du maximum de la fonction S sur [0 ; 6] est 35,993, une valeur approchée du réel  x0 pour lequel il est atteint est 4,2.

8

Pour se tester

73 1. C 2. D 3. B 4. C 5. B 74 1. A, C, D 2. B, C 3. B, C, D 4. A, D 5. D 75 1. A, B, C • A car f (5) – f (1) = – 2 × (5 – 1) = – 8 ; • B car 1 1 1 1 1 – f  = – 2 × – = –  ; f 2 4 2 4 2 • C car f (1 +  5) 5) – f ( 5) 5) = – 2 × (1 +  5 –  5) 5) = – 2. 2. C.

 





La droite (EF) représente une fonction affine f : x  a x – b.

f (3) – f (0) = a(3 – 0) c’ c ’est-à-dire 1 = 3 a et a =

1 . 3

1 De plus F(0 ; 2) donc b = 2 et f : x   x + 2. 3 1 1 1 13 f = × + 2 =  donc la droite (EF) passe par C. 2 2 3 6 3. B, C



En effet, les fonctions proposées sont définies sur  par   est f ( x  x) = a x + b donc ce sont des fonctions affines. f  est croissante sur  si, et seulement si a  0.

4. B, C En effet, voici la courbe représentative de la fonction f . f 

1 –1 O

77 a) x décrit l’intervalle [0 ; 5]. b) On note C le symétrique de O par B rapport à I. Les diagonales du quadrilatère OACB se coupent en leur milieu I. Donc I OACB OACB est un parallélogramme. Or, OACB a un angle droit, donc OACB OACB est un rectangle. rec tangle. Par conséquent, ses diagonalees O ont la même longueur : OC = AB. On en déduit donc que IO = IA = IB(= IC) = 2,5 m. La fonction x  IO est constante sur [0 ; 5]. 78 a) Le tableau n’est pas correct car :  2 –  3 � 1 et 4 � 1. 5 b) Le tableau n’est pas correct car : 7 sur la ligne des « x » :  2 et d’autre part 2 –1 1 +  2 � 3 et 10 � 1. 79 • Pour x ∈ ]– ∞ ; 1], f ( x  x)  f (1) car f  est  est croissante sur ]– ∞ ; 1], g( x  x) � g(1) car g est décroissante sur ]– ∞ ; 1],  x) � f ( x  x). or, f (1) = g(1) (1) donc do nc g( x • Pour x ∈ [1 ; + ∞[, f ( x (1) car f  est  est croissante sur [1 ; + ∞[,  x) � f (1) g( x  x)  g(1) car g est décroissante sur [1 ; + ∞[, donc g( x  x)  f ( x  x). 80 D

1

C

   m   c     5 α

A

30

6 cm

B

H

C’

C

A

On nomme Cʹ le point de (AB) tel que BCʹ = 5 cm et Cʹ ∉ [AB]. L'angle a = CʹBC peut varier entre 0° et 180°, avec avec C qui parcourt le demi-cercle de centre B et de rayon 5 cm situé « au-dessus » de (AB). (AB). L’aire   de ABCD en cm2  est donnée par AB × CH = 6 × CH, avec CH  5 cm. a 0° 90 ° 180° 30  j                                   

L’ordonnée de M a une valeur maximale de – 2  3 atteinte (entre autres) à t  =  = 0. Donc �1 représente la fonction yM d) t  0 2 4 2  2  xM(H) –2 t 



0 0 ABCD a une aire maximale de 30 cm 2 lorsque a = 90° c'est-à-dire lorsque ABCD est un rectangle.

81  Pour 0  h  6, V = 36 h. Pour 6  h  12, V = 216 + 4 p (h – 6). Le graphique � représente la situation. • Pour le graphique  , on imagine un parallélépipède rectangle dont la base est un carré de côté 5 cm et

dont la hauteur mesure 12 cm.

   m    c     2     1

Le volume total est de 300 cm3.

5 cm

  c  m    5

• Pour le graphique , on imagine un cube d'arête 6 cm surmonté d'un cône de hauteur 6 cm et de rayon R. Le volume du cône doit être égal au volume du cylindre 1 du � p × 22 × 6 = pR2 × 6, soit R =  12  cm = 2 3  cm.  cm. 3

82 1. a) f est définie sur l’intervalle [0 ; 16] puisque le périmètre du carré est de 16 cm. b)  x

0

f ( x  x) 2 2

2

4

6

8

10

12

14

2

2 2

2

2 2

2

2 2

2

2. a)  x

0 2 4 6 8 10 12 14 16 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

f ( x  x)

2 2 2 2 b) Le minimum de  f  sur  sur [0 ; 16] est 2, il est atteint pour les valeurs 2, 6, 10 et 14. c) Le maximum de f sur [0 ; 16] est 2 2, 2, il est atteint pour les valeurs 0, 4, 8, 12 et 16.

83 a) La période est de 4 secondes. b) xM (0) = 4 × sin 30° = 2  yM(0) = – 4 × cos 30° = – 2  3 soit yM(0)  – 3,5. c) L’abcisse  L’abcisse de M oscille autour de 0 et sa valeur initiale est 2. Donc �2 représente la fonction xM

 yM(H)

0 – 2 3

1

2 – 2 3

3

–4

4 – 2 3

–4

e) Pour �1, l'amplitude est : – 2 3 – (– 4) = 4 – 2  3 soit environ 0,5. Pour �2, l'amplitude est : 2 – (– 2) = 4.

84  On note x l’abscisse du point M. L’aire du triangle rectangle OMH est : 1  x) =  OH x MH S( x 2 1 =  x (4 – x2) 2 Fenêtre : 0  X  2, pas 1 et 0  Y  2, pas 1 Une valeur approchée de l’abscisse de M telle que l’aire de OMH soit maximale est 1,2.

85  On note H le projeté orthogonal du point I sur 5 [AD]. [AD]. D’après le théorème de Thalès, HD = . 2 Dans le triangle DC I, la hauteur issue de I a donc pour 5 longueur  et l’aire du triangle DC I en cm2 est égale à 2 1 5 25 × × 5 = . 2 2 4 La fonction f  est  est constante sur [0 ; 5]. 86  L’affirma  L’affirmation tion est fausse. En effet, effet , on considère la fonction f  définie  définie par : f  x (  ) = x si x ∈ ]– ∞ ; 0] f ( x  x) = x – 1 si x ∈ ]0 ; + ∞[   est croissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur ]0 ; + ∞[ f  est mais f  n’est  n’est pas croissante sur  : 1 1 1 1 f (0) = 0 et f   = – , 0 �  et f (0)  f  . 2 2 2 2

�





87  Dans le triangle ABM, on note H le pied de la hauteur issue de M. A Chapitre 2

M

 x 

B

H

Étude qualitative de fonctions

C

31

L’aire, en cm2, du triangle ABM est : 1 f ( x  x) =  MH × AB 2 f ( x  x) = 2MH. 5p  x 0 5p 2 5 MH 0 0 10 f ( x  x) 0 0  est 5 p) (La longueur de l’arc AC

92  x

a = 2 ou b= –1

�

–1 2

1

3 2

f ( x  x)

–1

0

93 2 1 –3

88  Pour tout nombre réel, f ( x  e t b  x) = a x + b avec a et nombres réels. Pour tout nombre réel x, f  ( (f ( x  x)) = a f ( x  x) + b = a (a x + b) + b = a2 x + (a + 1) b  x)) = 4 x – 3 équivaut à  : Pour tout nombre réel x, f (f ( x a2 = 4 , c’est-à-dire : (a + 1) b = – 3

� �

–3

–1

–1

O 1 –2

94 1,5

4

2

5

1

2 3

–1 O –1

a = – 2 b=3

Il existe deux fonctions affines f 1 et f 2 solutions, elles sont définies sur  par : f 1 ( x  x) = 2 x – 1 et f 2 ( x  x) = – 2 x + 3. f 1 est croissante sur  et f 2 est décroissante sur . On ne peut donc pas donner le sens se ns de variation d’une solution f .

3

1

95  Dans sa lecture du tableau, Naomi a inversé les valeurs – 1et 1et 0 : f est décroissante sur [– 2 ; –1], croissante sur [–1 ; 2] et f  (–  (– 1) 1) = 0. 96

2 2

10

Accompagnement personnalisé

–3

O

3

4

–2

89  x

–3 4

–1

2 2

3

f ( x  x)

0

1

90 a) f  est  est croissante sur [– 3 ; – 1]. 1]. b) f  est  est décroissante sur [– 1 ; 2]. c) f  est  est croissante sur [2 ; 4]. d) f  est  est décroissante sur [– 1 ; 1]. 91  x

–3

–1 4

2

f ( x  x)

–2 32

1

5 5

97 a) 2 et 3 appartiennent appar tiennent à [1 ; 4] et f  est  est croissante sur [1 ; 4], 2 � 3 donc f (2)  f (3). (3). b) – 1 et 0 appartiennent appar tiennent à [– 2 ; 1] et f  est  est décroissante sur [– 2 ; 1], – 1 � 0 donc f (0)  f (– 1). c) f (1) est le minimum de f sur [– 2 ; 4], donc pour tout x  x) � f (1). de [– 2 ; 4], f ( x (1). 98 a) g(2)  g(3) car g est croissante sur [1 ; 3]. b) g(0,5)  g(0, 3) car g est décroissante sur [0 ; 1]. c) On ne peut pas comparer g(– 1) 1) et g(0, 2). d) g(– 2) � 2 et g(1) = 0 donc g(– 2) � g(1). e) On ne peut pas comparer g(0,9) et g(1,5) f) g(– 2) � 2 (vu en d)), g(2) g(3) car g est croissante sur [1 ; 3], c’est-à-dire g(2)  2. Alors g(– 2) � g(2).

99  Les nombres réels qui ont une image positive ou nulle par la fonction f  sont  sont tous le nombres de l'intervalle [– 1 ; 0] ainsi que tous les nombres de l'intervalle [3 ; 5]. 100 a)  x –2 2 f ( x  x)

1

2 1

–1

102 a) L’intervalle  L’intervalle que décrit x est [0 ; 10].  x

b) Le rayon du cylindre est  et sa hauteur est 10 – x. 2  x 2  x) = p × Son volume est donc V( x  (10 – x). 2 c) Avec la calculatrice :



3 0

b) 2 1 1 –2

O –1

2

3

101 1. x décrit l’intervalle [0 ; 2]. 2. a)  x

0 1

2

f ( x  x)

0 1 1 3 b) Lorsque OH = , AH2 = 1 – = 2 4 4 1 3   donc AH = . Ainsi f ( 3) 3) = . 2 2 L’ensemble des  x tels que f ( x  x) � 0,5 est donc l’intervalle [0 ;  3]. 3].  x 2 4 – x2 3. a) OH2 = 1 –  = 2 4  x 1 1  4 – x2 × x =  4 – x2 g( x  x) = × OH × AB = × 2 2 4 2

Fenêtre : 0  X  10, pas 1 et 0  Y  40, pas 20.

On en déduit que le volume est maximal pour  x  6,7 cm.



b) Fenêtre : 0  X  2, pas 1 et 0  Y  1, pas 1

Le maximum de la fonction g sur l'intervalle [0 ; 2] est 0,5 et il est atteint pour x  1,4 (au dixième près).

Chapitre 2

Étude qualitative de fonctions

33

3 1

Expressions algébriques. Équations et inéquations er du 1  degré

Au fil des siècles

Carl Friedrich Gauss s’est illustré par l’universalité de ses recherches scientifiques (sciences physiques, astronomie, optique…) optique…) et par son génie mathématique. Il a publié un ouvrage exceptionnel à l’âge de 24 ans, Disquisitiones Arithmeticae  dans lequel il démontre des résultats fondamentaux d’algèbre et de théorie des nombres. Gauss a également manifesté beaucoup d’intérêt pour la géométrie notamment à partir de problèmes d’astronomie. C’est ainsi qu’il mit au point la méthode des moindres carrés, qui permit de découvrir l’orbite exacte de l’astéroïde Cérès et contribua plus tard à modéliser des phénomènes météorologiques, économiques et biologiques et à formuler des prévisions sur des bases scientifiquement rigoureuses. Il a étendu ses recherches à la géométrie non euclidienne, domaine très novateur à son époque. Enfin, Gauss a étudié les probabilités probabilités et statistiques à travers la loi normale à partir d’une courbe très célèbre en mathématiques : la courbe « en cloche ». Pour l’anecdote, Gauss fut capable à l’âge de huit ans de calculer la somme des cent premiers naturels en quelques secondes à l’aide l ’aide d’une très belle astuce… Quelques exemples de sites : • http://culturemath.ens.fr/maths/pdf/histoire/gauss. pdf  • http://fr.wikipedia.org/wiki/Carl_Friedrich_Gauss

2

Bien démarrer

1. a) L’affirmation est fausse.

En effet, pour x = 1, 4 x + x = 5 et 4 x2 = 4. En revanche : 4 x + x = 5 x et 4 x × x = 4 x2. b) L’affirmation  L’affirmation est fausse. En effet, pour po ur x = 1, 2 2 2 2 2 (3 x)  = (3 × 1)  1)  = 3  = 9 et 3 x  = 3 × 1  = 3. En revanche : (3 x)2 = 32 × x2 = 9 x2. c) L’affirmation est vraie. En effet, pour tout réel x, x × 5 x = 5 × x × x = 5 x2. 34

d) L’affirmation est fausse. 4 + x 0 4 En effet, pour x = – 4,  =  = 0 et 0 ≠ . 3 + x – 1 3 4 × x 4 En revanche :  =  pour tout réel x non nul. 3 × x 3 e) L’affirmation est vraie. 4( x  x + 3)  x + 3 Pour tout réel x différent de 1, = . 4( x  x – 1)  x – 1 2. • Réponse C car ( x  x – 1)2 = x2 – 2 x + 1. • Réponse B car ( x  x + 3)( x  x – 1) = x2 – x + 3 x – 3  x + 3)( x  x – 1) = x2 + 2 x – 3. ( x • Réponse B car  x2 – 4 x = x( x  x – 4). • Réponse A car x2 – 10 x + 25 = ( x  x – 5)2. 3. a) En cellule B2 : =3*B1+4

En cellule B3 : =14–2*B1 =14–2*B1 b) • 3 x + 4 = 13 : une solution est 3. • 14 – 2 x = 7 : une solution est 3,5. • 3 x + 4 = 14 – 2 x : une solution est 2. • (3 x + 4) – (14 – 2 x) = x : une solution est 2,5. 4. a) 3 – 7 x = 3 x + 2 équivaut à 3 x + 7 x = 3 – 2

1 1 c’est-à-dire 10 x = 1 soit x = . Ainsi  = . 10 10 b) 5 x + 6 = 2 x+ 2 équivaut à 5 x – 2 x = 2 – 6 4 4 c’est-à-dire 3 x = – 4 soit x = – . Ainsi  = – . 3 3  x + 8) + 3 = 4 – 3 x équivaut à 2 x + 19 = 4 – 3 x c) 2( x c’est-à-dire 5 x = – 15 soit x = – 3. Ainsi  = {– 3}. 3}.

� 

� 

5. a) • – 5 ; 0 ; 4 sont des solutions de cette inéquation.

• 10 n’est n’est pas une solution de cette inéquation. b) 4 x – 5  x + 7 équivaut à 4 x – x  7 + 5 c’est-à-dire 3 x  12 soit x  4. Ainsi  = ]– ∞].

3

Découvrir

1  Résoudre une équation 1. a) On conjecture que lorsque DH = 2, l’aire du polygone BKJHDC est 24 et donc l’aire du rectangle AHJK est 48 soit le double de l’aire du retangle ABCD. 2. a) En décomposant le polygone BKJHDC en deux rectangles et un carré, on obtient : (a) = 6a + a2 + 4a c’est-à-dire (a) = a2 + 10a

b) Pour tout nombre réel a, (a + 5)2 – 25 = a2 + 10a + 25 – 25 (a + 5)2 – 25 = a2 + 10a c) (a) = 24 équivaut à a1 + 10a = 24 c’est-à-dire (a + 5)2 – 25 = 24 soit (a + 5)2 – 49 = 0 (a + 5)2 – 72 = 0 d) (a) = 24 équivaut à (a + 5 + 7) (a + 5 – 7) = 0 c’est-à-dire (a + 12) (a – 2) = 0 soit a = – 12 ou a = 2 Or a est un nombre réel positif, donc a = 2. e) L’agricultueur doit donc acheter une parcelle polygone BKJHDC avec BK = DH = 2 hm.

2

Résolution d'inéquations  x) = 0,006 x + 350 car le tarif de « Plénitude » dé1. a) P( x pend du nombre  x de kilomètres parcourus à raison de 0,006 €/km auquel s’ajoute un coût fixe annuel de 350 €. b) S( x  x) = 0,01 x + 300 et T( x  x) = 0,02 x + 250. c) P, S et T sont des fonctions affines définies sur [0 ; + ∞[. T est représentée par la droite d 1 car l’ordonnée à l’origine de d 1 est égale à 250 qui correspond à T(0). De même S est représentée par d 2 et P par d 3. 2. a) L’ensemble solution de T( x  x)  S( x  x) est [0 ; 5 000] car les points d 1 qui se situent en dessous de d 2 ont leurs abscisses qui décrivent [0 ; 5 000]. b) La résolution graphique de l’inéquation S( x)  P( x  x) est peu précise car la lecture des coordonnées du point d’intersection des droites d 2 et d 3  est approximative.  x)  P( x  x) signifie 0,01 x + 300  0,006 x + 350. c) S( x Ce qui conduit à : 0,01 x – 0,006 x  350 – 300. 50 C’est-à-dire 0,004 x  50, soit encore x  0,004 c’est-à-dire x  12 500. L’ensemble solution est donc [0 ; 12 500]. 3. Si 0   x  5 000 alors la formule Tranquilité est la moins chère. Si 5 000   x  12 500 alors la formule Sérénité est la moins chère. Si 12 500   x alors la formule Plénitude est la moins chère.

4

L’équation f ( x  x) = 0 s’écrit alors : ( x  x + 1)( x  x + 3) = 0. Ce qui équivaut à  x + 1 = 0 ou x + 3 = 0. C’est-à-dire C’est-à-dire : x = – 1 ou x = – 3. Les solutions sont s ont – 1 et – 3. 2. a) L’écriture initiale de f ( x  x) est adaptée à la résolu x) = – 1 car « – 1 pourra être neutralisé » dans tion de f ( x chaque membre de l’équation. l ’équation.  x) = – 1, s’écrit : ( x  x + 2)2 – 1 = – 1. L’équation f ( x 1. 2  x + 2)  = 0 (équation « produit nul »). On obtient : ( x »). C’est-à-dire x = – 2. La solution est e st – 2.  x) permet d’écrire l’équation sous la b) Développer f ( x 2 forme x  + 4 x + 4 – 1 = 3, c’est-à-dire : x2 + 4 x = 0. Après factorisation par x, on obtient : x( x  x + 4) = 0. Ce qui équivaut à  x = 0 ou x = – 4. Les solutions sont 0 et – 4. Note : on peut aussi proposer : f ( x  x) = 3 s’écrit ( x  x – 2)2 – 1 = 3, c’est-à-dire ( x fac toriser le membre de  x – 1)2 – 4 = 0 puis factoriser gauche à l’aide d’une identité remarquable.

3  Pour (E) : la factorisation permet de se ramener à l’équation « produit nul » ( x  x – 2)2 = 0. Cette équation est « simple » à résoudre. Pour (F) : la factorisation permet d’obtenir : ( x – 2)2 = 16. Des transformations d’écriture (« – 16 dans chaque membre » puis factorisation) sont encore nécessaires pour résoudre cette équation. 5 a) f est une fonction affine. a = 4, donc a  0 et f  est croissante sur . 3 4 x – 3 = 0 conduit à x = . 4 L’allure de la droite représentant f  est  est 3 1 — donnée ci-contre : 4 O

1

–3

D’où le tableau de signes :  x

3 4 0

–∞

Signe de 4 x – 3

–

+∞ +

3 b) On lit sur le tableau que 4 x – 3  0 équivaut à x  . 4 3 L’ensemble solution est es t donc  ; + ∞ . 4





6 a)

Savoir-faire

 x

2 1. a) Il est préférable de factoriser f ( x  x) afin de se ramener à une équation « produit nul ». b) Une factorisation de f ( x  x) est : f ( x  x) = ( x  x + 2 – 1)( x  x + 2 + 1) f ( x  x) = ( x  x + 1)( x  x + 3) Chapitre 3

–∞

–

1 3 0

+∞

Signe de – 3 x – 1 + – 1 1 b) – 0,502 � –  donc – 0,502 ∈ – ∞ ; . 3 3 D’après le tableau de signes : g (– 0,502) 0,502) est positif. Célia a donc raison.





Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

35

 

 

1 c) L’ensemble  L’ensemble solution de – 3 x – 1  0 est –  ; + ∞ . (On 3 repère le signe – et 0 dans le tableau.) 1 L’ensemble solution de – 3 x – 1  0 est – ∞ ; – . (On 3 repère le signe + dans le tableau.)

Dans un repère, les droites associées à ce système sont confondues. Le système admet une infinition de 3  x ; 3 –  x couples solutions, ce sont tous les couples  x 2 où x décrit l’ensemble .





7 1. a) –∞

 x

Signe de – 5 x + 5

+

1 0

–

3 5 0

+∞

5

–

b)

–∞

 x

Signe de 5 x – 3

+∞ +

2. a) Elie a raison. En effet, f (0,982) (0,982) est positif car 0,982 � 1. b) Quentin a raison. En effet, il suffit de considérer le nombre 0,5 : 0,5 � 2 et f (0,5) est positif car c ar 0,5 � 1. Note : on peut aussi exploiter la réponse 2. a). c) La remarque de Karen est exacte. 3  x) � 0. En effet, pour tout nombre réel x � , g( x 5 3 3  x) � 0. Or 0 � , d’où si x � 0 alors x �  et donc g( x 5 5 d) Geoffroy dit vrai. 3 En effet, pour tout x ∈  ; 1 , f ( x  x) � 0 et g( x  x) � 0. 5

 

9 a) Le système (S) s’écrit aussi :  y  =  = – x + 1  y  =  = 2 x – 5 Dans un repère, les droites représentant les fonctions affines x  – x + 1 et x  2 x – 5 ne sont pas parallèles (car – 1 ≠ 2). Donc ( S) admet un seul couple solution. Remarque  : On peut aussi vérifier que ab – ab ≠ 0. En effet, ici 1 × (– 1) – 2 × 1 = – 3. b) On résout l’équation – x + 1 = 2 x – 5 c’est-à-dire 3 x = 6 soit x = 2. On reporte dans y = – x + 1 et on trouve y = – 1. La solution du système (S) est le couple (2 ; –1).

�

10  Le système s’écrit aussi :  y  =  = 2 – 3 x 4  y  =  = – 3 x 3 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 4  x  2 – 3 x et x   – 3 x sont strictement parallèles. 3 Donc le système n’a pas de solution.

�

11  Le système s’écrit aussi : 3  y  =  = 3 –  x 2 3  y  =  = 3 –  x 2

�

36

Résoudre des problèmes

13  On note x le nombre choisi. x • Prendre un nombre. x + 8 • Lui ajouter 8.  x + 8) • Multiplier le résultat par 3. 3( x  x + 8) – 24 • Enlever 24. 3( x  x + 8) – 24 – x • Enlever le nom nomb bre de de dé départ. rt. 3( x Pour tout nombre x,  x + 8) – 24 – x = 3 x + 24 – 24 – x 3( x  x + 8) – 24 – x = 2 x 3( x Dans la conjecture de Faïza est vraie.

14  On note x le côté, en cm, d’un petit triangle équilatéral (avec x � 0). La somme des périmètres des trois petits triangles équilatéraux est égale à 3 × (3 x) c’est-à-dire 9 x. Le périmètre de l’hexagone orange est : 3 x + 3(6 – 2 x). Or 3 x + 3(6 – 2 x) = 3 x + 18 – 6 x 3 x + 3(6 – 2 x) = 18 – 3 x. Donc la conjecture de Gabriel est fausse. Gabriel n’a raison que dans le cas où les petits triangles ont 1,5 cm de côté. En effet : 18 – 3 x = 9 x 18 = 12 x  x = 1,5 16 a)

–3 –4

Élever Soustraire le carré du au carré nombre de départ –7

49

49 – 16 = 33

b) La fonction f  qui  qui au nombre x choisi au départ, associe le nombre obtenu avec ce programme est définie  x) = ( x  x – 3)2 – x2. sur  par f ( x  x) = 0. On résout f ( x  x – 3)2 – x2 permet de ramener Un développement de ( x  x) = 0 à : x2 – 6 x + 9 – x2 = 0. l’équation f ( x 3 Ce qui conduit à : – 6 x + 9 = 0, c’est-à-dire : x = . 2 3 En choisissant , on obtient 0 à l’issue du programme. 2 3)2 – x2 à l’aide d’une Note : On peut aussi factoriser ( x  x – 3) identité remarquable.

17 a) La fonction f  qui  qui au nombre x choisi au départ, associe le nombre obtenu avec le premier programme  x) = 2 x + 1. est définie sur  par f ( x La fonction g qui au nombre  x choisi au départ, associe le nombre obtenu avec le deuxième programme est définie sur  par : g( x 1)2 – x2.  x) = ( x  x + 1) En développant et en réduisant g( x  x), il vient : pour tout nombre réel x, g( x  x) = x2 + 2 x + 1 – x2. C’est-à-dire C’est-à-dire : g( x  x) = 2 x + 1.  x) = g( x  x). Joseph a Donc pour tout nombre réel  x, f ( x donc raison. b) On résout f ( x  x) = 0, c’est-à-dire 2 x + 1 = 0. 1 On obtient x = – . 2 1 En choisissant –  au départ Il est donc possible d’ob2 tenir 0 à l’issue d’un des deux programmes. 22  Case rouge : 20 + 1,75 x. Case verte : u � v . Case bleue : “Formule A moins chère”.

6

Travaux pratiques

20 1. a) 28 × 0,12 € = 3,36 € b) 30 × 0,12 € + 15 × 0,1 € = 5,1 € c) 30 × 0,12 € + 30 × 0,1 € + 40 × 0,08 € = 9,8 € d) 30 × 0,12 + 30 × 0,1 + 40 × 0,08 + 150 150 × 0,06 = 18,8 Le prix total de reprographie de 28 photocopies est de 3,36 €, de 45 photocopies 5,1 €, de 100 photocopies 9,8 € et de 250 photocopies 18,8 €. 2. a) Par exemple pour n = 45, l’algorithme exécute le calcul 0,1 × 45 et affecte le résultat 4,5 à  p, puis il affiche 4,5. Or le résultat affiché par l’algorithme devrait être 5,1. En fait, la structure de l’algorithme ne tient pas compte du fait que le tarif des trente premières photocopies est différent du tarif des quinze suivantes : les tests « si » ne sont pas imbriqués les uns dans les autres. b) Algorithme réalisé sous AlgoBox.

Chapitre 3

3. a) On note P(n) le prix à payer pour n photocopies effectuées. • Pour 1  n  30, P(n) = 0,12n. • Pour 31  n  60, P(n) = 0,12 × 30 + 0,10 × (n – 30) P(n) = 0,10 × n + 0,6. • Pour 61  n  100, P(n) = 0,12 × 30 + 0,10 × 30 + 0,08 × (n – 60) P(n) = 0,08 × n + 1,8. • Pour 100 � n, P(n) = 0,12 × 30 + 0,10 × 30 + 0,08 × 40 + 0,06 × (n – 100) P(n) = 0,06 × n + 3,8. 4. 0,6 n + 3,8  100 équivaut à 0,06 n  96,2 soit n  1603. Donc cette société pourra réaliser chaque mois 1 603 photocopies photocopies au maximum. 5. a)  L’algorithme réalisé à la question 2. b)  permet d’automatiser d’automatiser le calcul du prix de n photocopies, après avoir saisi en entrée la valeur de n. b) Le choix du magasin dépend du prix à payer. Ce prix dépend du nombre de photocopies effectuées. Dans cet autre magasin, le prix en euros de n photocopies est 0,09 n. On se propose de savoir pour combien de photocopies ce magasin est plus avantageux que le précédent. • Pour 1  n  30 :   0,09 n  0,12 n Ceci est toujours vrai, donc jusqu’à 30 photocopies ce magasin est plus avantageux. • Pour 31  n  60 :   0,09 n  0,1 n + 0,6 – 0,01 n  0,6 Ceci est toujours vrai, donc jusqu’à 60 photocopies ce magasin est plus avantageux.

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

37

• Pour 61  n  100 :   0,09 n  0,08 n + 1,8   0,01 n  1,8 n  180 Ceci est vrai puisque 61  n   100, donc jusqu’à 100 photocopies ce magasin est plus avantageux. • Pour n  100 :   0,09 n  0,06 n + 3,8   0,03 n  3,8 n  126  126 Donc ce magasin est plus avantageux jusqu’à 126 126 photocopies. Au-delà c’est le magasin précédent qui est plus avantageux.

21 1. a) David veut offrir un bouquet composé de deux variétés. b) En E3 figure le nombre de gerberas du bouquet. Le prix total des gerberas est : 30 – 0,75 × (nombre de roses). Or un gerbera coûte 1,5 €, donc le nombre de gerberas est : 30 – 0,75 × (nombre de roses) 1,5 D’où la formule = (30 – D3*B$2)/B$3. c) Dans ce cas, il faudrait 19,5 19,5 gerberas. Or le nombre de fleurs doit être un nombre entier. e) David peut acheter les bouquets indiqués ci-dessous. Nombre de roses 2 4 6 8 10 12 14 16 Nombre de gerberas 19 18 17 16 15 14 13 12 Nombre 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 de roses Nombre 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 de gerberas 2. • Roses et lys Nombre 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 de roses Nombre 12 11 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 de lys

• Gerberas et statices Nombre de gerberas 2 11 Nombre de statices 4 2 • Lys et œillets royaux Nombre de lys 5 10 Nombre d’œillets 5 2 • Lys et statices : pas de bouquet possible. • Œillets royaux et statices : pas de bouquet possible. 3. a) On doit avoir 0,75 x + 1,5 y = 30 30 0,75 c’est-à-dire y =  –  x 1,5 1,5 soit y = – 0,5 x + 20. On donne à n  des valeurs entières supérieures ou égales à 1 et on calcule la valeur correspondante de  y .  x ; y) avec x et y nombres On ne retient que les couples ( x entiers, x � 1 et y � 1. On retrouve les compositions de bouquets trouvées à la question 1. e). b) On note x le nombre de gerberas et y le nombre de statices dans un bouquet. On doit avoir 1,5 x + 6,75 y = 30 30 1,5  x c’est-à-dire y =  – 6,75 6,75 2 40 soit y = –  x + . 9 9 On donne à  x  des valeurs entières supérieures ou égales à 1 et on calcule la valeur de  y correspondante. On n’obtient y entier et supérieur ou égal à 1 que pour  x = 2 et x = 11. On retrouve les compositions de bouquets trouvées à la question 2. 4. a) David a le choix entre 51 bouquets différents. b) On note x le nombre de roses et y le nombre de lys dans un bouquet.

� 0,75 +  = +182,25  = 30  x  x  y

 y

�

• Gerberas et lys Nombre de gerberas 2 5 8 11 14 17 Nombre de lys 12 10 8 6 4 2

40 1  –  x 3 3  y = 18 – x 40 1 On résout l’équation l ’équation  –  x = 18 – x c’est-à-dire 3 3 2 14  x =  soit x = 7. 7. 3 3 On remplace x par 7 dans x + y = 18 et on trouve y = 11. Dans ces conditions, David achète un bouquet avec 7 roses et 11 lys. Remarque  : On peut aussi observer le tableau correspondant obtenu à la question 2  et voir que seul le bouquet précédent est constitué de 18 fleurs.

• Gerberas et œillets royaux Nombre de gerberas 5 10 15 Nombre d’œillets 6 4 2

22 1. t  ∈  [0 ; 1] puisque les cours commencent à 8 h et que l’on suppose que les élèves ne sont pas en retard !

• Roses et œillets royaux Nombre de roses 5 10 15 20 25 30 Nombre d’œillets 7 6 5 4 3 2 • Roses et statices Nombre de roses Nombre de statices

38

4 13 22 4 3 2

 y =

d 

2. a) De l’expression v  = , où v   désigne la vitesse t  moyenne en km � h–1 le long du trajet, d  la  la distance du trajet en km et t  la  la durée du trajet en h, on déduit : M(t ) = 5 × t . 1 b) L(t ) = 0 pour t  ∈ 0 ;  car Louise part au lycée seu2 lement à 7 h 30. On cherche l’heure à laquelle Louise arrive au lycée distant de 5 km du domicile : 5 5 1 25 =  conduit à t  =  =  = . t  25 5 1 Donc Louise parvient au lycée à l’issue de h de trajet 5 60 (c’est-à-dire  = 12 minutes). 5 1 1 1 7 Pour  t   +  = , L(t ) = 25 × (t  –  – 0,5). 2 2 5 10 7 Pour  t  1, L(t) = 5. 10 c) Le problème posé se traduit par l’équation : 1 L(t ) = M(t ) pour t ∈  ; 1 . 2 On exclut 1 car Louise arrive au lycée à 7 h 42 avant Marc qui y parvient à 8 h. 3. a) B = (1,5)

 

 

5 4 3

A = (0.63, 3.13)

2

M

1 0 0

L 0,5

1

Les courbes représentant les deux fonctions L et M s’intersectent en A(0,63 ; 3,13) et B(1 ; 5). C’est l’abscisse l’abscisse du point A, environ égale à 0,63 qui constitue la solution approchée au problème posé puisqu’elle correspond à l’instant de la jonction entre Louise et Marc. L’abscisse de B, égale à 1, n’est pas solution car elle correspond à l’arrivée de Marc au lycée après Louise. 1 b) M(t ) = L(t ) avec t ∈  ; 1  s’écrit : 2 1 7 7 pour t ∈  ; pour t ∈  ; 1 2 10 10 1 5 t  =  = 5 5 t  =  = 25 × t  –  – t  = 2  = 1. 25 5 C’est à dire t  =  =  = . Impossible car 40 8 7 5 1 7 1 ∉  ; 1 . On a bien ∈ ; . 10 8 2 10 5 La solution est donc . 8 4. a) Une conversion des heures en minutes permet de simplifier le calcul de l’horaire de la « jonction ».

 

 

 

 

 

 

Chapitre 3

1h 5 8

60 min  j  ?  ?

5 D’où j  =  = 60 × = 37,5. 8

Louise et Marc se rejoindront donc à 7 h 37 min 30 s. 5 b) Il suffit de calculer L(t ) ou M(t ) pour t  =  = . 8 5 5 25 Il vient M  = 5 ×  =  = 3,125 km. 8 8 8 La rencontre se produit à 3,125 3,125 km du domicile do micile familial. 5. a) La décomposition en quatre étapes (choix de l’inconnue, mise en équation, résolution de l’équation et interprétation de la solution) permet de résoudre le problème posé de façon méthodique. b) Choix de l’inconnue : t  désigne   désigne toujours le temps écoulé depuis 7 h 00. t ∈ [0 ; 1]. Mises en inéquations On note E(t ) la distance parcourue par Erwan depuis 7 h 00. 2 2 Pour t ∈ 0 ; , E(t ) = 0, 40 min correspondant à h. 3 3 On cherche l’heure à laquelle Erwan parvient au ly5 5 1 cée : 40 =  conduit à t  =  =  = . Donc Erwan parvient t  40 8 1 au lycée à l’issue de h de trajet (c’est-à-dire 7,5 min 8 60 car  = 7,5). 8 Erwan arrive au lycée à 7 h 47 min 30 s, donc après Louise. 2 1 19 Or,  +  =  donc : 3 8 24 2 19 2 • pour  t  , E(t ) = 40 × t  –  – , 3 24 3 19 • pour  t  1, E(t ) = 5. 24 Le problème posé se traduit par les inéquations : 2 19 M(t )  E(t )  L(t ) pour  t   ce qui s’écrit : 3 24 2 19 M(t )  E(t ) et E(t )  L(t ) pour  t  . 3 24 2 19 Résolution des inéquations sur  ;  : 3 24  M(t )  E(t ) E(t )  L(t ) 2 5t   40 × t  –  – Louise part à 7 h 30 et 3 arrive au lycée à 7 h 42. 80 – 35t   – Erwan part à 7 h 40 et 3 80 arrive au lycée à t  � (3 × 35) 7 h 47 min et 30 s. 16 L’ensemble solution de t  � 21 cette inéquation est donc 16 19 2 19 D’où t ∈ ; .  ; . 21 24 3 24 16 19 2 19 D’où : t  ∈ ;  et t ∈ ; . 21 24 3 24



 

 

 

 

 

 









Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

39

Finalement l’ensemble solution est

2116 ; 2419.

Inteprétation, conclusion : 16 320  h correspond à  min,  min, c’est-à-dire environ 45,7 min. 21 7 Erwan dépassera Marc peu avant 7 h 46 min. Donc Erwan est entre Marc et Louise à peine avant 7 h 46 et jusqu’à son arrivée arrivée au lycée à 7 h 47 min 30 s. Illustration graphique : 6 4

B = (0.76, 3.81)

3 2

M

L

1 0 0

0,5

E

29  A = x2 – 4 x + 4. B = x2 – x + 3 x – 3 donc B = x2 + 2 x – 3. C = 2 x – x2 – 8 + 4 x donc C = – x2 + 6 x – 8. D = x2 – 22 donc D = x2 – 4. 30  A = 3 x2 + 5 x – 2 ; B = 4 x2 – 4 x + 1 C = 16 x2 + 8 x + 1 ; D = – 6 x2 + 5 x – 1.

1

32  A = 2 x2 – x – 7 ; B = 4 x + 16.

Erwan rejoindra Marc environ 0,76 h – 0,66 h = 0,1 h après son départ dépar t du domicile et arrive au lycée environ 0,79 h – 0,66 h = 0,13 0,13 h après son so n départ du domicile.

Pour s’entraîner

23 a) ( x  x + 3)2 = x2 + 6 x + 9 c) x – 10 x2 = x (1 – 10 x)

b) ( x  x – 2)2 = x2 – 4 x + 4 d) 3 x2 – 4 x = x (3 x – 4)

24 a) La solution est – 1. c) La solution est 0.

b) La solution est 2. d) La solution est 1.

25 a) et c) correspondent à des équations « produit nul » car elles sont exprimées e xprimées sous forme d’un d ’un produit égal à zéro. b) n’est pas une équation « produit nul » en raison de la présence de 2 dans le membre de droite. d) n’est pas une équation « produit nul » car il s’agit d’une somme et non d’un produit égal à zéro. 26 a) 8 x + 1 = 6 x + 2 conduit à  x = 1 . Donc 1  n’est 2 3 pas solution de l’équation. l ’équation. 1 b) – 2 x + 1 = 0 conduit à x = . 2 1 Donc  n’est pas solution de l’équation. 3 1 1 c) (2 x + 1)(10 x – 5) = 0 équivaut à x = –  ou x = . 2 2 1 Donc  n’est pas solution de l’équation. 3 1 d) Il suffit « d’injecter »  dans les expressions et tester 3 les égalités. 1 1 5 3 1  – 2 ×  = –  ≠  donc  n’est pas solution. 4 3 12 4 3 40

28  ( x  x + 3) ( x  x – 5) = 0 convient.

31  A = 3 x2 + 9 x – 30 ; B = – 4 x2 – 4 x + 24 C = – x3 – 3 x2 + 2 x + 6 ; D = 2 x2 – 12 x + 18.

–2

7

6 b) x = –  = – 2 3 d) x = 4 ou x = – 3.

C = (0.79, 5)

5

–1

27 a) x = 6  = 2 3 c) x = 1 ou x = – 2.

33 La consigne devait devait être : « développer puis réduire chaque expression ». Les deux réponses sont incorrectes. En effet, a) ( x  x + 1)( x  x – 3) = x2 – 3 x + x – 3 = x2 – 2 x – 3 b) (3 x – 2)2 = (3 x)2 – 2 × 3 x × 2 + 4 = 9 x2 – 12 x + 4 Note : On peut aussi prouver l’inexactitude par un test numérique. 34 1. Nombre choisi –1 0 1 2

Programme 1

Programme 2

15 3

15 3

–1

–1

3

3

2. a) Les deux de ux programmes pro grammes semblent s emblent conduire au même résulat quel que soit le nombre choisi au départ. b) On note f  la   la fonction qui au nombre réel  x choisi, associe le résultat obtenu à l’issue l ’issue du programme 1. On note g la fonction qui au nombre réel réel choisi, associe le résultat obtenu à l’issue du programme 2.  x) = ( x  x – 1)2 × 4 – 1 Pour tout nombre réel x, f ( x f ( x  x) = ( x  x2 – 2 x + 1) × 4 – 1 f ( x  x) = 4 x2 – 8 x + 4 – 1 f ( x  x) = 4 x2 – 8 x2 + 3 Et : g( x  x) = (2 x – 1) × (2 x – 3) g( x  x) = 4 x2 – 6 x – 2 x + 3 g( x  x) = 4 x2 – 8 x + 3 Donc, pour tout nombre réel x, f ( x  x) = g( x  x).

35 a)

b)  Conjecture : les résultats du calcul semblent tou jours égaux à 36. On note f  la   la fonction qui au réel  x de la cellule de la colonne A, associe le réel obtenu dans la cellule de la colonne B.  x) = x2 – ( x  x – 6)( x  x + 6). Pour tout nombre réel x, f ( x  x) : Développement et réduction de f ( x 2 2 2 2 f ( x  x) = x  – ( x  x  – 36), f ( x  x) = x  – x  + 36 = 36. La conjecture est ainsi prouvée.

36 1. a) ( x  x + 1)( x  x + 2) = x2 + 2 x + 1 x + 2 ( x  x + 1)( x  x + 2) = x2 + 3 x + 2 b) E = ( x  x + 1)( x  x + 2)( x  x + 3) 2 E = ( x  x  + 3 x + 2)( x  x + 3) 3 2 E = x  + 3 x  + 3 x2 + 9 x + 2 x + 6 E = x3 + 6 x2 + 11 11 x + 6 2. F = (a + b + c )2 F = a2 + b2 + c 2 + 2ab + 2ac  +  + 2bc  37  Ligne 1 : 4 – ( x  x – 3)2 = 4 – ( x  x2 – 6 x + 9)  x – 3)2 = 4 – x2 + 6 x – 9 4 – ( x  x – 3)2 = – x2 + 6 x – 5 4 – ( x Ligne 2 :  x + 1)  x – 1)2 = x2 + 2 x + 1 – ( x  x2 – 2 x + 1) ( x 1)2 – ( x 1) 2 2  x + 1)  x – 1)  = 4 x ( x 1)  – ( x 38  A = ( x  x – 5)(( x  x + 2) + ( x  x – 7)) = ( x  x – 5)(2 x – 5) B = x2 – 10 x = x( x  x – 10) 39  A = x ( x  x + 5) ; B = x ( x  x – 5)  x + 1) x ; D = –  x  (x – 2)2. C = ( x 40  A = 2( x  x + 3) ; B = 2( x  x + 4) ; C = ( x  x + 3)( x  x + 4). 41 A = x2 – 9 = x2 – 32 (forme a2 – b2) D’où : A = ( x  x – 3)( x  x + 3). 2 B = 4 x  – 20 x + 25 B = (2 x)2 – 2 × 2 x × 5 + 52 (forme a2 – 2 × a × b + b2) D’où : B = (2 x – 5)2. C = (2 x – 1)2 – ( x 1)2 (forme a2 – b2)  x + 1)  x + 1)) × ((2 x – 1) + ( x  x + 1)) C = ((2 x – 1) 1) – ( x  x – 2) × 3 x donc C = 3 x ( x  x – 2). D’où : C = ( x D = x2 – 6 x + 9 D = x2 – 2 × x × 3 + 32 (forme a2 – 2 × a × b + b2) D’où : D = ( x  x – 3)2. Chapitre 3

42 A = 1 + 6 x + 9 x2 A = 1 + 2 × 1 × 3 x + (3 x)2 (forme a2 + 2ab + b2) A = (1 + 3 x)2 B = (3 x – 1)2 – 25 B = (3 x – 1)2 – 52 (forme a2 – b2) B = ((3 x – 1) – 5)((3 x – 1) 1) + 5) B = (3 x – 6)(3 x + 4) C = x4 – 1 C = ( x  x2)2 – 1 (forme a2 – b2) C = ( x 1)  x2 – 1)( x  x2 + 1)  x – 1)( x  x + 1)( x  x2 + 1) C = ( x 1) D = x4 – 2 x2 + 1 D = ( x  x2)2 – 2 × x2 × 1 + 1 (forme a2 – 2 × a × b + b2) D = ( x  x2 – 1)2 donc D = ( x 1)2.  x – 1)2( x  x + 1) 43 1. a) 3 x + 6 = 3( x  x + 2) b) A = 3 x + 6 + ( x  x + 2)( x  x – 8) A = 3( x  x + 2) + ( x  x + 2)( x  x – 8) A = ( x  x + 2)(3 + ( x  x – 8)) donc A = ( x  x + 2)( x  x – 5).  x + 2)(2 x – 3) 2. a) B = ( x  x + 4)(2 x + 1) b) C = ( x 1) 44 1. a) Première expression : pour x = 0, A = (0 + 4)(0 – 3) + (0 + 4)(0 – 1) + 0 + 4 = – 12. Deuxième expression : pour x = 0, A = (0 + 4)(2 × 0 – 4) = – 16. Les deux expressions ne sont pas égales : la factorisation d’Alice n’est pas correcte. b) A = ( x  x + 4)( x  x – 3) + ( x  x + 4)( x  x – 1) + ( x  x + 4) × 1 A = ( x  x + 4)(( x  x – 3) + ( x  x – 1) + 1) A = ( x  x + 4)(2 x – 3)  x + 4) 2. a) B = (2 x – 1)( x  x + 1) × 2 x = 2 x( x  x + 1). b) C = ( x 3. Il est plus simple de développer et réduire séparément les deux membres :  x + 6)( x  x + 7) = x2 + 7 x + 6 x + 42 ( x ( x 13 x + 42  x + 6)( x  x + 7) = x2 + 13 Et, ( x 12 x + 36 + x + 6  x + 6)2 + x + 6 = x2 + 12 2 2 ( x 13 x + 42  x + 6)  + x + 6 = x  + 13 Donc, pour tout nombre réel x,  x + 6)( x  x + 7) = ( x  x + 6)2 + x + 6. ( x 45 1. a) A = (2 x – 1)( x  x + 2) + (– 1) × (2 x – 1)  x + 2 + (– 1)) b) A = (2 x – 1)( x 1))  x + 1) A = (2 x – 1)( x 1)  x – 2) x  x et C = ( x  x – 3)( x  x – 4). 2. B = ( x 46  ( x  x – 4)(3 x + 1) = 0 équivaut à x – 4 = 0 ou 3 x + 1 = 0. 1 C’est-à-dire x = 4 ou x = – . 3

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

41

Cette équation admet donc deux solutions. La fenêtre graphique standard de la calculatrice (xmin=ymin=– 10 et xmax=ymax=10) permet de faire apparaître les deux solutions.

47 a) La forme factorisée de f ( x  x), ligne 3, permet de se ramener à une équation « produit nul », facile à résoudre. f ( x s ’écrit (2 x – 5)(2 x + 1) = 0.  x) = 0 s’écrit C’est-à-dire C’est-à-dire : 2 x – 5 = 0 ou 2 x + 1 = 0. 5 1 1 5  x =  ou x = – . Donc  = –  ; . 2 2 2 2 b) f ( x  x) = 7 s’écrit f ( x  x) – 7 = 0. Factoriser f ( x 7, ligne 5, permet de se ramener à une  x) – 7, équation « produit nul ». On obtient : 4( x – 3)( x  x + 1) = 0. C’est-à-dire C’est-à-dire :  x – 3 = 0 ou x + 1 = 0.  x = 3 ou x = – 1. Donc  = �– 1 ; 3. c) On utilise la forme développée de f ( x  x), ligne 2. f ( x  x) = 4 x2 s’écrit 4 x2 – 8 x – 5 = 4 x2. C’est-à-dire C’est-à-dire – 8 x – 5 = 0. 5 5  x = – . Donc  = – . 8 8

� 

� 

48 1. a) f ( x  x) = ( x  x – 3)2 – 25 f ( x  x) = x2 – 6 x + 9 – 25, donc f ( x  x) = x2 – 6 x – 16.  x) = ( x  x – 3)2 – 25 b) f ( x f ( x  x) = ( x  x – 3)2 – 52 f ( x  x) = (( x  x – 3) – 5)(( x  x – 3) + 5) f ( x  x) = ( x  x – 8)( x  x + 2). 2. a) La forme (1) permet d’annuler ( x – 3)2. D’où f  (3)  (3) = – 25. b) La forme factorisée (3) permet de se ramener à une équation « produit nul » : f ( x  x) = 0 s’écrit ( x  x – 8) × ( x  x + 2) = 0. Les solutions sont – 2 et 8. c) La forme développée (2) permet de neutraliser – 16 dans chaque membre de l’équation. f ( x  x) = – 16 s’écrit x2 – 6 x – 16 = – 16, 16, 2 c’est-à-dire : x  – 6 x = 0.  x – 6) = 0. Une factorisation conduit à : x( x Les solutions sont 0 et 6. Note : on peut aussi utiliser la forme (1). (1). d) La forme initiale (1) (1) permet de neutraliser – 25 dans chaque membre de l’équat l ’équation. ion. 2 f ( x 25,  x) = – 25 s’écrit ( x  x – 3)  – 25 = – 25, c’est-à-dire : ( x  x – 3)2 = 0. Donc la solution est 3. 49 a)  La factorisation d’Emma semble impossible car il n’y a pas de facteur commun apparent, ni d’identité remarquable « visible ». 42

Pierre a raison. En effet : ( x  x + 3)( x  x – 7) – ( x  x – 1)( x  x + 2) = 0 s’écrit :  x2 – 7 x + 3 x – 21 – ( x  x2 + 2 x – x – 2) = 0  x2 – 7 x + 3 x – 21 – x2 – 2 x + x + 2 = 0 – 5 x – 19 = 0 19 19 b) x = – . La solution est – . 5 5

50  Choix de l’inconnue : on note x la dernière note obtenue par Laure, x ∈ [0 ; 20]. Mise en équation : 3 × 14 + 2 × 17 + 1 × 18 + 2 × 16 + 2 × x  = 16 3+2+1+2+2 Résolution de l’équation : 42 + 34 + 18 + 32 + 2 x  = 16. 10 (126 + 2 x) L’équation s’écrit donc :  = 16. 10 À l’aide d’un produit en croix, on obtient o btient : 126 + 2 x = 160, c’est-à-dire : x = 17. Interprétation et conclusion : la dernière note de Laure L aure doit être 17. 51  Choix de l’inconnue : on note  x la distance CM,  x ∈ [0 ; 10]. Mise en équation : ADM rectangle en D équivaut à AM 2 = 36 + (10 – x)2 BCM rectangle en C équivaut à BM 2 = x2 + 64. AM = BM équivaut à AM 2 = BM2 car AM et BM sont des nombres positifs. AM2 = BM2 équivaut à 36 + (10 –  x)2 = x2 + 64. Résolution de l’équation : 36 + 100 – 20 x + x2 = x2 + 64, 136 136 – 20 x = 64 Ce qui conduit à x = 3,6. Interprétation et conclusion : CM = 3,6. Remarque  : Une solution géométrique avec la médiatrice de [AB] est possible. 52 a) x  x – 2 est positive ou nulle sur [2 ; + ∞[. ∞[. ∞[. B) x  – x – 1 est négative ou nulle sur [– 1 ; + ∞[. 53 f est strictement positive sur ]– ∞ ; – 1[, s’annule en – 1, 1, et est es t strictement négative sur ]– 1 ; + ∞[. g est strictement négative sur ]– ∞ ; 1[, s’annule en 1, et est strictement positive sur ]1 ; + ∞[. h est strictement négative sur ]– ∞ ; 2[, s’annule en 2, et est strictement positive sur ] 2 ; + ∞[. 54 d 1 est associée au tableau de signes de g( x  x), d 2 à celui de f ( x  x) et d 3 à celui de h( x  x). 55  x

Signe de – x + 3

–∞ +

3 0

+∞ –

56  L’affirmation de Marion est fausse.  x) = – 10. En effet, pour x = – 200, on obtient f ( x Donc f  prend  prend des valeurs négatives. Remarque  : On peut aussi, bien sûr, résoudre l’inéquation 0,1 x + 10  0. ∞[. L’ensemble des solutions est ]– 100 ; + ∞[. 57 a) f : x  x + 4 ; g : x  2 x + 8 et h : x  3 x + 12 conviennent. 1 2 b) i  :  x  – x + ;  j  : x  – 2 x + et h : x  – 3 x + 1 3 3 conviennent. 58 a)  x

–∞

Signe de – 2 x + 1

+

1 2 0

+∞ –

f  est  est décroissante sur .

b) Une réponse possible :  x

2 3

–∞

+∞

2 – 0 + 3 f  est  est croissante sur . 2 4 On peut remplacer x –  par 2 x – , 3 x – 2, … 3 3 c) Une réponse réponse possible : 5 –∞ +∞  x 4 5 Signe de – x + + 0 – 4 Signe de x –

f  est  est décroissante sur .

5 5 15 On peut remplacer – x +  par – 2 x + , – 3 x + , … 4 2 4 59 1.  x

–∞

Signe de 2 x + 2  x

Signe de 2 x

+

5 4 0

–

0 0

–∞

Signe de – 4 x + 5  x

–

–1 0

–∞

+∞ + +∞ – +∞ +

 x) � 0 et g( x  x) � 0 pour tout nombre réel 2. a) f ( x 5  x ∈ – 1 ; . 4 b) g( x  x) � 0 et h( x  x)  0 pour tout nombre réel  x ∈ ]– ∞ ; 0].

 

60 a) 2 x – 1  4 x + 6 s’écrit 2 x – 4 x  6 + 1, c’est-à7 dire – 2 x  7 soit x � . –2 Chapitre 3





7 L’ensemble solution est –  ; + ∞ . 2 b) 0,1 x + 1,25  – 0,28 x + 2,17 s’écrit 0,1 x + 0,28 x  2,17 – 1,25, 1,25, c’est-à-dire c ’est-à-dire 0,38 x  0,92 soit 0,92  x  . 0,38 46 L’ensemble des solutions s olutions est  ; + ∞ . 19





61 a) f  : : x  ( x  x + 2)2 – x2 semble croissante sur . Pour tout nombre réel x,  x + 2)2 – x2 = x2 + 4 x + 4 – x2 ( x ( x  x + 2)2 – x2 = 4 x + 4. La fonction f  est   est donc affine. Le coefficient directeur de la droite représentant f  est  est positif, ce qui justifie la croissance de f  sur  sur . b) g : x  4 x2 – (2 x + 1) 1)2 semble décroissante sur . Pour tout réel x, g( x  x) = 4 x2 – 4 x2 – 4 x – 1 g( x  x) = – 4 x – 1. La fonction g est donc affine. Le coefficient directeur de la droite représentant g est négatif, né gatif, ce qui justifie la décroissance de g sur . Note : on peut aussi factoriser f ( x  x) et g( x  x) à l’aide d’une identité remarquable. 62  Choix de l’inconnue : on note x le nombre de voitures vendues, x étant un entier naturel. Mise en inéquation Salaire contrat A : 1 100 + 175 x, Salaire contrat B : 1 450 + 125 x. 1 100 + 175 x � 1 450 + 125 x. Résolution de l’inéquation : 175 x – 125 x � 1 450 – 1100 1100 c’est-à-dire : 50 x � 350. 350 Finalement, x �  c’est à dire x � 7.  7. 50 Interprétation et conclusion Pour 7 voitures vendues par mois, les deux contrats sont aussi avantageux l’un que l’autre. l ’autre. À partir de 8 voitures vendues par mois, le contrat A est plus avantageux pour les commerciaux. 63   Choix de l’inconnue : on note  x  le nombre de cartes électroniques vendues par mois, x étant un entier naturel. Mise en inéquation Recettes mensuelles : 30 x. Dépenses mensuelles : 750 + 8 x. Bénéfice mensuel (positif ou négatif) : 30 x – (750 + 8 x) soit encore 22 x – 750.

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

43

Le problème se traduit par la recherche des valeurs de  x telles que – 750 + 22 x � 1 200. Résolution de l’inéquation : 1 950 1 950 ≈ 88,6, 22 x � 1 950, c’est-à-dire : x �  ; or 22 22 donc x � 89 car x est un entier. e ntier. Interprétation et conclusion : à partir de 89 cartes car tes vendues par mois, le bénéfice bénéfi ce mensuel du marchand sera supérieur à 1 200 €.

64 a) Le couple (2 ; – 1) est solution de la 1re équation et de la 2e équation. Donc ce couple est solution du système. b) Le couple (2 ; – 1) est solution de la 1re équation mais pas de la 2e. Donc ce couple n’est pas solution du système. 65 a)  Le couple (2 ; – 1) n’est solution ni de la 1  équation ni de la 2e équation. Donc ce couple n’est pas solution du système. b) Le couple (2 ; – 1) est solution de la 1re équation et de la 2e équation. Donc ce couple est solution du système. re

66 a) y = – 4 – 3 x 67 a) y = 1 – 2 x 2

1 b) y = 1 +  x 3 1 2 b) y = +  x 3 3

68 a) La solution est le couple (0 ; 2). b) La solution est le couple (2 ; – 5). 69  Ce système s’écrit :

�

1 6 1 1  y =  x + 6 12 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 1 1 1  x   x et x   x + sont strictement parallèles. 6 6 12 Donc ce système n’a pas de solution. Remarques : – On peut aussi calculer : 1 ab – ab = × 12 – (– 2) (– 3) = 6 – 6 = 0, 2 – on peut aussi multiplier multiplier chaque membre de la 1re équation par – 4 ; on obtient – 2 x + 12 y = 0. Or cette équation est incompatible avec la 2e équation car pour une valeur de x et une valeur de  y données, – 2 x + 12 y ne peut être égal, à 0 et à 1 simultanément.  y =  x

70 1. a) La solution de ce système est le couple de coordonnées du point d’intersection des droites ( d 3) et (d 1), c’est-à-dire (2 ; 3). b)  La solution de ce système est le couple de coordonnées du point d’intersection des droites (d 3) et (d 2), c’est-à-dire (4 ; 1). 44

c) La solution de ce système est es t le couple de coordonnées du point d’intersection des droites (d 2) et (d 1), c’est-à-dire (– 2 ; – 5). 2. 2+3=5 4+1=5 a) b) 2 × 2 – 3 = 1 –4 + 1 = – 3 –(– 2) – 5 = – 3 c) 2(– 2) – (– 5) = 1

�

� �

71 Le système s’écrit aussi

� x– –2 x y + =32 y = – 3  y = x – 2

�  = 2

 x – 1 3 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 2 affines x  x – 2 et x   x – 1 ne sont pas parallèles 3 2 car 1 ≠ . Donc le système admet un seul couple so3 lution. 2 On résout l’équation l ’équation x – 2 =  x – 1 3 1 c’est-à-dire  x = 1 soit x = 3. 3 On reporte dans y = x – 2 et on trouve y = 1. La solution de ce système est le couple (3 ; 1).



 y



3 72 Le système s’écrit  y =  x . 4  y = 2 x – 5

�

Dans un repère, les droites représentant les fonctions 3 affines  x   x et  x  2 x – 5 ne sont pas parallèles 4 3 car ≠ 2 . 4 Donc le système admet un seul couple solution. 3 5 On résout l’équation  x = 2 x – 5 c’est-à-dire  x = 5 4 4 soit  x = 4. 3 On reporte dans y =  x et on trouve y = 3. 4 La solution de ce système est le couple (4 ; 3).





73 Le système s’écrit

 y = – x

�

3 1. 2 2 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 3 1 affines x  – x et x   x – ne sont pas parallèles 2 2 3 car – 1 ≠ . 2 Donc le système admet un seul couple solution. 3 1 5 1 On résout l’équation –  x =  x –  c’est-à-dire  x = 2 2 2 2 1 soit x = . 5 1 On reporte dans y = – x et on trouve y = – . 5 1 1 La solution de ce système est le couple ; – . 5 5 1 74 Le système s’écrit  y = –  x + 3 2 .  y = 2 x – 2



 y =  x –





�



Dans un repère, les droites représentant les fonctions 1 affines x  –  x + 3 et x  2 x – 2 ne sont pas parallèles 2 1 car – ≠ 2 . 2 Donc le système admet un seul couple solution. 1 On résout l’équation –  x + 3 = 2 x  – 2 c’est-à-dire 2 5  x = 5 soit x = 2. 2 On reporte dans y = 2 x – 2 et on trouve y = 2. La solution de ce système est le couple (2 ; 2).





75 a) Le système s’écrit : 3 3 4 4 2 2  y = –  x – 3 3 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 3 3 2 2 affines x  –  x + et x  –  x – ne sont pas paral4 4 3 3 3 2 lèles car –  ≠ – . 4 3 Donc le système admet un seul couple solution. 3 3 2 2 On résout l’équation –  x +  = –  x – 4 4 3 3 1 17 c’est-à-dire  x =  soit x = 17. 12 12 3 3 On reporte dans y = –  x +  et on trouve y = – 12. 4 4 La solution de ce système est le couple (17 (17 ; – 12). On vérifie avec la calculatrice. b) Le système s’écrit :  y = 7 x + 4 3 3  y = –  x + 5 5 Dans un repère, les droites représentant les fonctions 3 3 affines x  7 x + 4 et x  –  x +  ne sont pas parallèles 5 5 3 car 7 ≠ – . 5 Donc le système admet un seul couple solution. 3 3 On résout l’équation 7 x + 4 = –  x + 5 5 38 17 17 c’est-à-dire  x = –  soit x = – . 5 5 38 33 On reporte dans y = 7 x + 4 et on trouve y = . 38 17 33 La solution de ce système est le couple –  ; . 38 38 On vérifie avec la calculatrice.

�

 y = –  x +





�







76 a)

 y = 6 x – 17 17 b) 7 x + 2(6 x – 17) = 4 7 x + 12 12 x – 34 = 4 19 x = 38 x = 2 On reporte dans y = 6 x – 17 et on trouve y = – 5.

La solution de ce système est le couple (2 ; 5). Chapitre 3



77 a) Avec la 1re équation on obtient x = 3 y – 17. On reporte dans la 2 e équation : 2(3 y – 17) + 4 y = 6 6 y – 34 + 4 y = 6 10 y = 40  y = 4 On reporte dans x = 3 y – 17 et on trouve x = – 5. La solution de ce système est le couple (– 5 ; 4). b) Avec la 2e équation on obtient b = – 4a + 6. On reporte dans la 1re équation : 2a + 3(– 4a + 6) = – 2 2a – 12 12a + 18 = – 2 – 10a = – 20 a = 2 On reporte dans b = – 4a + 6 et on trouve b = 2. La solution de ce système est le couple (2 ; – 2). 78 a) Avec la 2e équation x = 4 y + 14. On reporte dans la 1re équation : 3(4 y + 14) – y = 9 12 y + 12 – y = 9 11 y = – 3 3  y = – 11 142 142 On reporte dans x = 4 y + 14 et on trouve x = . 11 142 142 3 La solution de ce système est le couple  ; – . 11 11 Remarque : On peut également exprimer y en fonction de x à partir de la 1re équation. b) Avec la 1re équation y = – 6 x. On reporte dans la 2 e équation : 4 x – 3(– 6 x) = – 11 4 x + 18 x = – 11 22 x = – 11 1  x = – 2 On reporte dans y = – 6 x et on trouve y = 3. 1 La solution de ce système est le couple –  ; 3 2 re 79 a) Avec la 1  équation q = 5 p + 3. On reporte dans la 2 e équation : 2 p – 3(5 p + 3) = 4 2 p – 15 15 p – 9 = 4 – 13 13 p = 13 13  p = – 1 On reporte dans q = 5 p + 3 et on trouve q = – 2. La solution du système est le couple (– 1 ; – 2). b) Avec la 2e équation x = 9 y – 5. On reporte dans la 1re équation : 0,2(9 y – 5) + 0,3 y = – 1 1,8 y – 1 + 0,3 y = – 1 2,1 y = 0  y = 0 On reporte dans x = 9 y – 5 et on trouve x = – 5. La solution de ce système est le couple (– 5 ; 0).





Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré





45

80 a) – 9 x – 6 y = – 21. b) En additionnant membre à membre – 9 x – 6 y = – 21 et – 4 x + 6 y = 1. c) Cette équation s’écrit – 5 x = – 20 soit x = 4. 5 On reporte dans 3 x + 2 y = 7 et on trouve y = – . 2 5 La solution de ce système est le couple 4 ; – . 2





81 a)  Par addition membre à membre des deux équations on obtient 7 x = 14 soit x = 2. 1 On reporte dans 4 x + 5 y = 9 et on trouve y = . 5 1 La solution de ce système est le couple 2 ; – . 5 re b)  On multiplie chaque membre de la 1   équation par – 1 et on additionne membre à membre avec la 2e équation. 3 On obtient 10 y = 15 soit y = . 2 On reporte dans 2 x – 4 y = – 6 et on trouve x = 0. 3 La solution de ce système est le couple 0 ; . 2





 

82 a) On divise par 2 chaque membre de la 1re  équation et on additionne membre à membre avec la 2e équation. On obtient 4 x = 4 soit x = 1. 1 On reporte dans 3 x – 4 y = 1 et on trouve y = . 2 1 La solution de ce système est le couple 1 ; – . 2 b) On multiplie par 5 chaque membre de la 1 re équation : – 15a + 10b = – 40. On multiplie par – 2 chaque membre de la 2e équation : – 8 a – 10b = – 2. On additionne membre à membre les deux équations obtenues. Ainsi 7a = – 42 soit a = – 6. On reporte dans 3a + 2b = – 8 et on trouve b = 5. La solution de ce système est le couple (– 6 ; 5).





83 a) On multiplie chaque nombre de la 2 e équation par – 4 et on additionne membre à membre avec la 1re équation. 3 On obtient 24 q = – 18 soit q = – . 4 On reporte dans  p – 4q = 5 et on trouve  p = 2. 3 La solution de ce système est le couple 2 ; – . 4 b) On multiplie par 2 chaque membre de la 1 re équation : 6 x + 10 y = 28. On multiplie par 3 chaque membre de la 2 e équation : – 6 x + 9 y = 48. On additionne membre à membre les deux équations obtenues.



46



Ainsi 19 y = 76 soit  y = 4. On reporte dans 3 x + 5 y = 14 et on trouve x = – 2. La solution de ce système est le couple (– 2 ; 4).

84 a)  Dans un repère, les droites représentant les 5 fonctions  x   x – 2 et 5  x   x +  sont strictement 2 parallèles. Donc ce système n’a pas de solution. b) Dans un repère, les droites représentant les fonc3 15 3 15 tions x   x – et  x   x – sont confondues. 4 4 4 4

Donc ce systyème a une infinité de couples solutions, 3 15  x ; –  x – tous les couples  x lorsque x décrit . 4 4





85 a)  Dans un repère, les droites représentant les 5 1 5 1 fonctions x   x – et x   x – sont confondues. 3 6 3 6 Donc ce système admet une infinité de couples solu5 1 tions, tous les couples  x lorsque x décrit .  x ;  x – 3 6 b) Dans un repère, les droites représentant les fonctions  x  – 6 x – 3 et  x  – 6 x + 3 sont strictement parallèles. Donc ce système n’a pas de solution.





86 a)  Dans un repère, les droites représentant les fonctions x  – 2 x – 1 et x  – 2 x – 1 sont confondues. Donc ce système admet une infinité de couples solutions, tous les couples (a ; – 2a – 1) lorsque a décrit . b) Dans un repère, les droites représentant les fonc3 3 1 tions x  –  x – 2 et x  –  x –  sont strictement 2 2 4 parallèles. Donc ce système n’a pas de solution. 87 a) f (4) = 7 c’est-à-dire 4 a + b = 7. 7. f (– 2) = – 11 c’est-à-dire – 2 a + b = – 11.

�

b) Le système 4a + b = 7 – 2a + b = – 11 b = – 4a + 7 s’écrit b = 2a – 11 11 On résout l’équation – 4 a + 7 = 2a – 11 c’est-à-dire 6a = 18 soit a = 3. On reporte dans b = 2a – 11et on trouve b = – 5. La solution de ce système est le couple (3 ;– 5). c) Donc f  est  est la fonction affine x  3 x – 5.

�

88  On note  x le nombre d’adultes et  y  le nombre d’enfants.

�

On résout le système 45 x + 30 y = 510 27 x + 20 y = 316 3  y = 17 –  x 2 c’est -à-dire 79 27  y = –  x . 5 20 3 79 27 On résout l’équation 17–  x = –  x 2 5 20 3 6 c’est -à-dire  x – soit x = 8. 20 5 3 On reporte dans y = 17 –  x et on trouve y = 5. 2 La solution de ce système est le couple (8 ; 5). Donc ce groupe est composé de 8 adultes et 5 enfants

�

89 L’usage de la calculatrice est ici très efficace pour conjecturer les réponses. a)  L’affirmation est fausse. En effet, on a un contre exemple avec x = 1.  x – 1)( x  x + 3) – x( x  x – 3) = 2 et – 3 – x = – 4. ( x b)  L’affirmation est vraie. En effet, il suffit de choisir  x = 1. c) L’affirmation ’affirmation est fausse. En effet, e ffet, si  x  = 2 alors  x ( x  x + 1) = 6 ≠ 2.

90 a) A B A ⇒ B B ⇒ A A ⇔ B  x – 4)( x  x + 3) = 0 x = 4 ou x = – 3 ( x v ra i v r ai v ra i v r a i f au x f au x  x = 1 x2 = 1 Il pleut Il y a des nuages vrai faux faux

b) Les implications A ⇒ B et B ⇒ A sont des implications réciproques l’une de l’autre.

8

Pour se tester

91 1. C 2. D 3. C 4. B 5. C. 92 1. A, C, D 2. C, D 3. C 4. B. 93 1. D. On désigne par x le prix d’un iris et par  y le prix d’une rose. « 8 iris et 6 roses coûtent 34 € » se traduit par l’équation 8 x + 6 y = 34. « 5 roses et 4 iris coûtent 23 € » se s e traduit par l’équation 4 x + 5 y = 23. 2. A, B, C. En divisant par 2 chaque membre de la première équa17 tion, le système s’écrit 4 x + 3 y = 17 4 x + 5 y = 23. En soustrayant membre à membre la 1re équation à la 2e, on obtient : 2 y = 6 soit y = 3.

�

Chapitre 3

En reportant dans 4 x + 9 = 17 c’est-à-dire 4 x = 8 soit  x = 2. Donc un iris coûte 2 € et une rose coûte 3 €. Un bouquet de 3 iris et 2 roses coûte : 3 × 2 € + 2 × 3 € = 12 €.

9

Pour aller plus loin

94 a) Consommation en essence (en L) pour x km : Il s’agit d’une situation de proportionnalité. x Distance parcourue en km 100 Consommation de carburant en L 5,3 c? Par un produit en croix : 100 × c  =  = 5,3 × x 5,3 × x D’où c  =  =  = 0,053 x 100 Frais de consommation de carburant en euros pour  x km parcourus : Il s’agit là encore d’une situation de proportionnalité. Consommation en L

Frais de consommation de carburant en €

1

0,053 x

1,585 e ( x  x) ?

 x). D’où e ( x  x) = 0,084005 x. 0,053 x × 1,585 = e( x  x) = 0,04585 x. Par un raisonnement analogue : d ( x b) f ( x  x) = 20 300 + e ( x  x) ↑

Prix d’achat du véhicule essence

                          �  

↑

Frais de consommation pour x km parcourus

 x) = 20 300 + 0,084005 x. D’où : f ( x Par un raisonnement analogue : g ( x  x) = 23 250 + 0,04585 x.  x)  f ( x  x), c) Il suffit de résoudre g ( x c’est-à-dire : 23 250 + 0,04585 x  20 300 + 0,084005 x soit 0,04585 – 0,084005 x  20 300 – 23 250. Ce qui conduit à : – 0,038155  – 2 950. – 2 950 D’où x � , soit x � 77 316,2. – 0,0381 0, 038155 55 A partir de 77 316,2 316,2 km parcourus p arcourus le modèle diesel est es t plus intéressant que le modèle essence (pour des prix de carburants suivants suivants : diesel à 1,310 1,310 €/L et essence SP 95 à 1,585 €/L).

95 a) L’équation s’écrit :  x( x  x – 1) + 2( x  x – 1) – ( x  x + 3)( x  x – 1) 1) = 0 Ce qui conduit après factorisation à :  x – 1)( x  x + 2 – ( x  x + 3)) = 0 ( x  x – 1) × (– 1) = 0 c’est-à-dire : ( x D’où la seule solution : 1. 1. b) L’équation s’écrit :  x + 3)(2 x – 1) – (4 x2 – 1) = 0 ( x  x + 3)(2 x – 1) – (2 x – 1)(2 x + 1) = 0 ( x

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

47

(2 x – 1)( x  x + 3 – 2 x – 1) = 0 (2 x – 1)(– x + 2) = 0 1 Les solutions sont  et 2. 2 c) L’équation s’écrit : ( x 17 = 0.  x – 4)( x  x + 1) – ( x  x + 7)( x  x – 3) + 7 x – 17 En développant et réduisant le membre de gauche, il vient : 0 = 0 ! Toutes les valeurs réelles sont donc des solutions. d) L’équati  L’équation on s’écrit après réduction à un même dénominateur du membre de gauche :  x – 3) 24 × ( x  x – 4) 20 15 × ( x  +  –  = 0 60 60 60 15 x – 45 + 24 x – 96 – 20 =0 60 39 x – 161  = 0, c’est-à-dire c ’est-à-dire 39 x – 161 161 = 0, 60 161 161 161 161 . La seule solution est .  x = 39 39 G 96  Choix de l’inconnue :  x est le côté du carré, x  0. D L’équation s’écrit :  x + 4)2 = x2 + 40. ( x Résolution : x2 + 8 x + 16 = x2 + 40, 24 A 8 x + 16 = 40 ; x =  = 3. 8  x  Conclusion : Peter a raison. Un tel carré existe et il a pour côté 3 cm.

F C

B

E 4

97 1. Production de Gabriel : Gabriel trouve une solution en utilisant une méthode algébrique mais il commet une erreur. En effet, la simsim plification par x signifie : « division de chaque membre de l’équation par x ». Cette division n’est possible que si  x ≠ 0. Or  x = 0 est une solution de l’équat l ’équation ion initiale. Gabriel néglige donc une solution possible. 2. Production de Christine : Christine trouve deux solutions par une méthode graphique. Elle cherche les abscisses des points d’intersection de la courbe représentant f  avec   avec l’axe des abscisses. On peut indiquer que le raisonnement de Christine est incomplet : la fenêtre graphique fait clairement apparaître deux solutions mais mais rien ne garantit qu’il n’y a pas d’autres solutions en dehors de la fenêtre choisie. De plus, l’incertitude liées aux lectures graphiques rend les solutions trouvées approximatives. 3. Production d’Hakim : Hakim utilise le tableur de sa calculatrice en recherchant les valeurs de x qui annulent f . Hakim ne trouve qu’une seule solution. Son raisonnement est incomplet car il devrait tester toutes les 48

valeurs possibles de  x. Ce qui est impossible, sans rechercher d’autres informations sur f .

98   On saisit les données dans la feuille de calcul du tableur puis on trace dans un repère un nuage de points pour chaque sexe (en abscisses les années, en ordonnées l’espérance de vie à la naissance). Les formes des deux nuages sont allongées et permettent d’envisager une modélisation affine dans chaque cas. Pour chaque sexe, on trace une droite d’ajustement que l’on nomme (AC1) et (ND1). (Il y a une infinité de droites d’ajustement possibles.) Après avoir déterminé une expression algébrique de la fonction affine représentant la droite (AC1) et une expression algébrique de la fonction affine représentant la droite (ND1), on résout l’équation : 0,183121 x – 283,753 = 0,29379 x – 513,041 On obtient : x = 2071,84. À partir d’environ 2072 l’espérance de vie des hommes dépassera celle des femmes, si la tendance actuelle se poursuit et sous réserve que la modélisation choisie soit acceptable. 99  On note x le nombre de triangles en verre et y le nombre de triangles en métal. On résout le système : 4 x + 4 y = 11 (bijou (bi jou n° 1) 6 x + 2 y = 9,1 (bijou n° 2) 11  y = – x + c’est-à-dire 4  y = – 3 x + 4,55 11 On résout l’équation – x +  = – 3 x + 4,55 4 c’est-à-dire 2 x = 1,8 soit x = 0,9. 11 On reporte dans y = – x + et on trouve y = 1,85. 4 La solution de ce système est le couple (0,9 ; 1,85). Donc un triangle en verre coûte 0,90 € et un triangle en métal coûte 1,85 €. Le prix du bijou n° 3 est 10,05 € : 5 × 0,90 € + 3 × 1,85 € = 10,05 €.

�

�

100  On note, en cm, R le rayon du cercle de centre A, R’ le rayon du cercle de centre B et R" le rayon de cercle de centre C. R + R" = 5 On résout le système R + R’ = 4 R’ + R" = 7

�

Par addition membre à membre des trois équations, on obtient 2R + 2R’ + 2R" = 16 c’est-à-dire R + R’ + R" = 8.

D’après cette équation et : – la 1re équation, on déduit R’ = 3 – la 2e équation, on déduit R" = 4 – la 3e équation, on déduit R = 1 Donc le cercle de centre A a pour rayon 1 cm, celui de centre B a pour rayon 3 cm et celui de centre C a pour rayon 4 cm.

101 a)

�

d 1 + d 2 = 75 d 1

d 

 + 2 = 1,75 45 40 b) Avec la 1re équation d 1 = 75 – d 2. On reporte dans la 2e équation : 75 – d 2 d 2  + = 1,75 45 40 8(75 – d 2) + 9 d 2  = 1,75 360 600 – 8d 2 + 9 d 2 = 630 d 2 = 30 On reporte dans d 1 = 75 – d 2 et on trouve d 2 = 45. La solution de ce système est le couple (45 ; 30). Donc Marion parcourt 45 km à 45 km ⋅h–1 et 30 km à 40 km⋅h–1.

102  L’énoncé se traduit par : 1 a + 3 2 a – 3 = et = b + 3 5 b – 3 7 (avec b  – 3 et b  3). Avec l’égalité des produits en croix, on obtient : 5(a + 3) = 2 (b + 3) et 7(a – 3) = b – 3 5a + 15 = 2b + 6 et 7a – 21 = b – 3 c’est-à-dire le système : 5a – 2b = – 9 7a – b = 18 On multiplie par – 2 la 2 e équation, puis on additionne membre à membre avec la 1re équation. Il vient : – 9a = – 45 45 soit a = 5. On reporte dans 7a – b = 18 et on trouve b = 17. La solution de ce système est le couple (5 ; 17). 5 Donc la franction cherchée est  . 17

�

103 1. c)  On conjecture que deux positions de M sont possibles : AM = 5 et AM = 4. 2. a) Aire de AMIJ : x2. Aire de CKIH CKI H : �10 � x��8 � x�. Somme de ces aires : x2 � �10 � x��8 � x�. b)  Résoudre le problème revient à résoudre l’équation :  x2 + �10 � x��8 � x� = 40  x2 + 80 – 10 x � 8 x + x2 = 40 2 x2 � 18 x + 40 = 0 Chapitre 3

c) � x  x � 5�� x  x � 4� = x2 � 4 x � 5 x + 20 � x  x � 5�� x  x � 4� = x2 � 9 x + 20. L’équation 2 x2 � 18 x + 40 = 0 équivaut à 2� x2 � 9 x + 20) = 0  x � 5�� x  x � 4� = 0. c’est-à-dire 2� x Ses solutions sont 5 et 4. Donc les points M solutions sont tels que AM = 5 cm ou AM = 4 cm.

104  On note, en cm, x le côté du carré intérieur. Le problème se traduit par le système :  x2 – y2 = 42 4 x = 4 y + 12 12

� (  + )(  – ) = 42 �  –  = 3 �  – +  = = 314  x  x  y  x  x  y  x  y  x  y  x  y

Par addition membre à membre des deux équations, on obtient 2 x = 17 17 soit  x = 8,5. On reporte dans x + y = 14 et on trouve y = 5,5. La solution de ce système est le couple (8,5 ; 5,5). D’où la constructin de deux carrés à côtés parallèles et de même centre, l’un de côté 8,5 cm, l’autre de côté 5,5 cm.

105  On note n le nombre entier cherché. n + 29 = x2  (avec x nombre entier) n – 60 = y2  (avec y nombre entier). D’où x2– y2 = 89  x – y)( x  x + y) = 89. c'est-à-dire ( x 89 s’écrit sous la forme d’un produit de deux nombres entiers : 89 = 1 × 89 ou 89 = 89 × 1. Or x – y est plus petit que x + y, d’où le système :  x – y = 1  x + y = 89 Par addition membre à membre des deux équations : 2 x = 90  x = 45 et  x2 = 2 025 On reporte dans x + y = 89 et on trouve  y = 44 et y2 = 1 936. n + 29 = 2 025 Donc n – 60 = 1 936

�

�

n = 2 025 – 29 = 1 996

ou n = 1 936 + 60 = 1 996 Le nombre cherché est 1 996.

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

49

10

Accompagnement personnalisé

106 1. a) – 5 x – 2 = 4 + x – 5 x  – 2 –  x  = 4 +  x –  x  (on soustrait  x dans chaque membre) – 6 x – 2 = 4 (on réduit) – 6 x – 2 + 2 = 4 + 2 (on ajoute 2 dans chaque membre) – 6 x = 6 (on réduit) – 6 x 6  =  (on divise chaque membre par – 6) –6 –6 – 6 x  = – 1 (on simplifie). simplifie). –6 Ce qui conduit à x = – 1. 1. La solution est – 1. 1. b) Il s’agit d’une équation « produit nul ».  x + 4)(– 2 x – 5) = 0 équivaut à : x + 4 = 0 ou – 2 x – 5 = 0. ( x 5 On obtient :  x = – 4 ou  x = – . Les solutions sont – 4 2 5 et – . 2 2. Pour a) on trace les représentations graphiques des deux fonctions affines  x  – 5 x et x  4 + x puis on lit l’abscisse du point d’intersection des deux droites tracées : environ – 1. 1. Pour b) On trace la courbe représentative de  x  ( x  x + 4)(– 2 x – 5) puis on lit les abscisses des points d’intersection de cette courbe avec l’axe es abscisses : environ – 2,5 et 4. 107 1. a) et b) On constate graphiquement que la solution est négative et vaut approximativement – 2,1 (une modification de la fenêtre graphique apporte davantage de précisions). La solution de Sarah semble donc incorrecte. 2. 3 x – 2 = 5 x + 2 3 x – 5 x – 2 = 5 x + 2 – 5 x (on soustrait – 5 x dans chaque membre) – 2 x – 2 = 2 (on réduit) – 2 x – 2 + 2 = 2 + 2 (on ajoute 2 dans chaque membre) – 2 x = 4 (on réduit) – 2 x 4  =  (on divise chaque membre par – 2) –2 –2 – 2 x = – 2 (on simplifie). –2 D’où x = – 2. La solution est es t – 2.

50

108 1. Développement : Pour tout nombre réel x, ( x  x – 1)2 – 4 = x2 – 2 x + 1 – 4 ( x  x – 1)2 – 4 = x2 – 2 x – 3. Factorisation : Pour tout nombre réel x,  x – 1)2 – 4 = ( x  x – 1)2 – 22 (forme a2 – b2) ( x  x – 1)2 – 4 = (( x  x – 1) – 2)(( x  x – 1) + 2) ( x 2  x – 1)  – 4 = ( x  x – 3)( x  x + 1) = ( x  x + 1)( x  x – 3). ( x 2. a) L’expression factorisée (ligne 2) est la plus adap x) = 0 car elle permet d’obtenir tée à la résolution de f ( x une équation « produit nul ».  x) = 0 signifie ( x  x + 1)( x  x – 3) = 0. b) f ( x  x – 3) = 0. Ce qui équivaut à : ( x + 1) = 0 ou ( x C’est-à-dire C’est-à-dire : x = – 1 ou x = 3. Les solutions sont – 1 et 3. 3. L’affirmation ’affirmation de Laurent est correcte. En effet, l’équation f ( x  x) = – 4 peut s’écrire ( x  x – 1)2 – 4 = – 4, en choisissant l’expression initiale de f ( x  x). 2 Il vient : ( x  x – 1)  = 0, ce qui équivaut à  x = 1. 1 est donc l’unique solution de cette équation. Note : On peut utilement se reporter repo rter à l’exercice résolu 5 p. 41. 109  Le coefficient directeur de la droite représentant la fonction affine f  dans  dans un repère est négatif, donc f  est décroissante sur . On résout – 2 x – 2 = 0. 1 On obtient x = – 1. 1. 0 0 -2 On trace succinctement l’allure –1 de la droite d  représentant  représentant f . f 

D’où le tableau de signes :  x –∞ Signe de – 2 x – 2 +

s’annule en –1

–1 0

                                           �

La droite d  est  est strictement au dessus de l’axe des abscisses sur ]– ∞ ; 1[ .

+∞ – �    

La droite d  est  est strictement en dessous de l’axe des abscisses sur ] 1 ; + ∞[ .

2. a) D’après le tableau de signes : f (– 1,2) est positif p ositif car – 1,2 � – 1, f (– 0,99) est négatif car – 0,99  – 1. b) On recherche le signe « – » et 0 dans le tableau.  x)  0 est [ 1 ; + ∞[ . L’ensemble des solutions de f ( x Note : On peut utilement se reporter repor ter à l’exercice résolu 4 p. 67.

110 1. a) On lit l’abscisse du point d’intersection de la droite avec l’axe des abscisses. La solution est 1. b) On lit les abscisses des points de la droite qui se situent strictement en dessous de l’axe des abscisses. L’ensemble solution est es t ]– ∞ ; 1[.

2. a) Les résultats de 1. conduisent à :  x –∞ 1  x) Signe de f ( x – 0 + b) f

–

14  est négatif car 14

�

115 1. a) On obtient y = 16. a) On reporte dans 3 x – 5 y = 7 et on trouve x = 29. La solution du système (S) est le couple (29 ; 16).

+∞

 103   est négatif car

1;f–

10 � 1 ; f ( 2) 2) est positif car  2  1. 3

116 f (1) (1) = 2 c’est-à-dire a + b = 2. f (– (– 1) = 3 c’est-à-dire – a + b = 3. On résout le système a + b = 2 – a + b = 3 Par addition membre à membre des deux équations, on obtient 2b = 5 5 c’est-à-dire b =  . 2 1 On reporte dans a + b = 2 et on trouve a = –  . 2 1 5 La solution du système s ystème est le couple –  ;  . 2 2 1 5 Donc f  est  est la fonction affine  x  –  x + . 2 2

�

111 a) À l’aide d’une calculatrice on trace la droite représentant la fonction affine f  : : x  – 3 x + 9. La solution par lecture graphique est environ [3 ; + ∞[. b) La représentation graphique de la fonction f  montre  montre que : f ( x  x)  0 pour  x ∈ ]– ∞ ; 3[, car les points de la droite droite qui se situent au dessus de l’axe des abscisses ont o nt leurs abscisses qui décrivent ]– ∞ ; 3[ ; f ( x  x) = 0 pour x = 3 car l’abscisse du point d’intersection de la droite avec l’axe des abscisses et 3 ; f ( x  x) � 0 pour x ∈ ] 3 ; + ∞[ d’après a). Julien s’est donc trompé au niveau des signes. 112 a) 1re équation : y = 4 – x 2e équation : y = 2 x – 1 b) Dans un repère, les droites représentant les fonctions x  – x + 4 et x  – 2 x – 1 ne sont pas parallèles car – 1  2. c) Le système (S) a donc un seul couple solution. d) On résout l’équation 4 – x = 2 x – 1 5 c’est-à-dire 3 x = 5 soit x =  . 3 7 On reporte dans y = 4 – x et on trouve y =  . 3 5 7 La solution du système (S) est le couple  ;  . 3 3 113 a) Gabriel a raison car le coefficient de  y est 1 (et non pas 5) dans la 1re équation. On obtient y = – 2 x + 2.

 

b) On reporte dans la 2e équation :

– 2 x + 5(–2 x + 2) = 4 – 2 x – 10 x + 10 = 4 – 12 12 x = – 6 1  x = =  . 2 On reporte dans y = – 2 x + 2 et on trouve y = 1 1 La solution du système ( S) est le couple ; 1  . 2



117 1. Lorsque x = 6, M est au milieu de [BC]. 4 × 1 A(6) = 4 × 1 +  = 6 (unités d’aire) 2 (Par exemple, on décompose le trapèze OBME en un rectangle de côtés 4 et 1 et un triangle rectangle.) 2. a) Lorsque M ∈ [OB], on a : 0  x  4.  x

 x) =  car l’aire de OBME est égale à celle du triangle A( x 2 rectangle OME . Lorsque M ∈ [BC], on a : 4  x  8. OBME est un trapèze de bases OE = 1 et BM =  x – 4. 1 + x – 4 × 4. D’où A( x  x) = 2 A( x  x) = 2( x  x – 3). Lorsque M ∈ [DC], on a : 8  x  12.  12. L’aire du polygone OBME peut être calculée en retranchant les aires des triangles rectangles BCM et MDE à celle du carré OBCD. 4 × ( x  x – 8) 3 × (12 – x) A( x  +  x) = 16 – 2 2 3  x) = 16 – 2 x – 16 + 18 –  x A( x 2 1  x) = –  x + 14. A( x 2 b) On doit résoudre A( x  x) = 8 en distinguant les trois cas précédents : 1er cas : M ∈ [OB] c’est-à-dire 0  x  4.

 





 x

 

114 1. a) Obtient 8 x = 32. b) Ainsi x = 4. c) On reporte dans 3 x – 4 y = 24 et on trouve y = – 3. La solution du système (S) est le couple (4 ; – 3).

Chapitre 3



 x) = 8 signifie  = 8. D’où x = 16. A( x 2 Impossible car 0  x  4. 2e cas : M ∈ [BC] c’est-à-dire 4  x  8. A( x  x) = 8 signifie 2( x  x – 3) = 8. D’où x = 7. A( x  x) = 8 lorsque M admet pour coordonnées (4 ; 3). 3e cas : M ∈ [CD] c’est-à-dire 8  x  12.  12. 1  x) = 8 signifie –  x + 14 = 8. D’où x = 12. A( x 2  x) = 8 lorsque M est en D. A( x

Expressions algébriques. Équations et inéquations du 1 er degré

51

118  On commence par détermer les coordonnées de A et B. Choix des inconnues : On note  x l’abscisse de A et  y l’ordonnée de B.  x et  y sont des nombres réels strictement positifs d’après la figure donnée. Mises en équations : Les données de l’énoncé conduisent à :  x2 + y2 = 169 (relation de Pythagore) et x × y = 60 (aire de OAB égale à 30) Résolution des équations : 60 3 600  x ≠ 0) il vient : x2 + En écrivant y =  ( x  = 169. 2  x

 x

C’est-à-dire C’est-à-dire :  x4 – 169 x2 + 3 600 = 0. Un logiciel de calcul formel propose une factorisation du membre de droite (que l’on peut vérifier par développement !) : ( x  x + 12)( x  x + 5)( x  x – 12)( x  x – 5) = 0.

52

D’où les solutions :  x = – 12 ou x = – 5 ou x = 12 ou x = 5. Et en conséquence :  x × y = 60 équivaut à :  x2 + y 2 = 169

� � y x = = ––125 � y x = = 12512

ou ou

� y x = = ––125 � y x = = 51212

ou

Interprétation et conclusion : Comme  x et  y sont positifs et  x �  y d’après la figure de l’énoncé, nous pouvons conclure que A(5 ; 0) et B(0 ; 12). On détermine enfin la fonction affine f  :  x  a x + b représentée par la droite (AB) : b = 12 car B(0 ; 12) ∈ (AB). 12 f  (5)  (5) – f  (0)  (0) = a × 5. D’où a = –  = – 2,4. 5 Finalement, pour tout nombre réel x, f ( x  x) = – 2,4 x + 12.

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

4 1

3. a) x2 = 36 si, et seulement si, x = 6 ou x = – 6.

Au fil des siècles

Jusqu’au XVIIe siècle on pensait que : – le boulet suivait d’abord une trajectoire rectiligne, puis tombait verticalement en chute libre, – le trajet du boulet se décomposait en 3 temps : une trajectoire rectiligne, puis il perdait progressivement de sa vitesse et ensuite chutait verticalement. L’idée de Galilée a consisté à faire rouler une bille dans une goulotte inclinée. Il constate que, quelle que soit l’inclinaison de la goulotte, la bille parcourt : – 1 unité de distance durant un premier intervalle de temps, – puis 3 unités durant le 2 e intervalle de temps, – puis 5 unités durant le 3 e intervalle, – puis 7 unités durant le 4 e intervalle, etc. Autrement dit : Unités de 1 2 3 4 … temps Unités de 1 1 + 3 = 4 4 + 5 = 9 9 + 7 = 16 … distance En reportant ces points dans un graphique, Galilée a mis ainsi en évidence la trajectoire parabolique. Sites possibles : • http://www.encyclopedie-incomplete.com/?LeBoulet-de-Canon-de-Galilee • http://cll.qc.ca./Professeurs/Mathematiques/Rossa/ HistScience/Mouv_gal.pps

2

Bien démarrer 3 9 1. a) 7  = 49 b) (– 5)  = 25 c)    = 4 16 2

2

d) ( 2) 2)2 = 2

2

e) (– 3) 3)2 = 3

2. 1. a) A = 4 × 52 = 4 × 25 = 100. b) A = 4(– 4)2 = 4 × 16 = 64.

52 25  = 4 ×  = 25. 2 4 2 2. A = 4(– 3,2)  = 40,96.

c) A = 4



Chapitre 4

b) x2 = 1 si, et seulement si, x = 1 ou x = – 1. 1. c) x2 = 0 si, et seulement si, x = 0. d) Il n’existe pas de nombre  x dont le carré est – 2 car un carré est toujours positif. e) x2 = 7 si, et seulement si, x =  7 ou x = –  7. 7. 4. a) Programme A

+1 5

carré 6

– 52 36

11

Programme B × 2 +1

5 10 11 On obtient 11 avec avec les deux programmes. b) On note x le nombre de départ choisi. Avec le programme A on obtient ( x + 1) 1)2 – x 2. Avec le programme B on obtient 2 x + 1.  (x + 1)2 – x2 = x2 + 2 x + 1– x 2 = 2 x + 1. Pour tout nombre x,  x Donc les deux programmes donnent le même résultat. Remarque  : on peut aussi factoriser :  x + 1)  x + 1 – x)( x  x + 1+ x) ( x 1)2 – x2 = ( x = 1(2 x + 1) 1) = 2 x + 1. 5. a) Dans la cellule B2, Camille a saisi s aisi la formule :

= B1 ^ 2 + B1 – 7. Dans la cellule B3, Camille a saisi la formule = 2 * B1 – 7. b) Pour  x = 0, on obtient le même résultat, – 7, pour g( x  x) et h( x  x). Donc 0 est une solution de l’équation  2 5 x  + x – 7 = 2 x – 7. 7. c) 5 x2 +  x – 7 = 2 x – 7 équivaut à 5 x2 +  x = 2 x, c’est-àdire 5 x2 – x = 0. 5 x2 + x – 7 = 2 x – 7 équivaut donc à x (5 x – 1) = 0, 1 c’est-à-dire x = 0 ou x = . 5 1 Donc  est une autre solution de 5 x2 + x – 7 = 2 x – 7. 7. 5 6. 1. Si x  – 2, alors : 5 a) 3 x  – 6 b) – x � 2 c)  x  – 5 d) – 5 x � 10 2 2. 2a – 1  3 équivaut à 2 a  4, c’est-à-dire a  2. Donc l’affirmation est fausse. Remarque : on peut aussi envisager un contreexemple. Pour a = 5, 2 × 5 – 1  3 et pourtant 5 � 1. Donc l’affirmation est fausse. Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

53

3

Découvrir

1  La fonction carré 1. d) On conjecture que l’aire du polygone ABCD est le carré de la valeur prise par le curseur a. 1 4a a 1 2. a) Aire de ABD : × ×  = a2. 2 2 2 2 1 Donc l’aire de ABCD est 2 × a2 c’est-à-dire a2. 2 Donc f (a) = a2. b) Pour connaître l’aire de toile nécessaire pour recoure couvrir son cerf-volant, Mani doit élever au carré la longueur de la plus petite diagonale de son cerf-volant. 3. Dans ce cas a = 60 cm, donc l’aire du cerf-volant est 602 cm2 soit 3 600 cm2. 4a • BD =  = 2a donc BD = 120 cm. 2 • Le théorème de Py thagore dans le triangle OAB, rectangle en O, permet d’écrire : AB2 = OA2 + OB2, c’est-à-dire AB2 = 302 + 902 = 9 000. Donc AB =  9 000 cm = 30 10 10 cm soit AB ≈ 94,9 cm. • Le théorème de Pythagore dans le triangle OAD rectangle en O permet d’écrire : AD2 = OA2 + OD2 c’est-à-dire AD2 = 2 × 302 = 1 800. Donc AD =  1 800 cm = 30  2 cm soit AD ≈ 42,4 cm. 4. a) Fenêtre : – 3  X  3, pas 1 et – 1  Y  10, pas 1. b) Il semble que f  est  est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[. 2  Une fonction polynôme de degré 2 1. a)

b) Il semble que la hauteur maximale du poids est 6 m et que la longueur du lancer est 20 m. 2. a) Pour tout nombre réel x,  x – 9)2 = 6,05 – 0,05( x  x2 – 18 x + 81) 6,05 – 0,05( x = 6,05 – 0,05 x2 + 0,9 x – 4,05 = – 0,05 x2 + 0,9 x + 2  x) = h( x  x – 9)2 � 0 b) Pour tout nombre réel x, ( x  x – 9)2  0. et donc – 0,05 ( x Donc en ajoutant 6,05 à chaque nombre de cette iné x – 9)2  6,05 galité, on obtient : 6,05 – 0,05( x c’est-à-dire h( x  x)  6,05. Donc la hauteur maximale atteinte par le poids est 6,05 m. Elle est atteinte lorsque x = 9 car alors 6,05 – 0,05 × 02 = 6,05. 3. Le poids touche le sol lorsque h( x  x) = 0. Donc la longueur du lancer est le nombre réel positif x  x) = 0. pour lequel h( x 54

L’écran de calcul formel permet d’affirmer que h( x  x) = 0 1  x – 20) = 0, si, et seulement si, (– x – 2)( x 20 c’est-à-dire – x – 2 = 0 ou x – 20 = 0, soit x = – 2 ou x = 20. Donc la longueur du lancer est 20 m. 1 4. Pout tout nombre réel x, h( x (– x – 2)( x  x) =  x – 20). 20 1 Or pour x � 0, – x – 2  0 et (– x – 2)  0. 20  x) et x – 20 sont de signes contraires. Donc h( x  x) � 0. Or pour 0  x  20, x – 20  0, donc h( x

4

Savoir-faire

2 a)  x � – 1  donc on sait que  x  et – 1  sont des 4 4 nombres négatifs. Or, deux nombres négatifs et leurs carrés sont rangés dans des ordres contraires. 12 1 Donc x2  – , c’est-à-dire x2  . 4 16 5 5 b)  x �   donc on sait que  x et   sont des nombres 2 2 positifs. Or, deux nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans le même ordre. 52 25 Donc x2  , c’est-à-dire x2  . 2 4 3 a) a et  2 sont positifs, donc a2  ( 2) 2)2 c’està-dire a2  2. b) – 5  a équivaut à a � – 5. Or, a et – 5 sont négatifs, donc a2  (– 5)2, c’est-à-dire a2  25.

 



4 a) a et – 0,1 sont négatifs, donc a2  (– 0,1 0 ,1))2, c’està-dire a2  0,01. b) a et 7 sont positifs, donc a2  72, c’est-à-dire a2  49.  49. 5 a) a et 5 × 102 sont positifs, donc a2  (5 × 102)2, c’est-à-dire a2  25 × 104. b) a et – 2 × 10 –3 sont négatifs, donc a2  (– 2 × 10 –3)2, c’est-à-dire a2  4 × 10–6 . 6 a) a et – 2 sont négatifs, donc (– 2)2  a2  0, c’est-à-dire 0 � a2 � 4. b) – 3, a et – 1 sont négatifs, donc (– 3)2  a2  (– 1)2, c’est-à-dire 1 � a2 � 9. 7 a)  x  2

 x 

–∞

–1

0

1 0

+∞

Si – 1 � a � 0, alors 0 � a2 � 1. Si a � 0, alors a2 � 0. Donc, si a  – 1, alors a2 � 0. b)  x  –∞ 0 4

+∞

16

2

 x 

0 Si a  0, alors a2 � 0. Si 0 � a � 4, alors 0 � a2 � 16. Donc, si a � 4, alors a2 � 0.

8 a) x2  102, c’est-à-dire x2  100. b) 0 � x2 � 102, c’est-à-dire 0 � x2 � 100. c) x2  (– 12)2, c’est-à-dire x2  144. d) (– 12)2  x2  0, c’est-à-dire 0 � x2 � 144. e) 52 � x2 � 102, c’est-à-dire 25 � x2 � 100. f) (– 12)2  x2  (– 5)2, c’est-à-dire 25 � x2 � 144. g) On lit sur l’axe des ordonnées que 0  x2 � 100. Remarque   : pour le prouver algébriquement, il faut envisager les deux cas suivants : • – 5 < x  0, alors alo rs (– 5)2  x2 � 02, soit 0  x2 � 25. • 0  x < 10, alors 02  x2 � 102, soit 0  x2 � 100. Donc si – 5 � x � 10,  10, alors 0  x2 � 100. 10  a) g( x  avec a = – 3, b = 6 et c  =  = – 1.  x) = a x2 + b x + c  avec Donc a � 0 et g admet un maximum. b)

11  a) Fenêtre : – 5  X  2, pas 1 et – 6  Y  10, pas 1. On conjecture que S a pour coordonnées (– 2 ; – 5). 5). b)  D’après l’écran de calcul formel, les points d’abscisses 0 et – 4 ont la même ordonnée, o rdonnée, 3. Donc ces points sont symétriques par rapport à l’axe de symétrie de . L’abscisse � de S est le centre de l’intervalle [– 4 ; 0] c’est-à-dire a = – 2. L’ordonnée de S est : b = h(– 2) = 2(– 2)2 + 8(– 2) + 3 = – 5. Donc les coordonnées de S sont (– 2 ; – 5). 5). c) 3

1 –4

–3

–5

13  a) –∞

 x 

c) On remarque que g(0) = g(2) = – 1. 1. Donc les points d’abscisses 0 et 2 de la parabole  sont symétriques par rapport à son axe de symétrie. Donc a  est le centre de l’intervalle [0 ; 2], c’est-àdire � = 1. b = g(1) = 2 (d’après le tableau de valeurs). Donc les coordonnées du sommet S de la parabole  sont (1 ; 2). d) 2 1

–8 – – +

2 x  –  – 1  x  +  + 8 (2 x – 1)( x   x  +  + 8) b)  = ]– ∞ ; – 8] 8] ∪

0 0

– + –

1 2 0 0

+∞ + + +

12 ; + ∞

c) Fenêtre : – 10 10  X  10, pas 1 et e t – 10 10  Y  10, pas 1. Cette parabole est bien au-dessus de l’axe des abscisses sur 1 ]– ∞ ; – 8] ∪  ; + ∞ . 2





14  a)

2

O

O 1 –1

–2

 x 

1 –1

4 + x  2 + x  (4 + x )(2 )(2 + x )

–∞ – – +

–4 0 0

–2 + – –

0 0

+∞ + + +

b)  = ]– 4 ; – 2[ Pour les exercices 15 à 18, la fenêtre graphique est : – 10 < X < 10, pas 1 et – 10 < Y < 10, pas 1. Chapitre 4

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

55

5

15 ( x  +1)  x + 5)(– 3 x +1 1 s’annule en – 5 et en . 3 La parabole est au-dessus de 1 l’axe des abscisses sur – 5 ; . 3



–∞

 x 

5 – 3 x  +  + 1 ( x   x + 5)(– 3 x  +  + 1)

1 3

–5 – + –

 x +

 =



0 0

+ + +

0 0

+∞ + – –

Résoudre des problèmes

20  Résoudre  Réso udre ce problème revient à résoudre l’équa1 tion x2  × 12 dans l’intervalle [0 ; 3]. 2 Graphiquement, on lit que les valeurs de  x de l’intervalle [0 ; 3] telles que  x2  6 sont les nombres de l’intervalle [0 ;  6]. 6]. Donc, l’aire du carré AMPN est inférieure ou égale à la moitié de l’aire du rectangle ABCD lorsque le point M du segment [AD] est tel que AM   6 cm.

– 5 ; 13 

9

3 16 (3 – 2 x)( x  x + 5) s’annule en  et en – 5. 2 La parabole est au-dessus de l’axe des abscisses sur : 3 – ∞ ; – 5 ∪  ; + ∞ 2



 



–∞

 x 



 

– ∞ ; – 5 ∪

–5 + – –

3 – 2 x   x  +  + 5 (3 – 2 x )( )( x  +  + 5)  =

6

0 0

+ + +

3 2 0 0

4

+∞ – + –

1 O

21



3  ; + ∞ 2

17  x (– 2 x + 8) s’annule en 0 et en 4. La parabole est au-dessus de l’axe des abscisses sur [0 ; 4].  x   x 

– 2 x  +  + 8  x (– 2 x  +  + 8)  = [0 ; 4]

–∞ – + –

0 0 0

18 (1 – 2 x)(6 – 3 x) 1 s’annule en  et en 2. 2 La parabole est au-dessous de 1 l’axe des abscisses sur  ; 2 . 2 1  x  –∞ 2 1 – 2 x  + 0 6 – 3 x  + 0 (1 – 2 x ) (6 – 3 x ) + 1 =  ; 2 2

A

4 + + +

0 0

+∞ + – –

56

2 – + –

0 0

+∞ – – +

2 5 cm

D

6    

3 C 2   c  m

M

 

 

1

N

B

a) On note x la longueur AM, en centimètres. 1 L’aire de AMN est × x × 2 x, c’est-à-dire x2. 2 Résoudre ce problème revient donc à résoudre les iné1 1 quations × 10  x2  × 10, c’est-à-dire 2,5  x2  5 4 2 dans l’intervalle [0 ; 2]. Graphiquement, on lit que 5 les valeurs de x de [0 ; 2] telles que 2,5  x2  5 4 sont les nombres de l’intervalle [ 2,5 2,5 ; 2]. On doit donc placer M sur [AD] de façon que : 2,5  2,5 2,5 cm  AM  2 cm. b) Résoudre ce problème revient à résoudre 1 3 l’inéquation x2 � × 10, 4 2 c’est-à-dire x � 7,5 dans l’intervalle [0 ; 2]. [. O 1      2,5 2

Graphiquement, on constate que cela est impossible car si 0  x  2, alors 0  x2  4. Donc Xavier a raison.

22 Le théorème de Thalès dans les triangles BMN BM MN  x MN et BAC permet d’écrire  =  c’est-à-dire  = . BA AC 5 10  x Donc MN = 10 ×  = 2 x. 5 1 L’aire de BMN est × x × 2 x, c’est-à-dire x2 et l’aire de 2 1 ABC est × 5 × 10, c’est-à-dire 25. 2 Résoudre le problème revient à résoudre l’inéquation 1 25  x2 � × 25 c’est-à-dire x2 �  dans l’intervalle [0 ; 5]. 4 4 Graphiquement, on lit que les valeurs de  x dans l’in25 tervalle [0 ; 5] telles que x2 �  (ou plus exactement 4 25 5 2  x  25) sont les nombres de l’intervalle  ; 5 . 4 2

 

25

25 a) b) • Choisir un nombre 3 • Ajouter 2

0 3 2 9 4 9 – 2 15 – 2

• Élever au carré • Multiplier par – 2 • Soustraire 3

– 1,5 0 0 0 –3

En choisissant : 15 • 0 au départ, on obtient – , 2 • – 1,5 1,5 au départ, on obtient – 3. 32 c) Pour tout nombre réel  x, – 2  x  0 donc, en  x + 2 enlevant 3 à chaque membre, on obtient : 32  x +  x)  – 3. – 2  x  – 3  – 3, c’est-à-dire f ( x 2 Or, la fonction f  est   est un polynôme de degré deux qui admet un maximum (car ici a = – 2 et a � 0). 32  x +  = 0, Ce maximum est – 3 et il est atteint lorsque – 2  x 2 3 c’est-à-dire x = – . 2 Donc, en choisissant – 1,5 au départ, dépar t, on obtient le nombre maximal – 3 avec ce programme de calcul.





 

 

25 — 45 O

1

5 — 2

5

On doit donc placer le point M sur [AB] de façon que 2,5 cm  BM  5cm.

24 • Choisir un nombre  • Ajouter 7  • Élever au carré  • Multiplier par 2  • Soustraire 8

5,5 12,5 156,25 312,5 304,5

x x + 7  x + 7)2 ( x  x + 7)2 2 ( x  x + 7)2 – 8 2( x

a) En choisissant 5,5 au départ, on obtient 304,5. b) En choisissant x au départ, on obtient 2( x + 7)2 – 8. c) Pour tout nombre réel x, ( x  x + 7)2 � 0 et donc 2( x  x + 7)2 � 0. Donc en enlevant 8 à chaque nombre de cette inégalité, on obtient 2( x  x + 7)2 – 8 � – 8. La fonction polynôme de degré deux x  2( x  x + 7)2 – 8 admet un minimum (car ici a = 2 et a  0).  x + 7)2 = 0, Ce minimum est – 8 et il est atteint lorsque 2( x c’est-à-dire x = – 7. Donc, en choisissant le nombre – 7 au départ, on obtient le nombre minimal – 8 avec ce programme de calcul.

Chapitre 4

27 1. a) Variables :  sont des nombres réels  x, y, d  sont Entrée : Saisir x Traitement Traitement et sortie : Affecter à y la valeur ( x  x – 3)2 Affecter à d  la  la valeur 9 – y Si d � 0 alors

Afficher 9 sinon Afficher y Fin Si

 

b)  x  y d 

Sortie

–2 25 – 16 25

1 4 5 9

2. a) Pour tout nombre réel  x,  x – 3)2 = 3 2 – ( x  x – 3)2 9 – ( x  x – 3))(3 + ( x  x – 3)) = (3 – ( x = (3 – x + 3)(3 + x – 3)  x = (6 – x) x  x  –∞ 0  x – + 0 6 – x  + + 0  x (6 – x ) – +

6 9 0 9

10 49 – 40 49

6 0 0

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

+∞ + – – 57

 x – 3)2 � 0 lorsque 0  x  6 et 9 – ( x  x – 3)2 � 0 b) Donc, 9 – ( x lorsque x � 0 ou x  6. • Lorsque 0  x  6, l’algorithme affiche 9.  x – 3)2. • Lorsque x � 0 ou x  6, l’algorithme affiche ( x

28 1. a)  sont des nombres réels Variables  :  x, y, z, d  sont Entrée : Saisir x Traitement Traitement et sortie sorti e : Affecter à y la valeur x2 Affecter à  z  la  la valeur 2 x – 1 Affecter à d  la  la valeur y – z  Si d � 0 alors   Afficher y  

sinon Afficher z  Fin Si

b)  x  y

 z  d 

Sortie

–1 1 –3 4 1

0 0 –1 1 0

1 1 1 0 1

2 4 3 1 4

3 9 5 4 9

Il semble que, quel que soit le nombre  x saisi en entrée, l’algorithme affiche x2. 2. a)

b) Il semble que la courbe de x  x2 est au-dessus de la courbe de x  2 x – 1 sur . Cela confirme la conjecture de la question 1. b). 3. Pour tout nombre réel  x, 1) = x2 – 2 x +1  +1  x2 – (2 x – 1) = ( x 1)2  x – 1)  x – 1) Or, pour tout nombre réel x, ( x 1)2 � 0. Donc x2 � 2 x – 1. Quelque soit le nombre x saisi en entrée, l’algorithme affiche x2 en sortie.

6

Travaux pratiques

29 1. a) f  est  est un polynône de degré 2 avec a  0 (ici a = 3), donc f admet un minimum. b)

Il semble que S a pour coordonnées (– 2 ; – 5). 58

c) Les points d’abscisses – 3 et – 1 de la parabole ont la même ordonnée – 2, donc ils sont symétriques par rapport à l’axe de symétrie de la parabole. L’abscisse � de son sommet est le centre de l’intervalle [– 3 ; – 1], donc a = – 2. L’ordonnée b du sommet est b = f (– 2) = – 5. Donc le sommet S a pour coordonnées (– 2 ; – 5). 2. a)  x 0 1 2 3 4 5  y 7 22 43 70 103 142  x  y

6 187

7 238

8 295

9 358

10 427

11 502

L’algorithme affiche x = 11. b) L’algorithme affiche le plus petit p etit nombre entier naturel dont l’image est supérieure ou égale à M. c) • M = 1 000, l’algorithme affiche x = 17. • M = 106, l’algorithme affiche x = 576. • M = 108, l’algorithme affiche x = 5 772. 3. a) Il semble que, quel que soit le nombre réel M  0 donné, il existe une valeur de  x  positive telle que f ( x  x) � M. b) Il semble que, quel que soit le nombre réel M � 0 donné, il existe une valeur de  x  positive telle que g( x  x)  M.

30 1. • Lorsque le prix d’une place est de 24 € : – le nombre de spectateurs est 850, – la recette est de 20 400 €. • Lorsque le prix d’une place est de 23 € : – le nombre de spectateurs est 900, – la recette est de 20 700 €. 2. a) b) Dans la cellule D2, saisir = B2 * C2. Dans la cellule B3, saisir = $B$2 – A3 (ou = B2 – 1). Dans la cellule C3, saisir = $C$2 + 50 * A3 (ou = C2 + 50).

c) Il semble que la recette est maximale lorsque le prix de la place est de 20 € ou 21 €. 3. a) Pour une réduction de  x €, le prix d’une place est de 25 –  x (en euros) et le nombre de spectateurs est 800 + 50 x. Donc, la recette est modélisée par la fonction f  définie  définie sur [0 ; 25] par f ( x  x) = (25 – x)(800 + 50 x). b) f  est  est une fonction polynôme de degré 2 avec a � 0 (ici, a = – 50), 50), donc f  admet  admet un maximum. c) • (25 – x) (800 + 50 x) = 0 si, et seulement si, 25 – x = 0 ou 800 + 50 x = 0, 800 c’est-à-dire x = 25 ou x = –  = – 16. 50 • Les points d’abscisses – 16 16 et 25 de la parabole représentant f  ont   ont la même ordonnée, donc ils sont symétriques par rapport à son axe de symétrie. L’abscisse a du sommet S de la parabole est le centre de l’intervalle [– 16 ; 25]. – 16 + 25 Donc, a =  = 4,5. 2 L’ordonnée du sommet S de la parabole p arabole est : b = f (4,5) = (25 – 4,5)(800 + 50 × 4,5) = 21 012,5. Donc, f   atteint son maximum en 4,5 et il est égal à 21 012,5. 4. a) Pour obtenir la recette maximale, il faut diminuer le prix de la place de 4,50 €. Alors : • le prix d’une place est 20,50 €, • le nombre de spectateurs est 1 025 (en effet, 800 + 50 × 4,5 = 1 025) ; • la recette est es t de 21 012,50 012,50 € (en effet, 20,50 × 1 025 = 21 012,50). b) 21 012,5 20 000 18 200

 x) = – 0,2 ( x  x – 3,2)2 + 2,05. 2. c) On trouve g( x Il semble que le sommet de l’arche a pour coordonnées (a ; b), c’est-à-dire (3,2 ; 2,05) dans ce repère. 3. a) • Avec la méthode de la question 1, on remarque que c  est  est l’ordonnée du point d’intersection de la parabole avec l’axe des ordonnées. • Avec la méthode de la question 2, pour une valeur de a donnée, on remarque que l’on déplace le sommet de la parabole en faisant varier a et b sans que l’« ouverture » de la parabole ne change. b) • À l’écran, l’ordonnée du sommet de la parabole est 2,05. • Les abscisses des points d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses sont solutions de l’équation  x – 6,4) = 0. – 0,2 x2 + 1,28 x = 0, c’est-à-dire c ’est-à-dire – 0,2 x ( x Ainsi x = 0 ou x = 6,4. La distance entre ces deux points de l’axe des abscisses est donc 6,4. • On cherche donc la quatrième proportionnelle : Distance dans le repère 2,05 6,4 Distance dans la réalité 52 Dans la réalité, la portée de cette arche est : 6,4 x 52 m  soit environ 162 m. 2,05

10 000 9 000

7

2 000 O

45

8

25

31 1. c) Dans ce repère, la fonction polynôme de degré 2 associée à cette arche admet un maximum, donc a � 0. • Lorsque a = 0, la fonction f  est  est affine et donc sa représentation graphique est une droite.  x) = – 0,2 x2 + 1,28 x. d) On trouve f ( x

Chapitre 4

32 a) 49 e) 64 33 a) 9 16 e) 5

Pour s’entraîner b) 10 000 f) 1

16 25 f) 7,25

b)

c) 0 g) 0,25

d) 0,01 h) 0,81

c) 106

d) 10–8

g) 18

34 a) L’affirmation est vraie. 4 est le carré de 2 et de – 2. b) L’affirmation est vraie. Un carré est toujours positif ou nul, donc un carré ne peut être égal à – 1. 1. Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

59

35 a) Deux antécédents : 1 et – 1. 1. b) Aucun antécédent. c) Un antécédent : 0.  5  et –  5 . d) Deux antécédents : 2 2 e) Deux antécédents :  6 et –  6. 6.

41 1

0,5

36 a) Deux nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans le même ordre. b) Deux nombres négatifs et leurs carrés sont rangés dans des ordres contraires. 37 a) x2  8

b) 0  x2 � 9

c) x2 � 0

d) x2 � 0

38 a) 5,314 � 5,8 et ces deux nombres sont positifs, donc 5,3142 � 5,82. b) – 5,3  – 5,87 et ces deux nombres sont négatifs, donc (– 5,3)2 � (– 5,87)2. 39 a) – 1 � 1 donc  3 –1 �  3 + 1. Or ces deux nombres sont positifs donc, ( 3 – 1)2 � ( 3 + 1)2. 24 10 ≈ 3,3. b) ≈ 3,4 et 7 3 24 10   et ces deux nombres sont positifs, 7 3 24 2 10 2  donc 7 3 24 10 Remarque   : pour comparer et   on peut écrire 7 3 24 72 10 70 aussi que  =  et  = . 7 21 3 21 40

   

0,1 –1

O 0,1

– 0,5

0,5

1

42 a) Fenêtre : – 0,3  X  0,3, pas 0,1 et – 0,05  Y  0,1, pas 0,01. b) Fenêtre : 100  X  1 000, pas 100 et 104  Y  106, pas 10 000.

43 a) 121 16

b)

169 25

c)

225 49

44 a) (2 +  5) 5)2 = 4 + 4  5 + 5 = 9 + 4 5. 5. b) ( 7 –  6) 6)2 = 7 – 2 42 42 + 6 = 13 – 2 42. 42. 2 c) (3 –  2) 2)  = 9 – 6  2 + 2 = 11 – 6  2. 2. 45 a) [0 ; 10] ou [2 ; 12] ou … b) [– 6 ; 0] ou [– 7 ; – 1] ou … c) [– 4 ; 3] ou [– 3 ; 4].

9

46 – 1,58 – 0,78 0,38 1,78 2,496 4 0,608 4 0,144 4 3,168 4 On peut remarquer que : • (– 1,58)2 ≈ (– 1,5)2, c’est-à-dire (– 1,58)2 ≈ 2,25 ; • (– 0,78)2 ≈ (– 0,8)2, c’est-à-dire c ’est-à-dire (– 0,78) 0,78)2 ≈ 0,64 ; • 0,382 ≈ 0,42, c’est-à-dire 0,382 ≈ 0,16.  x  x2

47 1.

16

4

7 3 2 1 – 4 –    7 –    3

1

–1

60

O

1

2

3

O

1     3     7

2. a) –  3  x   3 b) – 4 � x � – 2 ou  2 � x � 4. c) x � – 7 ou x   7. 7.

4

48 1. a) a2 = 75  et b2 = 23. 11 4 2 2 2 Or, a ≈ 6 et b ≈ 5 donc a  b2. b) a et b sont positifs donc de a2  b2 on déduit que a  b (deux nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans le même ordre). 11 2 = 11  et – 13 2 = 13. 2. – 5 6 5 6 11 66 13 65 11 13 Or  =  et  = , donc  . 5 30 6 30 5 6 Deux nombres négatifs et leurs carrés sont rangés dans des ordres contraires, donc – 11 � – 13. 5 6 49 1. a) a2 = 121 et b2 = 128. Donc a2 < b2. b) Or, a et b  sont des nombres positifs, donc a � b (deux nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans le même ordre). ordre). 2 2. (2 13)  = 4 × 13 = 52 et (3  7) 7)2 = 9 × 7 = 63. Donc (2 13) 13)2 � (3 7) 7)2. Or, 2 13 13 et 3 7 sont positifs, donc ils sont rangés dans le même ordre que leurs carrés et 2  13 13 � 3 7. 7.

   

52 a) f 

g

1

   

 

O

 

50 a) 02 = 0 et 12 = 1. b) Ces deux courbes se coupent aux points d’abscisses 0 et 1 d’après a). On lit graphiquement que la parabole représentant la fonction x  x2 est au-dessus de la droite représentant  x  x sur ]– ∞ ; 0] et sur [1 ; + ∞[, et au-dessous de la droite représentant x  x sur [0 ; 1]. Donc : • Pour x  0 ou x � 1, x2 � x, • Pour 0  x  1, x2  x. 51 a) Fenêtre : – 7  X  7, pas 1 et – 1  Y  50, pas 2. b)  On vérifie que les deux courbes se coupent aux points d’abscisses – 2 et 3 : • pour x = – 2, (– 2)2 = 4 et – 2 + 6 = 4, • pour x = 3, 32 = 9 et 3 + 6 = 9. Graphiquement, la parabole représentant  x   x2 est au-dessus de la droite représentant  x   x  + 6 sur ]– ∞ ; – 2] et sur [3 ; + ∞[, et au-dessous de la droite représentant x  x + 6 sur [– 2 ; 3]. Donc : • pour x  – 2 ou x � 3, x2 � x + 6, • pour – 2  x  3, x2  x + 6.

Chapitre 4

1

–4

b) Il semble que �f   est au-dessus de �g sur que pour tout nombre réel x, f ( x  x) � g( x  x).  2 c) f ( x  x) – g( x  x) = x  – (– 4 x – 4). = x 2 + 4 x + 4 = ( x  +2)2  x +2) Or, pour tout nombre réel x, ( x  x + 2)2 � 0. Donc f ( x  x) � g( x  x).

,

donc

53  Le choix d’une fenêtre telle que : 0  X  5, pas 1, et 0  Y  10, pas 1, risque d’engendrer des conjectures fausses. Pour tout nombre réel x � 0 : f ( x  x) – g( x  x) = x2 – 5 x = x( x  x – 5) Donc sur [0 ; + ∞[, f ( x  x) – g( x  x) a le même signe que x – 5. Par conséquent, • f ( x  x) � g( x  x) sur [5 ; + ∞[. • f ( x  x)  g( x  x) sur [0 ; 5]. 54  Le graphique ci-contre représente la situation. L’antécédent positif de 0,5 est  0,5 0,5 et l’antécédent négatif  de 2 est – 2. 2. Donc  =  0,5 0 ,5 +  2 c’est-à-dire  ≈ 2,12 m. 55

Fonction Courbe

2

0,5 –   2

O

f

g

h

k

1

4

2

3

05  

 

56  Le nombre a tel que 1 soit le centre de l’intervalle [a ; 5] est l’autre point d’ordonnée nulle de la parabole représentant f . a + 5 Donc 1 =  c’est-à-dire a = – 3. 2 Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

61

57  • g(1) = g(5) donc l’abscisse a du sommet de la parabole représentant g  est le centre de l’intervalle [1 ; 5], donc a = 3 g est donc croissante ou décroissante sur ]– ∞ ; 3]. Or, 1 ∈ ]– ∞ ; 3], 2 ∈ ]– ∞ ; 3], 1 � 2 et g(1)  g(2) donc g est décroissante sur ]– ∞ ; 3]. Sur [3 ; + ∞[, g est croissante. • 3 est le centre de l’intervalle [2 ; 4], donc g(2) = g(4). Or g(2) = 3, donc g(4) = 3. 58  Les nombres 1 et – 3 ont la même image, 7, par cette fonction. Donc l’abscisse a  du sommet de la parabole est le centre de l’intervalle [– 3 ; 1], donc a = – 1. 1. 2 L’ordonnée du sommet est b = 4(– 1)  + 8(– 1) – 7 = – 11. Les coordonnées du sommet de la parabole sont (– 1 ; – 11). 11). 59 a) f (– 1) 1) = 8 b) f (0) = 1 1 c) f  = 0 3 1 15 d) f –  = 2 4

  

g(– 1) = 1 g(0) = – 3

13 = – 559 1 g–  = 0 2 g

Donc a = – 1,25. 1,25. L’ordonnée du sommet est b = f (– 1,25) 1,25) = – 0,562 0, 562 5.

1 α

–2,5

b) Les points d’abscisses 0 et 2 de la parabole  ont la même ordonnée – 4, donc l’abscisse a du sommet de  est le centre de l’intervalle [0 ; 2]. Donc a = 1. L’ordonnée du sommet de  est b = g(1) = – 3,5. α

O 1

61  a) f 2, f 3, f 4, f 8, f 9 sont des fonctions polynômes de degré 2. b) f 2, f 3 admettent un minimum (car (car a  0), f 4, f 8, f 9 admettent un maximum (car a � 0). x  y  z 

–5 16 11

β 1

64 a)

60 • f ( x  x) = 3 x2 + 1 – 2 x2 – 3 x – x2 = – 3 x + 1 Donc f  n’est  n’est pas une fonction polynôme de degré 2 et Rachel se trompe. • g( x  x) = x3 + 2 x2 – x – x3 = 2 x2 – x Léo a raison, g  est bien une fonction polynôme de degré 2.

62 a)

O

0 1 –4

2 9 4

2

β

65 a) Pour tout nombre réel x, 3( x  x + 2)2 � 0 donc 3( x  x + 2)2 + 4 � 4. Or h est une fonction polynôme po lynôme de degré 2 qui admet un minimum (car a = 3 et a  0).  x + 2)2 = 0 Le minimum de h est 4 et il atteint lorsque 3( x c’est-à-dire pour x = – 2. b)

b) f ( x 1)2 – 5  x) = ( x  x + 1) c) • f ( x 1)2 = 0 soit x = – 1.  x) = – 5 c’est-à-dire ( x + 1) 1.  2 • f ( x  x) = 20, c’est-à-dire ( x  x + 1)  = 25 soit  x + 1 = 5 ou  x + 1 = – 5. Ainsi pour obtenir 20 en sortie, s ortie, il faut entrer 4 ou – 6.

63 a) x2 + 2,5 x + 1 = 1 si, et seulement si, x2 + 2,5 x = 0  x + 2,5) = 0 soit x = 0 ou x = – 2,5. c’est-à-dire x( x Donc  = {– 2,5 ; 0}. b) Les points d’abscisses – 2,5 et 0 de la parabole ont la même ordonnée 0, donc l’abscisse a du sommet de la parabole est le l e centre de l’intervalle [– 2,5 ; 0]. 62

1 –2

O

1

66

Fonction Parabole

f

g

h

k

2

1

3

4

 

3. Le minimum de f  est  est – 27 et il est atteint at teint pour x = – 2.  x 

67 • La parabole représentant f  est   est 3 car son sommet a pour coordonnées (– 1 ; 3) et que f  admet   admet un maximum. • La parabole représentant g est 1 car son sommet a pour coordonnées (– 1 ; – 3). • La parabole représentant h est 2 car son sommet a pour coordonnées (– 1 ; 3) et que h admet un minimum. 68 a) L’affirmation est vraie. En effet, 1 est le centre de l’intervalle [0 ; 2], donc h(0) = h(2) = 4. b) L’affirmation est vraie. En effet, 1 est le centre de l’intervalle [– 1 ; 3], donc h(– 1) = h(3) = 7. c) L’affirmation est fausse. En effet, 3,5  3 donc 3,5 a deux antécédents par h, l’un dans ]– ∞ ; 1[ et l’autre dans ]1 ; + ∞[. d) L’affirmation est vraie. En effet, 3 est le minimum de h, or, 1 � 3, donc 1 n’a pas antécédent par h. e) L’affirmation est fausse.  x) � 4 sont les En effet, les solutions de l’inéquation h( x nombres x tels que x  0 ou x � 2. 69 1. Pour tout nombre réel x, • ( x  x + 1)( x  x – 3) = x2 + x – 3 x – 3 = x2 – 2 x – 3 = f ( x  x) 2 2 • ( x 1) – 4 = x  – 2 x + 1 – 4  x – 1) = x2 – 2 x – 3 = f ( x  x) 2. a) • f (0) = – 3 (on peut utiliser f ( x  x)= x2 – 2 x – 3). • f (– 1) = 0 (on peut utiliser f ( x  x) = ( x  x + 1)( x  x – 3)). 2 • f (1) = – 4 (on peut utiliser f ( x  x) = ( x  x – 1) 1)  – 4).  x) = 0 sont les nombres b) Les solutions de l’équation f ( x  x) = ( x  x + 1)( x  x – 3)). – 1 et 3 (on utilise f ( x c) Le minimum de f  est  est – 4 et il est atteint pour x = 1 (on  x) = ( x  x – 1) utilise f ( x 1)2 – 4).

–∞

–2

+∞

f ( x   x )

– 27 4. • D’après 1. a),   coupe l’axe des abscisses aux points A (1 ; 0) et B (– 5 ; 0). • f (0) = – 15 donc   coupe l’axe des ordonnées au point C (0 ; – 15).

71 a) Échelle : 1/2 0,1

0,5

1

O –1 –1,85

–4,905

b) • On lit graphiquement que le point de la parabole d’abscisse – 1,85 1,85 a pour abscisse environ 0,6. 0, 6. Le temps de chute est donc do nc d’environ 0,6 s. 1 2 • – × 9,81 t   = – 1,85 1,85 si, et e t seulement si, 2 3,7 t 2 = , c’est-à-dire t  =  = 3,7  (car t � 0). 9,81 9,81 Le temps de chute est donc do nc d’environ 0,61 0,61 s.

 

72 a) Cette parabole a pour sommet le point de coordonnées (0 ; 30). Donc le hangar a pour hauteur 30 m.  x) = 0 si, et seulement si, – 0,075 x2 + 30 = 0, c’estb) f ( x à-dire x2 = 400 soit x = 20 ou x = – 20. 20. Donc  = 20 – (– 20) = 40. La largeur au sol de ce hangar est 40 m. 73 a) b) c)

70 1. a) f ( x  x) = 0 si, et seulement si, 3( x  x – 1)( x  x + 5) = 0, c’est-à-dire x – 1 = 0 ou x + 5 = 0, soit x = 1 ou x = – 5. 5. 2 b) f ( x 15, c’estc’es t x) = – 15 si, seulement si, 3 x  + 12 x – 15 = – 15, 2 à-dire 3 x  + 12 12 x = 0, soit 3 x( x  x + 4) = 0. Les antécédents de – 15 15 sont donc 0 et – 4. c. f ( x  x) = – 27 si, et seulement si, 3( x  x + 2)2 – 27 = – 27  x + 2)2 = 0, soit x = – 2. c’est-à-dire 3( x 2. f ( x  x) = – 30 si, et seulement si,  x + 2)2 – 27 = – 30, c’est-à-dire 3( x  x + 2)2 = – 3. 3( x  x + 2)2 � 0, donc l’équaOr, pour tout nombre réel x, 3( x  x + 2)2 = – 3 n’a pas de solution et – 30 n’a pas tion 3( x d’antécédent par f . Chapitre 4

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

63

d) Pour obtenir une estimation du nombre d’apprentis inscrits au formation au Canada en 2001, il suffit de remplacer x par 2001 dans l’équation de la courbe de tendance. Après calculs, on trouve environ 215 250 apprentis en formation en 2001.

74 a) L’affirmation est fausse. En effet, 0 ∈ ]– ∞ ; 1[, donc f (0) � 0. b) L’affirmation est fausse. En effet, 10,75 10,75 ∈ ]4 ; + ∞[, donc f (10,75) � 0. c) L’affirmation est fausse. En effet, 2,125 ∈ ]1 ; 4[, donc f (2,125)  0.

 x 

1 3 0 0

–∞ + + +

– 4  X  2, pas 1 et – 5  Y  20, pas 1. b)

– 5 x  +  + 1 2 x  +  + 1 (– 5 x  +  + 1)(2 x  +  + 1) Fenêtre :

– 2  X  2, pas 1 et – 10  Y  5, pas 1.

64

–

–∞ + – –

1 2 0 0

–∞

– x  5 + x  – x  (5  (5 + x )

Fenêtre :

 x 

0 0

+ – –

0

+∞ – – +

–5 + – –

0 0

+ + +

0 0 0

+∞ – + –

– 7  X  2, pas 1 et – 15  Y  10, pas 1.

– + –

0 0

+ + +

– 3 x  +  + 4 – x  –  – 3 (– 3 x  +  + 4)(– x  –  – 3)

4 3 0

Fenêtre :

–2 – – +

–3

b)

77 a)

3 x  –  – 1  x  +  + 2 (3 x  –  – 1)( x   x  +  + 2)

–∞

– 4  X  2, pas 1 et – 15  Y  10, pas 1.

76 a) L’affirmation est vraie, car – 7,5 � – 4. b) L’affirmation est fausse car p  1. c) L’affirmation est fausse car f (0)  0 et f (2) � 0. d) L’affirmation est vraie. e) L’affirmation est fausse. En effet, les solutions sont les nombres réels de ]– ∞ ; – 4[ ou de ]1 ; + ∞[.

–∞

 x 

Fenêtre :

75 a) Fenêtre : – 5  X  5, pas 1 et – 5  Y  25, pas 1.  x) = 0 lorsque b) f ( x  x = – 2 ou x = 2. Graphiquement, on lit que : f ( x  x) � 0 lorsque x  – 2 ou x � 2, f ( x  x)  0 lorsque – 2  x  2.

 x 

78 a)

+ + +

1 5 0 0

+∞ – + –

79 a) Pour tout nombre réel x, 4 x2 – 9 = (2 x)2 – 32 = (2 x – 3)(2 x + 3) Résoudre 4 x2 – 9  0 équivaut donc à résoudre (2 x – 3)(2 x + 3)  0. 3 3 –  x  –∞ +∞ 2 2 0 2 x  –  – 3 – – + 0 + 2 x  +  + 3 – + 0 – 0 (2 x  –  – 3)(2 x  +  + 3) + +

 

3 3 Donc  = –  ; . 2 2 b) Pour tout nombre réel x,  x + 3)2 – 4 = ( x  x + 3)2 – 22 ( x  x + 3 – 2)( x  x + 3 + 2) = ( x  x + 1)( x  x + 5) = ( x 2  x + 3) – 4  0 équivaut donc à résoudre Résoudre ( x  x + 1)( x  x + 5)  0. ( x  x  –∞ –5 –1 +∞ 0  x  +  + 1 – – + 0 +  x  +  + 5 – + 0 – 0 ( x   x  +  + 1)( x   x  +  + 5) + + Donc  = ]– ∞ ; – 5[ ∪ ]– 1 ; + ∞[.

80 a) Fenêtre : – 4  X  2, pas 1 et – 5  Y  8, pas 1.  x) � f ( x  x) Graphiquement, on lit que les solutions de g( x sont les nombres réel tels que – 3  x  x0 avec x0 ≈ 0,7.

b) Pour tout nombre réel x, g( x 1)  x) – f ( x  x) = ( x  x + 3)(1 – 2 x) – ( x  x + 3)( x  x – 1) = ( x  x + 3)[(1 – 2 x) – ( x  x – 1)] = ( x 1)  x + 3)(1 – 2 x – x + 1) = ( x  x + 3)(–3 x + 2) Résoudre g( x  x) � f ( x  x) équivaut donc à résoudre ( x  x + 3)(–3 x + 2) � 0. 2 –∞ –3 +∞  x  3  x  +  + 3 – 0 + + – 3 x  +  + 2 + + 0 – ( x   x  +  + 3)(– 3 x  +  + 2) – 0 + 0 – 2 Donc  = – 3 ; . 3

La réciproque est fausse car si  x2 = 2,25, alors  x = 1,5 ou x = – 1,5. b) Réciproque : si x2  0,25, alors x  1,5. La réciproque est fausse car si x2  0,25, alors x � – 0,5 ou x  0,5. c) Réciproque : si x2 = 0, alors x = 0. La réciproque est vraie. d) Réciproque : si x2 � 1, alors x  – 1. La réciproque est vraie car si  x2 � 1, alors – 1 � x � 1 et donc x  – 1. e) Réciproque : si x2 � 9, alors x � – 3. La réciproque est fausse car si x2 � 9, alors – 3 � x � 3.

 

81 a) Pour tout nombre réel q tel que 0 � q � 80, B(q) = 120q – (2q2 + 10q + 900) = 120q – 2q2 – 10q – 900 = – 2q2 + 110q – 900 b) Résoudre B(q)  0 équivaut donc à résoudre – 2(q – 10)(q – 45)  0. 0 10 45 80 q q – 10 – 0 + + q – 45 – – 0 + – 2 (q – 10)(q – 45) – 0 + 0 – Donc la production est rentable lorsque 10 � q � 45.

82 a) Si x � 2, alors x2 � 4. b) Si x  – 2, alors x2 � 4. c) Si x � 0 et x2 � 4, alors x � 2. 83 a) L’implication est vraie. En effet, la fonction carrée est croissante sur [0 ; + ∞[, donc si x � 4, alors x2 � 42 c’est-à-dire x2 � 16. b) L’implication est vraie. En effet, on vient de voir que si x  2, alors x2  4, donc  1). a fortiori  x  x2  1 (car 4  1). c) L’implication  L’implication est fausse. En effet, pour x = 1,5 on a bien x  1 mais x2 = 2,25 et 2,25 � 3. d) L’implication  L’implication est fausse. En effet, pour  x = – 2, on a bien  x  1 mais  x2 = 4 et 4  1. 84 1. a) L’implication est vraie car 1,52 = 2,25. b) L’implication  L’implication est vraie car si x  1,5, alors x 2  1,52 c’est-à-dire x2  2,25 et a fortiori  x  x 2  0,25. c) L’implication est vraie. d) L’implication est fausse, car pour  x  = 2, on a bien  x  – 1, mais x2 = 4 et 4  1. e) L’implication est fausse, car pour  x = – 4, on a bien  x � – 3, mais x2 = 16 et 16  9. 2. a) Réciproque : si x2 = 2,25, alors x = 1,5. Chapitre 4

8 85 1. B

Pour se tester 2. D

3. B

4. B

5. C

86 1. C, D 2. C, D 3. B,C, D 4. B, D 5. A, B, C, D 87 1. A, C, D. En effet,   admet l’axe des ordonnées pour axe de  x) est de la forme symétrie lorsque l’expression de f ( x 2 2 a( x  x – 0)  + b, c’est-à-dire a x  + b. 2. C, D. En effet, –∞ –2 1 +∞  x   x  +  + 2 – 0 + + 1 – x  + + 0 – ( x   x  +  + 2)(1 – x ) – 0 + 0 – Donc A n’est pas une bonne réponse. • Les solutions de  x2 + 2 x � 0 sont les nombres  x de l’intervalle ]– 2 ; 0[. 0 [. Donc B n’est pas une bonne réponse. • Pour tout nombre réel x, ( x  x + 2)(1 – x) = – x2 – x + 2 donc x2 + x – 2 = – ( x  x + 2)(1 – x). Donc d’après le tableau de signes ci-dessus, C est une bonne réponse. • Pour tout nombre réel x, 12 9 1 3 1 3  x  x +  x +  –  x  x +  +  – =  x 2 4 2 2 2 2  x – 1)( x  x + 2) = ( x = – (1 – x)( x  x + 2) Donc, d’après le tableau de signes ci-dessus, D est une bonne réponse. 3. B, C. En effet, – 4 est le centre de l’intervalle [– 8 ; 0]. Donc les points d’abscisses – 8 et 0 de  ont la même ordonnée et f (– 8) = f (0) = – 1. 1. De plus S ∈  donc f (– 4) = – 2.

 







Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

65

4. A, C, D. • A est une bonne réponse car 2 × 12 – 3 × 1 + 5 = 4 et 2 (– 3)2 – 3 (– 3) + 5 = 32. • B n’est pas une bonne réponse car l’image de – 3 serait 24. • C est une bonne réponse car : 3 × 12 – 1 + 2 = 4 et 3 (– 3)2 – (– 3) + 2 = 32. • D est une bonne réponse car : 8 2 5 8 5 × 1  – × 1 + 3 = 4 et  (– 3)2 –  (– 3) + 3 = 32. 3 3 3 3

9

Pour aller plus loin

88  a) On cherche l’expression de f ( x  x) sous la forme f ( x  x) = a x2 + b x + c . On traduit l’appartenance des points A (1,5 ; 0), B (– 1,5 ; 0) et S (0 ; 2,025) à la parabole  par le système : 2,25 a + 1,5 b + c  =  = 0 2,25 a – 1,5 b + c  =  = 0 0 a + 0 b + c  =  = 2,025 c’est-à-dire c  =  = 2,025 2,25 a + 1,5 b = – 2,025 2,25 a – 1,5 b = – 2,025 Par addition membre à membre des 2 e et 3e équations, il vient 4,5 a = – 4,05 c’est-à-dire a = – 0,9. Dans la 2e équation, on remplace a par – 0,9, il vient – 2,025 + 1,5 b = 2,025 c’est-à-dire b = 0. Donc pour tout nombre réel x de [– 1,5 ; 1,5] : f ( x  x) = – 0,9 x2 + 2,025. Remarque  : On peut aussi chercher f ( x  x) sous la forme f ( x  x) = a ( x  x – a)2 + b. Le sommet de  est S (0 ; 2,025) donc a = 0 et b = 2,025. On détermine a en utilisant le fait que f  (1,5)  (1,5) = 0 : 2 a (1,5 – 0)  + 2,025 = 0 soit a = – 0,9. On retrouve bien f ( x  x) = – 0,9 x2 + 2,025. On peut chercher f ( x  x) sous forme factorisée f ( x  x) = a( x  x – 1,5) ( x  x + 1,5). Avec f (0) = 2,025 on trouve a = – 0,9.  x) = – 0,9 ( x  x – 1,5) ( x  x + 1,5) Donc f ( x 2 = – 0,9 x  + 2,025. b) Dans ce cas, F(0,75 ; 0) et e t G (– 0,75 ; 0). Donc FE = f (0,75) = – 0,9 × 0,752 + 2,025 c’est-à-dire FE = 1,51875. Donc, la hauteur de la porte est d’environ 1,52 1,52 m. c) Dans ce cas, EF = 1,80. Donc les abscisses de F et G sont les solutions de l’équation : – 0,9 x2 + 2,025 = 1,8 c’est-à-dire x2 = 0,25 soit x = – 0,5 ou x = 0,5.

� �

66

Donc, EF = 0,5 – (– 0,5) = 1. Alors, la largeur de la porte est 1 m et John ne pourra pas passer facilement sa brouette.

89  On choisit le repère orthonormé ( I ; J, K) avec J point du segment [ IB] tel que IJ = 1 m et K point du segment [IS] tel que IK = 1 m. Alors : A (– (– 3,5 ; 0), B (3,5 ; 0) et S (0 ; 3,92). On note f  la   la fonction polynôme de degré 2 représentée par la parabole.  x) sous la forme : On cherche f ( x f ( x  x) = a( x  x – a)2 + b. On sait que a = 0 et b = 3,92. Donc f ( x  x) = a x2 + 3,92. Le point B (3,5 ; 0) appartient à la parabole donc  (3,5) = 0 c’est-à-dire : 3,52 × a + 3,92 = 0 et a = – 0,32. f  (3,5) Donc f ( x  x) = – 0,32 x2 + 3,92. 90 a) Fenêtre : – 1  X  8, pas 1 et – 10  Y  10, pas 1. Il semble que le minimum de f  est  est atteint en x = 4. Ce minimum semble alors être : f (4) = 42 – 8 × 4 + 9 = – 7. b) f (4 – m) = (4 – m)2 – 8 (4 – m) + 9 = 16 – 8 m + m2 – 32 + 8 m + 9 = m2 – 7 (4 + m) = (4 + m)2 – 8 (4 + m) + 9 f (4 = 16 + 8 m + m2 – 32 – 8 m + 9 = m2 – 7 Donc, pour tout nombre réel m, f (4 – m) = f (4 + m). Donc l’abscisse a du sommet de la parabole représentant f  est  est le centre de l’intervalle [4 – m ; 4 + m]. Donc a = 4. Donc f atteint son minimum en 4 et ce minimum est : f (4) = – 7. 91 a) On cherche f ( x  x) sous la forme : 2 f ( x  x) = a( x  x – 2)  + 3. A (0 (0 ; – 1) 1) appartient à  donc f (0) = – 1 c’est-à-dire a(– 2)2 + 3 = – 1. Donc a = – 1. Ainsi f ( x ( x – 2)2 + 3.  x) = –  x b) On cherche f ( x  x) sous la forme : 2 f ( x  x) = a x  + b x + c . On traduit l’appartenance des points A, B, C à la parabole  par le système : c  = 4a – 2b + c  =  = 0  = 2 a + b + c  =  = 0 c’est-à-dire a + b = – 2 0a + 0b + c  =  = 2 2a – b = – 1 Par addition membre à membre des 2 e et 3e équations, il vient 3a = – 3 soit a = – 1. 1. En remplaçant a par – 1 dans la 2 e  équation, il vient – 1 + b = – 2 soit b = – 1. 1.

�

�

Donc : f ( x  x) = – x2 – x + 2. Remarque  : on peut aussi chercher f ( x  x) sous la forme f ( x (   + 2)( x  x) = a  x  x – 1). C appartient à  donc f (0) = 2 c’est-à-dire : a (0 + 2)(0 – 1) = 2 soit a = – 1. 1.  x) = – ( x  x + 2)( x  x – 1). Soit f ( x  x) = – x2 – x + 2. Donc : f ( x  x) sous la forme : c) On cherche f ( x 2 f ( x  x) = a ( x  x – 1) 1)  + b. O et B appartiennent à  donc : a (0 – 1)2 + b = 0 a (3 – 1)2 + b = 1 c’est-à-dire : a + b = 0 4a + b = 1 b = – a 4a – a = 1 b = – a 3a = 1 1 1 On obtient donc a =  et b = – . 3 3 1 1  x) = ( x  x – 1) Donc : f ( x 1)2 – 3 3 1 2  x) =  x2 –  x. c’est-à-dire f ( x 3 3 92 a) • f (1,5) = 1,52 = 2,25 • f (–1) (– 1) = 2 (– 1) = – 2 • f (0) (0) = 2 × 0 = 0 • f (3) = 32 = 9 • f (–2,3) (– 2,3) = 2 (– 2,3) = – 4,6 b) Sur ]– ∞ ; 0], la courbe est une droite et sur [0 ; + ∞[ c’est une parabole.

93 1.

� � � �

c)

Variables :  x, y et  z  sont  sont des nombres réels Entrée : Saisir x Traitement et sortie : Affecter à y  la  la valeur 2 x Affecter à z  la  la valeur x2 Si x  0 alors   Afficher y

   

sinon Afficher  z  Fin Si Chapitre 4

Il semble que cette distance est de 300 m. 2. a) A (200 ; 0) et E ( x  x ; 300) donc : 2  x – 200)  + 3002 . AE =  ( x b) AE  500 équivaut à AE 2  5002 (car les nombres AE et 500 sont so nt positifs), c’est-à-dire  x – 200)2 + 3002  5002 ( x soit x2 – 400 x + 40 000 + 90 000  250 000  x2 – 400 x + 130 000  250 000 c) Pour tout nombre réel x,  x + 200)( x  x – 600) = x2 + 200 x – 600 x – 120 000 ( x = x2 – 400 x – 120 000 Donc x2 – 400 x + 130 000  250 000 équivaut à x2 – 400 x – 120 000  0 c’est-à-dire ( x  x + 200)( x  x – 600)  0. d) – 200 –∞ 600 +∞  x   x  +  + 200 – 0 + +  x  –  – 600 – – 0 + ( x   x  +  + 200)( x   x  –  – 600) + 0 – 0 + Donc la vitesse du bolide d’Emma peut être enregistrée par le radar A, lorsque l’abscisse de ce bolide appartient à l’intervalle [– 200 ; 600]. 6 00]. 3. a) B (– 300 ; 0) et E  x  (x ; 300) donc : 2 BE =  ( x  x + 300)  + 3002 BE  500 équivaut à BE 2  5002 c’est-à-dire :  x + 300)2 + 3002  5002 ( x  x2 + 600 x + 90 000 + 90 000  250 000  x2 + 600 x – 70 000  0 Or, pour tout nombre réel x,  x + 700)( x  x – 100) = x2 + 700 x – 100 x – 70 000 ( x = x2 + 600 x – 70 000  x – 100)  0. Donc BE  500 équivaut à ( x + 700)( x b) –∞ – 700 100 +∞  x   x  +  + 700 – 0 + +  x  –  – 100 – – 0 + ( x   x  +  + 700)( x   x  –  – 100) + 0 – 0 +

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

67

Donc la vitesse du bolide d’Emma peut être enregistrée par le radar B, lorsque l’abscisse de ce bolide appartient à l’intervalle [– 700 ; 100]. 4. La vitesse du bolide d’Emma peut être enregistrée par les deux radars lorsque l’abscisse  x du bolide vérifie à la fois – 200  x  600 et – 700  x  100, c’est-à-dire lorsque – 200  x  100. Donc Emma peut réaliser un record sur une distance de 300 m (car 100 100 – (– 200) = 300).

94  L’aire du carré B est x2. L’aire du rectangle A est 4 (12 – x). L’aire du rectangle A est égale au double de celle du carré B si, et seulement si, 0  x  12 et 4 (12 – x) = 2 x2. On représente graphiquement les fonctions x  x2 et  x  2(12 – x) sur [0 ; 12]. (Fenêtre : 0  X  12, pas 1 et 0  Y  50, pas 2). Graphiquement, on lit que cette équation a une seule solution dans [0 ; 12] et qu’il semble qu’elle est égale à 4. On vérifie que 4 est la solution de l’équation : 42 = 16 et 2 (12 – 4) = 2 × 8 = 16. Donc, le rectangle A a une aire double de celle du carré B lorsque le carré B a pour côté 4 cm. 95  L’aire de ABCD, en cm 2, est x2. 1  x – 6). L’aire du triangle AED, en cm 2, est  x ( x 2 L’aire du carré ABCD est strictement supérieure au triple de l’aire du triangle AED si, et seulement,  x  6 1  x – 6) et  x2  3 ×  x ( x 2 3 c’est-à-dire  x2 –  x ( x  x – 6)  0 2 3  x  x  x –  x  x – 6  0 2 3  x  x  x –  x + 9  0 2 1  x –  x + 9  0 2 –∞ 0 18 +∞  x   x  – 0 + + 1 –  x  +  + 9 + + 0 – 2 1 0 –  x –  x  +  + 9 – 0 + 2

96  On note x la longueur BM en centimètres. • MQ = BC – 2 × BM = 6 – 2 x. • Le théorème de Thalès dans les triangles BMN et BHA permet d’écrire : BM MN  = BH AN  x MN 5 c’est-à-dire  = soit MN =  x. 3 5 3 • L’aire du rectangle MNPQ est : 5 f ( x  x) =  x (6 – 2 x). 3 f est un fonction polynôme de degré 2 qui admet un 10 maximum (car a = –  et a � 0). 3 On peut remarquer que f (0) = 0 et f (3) = 0. Donc les points d’abscisses 0 et 3 de la parabole  représentant f  ont  ont la même ordonnée. Ils sont symétriques par rapport à l’axe de symétrie de la parabole . L’abscisse a du sommet S de  est le centre de l’intervalle [0 ; 3]. 3 Donc a = . 2 3 Donc f  atteint  atteint son maximum lorsque x = . 2 Ainsi, l’aire de MNPQ est maximale lorsque BM = 1,5 cm, c’est-à-dire lorsque M est le milieu de [BH]. 97  Ces deux nombres sont positifs, pour les comparer on peut comparer leurs carrés. A2 = ( 3 +  5) 5)2 = 3 + 2  15 + 5 = 8 + 2 15 15 2 B  = 7 + 2  15 15 Or 7 + 2 15 15 � 8 + 2 15 15 c’est-à-dire B2 � A2, donc B � A. 98  On peut remarquer que donc 22 2 T2 =  + 2 2

•

22 •

1 2 × 2 2

2×

1 2 × 3 2

3×

1 2

    









L’aire du carré ABCD est strictement supérieure au triple de l’aire du triangle AED lorsque  x appartient à l’intervalle ]6 ; 18[. 18[. 68

32

donc 32 3 T3 =  + 2 2

1 2

42 4 • On peut vérifier que T4 =  + . 2 2 • Dans le cas général :

         

n

n

n  petits carrés 2

n2

2

 petits carrés

102  En procédant comme à l’exercice 99, on obtient : a)  = ]– 5 ; 5[ b)  = ]– 7 ; –  2[ 2[ ∪ ] 2 ; 7[ 2 c) x  + 9  0 équivaut à x2 � – 9.  =  (un carré est positif ou nul, donc toujours supérieur au nombre négatif – 9). n

2

 petits carrés

103

50

n n  + n n(n + 1) 1)  +  =  = . 2 2 2 2 Remarque   : pour dénombrer le nombre de petits carrés à la n-ième étape, on aurait pu additionner le nombre de petits carrés à chaque étape. Ainsi, on établit que : n(n + 1) 1) Tn = 1 + 2 + 3 + … + n = . 2

Donc Tn =

2

2

n

10

30 20

5 O

Accompagnement personnalisé

99 a.  x  –∞

40

7

104 a)  x 

0

1

2

 x 

+∞

–3 9

–2 4

–1 1

0 0

1 1

2 4

3 9

b) c) 2

 x 

0 b. •  x 

–∞

a a2

2

0

b

+∞

b2

 x 

0 Donc, si a  b  0, alors a � b . •  x  – ∞ 0 a b 2

2

1

2

O

+∞

105

b2

2

9

a

 x 

1 2 3

36

0 Donc, si 0  a  b, alors a2  b2.

16

100  x   x 2

–∞

– 2 2

0

 2

1

+∞

–3

2

0 L’ensemble des solutions de l’inéquation  x2  = ]– ∞ ; –  2[ 2[ ∪ ] 2 ; + ∞[

106   2

–1 O

3

a � 0

a  0 β

est

101 a) x  et 6 sont des nombres positifs, donc leurs carrés sont dans le même ordre, c’est-à-dire x2  36. b) x et – 3 sont des nombres négatifs, donc leurs carrés sont dans l’ordre contraire, c’est-à-dire x2  9. c) – 5, x et – 1 sont des nombres négatifs, donc 25  x2  1, c’est-à-dire 1 � x2 � 25. Chapitre 4

–4 –2 O 2 4 6

β α

O

α

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

O

69

 x 

–∞

 x ) f ( x 

a b

+∞

 x 

–∞

a

 x ) f ( x 

+∞

b

b)  =

12 ; 2

112 a)

107  8 est le centre de l’intervalle [ x  x0 ; 11] où x0 est le  x0) = f (11) = 0. nombre réel tel que f ( x  x + 11 11 Donc 0  = 8 et x0 = 5. 2  x) = 0 sont donc les Les solutions de l’équation f ( x nombres réels 5 et 11. 11. Jérémy a raison. 108 a) g est une fonction polynôme de degré 2. g( x  x) = a x2 + b x + c  avec  avec a = – 1, b = 3, c  =  = 1. Or, a � 0, donc g admet un maximum. b) g(0) = 1 et g(3) = – 32 + 3 × 3 + 1 = 1. c) Les points d’abscisses 0 et 3 de la parabole  représentant g ont la même ordonnée ; donc, ils sont symétriques par rapport à l’axe de symétrie de . L’abscisse a du sommet de  est le centre de l’inter3 valle [0 ; 3]. Donc a = . 2 3 Donc, g atteint son maximum pour  x =  et ce maxi2 mum est : 3 32 3 13 g  = –  + 3 ×  + 1 = . 2 2 2 4

–∞

 x 

2 x  +  + 1 3 – x  (2 x  +  + 1)(3 – x )  =



– ∞ ; –

1 2 – 0 + + + – 0 + –

 

0

3

6

0

 x 2

+∞

 =

– – – +

2 x  +  + 5 4 x  +  + 3 (2 x  +  + 5)(4 x  +  + 3)

0

 x 

–∞

–2

– – +

 x  –  –

1  x  +  + 2 Produit

0 0

– + –

1 0 0

+∞ + + +

111 a)

2 – x  1 – 2 x  (2 – x )(1 )(1 – 2 x ) 70

1 2

–∞ + + +

0 0

2 + – –

0 0

+∞ – – +

+∞ + + +

0 0

1

F

’

1 – 4

M

O

1 4



1 G –– 4

1  y  y +     4

1 H

1 2.  y +  et MF =  x2 +  y 4 c) Un point M appartient à la médiatrice D  du segment [FH] si, et seulement si, MF = MH. d) MF = MH si, et seulement si, MF2 = MH2 (car MF et MH sont des distances, donc positives) 12 12  y –  y + c’est-à-dire x2 +  y  =  y 4 4 1 1 1 1 soit x2 + y2 –  y +  = y2 +  y + 2 16 2 16 2  x  = y. Ainsi, lorsque H décrit la droite d , le point M décrit la parabole représentant la fonction carré. Remarque  : ce procédé permet de construire géométriquement point par point la parabole représentant la fonction carré. 2

 

   

b)  = [– 2 ; 1]

 x 

+ – –

3 4



b) MH =

110 a)

–

113 1.



– 18

5 2 0

– ∞ ; – 52 ∪ – 34 ; + ∞

2. a) H  x  x ; –

0

0 0



–∞

 x 

d 

–∞

+ – –

b)

109 a) f ( x  x) = a x2 + b x + c  avec  avec a = 2, b = – 12 et c  =  = 0. Or, a  0, donc f  admet  admet un minimum. • Donc le tableau de variation de Nona est erroné. • f (0) = 0, donc le tableau de variation de Florian est erroné. • f (0) = 0 et f (6) = 2 × 62 – 12 × 6 = 0. Donc f atteint son minimum au centre de l’intervalle [0 ; 6], c’est-à-dire en 3 (en non en 1). Donc le tableau de variation de Lily est erroné.  x 

+∞

1 ∪ 3 ; +∞ 2

 

b)

3





114 1. a) Si – 1,5 1,5  u  v , alors 0  u + 1,5  v + 1,5 car on peut ajouter un même nombre à chaque membre d’une inégalité sans changer le sens de cette inégalité, donc (u + 1,5)2 (v  +   + 1,5)2 car la fonction carré est croissante sur l’intervalle [0 ; + ∞[, d’où – 3 (u + 1,5)2 – 3(v  +  + 1,5)2 car on peut multiplier chaque membre d’une inégalité par un même nombre négatif à condition de changer le sens de l’inégalité et – 3(u + 1,5)2 + 5 – 3(v  +  + 1,5)2 + 5 car on peut ajouter un même nombre à chaque membre d’une inégalité sans changer le sens de l’inégalité.

Chapitre 4

b) Donc f  est  est une fonction fonc tion décroissante sur [– 1,5 1,5 ; + ∞[. 2. Si u  v  – 1,5, alors u + 1,5  v  +  + 1,5  0 donc (u + 1,5)2 � (v  +  + 1,5)2 d’où – 3 (u + 1,5)2  – 3 (v + 1,5)2 et – 3(u + 1,5)2 + 5  – 3 (v  +  + 1,5)2 + 5 soit f (u)  f (v ).). Donc f  est  est croissante sur l’intervalle ]– ∞ ; – 1,5]. 1,5].

Fonction carré. Fonctions polynômes de degré 2

71

5 1

Fonction inverse 2

Au fil des siècles

Apollonius (deux siècles avant J.-C.) a découvert que tout plan  ne passant pas par S coupe le cône selon une parabole, une hyperbole ou une ellipse. Les sections ainsi obtenues sont donc appelées coniques. S



Bien démarrer

1 2

1 1 b)  = 0,2 c)  = 1 5 1 1 1 d)  = 0,01 e)  = 10 100 0,1 1 2 b) x =  = 0,4 2. a) x =  = 0,25 4 5 1 1 1 c) x = –  = – 0,5 d)  =  donc x = 3  x 3 2 10 4 –5 5 3. 1. a) A =  = 10 b) A =  = – 4 c) A =  = 1 –1 –4 4 2. Avec la calculatrice, A = 5. 1. a)  = 0,5

 est la fonction définie pour tout nombre réel  x 4. a) f  est par f ( x  x) = 1,5 x + 2. b) La formule saisie dans la cellule B3 est :

= (3*B1 – 6) / (B1 + 1) On connaît les équations de ces coniques. Par exemple, l’hyperbole a une équation de la forme  xy = k (k  ≠   ≠ 0) dans un repère adapté. Les coniques possèdent un très grand nombre de propriétés géométriques. Par exemple, si F et F sont deux points distincts du plan tels que FF � 2a (a  0), alors l’ensemble des points M tels que MF + MF = 2a est une ellipse, les points F et F sont appelés foyers de l’ellipse. Cette propriété fournit une méthode de construction de cette courbe appelée méthode du jardinier.

6. a)  x 

F’

3 2

–∞ –

f ( x   x )

0

+∞ +

b)  x 

M

F

5 5 . 7 7 b) 3 – 2 x = – 1 équivaut à – 2 x = – 4, c’est-à-dire x = 2 ;  = {2}. c) 2 x + 1 = 4 + x équivaut à x = 3 ;  = {3}. 5. a) 7 x – 5 = 0 équivaut à x =  ;  =

 x ) f ( x 

1 4

–∞ +

0

7. a) – 2 n’est pas solution.

1 b) –  est solution. 2 c) 0 est solution. 1 d)  n’est pas solution. 2 e) 3 n’est pas solution.

72

+∞ –

�

3

Découvrir

1

La fonction inverse 1. b) = 1/B2

1 2. a) v (t ) = t  b) c) d)

a a – 2

 – 1,5  0.

3. a) Lorsque t  augmente,  augmente, la vitesse v (t ) diminue. b) On conjecture que la fonction v  est  est décroissante sur ]0 ; + ∞[.

2

Résolution d’une inéquation 1. d) On conjecture que les valeurs de a sont celles de l’intervalle [6 ; 10]. 10]. NO OM 2. a) Avec le théorème de Thalès :  = . NJ JK  On note y l’ordonnée de N, alors : a

 y – 1)  = , c’est-à-dire 2 y = a( y 1)  y – 1 2 a soit y = . a – 2 b) JN = y – 1 a =  – 1 a – 2

a a – 2

 – 1  0,5, c’est-à-dire

c) Pour tout nombre a avec a  2, a a 3  – 1,5 =  – a – 2 a – 2 2 2 a – 3 (a – 2) = 2a – 4 – a + 6 = 2 a – 4 – a + 6 d) Pour a  2, 2a – 4  0 donc  a le même signe 2 a – 4 que – a + 6. a 2 6 +∞ – a + 6 0 + – 2 a – 4 – a + 6  0 donc JN  0,5. e) Lorsque a � 6, 2 a – 4 6,5 3. Pour a = 6,5, ON = , la pente du toit est : 4,5 ON 1  p =  =  soit p ≈ 22,2 %. OM 4,5

4

e)

 y

La condition JN  0,5 s’écrit

Savoir-faire

2 a) x et 100 sont strictement positifs, leurs inverses 1 1 sont rangés dans l’ordre contraire donc  .  x 100 1 1 D’autre part x  0 donc 0 �  .  x 100 b) – 4, y et – 2 sont strictement négatifs, leurs inverses sont rangés dans l’ordre contraire donc 1 1 1 1 1 1 � � , soit –   – . – 4  y – 2 2  y 4 3 a) x et 1 sont strictement positifs donc 5 � 1.  x 5 1 1 b) –  et x sont strictement négatifs donc � – 2.  x 2 4 a) x et 103 sont strictement positifs donc 1  1 3 ,  x 10 1 soit  10–3.  x 1 D’autre part x  0 donc 0 �  10–3.  x 1 1 b) – 10–1 et x sont strictement négatifs donc � , –1 – 10  x 1 soit � – 10.  x

5  Par lecture graphique : 1 a) Si x � 0,1 alors 0 �  10.  x 1 b) Si x  – 0,2 alors – 5  � 0.  x 1 c) Si 0 � x � 0,1 alors  10.  x 1 d) Si 0,1  x  0,2 alors 5   10.  x

Chapitre 5

Fonction inverse

73

7 a)  x 

1 2 0

–∞

3

+∞

– + + + + 0 – – 0 + – c) L’ensemble  x) � 0 est :  L’ensemble des solutions de l’inéquation g( x 1 ∪ 3 ; +∞ .  = – ∞ ; 2 d) Fenêtre : – 2  X  6, pas 1 et – 8  Y  5, pas 1. � est strictement au-dessous 1 de l’axe des abscisses sur – ∞ ; ∪ 3 ; + ∞ 2 et au-dessus sinon. 2 x  –  – 1 3 – x  g( x   x )



 





 

1 + –

– 9 x  +  + 15  x  –  – 1 – 9 x  +  + 15  x  –  – 1

0

–

+ + +

5 3 0 0

+∞ – + –

 x + 5  10 L’ensemble des solutions de l’inéquation  10 est  x – 1 5  = – ∞ ; 1  U ; +∞ . 3  x + 5  10 mais il existe d’autres valeurs Si x � 2, alors  x – 1  x + 5 de x pour lesquelles  10.  x – 1



 

13





 : plus petit nombre entier naturel non nul tel que x  1 –

 x

a

8

1

 x 

5 x  +  + 7 3 x  –  – 4 5 x  +  + 7 3 x  –  – 4

–∞ – – +

7 – 5 0 0

a

4 3 + – –

0

+∞



5

 

O

1

1 –

 x

a

+ + +

5 x  +  + 7 L’ensemble des solutions de l’inéquation 0 3 x  –  – 4 est : 7 4 ∪  = – ∞ ; –  ; + ∞ , ceci justifie l’affichage du 5 3 logiciel de calcul formel.



Résoudre des problèmes

10  D’après le théorème de Thalès : MP AM MP 2 16  = , c’est-à-dire  = , donc MP = .  x + 2 BC AB 8  x + 2 16 � 6. MP � 6 équivaut à  x + 2 16 4 – 6 x 4 – 6 x  – 6 = , donc MP � 6 équivaut à � 0, Or  x + 2  x + 2  x + 2 2 soit 4 – 6 x � 0 car x + 2  0, c’est-à-dire x  . 3 L’ensemble des valeurs de x telles que MP � 6 cm est 2 l’intervalle 0 ; . 3

 

11  Pour tout nombre réel x ≠ 1,  x + 5 – 9 x + 15 15  – 10 = .  x – 1  x – 1  x + 5 – 9 x + 15  10 équivaut à  0.  x – 1  x – 1 74

–∞

 x 

6

Travaux pratiques

14 1. c) Pour k  � 2, l’équation f ( x   a une seule  x) = k  a solution. Pour k  =  = 2, l’équation n’a n’a pas de solution. so lution. Pour k  >  > 2, l’équation a une seule solution. 2. a) f ( x  x) = 2 pour x ≠ 1 équivaut à 2 x + 1 = 2 x – 2 pour s olution.  x ≠ 1, cette équation n’a pas de solution. b) f ( x  x) = k  pour   pour  x ≠ 1 équivaut à 2 x + 1 = k  x – k pour  x ≠ 1, c’est-à-dire (2 – k ) x  x + k  +  + 1 = 0 pour x ≠ 1. k  +  + 1  x) = k pour  x ≠ 1 équivaut à  x = c) k  ≠   ≠ 2 donc f ( x k  –  – 2 pour x ≠ 1. x ≠ 1 car k  +  + 1 ≠ k  –  – 2.  x) = k  a L’équation f ( x  a une seule solution dans  – {1} : k  +  + 1 . k  –  – 2 Traitement et sortie : 3. a) On complète le bloc Traitement Traitement  et sortie : Si k  =  = 2 alors

 

 

Afficher "L’équation "L’équation n’a pas de solution soluti on sinon k  +  + 1 Affecter à x la valeur k  –  – 2 Afficher "L’équation "L’équation a une seule solution :" Afficher x Fin Si

b) On pose y = AG.  y  x 2 On a d’une part y =  et d’autre part  = 1,6 ou  = 1,6,

b)

 x  x c’est-à-dire y = 1,6 x ou y =

c) Pour k  =  = – 3, x = 0,4. Pour k  =  = 0, x = – 0,5. Pour k  =  = 2, l’équation l ’équation n’a n’a pas de solution. so lution. Pour k  =  = 2,5, x = 7. 7. 4. a) Le nombre de solutions de l’équation f ( x   est  x) = k  est le nombre d’abscisses des points d’intersection de la courbe représentative de la fonction f  et   et de la droite d’équation y = k . 3 x + 5 b)  = k  pour   pour x ≠ – 2 équivaut à 3 x + 5 = k  x + 2k  x + 2 pour x ≠ – 2, c’est-à-dire c ’est-à-dire (3 – k ) x  x = – 5 + 2k pour x ≠ – 2. Si k  =  = 3 alors alor s l’équation n’a pas de solution ;

si k  ≠  ≠ 3 alors l’équation a une seule solution : – 5 + 2 k   x =  (pour tout k  ≠  ≠ 3, x appartient à  – {– 2}). 2}). 3 – k  Variables : k , x sont des nombres réels Entrée : Saisir k   = 3 alors Traitement  Si k  = Afficher "L’équation "L’équation n’a pas de solution" solutio n" et sortie :

 

 

sinon – 5 + 2 k  Affecter à x la valeur 3 – k  Afficher "L’équation "L’équation a une seule solution :" Afficher x Fin Si

15 1. a) • E ∈ [AB] donc x  3. 2 • AG × x = 2 donc x = . AG G ∈ [AD] donc AG  2 et ainsi x � 1.  x est compris entre 1 et 3. 2 b) On a AG = .  x

c)

2. a)

 x

 y

. 1,6 Les solutions ( x  x ;  y) sont les coordonnées des points 2 d’intersection de la courbe représentative de  x   x avec chacune des droites d’équations y = 1,6 x  x et y = . 1,6 On obtient les valeurs approchées à 10 –2  près suivantes : • x ≈ 1,12 , y ≈ 1,79. • x ≈ 1,79 , y ≈ 1,12. 3. a) Sur le dessin, les dimensions de l’affiche sont 9 cm et 6 cm ; pour le cadre, on pourra prendre : • x = 3,4 cm, y = 5,4 cm ou • x = 5,4 cm, y = 3,4 cm. b) Cela revient à résoudre dans [1 ; 3] :  x 2  = 1,6  x = 1,6 2

 x  x2 = 3,2  x =  3,2 3,2

 x  x2 = 1,25 x =  1,25 1,25

Les valeurs exactes des dimensions des cadres solutions sont donc : AE =  3,2 3,2 m et AG =  1,25 1,25 m ou AE =  1,25 1,25 m et AG =  3,2 3,2 m.

7

Pour s’entraîner

1 16 a) 1 = 0,25 b) 1  = 2 c)  = 0,1 4 0,5 10 1 1 1 d)  = 100 e)  = – 1 f)  = – 0,01 0,01 –1 – 100 1 1 g)  = 3 h)  = – 2 1 1 – 3 2 1 8 17 a) 1  = 4 b)  = 3 3 5 5 4 8 1 7 1 3 c)  = – d)  = – 2 2 4 4 – – 7 3 1 1 e) 4  = 10–4 f) –5 = 105 10 10 1 1 g)  = – 10 10–6 h)  = – 10 103 6 – 10 – 10–3 1 1 18 a) 1 = – 1 donc x = – 1. 1. b)  =  donc x = 3.  x  x 3 1 1 c)  = 0,02 donc x = 50. d)  = 10–2 donc x = 100.  x

 x

Chapitre 5

Fonction inverse

75

19 � est la courbe représentative de f  : : x  1.  x a) A n’appartient pas à � car f  n’est  n’est pas définie en 0. 1 b)  ≠ 0,33 donc B n’appartient pas à �. 3 1 3 c)  = –  donc C appartient à �. 7 7 – 3 20 a) x  5 donc 0 � 1 � 1.  x 5 1 1 1 b) 6 � x � 7 donc � � . 7  x 6 1 1 c) x � – 4 donc – � � 0. 4  x 21 a) 0 � 3,89 � 3,9 donc 1  1 . 3,89 3,9 1 1 b) – 2,4 � – 2,3 donc .  – 2,4 – 2,3 22 a) 6,7 � 6,9 donc 1  1 et 3  3 . 6,7 6,9 6,7 6,9 1 1 1 1  � – b) 538 � 539 donc  et – . 538 539 538 539 23  x 

1 27 a) Sur [– 5 ; – 1], 1], le maximum ma ximum de f  est  est f  (–  (– 5) 5) = –  et 5 le minimum de f  est  est f  (–  (– 1) 1) = – 1. b) Sur [0,1 ; 0,2], le maximum de f  est   est f  (0,1)  (0,1) = 10 et le minimum de f  est  est f  (0,2)  (0,2) = 5. 28 a) 1 ; 2 b) [–5 ; – 0,5] 4

 

29 1.

2 3 — 4 1 O –— 3 1 — 4 — 2 3 –3

2.  Les équations a) b) et d) ont une seule solution. 1 L’équation  = 0 n’a pas de solution.  x

–∞

a

1

1

 x 

a

–2

0

0, 5 2

2

u

1

• – 0,5 �

1 a

� 0

+∞

3. a)  =

�12

� 13

b)  = –

u

• 0,5 �

1

� 2

u

0,5 1 –— –1 3 O 0,5

2

–1

1 O — 2

1

2

25 –2

–1

3

1 –— 2

4

–3

O 1 –— 2 –1



2. a)  = ]0,5 ; 2[

b)  = – 1 ; –

31 1. –2

26 a) Fenêtre : 1  X  10, pas 1 et 0  Y  1, pas 1.

2. a)  = ]0 ; 1] 1 b)  = –  ; 0 2

3

11 –— 2 1 1 — 3

1 3



  1  = – ∞ ; 0 ∪   ; + ∞ 3

c) 

–2

76

�43

0,5

1 1 — 2 1 — 4

d)  =

2

Échelle : 1/2

2

c)  = ∅

30 1.

– 0,5

24

b) Fenêtre : – 2  X  – 0,1 pas 1 et – 10  Y  0, pas 1.

b) On conjecture que : 2 1 1 2 si x ∈ ]– ∞ ; 0[, �  et si x ∈ ]0 ; + ∞[, � .

32 1. 11 –— 2

–5

 x

1  x

Si x ∈ ]0 , + ∞[,  x

 – 2 ou

1  x

� 1.

b)

1

 x

� – 0,2 ou

1  x

 0.

1 33 a) Pour x ∈ *, x  x =  équivaut à x2 = 1.  x Les nombres égaux à leurs inverses sont – 1 et 1. 1 b) Si x ∈ ]– ∞ ; – 1] 1] ∪ ]0 ; 1] alors � x et  x 1 si x ∈ [– 1 ; 0[ ∪ [1 ; + ∞[ alors x � .  x

34 a) Fenêtre : – 3  X  3, pas 1 et – 2  Y  2, pas 1. b) Par lecture graphique : 1 1 Si x ∈ ]– ∞ ; – 2] ∪ ]0 ; 2], �  x et  x 4 1 1 si x ∈ [– 2 ; 0[ ∪ [2 ; + ∞[,  x � . 4  x 1  2 1  3 c) 1 =  5 35 a) b)  = =– 3  2 2 – 3 2 5 10 36 a) La relation peut s’écrire P = 1  ou V = 1 . V P 1 1 1 b) 0,5  V  5 donc   , 5 V 0,5 c’est-à-dire 0,2  P  2. La pression varie entre 0,2 bar et 2 bars. 37  L’affirmation est fausse. En effet, si a = 1 et b = 2 alors 1 1 1 1 1 3  =  et  +  = 1 +  = . 2 2 a + b 3 a b d  60 38 a) v  =  =  = t 

t 

b) 1,25  t  1,5. 1 1 1 60 60    v   c)  donc 1,5 t  1,25 1,5 1,25 c’est-à-dire 40  v  48. 39 a) ON = x et MN = 1.  x

b) L’aire du triangle OMN est : 1 1 1 1 ON × MN =  x ×  = . 2 2  x 2 Cette aire est constante.

40 a) Fenêtre : – 3  X  3, pas 1 et – 3  Y  3, pas 1. La courbe de g est tracée en trait gras.

 x

 x  x  x

–2

1

 x

2 1 1 c) Pour tout nombre x de *,  –  = .

1 – 0,2

Si x ∈ ]– ∞ , 0[,

a)

 x

1  x

� 0 donc

2  x

 0 donc

2  x

�

1  x



.

1  x

.

41 a) f  est  est décroissante sur ]– ∞ ; 0[ et décroissante sur ]0 ; + ∞[. b) g est croissante sur ]– ∞ ; 0[ et croissante sur ]0 ; + ∞[.

c) h est croissante sur ]– ∞ ; 0[ et croissante sur ]0 ; + ∞[.

42 a) Dans l’intervalle I : 1 1 équivaut à x – 2 � 1, c’est-à-dire x � 3.  x – 2 Ainsi  = ]2 ; 3[. b) Dans l’intervalle I :  x + 3 2 1 � – 4 équivaut à  – , 2 4  x + 3 1 c’est-à-dire x + 3  – 2 7 x  – 2 7 Ainsi  = –  ; – 3 . 2





43 a) f  (0)  (0) = – 1 c) f  (3)  (3) = 5 44 a) f  1  = 30 2 1 c) f  –  = – 5 3



 

b) f  (2)  (2) = 7 d) f  (–  (– 1) 1) = 1 2 b) f   = 16 3 1 d) f   = – 26 6

 

45 a) – 0,5 � ]– ∞ ; 1[ donc f  (–  (– 0,5) � 0. L’affirmation est fausse. b) 10 � ]4 ; + ∞ [ donc f  (10) � 0. L’affirmation est vraie. c) 3,75 � ]1 ; 4 [ donc f  (3,75)  (3,75)  0. Donc l’affirmation est fausse. 46  Pour x = 0,  x + 2  = 2  = – 1.  x – 2 – 2  x + 2 Or 0 � ]– 2 ; 2 [ donc d’après le tableau,  devrait  x – 2 être positif pour x = 0. Donc le tableau est faux. Chapitre 5

Fonction inverse

77

b)

47  Pour tout x  1, x – 1  0 et : 2 x  2 donc 2 x – 1  1  0. 2 x – 1  0. Donc pour tout x  1,  x – 1 3 48 • f  (0)  (0) = . 2  x + 3 • f ( x  = 0  x) = 0 équivaut à 2 – x c’est-à-dire x + 3 = 0 soit x = – 3. Or – 3 ≠ 2, donc  = {– 3}.

2 – 5 x  4 x  +  + 2 2 – 5 x  4 x + 2



➃ B

–

+

1 3 0

–

–∞

1 – 3 x 

+5  x  –  – 7  x + 5  x – 7

+∞ +

–

2 5 0

 x 

5 x  +  + 2 1 – 3 x  5 x  +  + 2 1 – 3 x 

– +

0

–

+ +

+ –

0

+

–

55 1. a)

2 – 5 x  78

–∞ +

2 5 0

0

+ –

0

–

+ + +

+∞ –

+

–5 0 0

7 + –

0

–

+∞ + + +

3 2 0

–

–∞ – + –

0

5 + +

0

+

+∞ + – –

59  x 

 x 

+

– –

2 x + 3 – x  +  + 5 2 x + 3 – x + 5

+∞

1 3

–

–∞

0

58

+∞

2.  x 

– –

+∞

1 2

–3

–∞

 x

b)  x 

–∞

57  x 

5 x  +  + 2

–



+3 2 x  –  – 1  x + 3 2 x – 1

54 1. a) –∞

0

– +



 x

52  On lit à l’écran que G est l’ensemble des solutions.

2 5 0

+

+∞

56

51  On lit à l’écran que H est l’ensemble des solutions.

 x 

+ +

2 5 0

 

 



➂ A

0

–





➁ C

+ –

1 2

1 2 2 – 5 x b) • 0,125 ∈  –  ;  donc  0. 2 5 4 x + 2 1 2 – 5 x � 0. • – 0,65 ∈  – ∞ ; –  donc 2 4 x + 2 2 2 – 5 x � 0. • 0,405 ∈  ; + ∞  donc 5 4 x + 2 3 1 2 2 – 5 x • – ∈  –  ;  donc  0. 7 2 5 4 x + 2

 x 

➀ D

–

–∞

 x 

   

53

+

2. a)

50 a)  = ]– ∞ ; – 5[ ∪ 1 ; + ∞ . 2 1 b)  = ]– ∞ ; – 5] ∪  ; + ∞ . 2 1 c)  = – 5 ; . 2 1 d)  = – 5 ; . 2



–

4 x + 2

49 a)  = ]– ∞ ; 1[ ∪ ]4 ; + ∞ [.[. b)  = ]1 ; 4]. c)  = ]– ∞ ; 1[ ∪ [4 ; + ∞ [.[.



–2 0

 x 

1 – 4 x  – 2 x  +  + 1 1 – 4 x  – 2 x + 1

–∞ + + +

1 4 0

0

1 2 – + –

0

+∞ – – +

60  x 

–∞

5 – 3 x  2 x  +  + 6 5 – 3 x  2 x + 6

5 3 0

–3 + –

+ +

0

–

+∞ – +

0

+

–

64 a) On donne le tableau de signes du quotient 4 x – 7 11 – 2 x 7 11  x  –∞ +∞ 4 2 0 4 x  –  – 7 – + + 0 11 – 2 x  + + – 4 x  –  – 7 11 – 2 x 

61 a) Pour tout x ≠ 3,  x + 2  x + 2  x – 3  – 1 =  –  x – 3  x – 3  x – 3  x + 2  x + 2 – ( x  x – 3)  – 1 =  x – 3  x – 3 5  x + 2  – 1 =  x – 3  x – 3

65 a)

–∞

3 0

–

–3  x  +  + 2 –1  x  –  – 3

+∞ +

–

+  =

4 x + 1  x  +  + 1 2 x  –  – 1 +2  x  +  + 1

+

0

+ +

0

–

+

5 3 0 0

+∞ – + –

– ∞ ; – 12  ∪ 53 ; + ∞  x 

1 4 0

– + –

0

+∞ + + +

63 a)

b) On émet une conjecture sur le signe de

 x + 3  selon 2 x – 1

les intervalles sur lesquels on voit la courbe au-dessus ou au-dessous de l’axe des abscisses. c) 1  x  –∞ –3 +∞ 2  x + 3 – + + 0 2 x  –  – 1 – – + 0  x  +  + 3 + 0 – + 2 x  –  – 1

 =

3 2 0

–

–∞ + +

– 3 – 2 x  5 – x  – 3 – 2 x  5 – x 

–

–1 – –

+ –

1 2

b)

b)

–∞

–

–∞

5 – 3 x  2 x  +  + 1 5 – 3 x  2 x  +  + 1

62 a) Pour tout x ≠ 1, 2 x – 1 2 x – 1 2 ( x 1)  x + 1)  + 2 =  +  x + 1  x + 1  x + 1 2 x – 1 2 x – 1 + 2 x + 2  + 2 =  x + 1  x + 1 2 x – 1 4 x + 1  + 2 =  x + 1  x + 1  x 

–

 

b)  x

+

b) L’ensemble  L’ensemble des solutions de l’inéquation 4 x – 7 7 11 � 0 est  =  ; 11 – 2 x 4 2

 x   x 

0

–

+

5 – +

0

0

–

+∞ – – +

– ∞ ; – 32  ∪ 5 ; + ∞

66 1. a) Fenêtre : – 2  X  10, pas 1 et – 7  Y  5, pas 1. b) On conjecture que l’inéquation f ( x  x)  2 a pour ensemble de solutions ]– ∞ ; 2] ∪ ]5 ; + ∞[  x + 4  x + 4 – 2 (5 – x) c) Pour x ≠ 5, f ( x  x) – 2 =  – 2 = 5 – x 5 – x 3 x – 6 = 5 – x d)

 x 

3 x  –  – 6 5 – x  3 x  –  – 6 5 – x 

–∞ – + –

2 0

5 + +

0

0

+

+∞ + – –

3 x – 6  0, on prouve 5 – x ainsi la conjecture de la question 1. b.

Pour x ≠ 5, f ( x  x)  2 équivaut à

Chapitre 5

Fonction inverse

79

67 a)

b) On conjecture que l’ensemble des f ( x  x)  g( x  x) est : 1  = –  ; 1 ∪ 2 ; + ∞ . 2 c) Pour x ≠ 1,  x + 2  x – 2)(2 x + 1) ( x 1) f ( x  x) – g( x  x) =  – 2 x = –  x – 1  x – 1 1  x  – –∞ 1 2  x  –  – 2 – – – 2 x  +  + 1 – 0 + +  x  –  – 1 – – 0 +  x ) – g( x   x ) f ( x  + 0 – + Ainsi la conjecture est démontrée.

  

solutions de



2 0

0

+∞ + + + –

68 1. a) Pour 0 � x  10, 1 1 1  x + 10  =  + = . Re 10  x 10 x 10 x donc Re = .  x + 10 b) Fenêtre : 0  X  10, pas 1 et 0  Y  5, pas 1.

70 a) Si 1 � 1 , alors x  2.  x 2 Cette réciproque est fausse. 1 1 En effet, si x = – 1, 1, �  et x  2.  x 2 1 b) Si � 1, alors 0 � x  1.  x Cette réciproque est vraie. 1 c) Si  = x, alors x = – 1.  x Cette réciproque est fausse. 1 En effet, si x = 1,  = x et x ≠ – 1.  x 1 d) Si 0 � � 0,1, alors x  100.  x Cette réciproque est fausse. 1 En effet, si x = 20 alors 0 � � 0,1 et x  100.  x

8 71 1. C 72 1. C, D

2. a) Graphiquement Re � 4 pour  x � 6,5 environ. b) Pour x ∈ ]0 ; 10], 10 x � 4 équivaut à 10 x � 4( x  x + 10)  x + 10 20 c’est-à-dire 6 x � 40, soit x � . 3 20 Donc  =  ; 10 . 3



69 a) L’affirmation est vraie. 1 1 En effet, pour x = 0,005,  = 200 donc  100.  x

 x

b) L’affirmation est fausse. 1 En effet, pour tout x ∈ ]– ∞ ; 0[, x2  0 et � 0  x 1 donc x2  .  x

c) L’affirmation est fausse. 1 1 1 En effet, pour x = ,  = 2 donc  x.  x 2  x d) L’affirmation est vraie. En effet, pour tout nombre x de ]– ∞ ; – 1], x  – 1 1 donc � – 1.  x

80

2. C

3. B

2. B, D

4. C

5. C

3. A, C

4. B, D

73 1. B, C. En effet :  x 



Pour se tester

–∞

–7 0

4

–5

3 0

+∞

– + + 7 0  x  –  – 4 – – +  x  +  + 7 0 + – +  x  –  – 4 D’après le tableau de signes : A est fausse et B est vraie. 4 – x  x + 7 D’autre part  et  sont de signes contraires,  x – 4  x + 7 donc C est vraie et D est fausse. 2. B, D. En effet : 1  x  – –∞ 3 +∞ 2 0 2 x  +  + 1 – + + 0  x  –  – 3 – – + 2 x  +  + 1 0 + – +  x  –  – 3  x  +  +

3. D. En effet :  x 

3 – x   x  +  + 5 3 – x   x  +  + 5

–∞ + – –

0

+ + +

0

+∞ – + –

4. C. En effet, pour x ≠ – 1,  x + 1) 3 x + 2 3 x + 2 – ( x 1) 2 x + 1  – 1 =  =  x + 1  x + 1  x + 1 2 x + 1 � 0 est L’ensemble des solutions s olutions de  x + 1 1  = ]– ∞ ; – 1[ 1[ ∪ [–  ; + ∞[. 2 (B est fausse car – 2 ne vérifie pas 3 x + 2 � x + 1.) 5. A. En effet, par lecture graphique la courbe représentative de la fonction  x  x2 est au-dessus de celle de la 1 fonction x   sur ]– ∞ ; 0[ ∪ [1 ; + ∞[.  x

9

Pour aller plus loin

74 1. On note d  la  la distance en km entre le domicile d’Arthur et le village de son amie. La durée totale du parcours aller-retour est : 7d  d  d   +  = . 40 30 120 La vitesse moyenne sur le trajet est donc : 2 d  240  = soit environ environ 34,3 km  h–1. 7d  7 120 2. a) La durée totale du parcours est : d  d   x + 40 d .  +  = 40  x 40 x La vitesse moyenne sur le trajet aller-retour est : 2 d  80 x  = . v ( x  x) =  x + 40  x + 40 d  40 x b) Pour x � 0, 80 x � 35 équivaut à 80 x � 35 x + 1 400, c’est-à-dire  x + 40 1 400 280  soit x � .  x � 45 9 La vitesse moyenne est supérieure à 35 km  h–1 lorsque 280  x dépasse km  h–1 c›est-à-dire environ, 31 km  h–1. 9



 

75 1. a) Si x  5, alors x – 2  3, 3 � 1, ainsi 0 � f ( x donc  x) � 1.  x – 2 b) Les abscisses des points de � dont l’ordonnée est un nombre entier, sont donc dans l’intervalle ]2 ; 5]. 7 2. a) f  (5)  (3) = 3,  (5) = 1, f   = 2, f  (3) 2 11 13 f   = 4 et f  = 5 sont des nombres entiers. 4 5 b) On note n un nombre entier, n � 1. 3 3 Pour x  2,  = n équivaut à x – 2 = , n  x – 2

 

  

3 c’est-à-dire x = 2 + . n

Les abscisses cherchées sont tous les nombres qui 3 s’écrivent 2 +  avec n nombre entier e ntier,, n � 1. n

76 1. Appliquer une baisse de t  %   % revient à multit  plier le prix par 1 – . 100 On résout : t  0,8 × 1 –  = 0,5 100 t  1–  = 0,625 100  = 37,5. t  = Le pourcentage de la 2e baisse doit être ê tre 37,5 37,5 %. 2. a) Après les deux baisses, le prix est multiplié par (1 – x)(1 – y). 1 Donc (1 – x)(1 – y) = . 2 1 b) Pour x ∈ ]0 ; 1[, (1 – x)(1 – y) =  équivaut à 2 1 1 – y = , c’est-à-dire 2 – 2 x 1 1 – 2 x 2 x – 1 , y =  ou encore  y  =  = .  y = 1 – 2 – 2 x 2 – 2 x 2 x – 2 2 × 0,2 – 1 – 0,6 c) y =  =  = 0,375 0, 375.. 2 × 0,2 – 2 – 1,6 1 3. a) On résout dans ]0 ; 1[, (1 – x)2 = . 2 1 – x  0, l’équation équivaut à 1 – x = 1  , c’est-à-dire 2 1 .  x = 1 – 2 1 ≈ 29,3 %. b) 1 – 2





 

   

77  (1) On affiche à l’écran de la calculatrice, les courbes représentatives des fonctions f  et  et g. On conjecture que :  x) � g( x  x) et si x ∈ ]– ∞ ; 0] ∪ ]1 ; 3], f ( x  x) � f ( x  x). si x ∈ [0 ; 1[ ∪ [3 ; + ∞[, g( x (2) a)

Variables :  x, f, g sont des nombres réels Entrée : Saisir x ( x ≠ 1) Traitement et sortie :  x – 1) Affecter à f  la valeur (2 x + 3) / ( x 1)  x – 3 Affecter à g la valeur (5/2) x Si f  g alors   Afficher f 

 

sinon Afficher g Fin Si Chapitre 5

Fonction inverse

81

b) Voici un prgramme écrit dans le langage AlgoBox. AlgoB ox.

b) Échelle 1/2 80

S(t ) (en €)

40

10 t  (en  (en

1

On l’exécute avec différentes valeurs de x. 3. Pour x ≠ 1, 2 x + 3 5 f ( x –  x – 3  x) – g( x  x) = 2  x – 1 5 2 x + 3 –  x – 3  x  x –1 2 =  x – 1 – 5 x ( x  x – 3) = 2 ( x 1)  x – 1)  x  –∞ 0 1 3 – 5 x  + 0 – – 0  x  –  – 3 – – – 0 +  x  – 2( x   – 1) – –  x ) – g( x   x ) f ( x  + 0 – + 0

 

40 3. a) Pour t ∈ ]0 ; 10] f (t ) = 4 + . t  1 b) La fonction t    est décroissante sur ]0 ; 10] donc t   est également décroissante sur ]0 ; 10]. f  est c)

  

+∞

– + + –  x) est le plus grand des Donc : • sur ]– ∞ ; 0[ et ]1 ; 3[, f ( x deux nombres ;  x) est le plus grand des deux • sur ]0 ; 1[ et ]3 ; + ∞[, g( x nombres ; • pour x = 0 et x = 3, les deux nombres f ( x  x) et g( x  x)sont égaux.

78  Cela revient à chercher un nombre entier naturel 1 1 1 non nul n tel que  –  = , n n + 1 2070 1 1 c’est-à-dire  = , soit n (n + 1) = 2070. n (n + 1) 1) 2070 Les deux nombres entiers naturels consécutifs dont le produit est 2070 sont 45 et 46. On peut aussi écrire l’équation n(n + 1) = 2070 sous la forme (n – 45)(n + 46) = 0, l’unique solution est n = 45. 79 1. Le salaire de l’ouvrier est : 8 × 8 + 8 × 2  = 72 €. 2 2. a) Pour t ∈ [0 ; 10], 8 × (10 – t ) S(t ) = 8 × t  +  + 2 = 8t  +  + 4(10 – t ) = 4t  +  + 40 82

h)

10

d) On résout : t ∈ ]0 ; 10], f (t ) = 16. • Graphiquement, la courbe représentative de f  coupe   coupe la droite d’équation y = 16 en un point po int d’abscisse t 0 ≈ 3,3. 40 10 • f (t ) = 16 équivaut à  = 12, c’est-à-dire t  =   soit t  3 t  ≈ 3,33 h.

80 • Sur cette copie, l’élève a multiplié chaque membre de l’inéquation par 3( x – 1) :  x – 3 2  x – 1) ×  x – 3) et 3( x  x – 1) × = 2 ( x  x – 4). 3( x = 3 ( x 3  x + 1  x – 1) c’est-à-dire de Malheureusement, le signe de 3( x  x – 4 est positif si x  1 et négatif si x � 1.  x  – 1) chaque Donc, on ne peut multiplier par 3( x membre de cette inéquation sans changer le sens de l’inéquation que si x  1. • 1re méthode  x – 3 2 � équivaut à 3( x – Si x  1,  x – 3) � 2( x  x – 1) 3  x – 1 c’est-à-dire 3 x – 9 � 2 x – 2  x � 7  x – 3 2 � équivaut à 3( x  x – 3)  2( x  x – 1) – Si x � 1,  x – 1 3 c’est-à-dire 3 x – 9  2 x – 2  x  7 Conclusion : = ]– ∞ ; 1[ ∪ [7 ; + ∞[ . • 2e méthode Pour tout x ≠ 1,  x – 3 2 3( x  x – 3) 2( x  x – 1) – = – 1) 3( x 1)  x – 1 3 3( x  x – 1)  x – 1)  x – 3 2 3 x – 9 – 2 x + 2 – =  x – 1 3  x – 1) 3( x 1)  x – 3 1  x – 7 – =  x – 1 3 3( x  x – 1) 1)

–∞

 x 

1 – –

 x  –  –

7 3( x   x  –  – 1)  x  –  – 3 2 –  x  –  – 1 3

7 0

– +

0

+

0

–

+∞ + + +

 x – 3 2  x – 7 � équivaut à � 0. 3 3( x – 1) 1)  x – 1

Donc  = ]– ∞ ; 1[ ∪ [7 ; + ∞[.

81  On note x l’abscisse de m ( x  x ≠ 0), la droite (A m) a 2 pour coefficient directeur – , c’est aussi le coefficient  x directeur de la droite ( Im) donc m a pour ordonnée 2 .

 x

84  x est un nombre réel strictement positif, il augmente du quart de sa valeur, valeur, donc il devient : 1 5  = x +  x =  x.  y  = 4 4 1 1 4 1 4 On a  =  = × , son inverse est multiplié par ,  y 5 5  x 5  x 4 c’est-à-dire qu’il perd un cinquième de sa valeur.

10 85 a)

A

Accompagnement personnalisé –∞

 x 

0

+∞

1 J m’

M

 x 

b) • Lorsque a � b � 0 : O

I

m

2

  x et l’ensemble E dé-

 x ; Les coordonnées de M sont  x

crit par M lorsque m décrit l›axe des abscisses privé de 2 O est l›hyperbole représentant la fonction x  .

• Lorsque 0 � a � b :

1 a

1 a

 

1 b

1 b

. .

86  x 

–∞

–1

b

0

1

 x

82 m = 1  = 2 et a + b a + b 2 1 1  + a b a + b n=  = . 2 ab 2 a + b 2 (a + b)2 – 4ab n – m =  – = 2 ab a + b 2 ab (a + b) =

a2 + b2 – 2ab (a – b)2 = 2 ab (a + b) 2 ab (a + b)

Donc n – m � 0 et n � m. 83 1. a)  = 0 ; 1 2 b)  = ]0 ; + ∞[

 

c)  = ]– ∞ ; – 1] 1] ∪ ]0 ; + ∞[ 1 2. • k  0,  = 0 ; .

 k 

• k  =  = 0, • k  � 0,

 = ]0 ; +∞[.  =



– ∞ ;

1

 ∪ ]0 ; + ∞[.

k 

1

1

 x 

b

1

1 a

–1

• Si a  1, alors 0 �

1 a

� 1.

• Si b � – 1, alors – 1 �

87 a) 0 � 1 � 1  x 5

+∞

a

1 b

� 0.

b) –

 

1 1 � � 0 4  x



1 88 a)  = 0 ; 1 b) S = –  ; 0 3 5 c)  = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[

c)

1 1 1   8  x 7



89 2 1 1 –— –1 2 11 — –12 –2

90   Le tracé est faux. En effet, il n’est pas limité à ]0 ; + ∞[ et � coupe l’axe des ordonnées. Chapitre 5

Fonction inverse

83

91

b) ( x 1)  x + 1)



2

 x – 2  = ( x  x + 1) × Q 3 – x

–∞

 x 

11 –– 1 – –1 2 3 1 1 –– 1 – 42 –1

–4

 x  +  +

Q ( x   x  +  + 1) × Q

3

 x  +  +

– +

5

2 – x   x  +  + 5 2 – x 

–

–5 0 0

0

+

 x 

–∞ + +

4 – x  – 2 x  +  + 1 4 – x  – 2 x  +  + 1

3  x  –  – 2  x  +  + 3  x  –  – 2

0

+

+∞

4 0

–

0

3 x  +  + 1 – 2 x  +  + 4 4 x  + 4 – 2 x  +  + 4

– + –

1 3 0

 =

– –

0

+ +

0

+

 x  –  –

2

3 – x   x  – 2 Q= 3 – x  84

–∞ – + –

2 0

+ – –

3 + + +

0

0

2 + –

0

–

– + –

1 3 0

+∞ + + +

0

5 + + +

+∞ + – –

0

+∞ + – –

 13 ; 5 

= 50 +

 x  x

 pour 0 � x  50. 2 000 b) f  (20)  (20) = 150 donc le coût moyen unitaire est de 150 €. 3. a)

+∞

96 a)  x 

–3 0

99 1. Le coût hebdomadaire, en �, de fabrication de x articles est 2 000 + 50 x. 2. a) Le coût moyen de fabrication d’un article est : 2 000 + 50 x f ( x  x) =

+

2

–∞

3 x  –  – 1 5 – x  3 x  –  – 1 5 – x 

+∞

95 –

+

 x 

3 x + 6 Or, 0 ∈  ]– 2 ; 5[ donc pour  x  = 0, devait être – x + 7 négatif d’après le tableau. Donc le tableau est faux.

–∞

+ – –

98

+ –

94  Pour x = 0, 3 x + 6  = 6  . – x + 5 5

 x 

+ + +

+∞

b)  = ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]2 ; + ∞[

–

+ –

– –

 x  +  +

b)

1 2

–∞

 x 

2 + +

0

3

97 a)

92  A appartient à la courbe car 1 = 0,2. 15 b) B appartient à la courbe car  = 10. 0,1 1 c) C n’appartient pas à la courbe car  = – 3. 1 – 3 93 a) –∞

2

Il s’agit des fonctions f 2 et f 3.

–2

 x 

3

–1 0 + – – – + 0 –

b) Pour 0 � x  50, 2 000  130 équivaut à : 100  50 +  x 2 000  80 50   x  x 1 1   80 2 000 50 25  x  40

100 1. a) Pour x � 0, 70 x � 50 équivaut à :  x + 2 70 x � 50 x + 100, c’est-à-dire x � 5. b) Pour x � 0, 70 x � 60 équivaut à 70 x � 60 x +120,  x + 2 c’est-à-dire x � 12.  12.

2. a)

b)  L’impact est fort les premières semaines de campagne et s’estompe ensuite lorsque la campagne se prolonge.

Chapitre 5

Fonction inverse

85

6 1

Trigonométrie

Au fil des siècles

Le système GPS fonctionne grâce à une vingtaine de satellites placés en orbite autour de la Terre. Cependant il a un coût élevé et est surtout sur tout très vulnérable, ce qui pose problème aux applications militaires. La puce T IMU est une solution. Cette puce de moins de 10 mm3 contient une horloge automatique, 3 gyroscopes et 3 accéléromètres. Ces éléments donnent ainsi les informations nécessaires pour naviguer entre deux points : l’orientation, l’accélération, l’accélération, et le temps. L’orientation est donnée par les gyroscopes dont les calculs sont à base de cosinus et sinus.

c) Le théorème de Pythagore dans le triangle OAM rectangle en A permet d’écrire : OM2 = OA2 + AM2. 12 1 D’où 12 =  + AM2. Donc AM2 = 1 – . 2 4 3  3. Ainsi AM2 =  et AM = 4 2  3. L’ordonnée de M est 2  3. d) Par symétrie, l’ordonnée de N est – 2 EF 3,2  = 0,64. 4. a) cos GFE =  = FG 5 b) Avec la touche cos–1   de la calculatrice, on trouve GFE ≈ 50°. c) On a EGF = 90° – GFE d’où EGF ≈ 40°. AC 3 5. a) sin ABC =  =  = 0,5. BC 6 b)  Avec la touche sin–1 de la calculatrice, on trouve ABC = 30°. CM 1,73 6. tan CPM =  soit tan 36,1° = . PM PM 1,73 Ainsi PM =  soit PM ≈ 2,372 m. tan 36,1 36 ,1°° La sonnerie ne va donc pas se déclencher.



 j            

 j            

 j            

2

Bien démarrer

1. a) Chaque angle

 j            

 j            

 j            

 j            

A

mesure 60°.

 j                                   

B

C A

b) On a CAB = 90° 90° et ABC = ACB =  = 45°. 2  j            

 j            

3

 j            

B

C

2. a) La longueur de ce cercle est 2 × p × 1 = 2 p. 2p b) La longueur de IK est  = p. 2 p Celle de IJ est . J + 2 3p 1 c) IL est de longueur .

Découvrir

1

Enroulement de la droite numérique 1. a) Échelle 1/2 D



1



2p × 1  + 1 4 L ≈ 3,57 m

B’

L=1+



2

I

1

1

O

C

3. a) b)

1

M

+

L B

O

A 1 N

86

1 A

b) Échelle 1/2 B’

1

D



2p × 1  + 1 2 L ≈ 5,14 m

L=1+

1 C

180°

B

1

2p b) I N a pour longueur , N a donc pour coordonnées 5 2p 2p cos  ; sin . 5 5 2p Son ordonnée est donc sin . 5 2p ≈ 0,95. sin 5 4p c) cos  est l’abscisse du point P. 5 4p ≈ – 0,81. cos 5 p 3. La fenêtre mesure donc 2 × sin  de hauteur 5 2p 4p et cos  – cos  de largeur, 5 5 c’est-à-dire environ 1,18 m par 1,12 m. 4. Oui, car ainsi la hauteur de la fenêtre serait 1 m. En p effet, 2 × sin  = 1. 6

A

2. f) Pour avoir une longueur de 6 m, a doit valoir environ 230°. 2p × a 3. a) L’arc BB a pour longueur . 360 b) Le circuit doit mesurer 6 m donc BB doit mesurer 4 m. 2p × a Ainsi  = 4 et a ≈ 229,18°. 360 4. a 180° 90° 45° 60° 30° 120° 360° 270° p p p p 2p 3p 2p BB p 2 4 3 6 3 2 

 





2

Cosinus et sinus d'un nombre réel 360° 1. a) IOM =  = 36°. 10 b) Échelle 1/2 N  j                                   

4 2

Savoir-faire a)

:3

×4

Angle

180° 60° 240° p 4p Longueur de l’arc p 3 3 ×4 :3 Donc, à partir de I, on tourne dans le sens direct et on place le point M tel que IOM = 240°. p 19p 20p p b)  =  –  = 5 × 2p – . 2 2 2 2  j                                   

P

K

M

Donc, à partir de I, on tourne dans le sens indirect et on 36° O

place le point N tel que ION = 90°. c) À partir de I, on tourne dans le sens indirect et on place le point P tel que IOP = 135°. 29p 32p 3p 3p d)  =  –  = 4 × 2p – . 4 4 4 4 3p Donc R est aussi le point image de –  et il est confondu 4 avec P.  j            

H

 j            

IM a pour longueur c) 

2p p  = . 10 5

2p . 5 4p IP a pour longueur . 5 OH OH 2. a) On a cos 36° =  =  = OH. OM 1 MH MH et sin 36° =  =  = MH. OM 1 Ainsi M (cos 36° ; sin 36°).

+

J 1



IN a pour longueur 

O

1 I

P= R M N 29π 3π ––– ; – ––– 4 4π 3 19π ––– ––– 3 2

3 a) p  correspond à 180°  = 36°. 5 5 Donc, à partir de I, on tourne dans le sens direct et on place M tel que IOM = 36°.  j                                   

Chapitre 6

Trigonométrie

87

b)

p 11p  = 2p – . 6 6

cos

Donc, à partir de I, on tourne dans le sens indirect et on

p 3p  2 et sin 3p  = sin p =  2 .  = – cos  = – 4 4 4 4 2 2 +

place le point N tel que ION = 30°. p 7p c) –  = – p – . 6 6  j            

1     2 2

3π 4

π

4

Donc, à partir de I, on tourne dans le sens indirect d’un d ’un

demi-tour puis d’un angle de 30°. On place le point P. P. p 17p 18p p d) –  = –  +  = – 3 × 2p – . 3 3 6 3 Donc, à partir de I, on tourne dans le sens direct et on place le point R tel que IOR = 60°.

–

2     2

2 1     2

O

 j            

1

– 17π 3 R

– 7π 6 P

+ M

36° 1

O N

11π 6

101p 5p 96 p 4 101  –  =  = 8 × 2p. 6 6 6 Ils ont donc le même point image.

5 a) 17p – p  = 16p  = 2 × 2p. 4 4 4 Ils ont donc le même point image. 9p 8 p 17p b)  – –  =  ≠ k × 2p. 5 5 5 Ils n’ont pas le même point image.

  

6 a) 2p  – – 5 p  = 9p  ≠ k × 2p. 3 6 6 Ils n’ont pas le même point image. p 28p 27p b)  – –  =  = 7 × 2p. 2 2 2 Ils ont donc le même point image.

  

 

7 a) 3p ; 5p ; – p c)

9p 17p 7p  ;  ; – 4 4 4

5p 9 p 3p b)  ;  ; – 2 2 2 7p 17p 13p d)  ;  ; – 5 5 5

9 a) cos 3p ≈ – 0,71. 4 p p p 3p p p b)  = + et = –  donc les points images 4 2 4 4 2 4 p 3p de et  sont symétriques par rapport à l’axe des 4 4 ordonnées. Donc :

88

10 a)  Le théorème de Pythagore dans le triangle OHM permet d’écrire : OM2 = OH2 + HM2. Donc 1 = 2 OH2. 1  2 1 D’où OH2 =  et OH =  = . 2  2 2 b) HOM est un triangle isocèle rectangle. Ainsi : 180° – 90° OMH = HOM et HOM =  = 45°. 2 p c) 45° correspond à . 4 p OH OH  2 Ainsi cos  = cos 45° =  =  = . 4 OM 1 2 p HM HM  2 Et sin  = sin 45° =  =  = . 4 OM 1 2

 j                                        

 j                                        

 j                                        

11  cos – p  =  3  et cos – p ≈ 0,87 ; sin – p  = – 1 6 6 6 2 2

 

 

 

12  cos 7p  =  2  et cos 7p ≈ 0,71 ; sin 7p  = –  2 et 4 4 4 2 2 7p sin ≈ – 0,71 4 13  cos 17p = 0 ; sin 17p = 1 2 2 14  cos – 13p = 1 ; sin – 13p = –  3 et sin – 13p 3 2 3 3 2 ≈ – 0,87

  

  

17π 1 2

O –1 2 2     – 3 2–     2

  

+

1     2     3 2 2 2 1 – 7π 13π 4 – 3

π

6

5

Résoudre des problèmes

 

16  On note  x le nombre réel de l’intervalle 0 ; p 2 p

associé au point A. On a donc sin x = 0,5 d’où x = . Ain6 p  I si A a pour longueur . On en déduit que BL a pour 6 p longueur . 6 p  3 De plus, HA = cos x = cos  =  d’où BA =  3. 3. 6 2 p On note y le nombre réel de l’intervalle –  ; 0  associé 2 au point D. On a donc sin y = – 0,6, d’où y ≈ – 0,64. Ainsi I D a pour  longueur 0,64 environ. On en déduit que LC a pour longueur 0,64 environ. De plus, KD = cos y. Or, on sait que cos 2 y + sin2 y = 1 donc cos2 y = 1 – sin2 y = 1 – (– 0,6)2 = 0,64. Donc cos y = 0,8. On a alors CD = 1,6. Finalement, la figure rouge a une longueur L valant p 2 ×  +  3 + 2 × 0,64 + 1,6 à 10–2 près. 6 Ce qui donne L ≈ 5,66. 

 

 

17  On note  x le nombre réel de l’intervalle 0 ; p 2 associé au point B. On a donc sin x = 0,6 d’où x ≈ 0,64. Ainsi IB a pour longueur 0,64 environ. Enfin, AB = cos x. Or cos2 x + sin2 x = 1. D’où cos2 x = 1 – sin2 x. Donc, cos2 x = 1 – 0,62 = 0,64 et cos x = 0,8. On en déduit que : L ≈ 0,64 + 0,8 + 0,6 + 1 d’où L ≈ 3,04. 

19 a) BCA = 180° – 58° = 61°. 2 b) Dans le triangle ABC isocèle en B, la hauteur (BH) est aussi la médiatrice du côté [AC] [AC] et donc HC = 5 cm. Dans le triangle BHC rectangle en H : HC 5 5 cos 61° = = d’où BC =  soit BC ≈ 10,3 cm. BC BC cos 61°  j            

20  cos 30° = BH = 3 BC BC 3 3 6 D’où BC =  =  = . cos 30°  3  3 2 Le théorème de Pythagore dans le triangle BHC rectangle en H permet d’écrire : BC2 = HC2 + HB2. D’où HC2 = BC2 – HB2.

6 2 2  – 3 .  3 Ainsi HC2 = 3 et HC =  3. 3. Le théorème de Pythagore dans le triangle AHC rectangle en H permet d’écrire : AC2 = HC2 + HA2. D’où AC2 = 3 + 12. Donc, AC2 = 4 et AC = 2. 6 Le périmètre est donc (4 +  + 2) cm,   3 6 c’est-à-dire (6 + ) cm.  3 Donc, HC2 =

 

22 a) Voici des programmes écrits dans le langage des calculatrices. CASIO

TI

13p  , la valeur affichée est : 3 1,0471975511965983. 19p Pour x = – , la valeur affichée est : 6  2,617993877991495. c) Le premier résultat correspond à une valeur approp 5p chée de  et le deuxième une valeur approchée de . 3 6 23 a) S = cos 0 + cos p  + cos 2p + cos 3p + cos 4p 4 4 4 4  2  2  + (– 1) = 1 +  + 0 + – 2 2 =0 p 2p 3p 4p 5p b) S = cos 0 + cos  + cos  + cos  + cos  + cos 5 5 5 5 5 =0 5p car • cos 0 + cos  = 1 + (– 1) = 0 5 p 4p • cos  + cos  = 0 5 5 2p 3p • cos  + cos  = 0 5 5 b) Pour x =

  

3π 5

1

4π 5 5π 5

2π 5

+ π

5 O O Chapitre 6

1 Trigonométrie

89

6

Travaux pratiques

24 1. a) M est le point image du nombre réel x. Ainsi son ordonnée est sin x. OI × sin x 1 Donc 1 =  =  sin x. 2 2 b) Longueur d’arc

2p

Aire du secteur

x x × p  x

p × 12 = p

2p

=

2

 x

0 2π

0

 x

Donc 2 = . 2  x 1 c)  = 2 – 1 =  –  sin x 2 2  x 1 1 d) 1 =  équivaut à  sin x =  –  sin x 2 2 2  x c’est-à-dire sin x = 2 2. a) Itération

a

b

1

0

p

2 3 4

p

2 p

2 p

2

p

3 4 5 8

b – a b – a  10–3

p p

2 p

4 p

8

vrai vrai vrai vrai

 x

p

2 3p 4 5 8 9 16

sin x 

 x

2

1

faux O

faux vrai

 x0

π

π 1—

2

S’il s’agissait d’une parabole, elle représenterait une fonction polynôme de degré 2 définie par :



p

 f ( x  x) = a  x  x –



2

 + 2 2 Elle passe par le point de coordonnés (0 ; 0) d’où :



0=a 0– Donc a =

p

  + 2 2

2 –2 2

p

 =

–8 p2

.

4 8 p 2  x) = – 2  x  x – Donc f ( x  + 2. p 2 Ainsi, elle passerait par le point de coordonnées





 p4   ; p1,5. Or, l’aire du rectangle lorsque X = p4   est

2 sin  =  2 qui est différent de 1,5. 4 Ce n’est donc pas une parabole. I

p 25 1. f) L’aire  L’aire maximale semble atteinte lorsque lo rsque X = , 2 et vaut 2. MNK I est alors un carré de côté  2. 2. 2. a) M(cos X ; sin X)

90

       � 

vrai

b) Le rôle de l’algorithme est d’afficher un encadrement d’amplitude inférieure à 10 –3 de la solution de  x l’équation sin x = . 2 d) a = 1,8952332634327096. b = 1,8960002538266523 1,8960002538266523 (en Python). Py thon). e) x0 ≈ 1,896. 1,896 x 180° 3. 1,896 correspond à  c’est-à-dire environ p 108,63°.

O

b) Dans le triangle IHM rectangle en H : IM2 = IH2 + MH2 = (1 – cos X)2 + (sin X)2 = 1 – 2 cos X + cos2 X + sin2 X =1 = 2 – 2 cos X Donc IM =  2 – 2 cos X . c) Dans le triangle IMN rectangle en M :  IN2 = MN2 + IM2 22 = MN2 + 2 – 2 cos X Donc MN2 = 2 + 2 cos X. D’où MN =  2 + 2 cos X. X. d)  = IM × MN =  2 – 2 cos cos X  2 + 2 cos X =  4(1 4(1 – cos X) (1 + cos X) = 2  1 – cos2 X = 2  sin sin2 X = 2 sin X c) 2 sin X est maximal lorsque sin X l’est, c’est-à-dire p lorsqu’il vaut 1 pour X = . 2 Ainsi M = J et MNK I est un carré. 3. a) Il faut donc que le saphir s aphir ait une forme carrée, de côté  2, 2, serti dans l’anneau. b)

7

Pour s’entraîner

26 a) p b) p c) p d) p e) p f) p 2 18 3 6 4 27 a) IOM = 18° b) 135° = 90° + 49° donc N est p p 3p l’image de  + soit 2 4 4  j                                   

28 A : p ; B : 3p ; C : 5p ; D : 7p 4 4 4 4 p 2p 4p 5p I:0; M: ; N: ; P:p; Q: ; R: 3 3 3 3 29 J : 7p ; B : 2p ; C : – 3p ; A : p ; L : – p ; 3 4 6 6 p I : 1 002 p ; K : – 2 30 72° 2p 5

Angle IOM

 j                                   

Un réel associé à M

31 a) Vrai.

36°

315° 7p 4

p

5

p

b) Faux, il s’agit de

32

2

126° 288° 7p 8p 10 5

36

–16π 3

1 001π 2

1

+ – 47π 6 1

O 29π 4

37

13π 2

+

1

.

+

1

1

O

–13π 6

0

π

1 2π

O

–

33

2π 3

π

2

13π 4

38

3π 2

–13π 3 2π 3

π

M

π

3

1

+

3π 3

1 6π 3

O

1

O

4π 3

34

–

2π 4π – ; 3 3 1

3 2π 6

39 a) 3

M

+ π

6

+ 1

O

π

6

π

12 1 I

1 –

19π 4

+

1

π =

O

3π 4

5π 3

π

7π 5π – ; 6 6

35

+

3

1

π

π

6

b) On trace la bissectrice de l’angle IOM

puisque

4

 j                                   

p

p

 = 6 . 12 2

c) Voir la figure à la question a). 1

O 3π – 4

–

π

4

40  C : p ; B : – 7p ; K : – 13p  ; I : 2p 3 4 6 7p 2p 5p G : 15p ; H : ; D : ; E : – 6 3 4 Chapitre 6

Trigonométrie

91

41  G : p ; N : 17p ; K : 5p ; L : – 8p ; M : 3p ; 6 6 4 3 2 11p 5p 9p J:– ; H: ; P:– 2 3 4 42 a)

47p 11p 47p 23p  – 3 × 2p =  ;  – 2 × 2p =  ; 6 6 6 6

p 47p 47p 13p  – 4 × 2p = –  ;  – 5 × 2p = – 6 6 6 6

π

+

3 A

1

C

1

O

D

b) B : –

b)

B

p 2p 2p c) C : p– = d) D : – p = – 3 3 3 3 3

p

43 1. D

J K 

1

+

B

47 a) Il affiche " Oui ". b) On remplace " Oui " par : " Les nombres réels a et b ont le même point image sur un cercle trigonométrique ". On remplace " Non " par : " Les nombres réels a et b n’ont pas le même point image sur un cercle trigonométrique ". 48  Faux, il s’agit de 11p . 3 49  Faux. Le cercle étant coupé en 8 arcs de même p 2p 3p 4 p 5p longueur, il s’agit des nombres réels  ;  ;  ;  ;  ; 4 4 4 4 4 6p 7p 8p  ;  ;  dans le repère ci-dessous. 4 4 4

C E 1 I

O G F

p 7p 3 2. B : ; C : ; E : p ; F : – ; G : ; K : 3 6 3 6 4 44 a) 5p – 2p = – et – p � ]– p ; p] 3 3 3 Donc –  est le nombre réel de ]– p ; p] associé à L. 3 11p 3 3p b) – 2p = et � ]– p ; p]. 4 4 4 3 Donc  est le nombre réel de ]– p ; p] associé à M. 4 7p 5 5p c)  – 2p = – et – � ]– p ; p]. 6 6 6 5 Donc –  est le nombre réel de ]– p ; p] associé à N. 6 p 3p d)  – 2p = –  et – � ]– p ; p]. 2 2 2 p

Donc –  est le nombre réel de ]– p ; p] associé à P. 2 45 • p ; – 5p  ; 7p  ; 19p 3 3 3 3 • 0 ; – 8p • p ; – 9p 29p 19p 23p p 3p 13p • –  ; • –  ; • –  ; 4 4 6 6 4 4

46 a) 47p 6 92

50 a) cos x = 0,6 ; sin x = 0,8. b) sin y = 0,4 ; cos y ≈ – 0,9. 51 a) cos – p  = 1 ; sin – p  = –  3 3 2 3 2

  3p  2 ; b) cos –  = – 4 2

  3p  2 sin –  = – 4 2

c) cos

sin

5p  3  = – ; 6 2 p  2 d) cos –  = ; 4 2

 

52 a) cos p ≈ 0,81 ; 5 b) cos

p

≈ 0,97 ;

5p 1  = 6 2

p  2 sin –  = – 4 2

  p

sin ≈ 0,59 5 p

≈ 0,26 12 12 3p 3p ≈ 0,22 ; ≈ – 0,97 c) cos – sin – 7 7 19p 19p ≈ 0,38 ; sin – ≈ – 0,92 d) cos – 8 8

   

sin

   

53 5p � 5p � 7p donc p � 5p � p 10 7 7 2 7 5p 5p donc sin  0 et cos � 0. 7 7

+

54 a)

3π 4

π

1

4 – M

1

O –

11π 5π ; 4 4

7π 4

7p  2  = ; 4 2

sin

7p  2  = – 4 2

cos

3p  2  = – ; 4 2

sin

3p  2  = 4 2

cos

5p  2  = – ; 4 2

sin

5p  2  = – 4 2

 114p  = –  22 ;

sin –

b) cos

 114p  = –  22

cos –

55 a)

2π 3

π

1

3

;–

11π 3 +

1

O

58 1. M : p et N : 2p 6 3 2p p p  MN a pour longueur  –  = . 3 6 2 7p p 11p  2. a) MN a pour longueur :  –  = . 6 4 12  a pour longueur : 11p – p = 4p. b) MN 6 2 3 59 1. a) b)

–

3π 4

1

2     2

O

+

1 –π 6

2. –

 2  cos x  1 2

60 a) p 3

b)

3p 4

p 5p c) –  et – 6 6

61 a) 0,41 b) 2,35 d) 1,47 ; 4,81 ; 7,75 ; 11,00

d) –

5p 6

c) – 1,12

62 a) cos2 x + sin2 x = 1. donc sin2 x = 1 – cos2 x. 3 2 16 d’où sin2 x = 1 – – = . 5 25 2 Ainsi sin  x = 0,64. On en déduit que sin x = 0,8 ou sin x = – 0,8. b) x ∈ [0 ; p] donc sin x � 0 d’où sin x = 0,8.

 

2π – 3

5π 3

 23p = – 12 ;

sin –

5p 1  = ; 3 2

sin

b) cos –

cos

2p 1 cos  = – ; 3 2

 113p  = 12 ;

cos –

56 a) cos 5p = –  2 4 2 5p  3 c) cos  = – 6 2 e) cos (– 7p) = – 1

57 a) sin 4p = –  3 3 2 11p 1 c) sin  = – 6 2 e) cos 17π = – 1

 23p = –  23 5p  3  = – 3 2

2p  3 sin  = 3 2

 113p  =  23

sin –

7p 1 b) cos –  = 3 2

  p

d) cos  = 0 2 7p  2 f) sin –  = 4 2

 

3p  = – 1 2 29p 1 d) cos  = 3 2 f) cos 0 = 1 b) sin

63 a) cos2 x + sin2 x = 1. donc cos2 x = 1 – sin2 x 12 d’où cos2 x = 1 – – . 3 8 2 Ainsi cos  x = . 9  8 ou cos x = –  8. On en déduit que cos x = 3 3 p  8. b) x ∈  ; p  donc cos x  0 d’où cos x = – 2 3

 

 

64 a) cos2 p + sin2 p = 1 5 5 p p donc sin2 = 1 – cos2 5 5 p 1 +  5 2 soit sin2  = 1 – . 5 4 p 1 Ainsi sin2 = 1 – (1 + 2 5 + 5) 5 16 6 1 = 1 –  –  5 16 8 5 –  5 = 8



Chapitre 6



Trigonométrie

93

Or sin

p

 

π

5 –  5 . 8

p

 0 donc sin  = 5 5 p 4p 5 –  5 b) sin  = sin  = 5 5 8 p 4p 1 +  5   cos  = – cos  = – 5 5 4 p 9p 5 –  5 sin  = – sin  = – 5 5 8 p 1 +  5 9p   cos  = cos  = 5 5 4

4

 

5

5

 

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

b) La réciproque est fausse car par exemple : p

9π 5

65 a) i  =  = 20°, r  ≈ 14,9° i  =  = 45°, r  ≈ 32° i  =  = 60°, r  ≈ 40,5° i  =  = 80°, r  ≈ 47,6° 3 3 b) sin r = sin i . Or, 0  sin i  1 donc 0  sin r  . 4 4 3 Les valeurs extrêmes de sin r sont 0 et . 4 Les valeurs extrêmes de r sont donc 0° et environ 48,6° 48, 6°..  j            

– 3π 4

π

4π

 j            

 p

p

p

cos  = cos –  et  ≠ – . 3 3 3 3 p  2  égalec) La réciproque est fausse car cos – = 4 2 ment.

8

 

Pour se tester

 j            

 j            

 j            

66  Dans le triangle SOM rectangle 25 en O, sin OSM = . 70 Donc OSM ≈ 20,9°. Ainsi l’angle au sommet du plomb d’architecte d’architecte mesure environ 2 × 20,9° c’est-à-dire environ 41,8°.

S

 j                                   

70

 j                                   

O

25

M

67 a) Dans le triangle MOA rectangle en M, OM 1 cos MOA =  = . OA 2 p Ainsi MOA = 60° et M est l’image du nombre réel . 3  j                                   

 j                                   

68  Dans le triangle ANB rectangle en A, AN tan 35° = . 100 AR Dans le triangle ARB rectangle en A, tan 55° = . 100 Donc AN ≈ 70,02 m et AR ≈ 142,81 m. Ainsi NR ≈ 72,79 m. 69 a) Faux, il en existe une infinité. En voici deux : cos–1 (– 0,3) et cos-1 (– 0,3) + 2p. b) Faux, car pour tout nombre réel x, – 1  sin x  1. p 1 c) Faux, car par exemple sin –  = – . 3 2

 

71 1. C 2. B 3. C 4. D 5. C 72 1. A 2. A, C, D 3. B, D 4. A, D 5. A 73 1) B, C. En effet : AH 7 3 • sin 60° =  donc AH = 7 sin 60° =  donc A est 7 2 faux. BH • cos 60° =  donc BH = 7 cos 60° = 3,5 donc B est 7 7 3 vrai. 7 3 AH AH • cos 45° =  donc AC =  = 2 = donc AC cos 45°  2 2   C est vrai. 2 • BC = BH + HC HC Or sin 45° = donc HC = AC AC sin 45° AC 7 3  2 × =  2 2 = 3,5 3 Donc BC ≈ 9,6 donc D est faux. 2. B, C, D. En effet : 5p 3∈  ; p . 6 Donc cos 3 � 0. sin 3  0 5p cos 3 � cos 6 3. A, C. En effet : cos–1 0,4 ≈ 1,16 et 2p – cos–1 0,4 ≈ 5,12.

 

5π 6

+

1

3 1

O

1,16

≈

1

70 a)  La réciproque est fausse car si cos x �  sin x, 3p p alors x peut appartenir à l’intervalle –  ; . 4 4



0,4

0 2π



≈

94

+

2π – 1,16

9

Pour aller plus loin

99π 3π ; 4 4

74 a) L’échelle étant 1 , AB = 1,8 m = 0,9 m. 2 2 b) ≈

π

– 1,12 A

1

≈

2π 98π  ; 4 4 4

–

0,9

  2 O

B  x  est le nombre sin x = 0,9.

1

O

 p2 ; p  tel que

réel de l’intervalle

On a sin –1 0,9 ≈ 1,12 d’où x ≈ p – 1,12 Donc x ≈ 2,02 m. La largeur de l’arc AC est donc 2,02 m environ sur la maquette, et 4,04 m en réalité. 

x 75 a) Longueur Rayon 1 La longueur de l’arc bleu est R x.

b)

R x R

A

O 

Le triangle OAB est équilatéral car OA= OB = AB = R. p Ainsi AOB = 60° ce qui correspond à  radians. 3 p Donc l’arc AB a pour longueur × R 3 2p et l’arc rouge a pour longueur  x R 3 c’est-à-dire environ 1 457 699 km.  j                                   



76  S = cos 0 + cos p + cos 2p  + … + cos 7p 4 4 4 8p 9p 10p 15p + cos  + cos  + cos  + … + cos 4 4 4 4 +… 88p 89p 90 p 95p + cos  + cos  + cos  + … + cos 4 4 4 4 96p 97p 98p 99p 100p + cos  + cos  + cos  + cos + cos 4 4 4 4 4 p 3p  2  2 Or, cos + cos  =  –  = 0, 4 4 2 2 7p 5p  2  2   cos + cos  =  –  = 0, 4 4 2 2 4p cos 0 + cos  = 1 – 1 = 0, 4 2p 6p   cos = cos  = 0. 4 4





97π 4 96π 4

2

6π 4

7π 4

p 2p 7p Donc cos 0 + cos  + cos  + … + cos  = 0. 4 4 4

De même : 8p 9p 10p 15p   cos  + cos  + cos  + … + cos  = 0 4 4 4 4 . . .

88p 89p 90 p 95p  + cos  + cos  + … + cos  = 0 16 4 4 4 96p 97p 98p 99p 100p Donc S = cos  + cos  + cos  + cos  + cos 4 4 4 4 4  

cos

96 p = 1. 4 97p  2   cos = 4 2 98p   cos =0 4 99 p  2   cos =– 4 2 100p   cos = –1 4 d’où S = 0. De plus, cos

B



  2

2

5π 4

C

 ;

0;

100π 4π ; 4 4

1,12

π







77 1. a) Dans le triangle BCD rectangle en D, BD cos 30° = BC  3 . donc BD = BC cos 30° = 1 × cos 30° = 2 Or AD = AB – BD.  3 . Ainsi AD = 1 – 2 CD b) Dans le triangle BCD rectangle en D, sin 30° = BC 1 donc CD = BC sin 30° = 1 × sin 30° = . 2 1 Ainsi CD = . 2 2. a) Le théorème de Pythagore dans le triangle ACD rectangle en D permet d’écrire AC 2 = CD2 + AD2. 12  3 2. D’où AC2 =  + 1 – 2 2 1 3 Donc AC2 =  + 1 –  3 +  = 2 – 3. 3. 4 4 Ainsi AC =  2 –  3. 3.

 



Chapitre 6

Trigonométrie

95

b) Le triangle ABC étant isocèle en B, la bissectrice de l’angle ABC est également médiatrice de [AC]. AH AC  2 –  3 Ainsi, sin 15° =  = AH =  = . AB 2 2  j                                   

T est le point d’intersection du mur avec la tangente au cercle issue de S (en le point po int M).  T

B M H

S

A

15°

C

A

H

De plus, cos2 15° + sin2 15° = 1. Ainsi cos2 15° = 1 – sin2 15°.  2 –  3 Donc cos2 (15°) = 1 – 2 2 –  3 =1– 4 2 +  3 = 4 Comme cos 15°  0, on a :





2

 j                                   

 2 +  3 . 2 c) cos 15° ≈ 0,97 sin 15° ≈ 0,26  2 +  3  2 –  3 ≈ 0,97. ≈ 0,26. et et 2 2 Les résultats sont cohérents.

78  En appliquant successivement le théorème de Pythagore dans les triangles rectangles colorés, on obtient les longueurs inscrites sur le schéma. 1

1 1 4    

1

3    

A

7 6         8    

α  

2  

1

3      

       4

1

    5

α    α   6

  α

  7  α

α  1 

2    

1 9    

α    

8

C

α

B 1

11

On a alors : ABC = sin –1

 j                                   

1 1 1  ; sin a2 =  ; … ; sin a8 = .  4  5  11

  14  + sin   15  + … + sin   111  –1

–1

 j                                   

79 1. H est le point d’intersection de la droite (SA) avec le mur. 96

 j            

 j                                   

 j            

 j            

 j            

b) • On sait que OH = cos . 5 p Ainsi HI = 1 – cos . 5 • AJI étant isocèle en A, la hauteur issue de A est également médiatrice de [ IJ]



donc I J = 2HI = 2 1 – cos



ABC ≈ 179,02° et ABC ≠ 180°. Les points A, B, C ne sont pas alignés.

 j                                   

 j                                   

donc OJ = 1 – 2 1 – cos

1

Ainsi, sin a1 =

80 a) AOI = 36° et le triangle OA I est isocèle en O donc : 180° – 36° OAI =  = 72°. 2 72° Ainsi OAJ =  = 36°. 2 et AJI = 180 – IAJ – AIJ = 180 – 36° – 72° = 72° Donc leurs angles à la base étant de même mesure, les triangles OAJ et AJ I sont isocèles. p

1 5    

 j                                   

 j            

cos 15° =

1

Dans le triangle ASM, rectangle en M : AM 2 1 sin ASM =  =  =  donc ASM = 30°. SA 4 2 TH Dans le triangle STH, rectangle en H, tan HST = . SH TH Ainsi, tan 30° = 8 8 3 d’où TH = 8 tan 30° =  et TH ≈ 4,62 m 3 Le diamètre du disque formé par l’ombre sur le mur 16 3 est égal à  m soit environ 9,24 m. 3

p

p

5

p

5





= 2 cos  – 1 5 c) OAJ étant isocèle en J, pour les mêmes raisons, on a : 1 1 OL =  OA = . 1 2 2 p OL Ainsi cos  = cos LOJ =  = 2 . 5 OJ OJ 1 1 Donc OJ = 2 = .  j            

cos

p

5

2 cos

p

5

d) On en déduit que : p p p 1  c’est-à-dire 4 cos 2  – 2 cos  = 1 2 cos  – 1 = p 5 5 5 2 cos 5 p p soit 4 cos2  – 2 cos  – 1 = 0 5 5 p c) cos  est positif et solution de l’équation 5 4 x2 – 2 x – 1 = 0. p  5 + 1 Donc cos  = . 5 4

81 a) c 4 – s4 = (c 2 – s2) (c 2 + s2) 1 2 2 = c   – s donc c 4 – s4 = (12 – s2) – s2  = 1 – 2 s2 = c 2 – (1 – c 2) = 2 c 2 – 1 b) c 4 + s4 = c 2 c 2 + s2 s2 = (1 – s2) c 2 + (1 – c 2) s2 = c 2 – s2 c 2 + s2 – c 2 s2 = c 2 + s2 – 2 s2 c 2 1 = 1 – 2 s2 c 2

84  Le théorème de Pythagore dans le triangle LEO rectangle en L permet d’écrire : OE2 = LE2 + OL2 Ainsi LE2 = OE2 – OL2 d’où LE2 = 42 – 2,12 = 11,59. Donc LE =  11,59 11,59 cm soit LE ≈ 3,4 cm. • OLA est isocèle en O donc le pied H de la hauteur issue de O est le milieu de [LA].

                          �  

                          �  

E

   c    m     1      2 , 

4 cm

I

L

O

A H G

1  LA LH 2 Ainsi, cos OLH =  = LO 2,1 et LA = 4,2 cos OLH. 1 1 Or OLH = OLG = EOL. 2 2 En effet, OLG est aussi isocèle en L et (HL) est bissectrice de l’angle OLG. OL 2,1 Comme cos EOL =  =  = 0,525 EO 4 on en déduit que EOL = cos–1 0,525 1 d’où OLH =  cos–1 0,525 2 et LA ≈ 3,67 cm donc LA  LE.  j                                   

 j                                   

 j                                   

 j            

 j                                   

 j                                   

 j            

82  Le théorème de Pythagore dans le triangle ABC rectangle en B permet d’écrire : AC2 = AB2 + BC2. Ainsi AC2 = 12 + 12 et AC =  2. 2. Le théorème de Pythagore dans le triangle AEC rectangle en A permet d’écrire : EC2 = AE2 + AC2. Ainsi EC2 = 12 +  22. d’où EC2 = 3 et EC =  3. 3. EA 1 Donc dans le triangle AEC, sin ECA =  = . EC  3 1 d’où ECA = sin –1 .  3 Le triangle AOC est isocèle en O 1 donc AOC = 180° 180° – 2sin–1  3 AOC ≈ 109,5°.  j            

 j            

 j            

j            

83 1. a) Environ 10°. b) 10° correspond à

p × 10

 =

p

 en radians. 180 18 p Ainsi la frontière mesure 6 371 371 km × ≈ 1 111,95 111,95 km. k m. 18 Un site de cartographie affiche 1 099,11 km, soit une erreur dans notre calcul de seulement 13 km environ. 2. Les parallèles, contrairement aux méridiens, sont des cercles n’ayant pas pour centre le centre de la Terre. Terre. Leurs rayons ne sont donc pas de 6 371 km comme en b).

 j            

 j                                   

85  On note a la distance AD. • Le triangle BDA est rectangle en D donc, comme BAD = 45°, il est isocèle en D, donc BD = a et par le théorème de Pythagore : AB = a 2

 j                                   

• Le triangle CDA est rectangle en D donc, a AD cos 60° =  et AC =  = 2a AC cos 60°

sin 60° =

CD  3  = a 3  et CD = 2a × AC 2

• Le triangle CDB est rectangle en D donc, BC2 = CD2 + DB2 = 3a2 + a2 = 4a2 BC = 2a Ainsi ABC est isocèle en C. 2a La hauteur issue de C est donc également médiatrice de [AB]. [AB]. a 2  2 . Donc cos CAH = 2  = A 2a 4

C

2a

H

 j                                   

a

B

Ainsi BAC = CAH ≈ 69,3°.  j            

 j                                   

Chapitre 6

Trigonométrie

97

10

Accompagnement personnalisé

4p  3  = – 3 2 7p  2 b) cos  = 4 2 p 1 c) sin –  = – 6 2

2. a) sin

86 a) Le sens direct est le sens inverse des aiguilles d’une montre. b) c) – 5π 4

π

– 4π 3

3

1

π

4

7π 6

90  A : – 3p ; cos – 3p  = –  2  ; sin – 3p  = –  2 4 4 4 2 2 2p –2p 1 –2p  3 B : –  ; cos  = –  ; sin  = – 3 3 2 3 2 3p 3p  2  ; sin 3p =  2 C :  ; cos  = – 4 4 4 2 2 p p  3 p 1 D : –  ; cos –  =  ; sin –  = – 6 6 6 2 2 p p 1 p  3 E :  ; cos  =  ; sin  = 3 3 2 3 2

π

6 0 1

O

2π 3

87

 

+

π

2

+

1

   

 

 

π

91 a)

2

+

1 2

1

O

   

 x

 x =

7π 6 – 3π 4

p

6

–π 2 –π 2

88  A : p ; – 11p 6 6 p 3p D :  ; – 2 2

3p 5p  ; – 4 4 p 5p E :  ; – 3 3

4 p 2p  ; – 3 3 3 p 5p F : –  ; 4 4

B:

89 1. a)

C:

π

1

3

+

π

4 π

 x

b)

+

 x = cos–1 (– 0,3) x ≈ 1,88

π

–0,3

92 a) x = 5p 6 p b) x = 4 c) x = cos–1 0,1 ≈ 1,47

6 π

93 a) O

–π 4π 3

p  2 b) cos  = ; 4 2

p  2 sin  = . 4 2

p 1   cos  = ; 3 2

p  3 sin  = . 3 2 p 1 sin  = . 6 2

p  3   cos  = ; 6 2

98

2

1

7π 4

6

+

On voit que cos x  0.

–1 5

 x

–π 2

b) cos2 x + sin2 x = 1, donc cos 2 x = 1 – sin2 x. 1 2 24 d’où cos2 x = 1 – –  = . 5 25 24 2 6  24 Ainsi cos x =  = 5 5 car cos x  0.

 

Dans le losange OABCD, la diagonale (AC) est bissectrice de l’angle OAB, donc OAC = 30°. Or, de même, ODC = 60° c’est-à-dire ACD = 60°. Donc, dans le triangle ACD, DAC + ADC = 30° + 60° = 90. Donc le triangle ACD est rectangle en C.

94 1. a) cos x = 0,8 ; sin x = – 0,6 b) cos2 x + sin2 x = 0,82 + (– 0,6)2 = 1 2. a) cos y = – 0,4 ; sin y ≈ 0,9. b) cos2 y + sin2 y= 1 (– 0,4)2 + sin2 y = 1 sin2 y = 0,84 sin y =  0,84 0,84 car sin y  0

 j                                   

 j                                   

AB AC

5 AB  =  = 10 donc AC = 10 cm. sin 30° 1 2 AC b) Dans le triangle ACD rectangle en A, cos 45° = DC 20 20 10 AC donc DC =  =  =  donc DC =  cm. cos 45°  2  2  2 2 96  sin ABC = AC = 5 AB 8

donc AC =

 j                                   

ABC ≈ 39°

 j                                   

97  Dans le triangle BCD rectangle en D, cos 44° = DB BC donc DB = BC cos 44°. BC Or dans le triangle ABC rectangle en C, sin 33° = AB donc BC = AB sin 33° = 7 sin 33° Ainsi DB = 7 sin 33° 33° cos 44° DB ≈ 2,7 cm 98

C

B

M D

A

O E

 j                                   

 j                                   

95 1. sin 30° = 1 ; cos 45° =  2 2 2 2. a) Dans le triangle ABC rectangle en B, sin 30° =

 j                                   

F

 j                                   

Le théorème de Pythagore dans le triangle ADC rectangle en C permet d’écrire que : AD2 = DC2 + AC2. D’où AC2 = AD2 – DC2. AC2 = 402 – 202 = 1 200 et AC =  1 200 200 . Le point M est le milieu du segment [CD]. Le théorème de Pythagore dans le triangle AMC rectangle en C permet d’écrire : AM2 = MC2 + AC2 d’où AM2 = 102 + 1 200 donc AM2 = 1 300 et AM =  1 300 300 cm = 10 13 13 cm.

99 1. a) IOP est un triangle isocèle en O. b) M étant associé à x, et P à 2 x, on en déduit que (OM) est la bissectrice de l’angle IOP, ainsi, comme IOP est isocèle en O, (OM) est également médiatrice du segment [ IP]. D’où (OM) et (IP) perpendiculaires et A milieu de [ IP]. OA OA 2. • cos x = cos IOA =  =  = OA. OI 1 IA IA • sin x = sin IOA =  =  = IA. OI 1 • sin 2 x = PH par définition du sinus puisque PH est l’ordonnée de P, image de 2 x.  j            

 j            

 j            

 j            

3.  On note   l’aire du triangle O IP et triangle OA I. OI × PH 1  = =  sin 2 x 2 2 OA × IA et  = 2 ×  = 2 × 2  = cos x × sin x 1 Ainsi  sin 2 x = cos x sin x 2 et sin 2 x = 2 cos x sin x.

  l’aire

du

AOB = 60° et OA = OB donc le triangle OAB est équilatéral et OAB = 60°.

 j                                   

 j                                   

Chapitre 6

Trigonométrie

99

7 1

Statistiques descriptives. Analyse de données

Au fil des siècles

Née à Florence, le 12 mai 1820, Florence Nightingale a reçu une éducation d’aristocrate. Contemporaine de la Reine Victoria, elle a grandi à une époque marquée par de profondes mutations sociales, dans un milieu ouvert aux idées libérales et réformatrices. Très Très jeune, elle part par t à l’étranger étudier le système hospitalier en Égypte puis en Allemagne et, en 1853, elle devient directrice de l’hôpital « Invalid Gentlewomen » à Londres. Elle compile des statistiques et prouve que le taux de mortalité dans les hôpitaux de Londres est supérieur au taux de mortalité des gens malades mourant à domicile. Après la déclaration de la guerre de Crimée en 1854, Florence Nightingale devient directrice de toutes les opérations sanitaires de la guerre. Elle forme une escouade de 38 garde-malades, son premier objectif est de donner un lit à chaque blessé et s’assurer qu’il est pris en charge dès son arrivée. Ses attentions constantes envers les soldats sont suivies et commentées en Angleterre où on l’appelle « la Dame à la lampe » car, la nuit, quand tout le personnel médical a quitté les lieux, elle continue à faire des rondes pour rassurer les malades. À travers ses efforts sans relâche, le taux de mortalité parmi les malades et les blessés baissa considérablement (de 60 % à environ e nviron 2,2 % en moins d’un an). an). Pour sa contribution aux statistiques de l’Armée et aux statistiques comparatives des hôpitaux en 1860, Florence Nightingale devint la première femme à être élue membre de la « Société Statistique ».

2

3. a) 0 × 3 + 2 × 1 + 3 × 4 + 4 × 4 + 5 × 2 + 6 × 1 + 7 × 5 + 8 × 3 + 9 × 1 + 10 × 1

25 124 c’est-à-dire  soit environ 5 25 b) Un élève a reçu en moyenne environ 5 spams au jourd’hui. 4. a) Faux. Dire que la moyenne des salaires est 2 082 €

signifie que si chaque salariés touchait 2 082 €, alors la somme totale de leurs salaires serait la même qu’actuellement. b)  Faux. Supprimer le salaire du PDG (certainement 8 000 €) ferait diminuer le salaire moyen. c) Vrai. La médiane n’est pas sensible aux valeurs extrêmes. 5. 1) a) Étendue : 3 000 – 500 = 2 500.

b) Médiane : 2 000 (la 25 e et la 26 e valeur sont égales à 2 000). c) Q1 = 1 000 (la 13e valeur) ; Q3 = 2 000 (la 38 e valeur). 2) Au moins 50 % des disques durs ont une capacité d’au plus 2 000 Go. Au moins 25 % des disques durs ont une capacité d’au plus 1 000 Go. Au moins 75 % des disques durs ont une capacité d’au plus 2 000 Go.

3

Découvrir

1

Un résumé graphique a) Voir fichier Tableur. b)

Bien démarrer

1. a) Effectif de Face : 1 000 – 450 = 550.

450  = 0,45 = 45 %. 1 000 c) 0,55 est la fréquence de la sortie Face. b) Fréquence de Pile :

2. a) 4 élèves ont reçu exactement 3 spams.

b) 3 + 1 + 4 + 4 + 2 + 1 + 5 + 3 + 1 + 1 = 25. 100

c) Q3 = 9 et il n’y a pas de valeurs 10 km ; donc le club d’astronomie concernera 75 % des lycéens. 2. a) Voir fichier Tableur.

2. a)

b)

c)

Il semble qu’au cours du temps, le temps du vainqueur diminue. b) On visualise la droite d’équation  y = 7 635 soit quasiment y = 7 700 lue sur le graphique. Les points d’abscisse supérieure à 2008 sont au-dessous de cette droite. c)

d) Sur le diagramme, les bâtons sont visibles de 0 à 22. Il n’est pas très facile d’estimer visuellement la répartition des différentes valeurs (entre 5 et 22). 3. a) b)

d) Borne inf. : Q1 – 1,5(Q3 – Q1) = 7 354,5 354,5 soit 2 h et 354,5 s, c’est-à-dire 2 h 2 min 34,5 s. Borne sup. : Q3 + 1,5(Q3 – Q1) = 7 956,5 soit 2 h et 756,5 s, c’est-à-dire 2 h 12 min 36,5 s. e) On peut affirmer que le temps du vainqueur 2017 sera entre 2 h 34,5 s et 2 h 12 min 36,5 s avec une probabilité d’erreur de 2 % = 0,02 (si la tendance observée se confirme). Remarque :  le Kényan Paul Longyangata a remporté l’épreuve 2017 en 2 h 6 min 10 s. 3. a)

c) Avec cette nouvelle représentation, le CPE voit d’un seul coup d’œil la répartition des lycéens d’après leur éloignement du lycée. Entre 0 et 10 km on a 27 élèves, il est très facile de le lire sur le graphique.

2

Une série chronologique 1. a) Voir fichier Tableur. b)

N  = 5 ; 4 Q1 est la 5e valeur : Q1 = 7 548. N est pair, la médiane est : 10e val + 11e val 7 631 631 + 7 639  =  = 7 635. 2 2 3N  = 15 ; Q3 est la 15e valeur : Q3 = 7 729. 4 b) Effectif total N = 20 et

c) Entre Q1 et Q3 on a environ 50 % des valeurs de la série alors que la totalité des valeurs s’étalent sur un intervalle de longueur 433 (étendue).

Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données

101

b) On obtient la même médiane que le tableur mais les quartiles sont différents. Sur le tableur ce ne sont pas des valeurs de la série. Ici N = 20 donc Q1 est obtenu sur le tableur au rang : 1 3 × 19 + 1 = 5,75 = 5 + . 4 4 e La 5  valeur est 7 548, le tableur calcule alors : 3 Q1 = 7 548 + (7 591 591 – 7 548) d’où d ’où Q1 = 7 580,25. 4 On obtient de même Q3 pour le rang : 3 × 19 1  + 1 = 15,25 = 15 + . 4 4 e La 15  valeur est 7 729, le tableur calcule alors : 1 Q3 = 7 729 +  (7 736 – 7 729) = 7 730,75. 4

d)

35

30

20

15

10

15

20

25

30

100

70

35 15 10 10

4

Savoir-faire

2 a) Nombre d’emprunts 0 1 2 3 4 5 6 7 8 Effectif 39 30 36 23 20 22 18 10 11 Effectif cumulé 39 69 105 128 148 170 188 198 209 croissant b) 128 élèves ont emprunté 3 livres au plus. c) Fréquence cumulée croissante de la valeur 4 : 148 ≈ 0,708. 209 Donc environ 70,8 % des élèves ont emprunté 4 livres au plus. d) 40 35 30 25 20 15 10 5 0

15

20

25

30

716 5 a) x = 716 , x ≈ 55 ; N = 13 est impair, donc Me est 13 la 7e valeur : Me = 55. N b)  = 3,25 donc Q1 est la 4 e valeur : Q1 = 46. 4 3N  = 9,75 donc Q3 est la 10 e valeur : Q3 = 70. 4 L’écart interquartile est : Q3 – Q1 = 24. L’étendue est : 74 – 18 = 56.

6  x = 7 × 4 + 22 × 5 + 14 × 6 + 20 × 7 + 19 × 8 + 18 × 9 100 = 6,76 N N 3N  = 50 ;  = 25 ;  = 75. 2 4 4 Me est la demi-somme des 50 e et 51e valeurs : Me = 7. Q1 est la 25e valeur : Q1 = 5 ; Q3 est la 75e valeur : Q3 = 8. Étendue : e = 9 – 4 = 5. Écart interquatile : Q 3 – Q1 = 3.

5

Résoudre des problèmes

8 0

1

2

3

4

5

6

7

8

3 a) Classe Fréquence Fréquence cumulée croissante

[10 ; 15[ [15 ; 20[ [20 ; 25[ [25 ; 30[ 0,15 0,20 0, 35 0, 30 0,15

0,35

0,70

1

b) 35 % des trajets durent moins de 20 min. c) 70 valeurs sont strictement inférieures à 25 min. 102

9  Moyenne : 141,63 ; médiane : 148 ; Q1 = 128 ; Q3 = 152. Étendue : 234 – 78 = 156 ; Q3 – Q1 = 24.

n 11 1. a) n = 6 ; divisible par 2 ; i  =  =  = 3 ; 2  x3 + x4 5 + 25  =  = 15. 2 2 7–1 b) n = 7 ; non divisible par 2 ; i  =  =  = 3 ; x4 = 27. 2 2. Cet algorithme fournit la médiane de la série saisie en entrée.

6

Ainsi une courbe de Lorentz confondue avec ce segment est associée à une répartition égalitaire de la SAU entre les différentes exploitations.

13 1. a) b)

Travaux pratiques c) En B6, on a calculé la masse salariale des hommes. En B7, on saisit = B6/C6 ; Salaire moyen des hommes : 1 632 €. d) En D6, on saisit = SOMMEPROD (D3 : D5 ; E3 : E5). En D7, on saisit = D6/E6 ; Salaire moyen des femmes : environ 1 629,30 €. €. 2. a)

12 1.

d)  Ce résultat, exprimé en milliers d’hectares, représente la superficie moyenne des exploitations étudiées. 2 7087,8 ≈ 52,6 (milliers d’hectares). e) SAU moyenne 514,7 2. a)

b)

3. a) Sur la courbe  x = 63 % (Fréquence cumulée des exploitations) et  y = 16 % (Fréquence cumulée de la SAU) : 63 % des exploitations agricoles les plus petites en superficie se partagent 16 % de la SAU totale. b) Sur la même courbe si x = 96 %, alors y = 79 %. Donc les 4 % d’exploitation agricoles (non concernées par ces 96 %) les plus vastes se partagent la part de SAU restante soit 21 %. c) Le segment a pour équation y = x (1re bissectrice du repère), donc le long de ce segment on pourrait dire : 30 % des exploitations se partagent 30 % de la SAU ; 60 % des exploitations se partagent 60 % de la SAU, etc.

b) Parmi les ouvriers, les hommes gagnent 7 % de plus que les femmes. Parmi les employés, les hommes gagnent 8,7 % de plus que les femmes. Parmi les cadres, les hommes gagnent 17,4 % de plus que les femmes. C’est parmi les cadres qu’on trouve le plus grand écart é cart de salaires entre les hommes et les femmes. c) Dans cette entreprise les hommes gagnent 0,2 % de plus que les femmes. Ce qui est en contradiction avec les écarts écar ts constatés pour p our chaque CSP. CSP. 3. a) L’effet de structure décrit un résultat statistique paradoxal ou anormal sur une population constituée de sous-groupes. Ce sont les effectifs des différents sous-groupes qui sont à l’origine du résultat global paradoxal. Ici, ce sont les femmes cadres qui sont les plus pénalisées par rapport à leurs collègues masculins mais elles sont aussi assez nombreuses et leur salaire élevé pèse sur le salaire moyen des femmes, qui de ce fait est plus élevé. b)

Avec égalité des effectifs, on obtient le rapport global 1,091. « Dans cette entreprise, à effectif égal, les hommes gagnent 9,1 % de plus que les femmes ».

Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données

103

7

Pour s’entraîner

b)

14  Il n’y a aucun jour qui corresponde à une observation de 18 ou 20 papillons. 15  22 papillons sur 8 jours. 16  Effectif cumulé croissant de la valeur 12 : 7 + 10 + 12 = 29. 17  18 + 6 + 8 = 32. On a observé obser vé au moins 14 papillons durant 32 jours. 18 a) Effectif total : 20. 2 b) La fréquence de la valeur 2 est  soit 10 %. 20 19 a) Fréquence cumulée croissante de la valeur 5 : 7  = 0,35 soit 35 %. 20 7–2 5 b)  =  = 0,25 soit 25 %. 20 20 20 a) 1 ou 100 %. 20 – 13 7 b)  = = 0,35 soit 35 %. 20 20

c)

d)  La classe de plus grande fréquence est [65 ; 70[. Dans cette rue, le niveau sonore émis par les l es véhicules choisis est le plus souvent entre 65 db et 70 db.

24 a)

21 f 1 + 3f 1 + 4f 1 = 1 soit : 1 f 1 =  = 0,125. 8 f 2 = 0,375 et f 3 = 0,5. 22 a) Nombre de 0 1 2 3 4 5 carreaux Fréquence 0,04 0,08 0,18 0,4 4 0,19 0,07 Fréquence cumulée 0,04 0,12 0,30 0,74 0,93 1 croissante b) Fréquence cumulée croissante de la valeur 3 : 0,74 soit 74 %. L’entreprise doit intégrer 26 % de paquets rejetés dans ses prévisions comptables.

23  a)

35 30 25 20 15 10 5 0

1

b)

2

3

4

5

6

7

8

cumulée Fréquence Fréquence croissante (en %) 1 14 0,108 10,8 2 25 0,192 30,0 3 31 0,238 53,8 4 29 0,223 76,1 5 13 0,100 86,1 6 9 0,069 93,0 7 5 0,039 96,9 8 4 0,031 100,0 Total 130 1 c) Fréquence cumulée croissante de la valeur 4 : 76,1 % des logements ont 4 pièces au plus. Valeur

25 a)

Effectif

140 120 100 80 60 40 20 0

116 102

123

77

23 3

2

30

21 3

   [    4    [    6    [     8    [     0    [     2    [    4    [    6    [     8    [     0    [     2   ;   3   ;   3   ;   3   ;   3   ;  4    0  ;  4   ;  4   ;  4   ;  4   ;   5    0    3    2    3  4    3  6    3    8   4   4    2   4  4   4  6   4    8    3    [     [     [     [     [     [     [     [     [     [ 

104

b)

cumulé Effecti ctif  Effectif croissant [30 ; 32[ 3 3 [32 ; 34[ 2 5 [34 ; 36[ 23 28 [36 ; 38[ 30 58 [38 ; 40[ 102 160 [40 ; 42[ 116 276 [42 ; 4 4[ 123 399 [44 ; 46[ 77 476 [46 ; 48[ 21 495 [48 ; 50[ 3 500 c) Effectif cumulé croissant de la classe [42 ; 44[ : 399 noix mesurent moins de 44 mm. Longueur

29 a) 0,2 × 1 + 0,4 × 2 + 0,25 × 3 + 0,1× 4 + 0,05 × 5 = 2,4. 2,4 enfants par famille en moyenne. b) 20 % + 40 % + 25 % = 85 %. Donc 85 % des familles ont 3 enfants ou moins. 30  N = 16. 56 + 62 a) Me =  = 59. 2 b) Q1 est la 4 e valeur : Q1 = 46. Q3 est la 12e valeur : Q3 = 74. c) e = 95 – 15 = 80. 31 Le graphique montre montre que 20 % des valeurs sont inférieures ou égales à 3. Or si Q 1 = 3 on a au moins 25 % des valeurs inférieures ou égales à 3.

26

32  Me = 4 ; Q1 = 4 ; Q3 = 8. 33  Me = 11 ; Q1 = 5 ; Q3 = 11.

b) Fréquence cumulée croissante de la classe [98,5 ; 99[ : 0,09 + 0,17 0,17 = 0,26. 0, 26. Donc 26 % des sachets de l’échantillon sont inefficaces.

34  Me = 20 ; Q1 = 15 ; Q3 = 23. 35  Me = 14 ; Q1 = 12 ; Q3 = 27.

27 a)

36

Masse [79 ; 82[ [82 ; 85[ [85 ; 88[ [88 ; 91[ Total Effectif 8 11 9 2 30 Fréquence 0,27 0,37 0,30 0,07 1 FCC 0,27 0,63 0,93 1,00

b) 1 0,75 0,4 0,2 0 78

80 82

84 86 88 90 92

c) « 75 % des expressos contiennent moins de 86 g de café. »

28 a)

8 5 2

2

1

5 2

1 200

220

240

260 270

b) 20 % des 25 jours correspondent à 5 jours. Sur la courbe on lit que dans 20 % des jours, la hauteur de neige est inférieure à 230 cm.

37 a) Classe [10 ; 12[ : effectif 6 et effectif total 30. 6 La fréquence de la classe est  = 0,2 soit 20 %. Sur le 30 graphique, la hauteur de la classe est de 4 petits carreaux, donc le rectangle indiqué représente bien 5 % de l’effectif total. b) La classe [14 ; 16[ représente un peu plus de 5 % (grâce à la légende) donc la valeur exacte est inférieure à 95 %. c) Avec les centres des classes : 1 × 3 + 8 × 5 + 6 × 7 + 4 × 9 + 6 × 11  11 + 3 × 13 + 2 × 15 ≈ 8,5 30 d) Sur le graphique, 15 élèves ont une note dans les trois premières classes, donc strictement inférieure à 8. L’affirmation L’affirmation de Lily est correcte, même si les notes égales à 8 sont comptées dans la classe [8 ; 10[. 10[. 30 e)  = 7,5 ; Q1 est la 8e valeur, elle se trouve dans la 4 classe [4 ; 6[. 3 × 30  = 22,5 ; Q3 est la 23e valeur, elle se trouve dans 4 la classe [8 ; 10[.

Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données

105

38 a)

14 12 10 8 6 4 2 0

43 a) Salaire moyen : S ≈ 1 986 €. b)

8

8,5

Joueur 1

9

9,5

10

10,5

Joueur 2

b) Les joueurs 1 et 2 ont la même moyenne : 9,2 km (environ). c) • Joueur 1 : • étendue : e1 = 10,5 – 8 = 2,5. • écart interquartile : Q 3 – Q1 = 10 – 8,5 = 1,5. • Joueur 2 : étendue : e 2 = 10,5 – 8,5 = 2. • écart interquartile : Q 3 – Q1 = 9,5 – 9 = 0,5. d) Les caractéristiques de dispersion sont plus petites pour le joueur 2. Les résultats de ce joueur sont plus réguliers que pour le joueur 1.

39 a) Médiane : 20 ; Q1 = 18 ; Q3 = 22. b) Moyenne : 19,7 (environ). c) Pour la moitié des jours au moins le nombre d’interventions est inférieur ou égal à 20. Pour au moins 25 % des jours le nombre d’interventions est de 18 au plus. Pour au moins 75 % des jours le nombre d’interventions est de 22 au plus. Le nombre moyen d’interventions est de presque 20 pour une journée. 40  Q1 = 105 ; Q3 = 350 350 ; Q3 – Q1 = 245. 41 a) Courbe des fréquences cumulées croissantes. b)  Revenu médian : lecture approchée (inférieure à 30 000) pour fréquence cumulée 0,5 mais on ne peut pas retrouver le revenu moyen. c) Graphiquement, un peu plus de 60 % de la population dispose d’un revenu inférieur au revenu moyen. 42 1. 267 × 0 + 3 402 × 1 + 19 203 × 2 + 20 471 × 3 + 1 657 × 4 ≈ 2,4 267 + 3 402 + 19 203 + 20 471 471 + 1 657 N 3N 2. Effectif total : N = 45 000 ;  = 11 250 ;  = 33 750 750 4 4 Q1 = 2 ; Me = 2 ; Q3 = 3. a)  « 75 % au moins des foyers possèdent trois véhicules au plus » b) « Au moins 50 % de foyers possèdent deux véhicules ou moins ».

106

139 est impair. Me est la 70 e valeur et Me = 1 700 700 €. c) Le directeur mettrait en e n avant le salaire moyen plus élevé : 1 986 €. Un observateur impartial pourrait remarquer que cette moyenne prend en compte les salaires élevés des cadres ou dirigeants. En revanche le salaire médian permet de dire qu’au moins la moitié des salariés ne touche pas plus de 1 700 € par mois.

44 a) Prix moyen des oranges : 91,80 €. Prix moyen du café vert : 165,42 165,42 €. b) Oranges : Q1 = 87,6 ; Q3 = 95,8. Café vert : Q1 = 155,51 ; Q3 = 169,43. c) On compare les caractéristiques de dispersion. Oranges : étendue : 102,4 – 78,6 = 23,8 et Q3 – Q1 = 8,2. Café vert : étendue : 183,35 – 150,76 = 32,59 et Q3 – Q1 = 13,92. C’est le prix des oranges qui a été le plus stable sur la période considérée. 45  a) N = 43 donc Me est la 22 e valeur : Me = 250. N b)  = 10,75 donc Q1 est la 11e valeur : Q1 = 160. 4 3N  = 32,25 donc Q3 est la 33e valeur : Q3= 500. 4 c) On estime ce pourcentage à au moins 75 %. d) Fréquence cumulée de la valeur 500 : 2 + 9 + 11 + 7 + 5 ≈ 0,790 7 43 Donc environ 79,07 % d’ordinateurs ont une capacité inférieure ou égale à Q 3. 9 + 11 + 7 + 5 ≈ 0,744 2 e) 43 Donc environ 74,42 74,42 % des ordinateurs ont une capacité dans l’intervalle [Q1 ; Q3]. 46  a) Il y a un effectif assez grand pour les petites valeurs d’où une médiane « tirée vers le bas » et au contraire la moyenne est « tirée vers le haut » par les valeurs des classes [15 ; 16[ et [18 ; 19[. b)  La moyenne est inférieure à la médiane (qui est dans [18 ; 19[).

c) En utilisant les centres des classes on obtient une valeur approchée de la moyenne : 12,9. 12,9. La médiane se trouve dans la classe [11 ; 12[.

47 a) Avec les centres des classes : 0,10 × 10 + 0,29 × 30 + 0,20 × 50 + 0,26 × 70 + 0,15 × 90 Longueur moyenne des trajets environ 51,4 51,4 km. b) La fréquence cumulée croissante de la classe [40 ; 60[ est es t 0,59, celle de la classe précédente est 0,39. 0, 39. Donc la médiane est dans [40 ; 60[ qui est la classe mé diane. Si on suppose la répartition uniforme des données, la fréquence cumulée croissante de 50 % sera franchie à peu près au milieu de la classe en ordonnée sur la 0,39 + 0,59 courbe des fréquences cumulées :  = 0,49 2 qui est 50. La médiane est plus petite que la moyenne. c) 0,26 + 0,15 0,15 = 0,41. La forte propor tion de ces grandes valeurs va tirer la moyenne vers le haut, ce qui explique l’observation précédente.



9



48 a) Faux, par exemple pour la série : 1 2 3 11 12 la médiane est 3 et la moyenne est 5,8. b) Vrai par exemple : 1 2 3 4 5 la médiane est 3 et la moyenne est 3. c) Vrai. La proportion des valeurs inférieures ou égales à la médiane est au moins égale à 50 % donc : Q1  Me et Me  Q3. 49 1. a) Vrai b) Faux c) Faux d) Vrai. 2. a) C implique A Faux (C implique v � 14). b) D implique A Faux. c) D implique B Vrai.

8

2. A, C, D. B est faux car un diagramme en bâtons convient pour une série discrète. 3. B, D. En effet: 18 est la 25e valeur et la médiane de la nouvelle série sera la demi-somme de la 25 e et de la 26 e valeurs. Donc si la 26e valeur de la série initiale est 18, la médiane restera inchangée. • A est faux car la nouvelle moyenne est 49 × 16 + 21  = 16,1. 5 • C est faux : voir A.

Pour se tester

50 1. C 2. B 3. D 4. A 51 1. C 2. B 3. A, D 52 1. B. En effet, par définition au moins 50 % des valeurs de la série sont inférieures ou égales à la médiane. • A est faux car la moyenne est un indicateur de position. • C est faux lorsque par exemple pour 1 ; 2 ; 3 ; 6 ; 10 ; 12 on a Me M e = 4,5. • D est faux. Par exemple pour 1 ; 2 ; 2 ; 2 ; 4 ; 5 ; 5 ; 5 on 7 a Q1 = 2 et Q3 = 5 et dans [Q1 ; Q3] il y a  = 87,5 % des 8 valeurs.

Pour aller plus loin

53 1. a) Effectif total : 3 500 donc la recette est 3 500 × 18 € = 63 000 €. b) On estime le nombre moyen de km parcourus en utilisant les centres des classes, on a donc une approximation : 22,06 km. Le coût total engagé peut être estimé à : 22,06 × 3 500 × 0,95 € = 73 349,5 €. c) La recette est inférieure au coût estimé donc le service de livraison est déficitaire. 2.

Distance Nombre livraisons Recette [0 ; 15[ 800 13 600 [15 ; 30[ 2 150 45 150 [30 ; 60[ 550 550 × l  On conserve l’estimation des coûts de la première question (plus précise, car il y a davantage de classes). Le service de livraison sera bénéficiaire lorsque la recette sera supérieure au coût soit : 13 600 + 45 150 + 550 l  73 349,5   550 l  73 349,5 349,5 – 58 750 750 14 559,5 l  500 l   29,1999 Il faut que le forfait des livraisons éloignées soit au minimum de 30 € pour que le service des livraisons soit bénéficiaire.

54  Effectif total : 13 + a + b = 20 équivaut à a + b = 7 Moyenne : a + 10 + 18 + 4 b + 10 = 2,85 équivaut à a + 4b + 38 = 57 20   c’est-à-dire a + 4b = 19 De la première information, on tire a  = 7 – b que l’on reporte dans la 2e égalité : 7 – b + 4b  = 19, soit 3b = 12 et b = 4. On obtient a = 7 – 4 = 3.

Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données

107

55  Chaque classe a pour fréquence 1. 5 La moyenne 17,5 est donc la somme des centres des classes divisée par 5. Si on note a la borne inférieure de la première classe on obtient les classes : [a ; a + 3[ ; [a + 3 ; a + 5[ ; [a + 5 ; a + 6[ ; [a + 6 ; a + 8[ et [a + 8 ; a + 11[. Les centres sont : a + 1,5 ; a + 4 ; a + 5,5 ; a +7 ; a + 9,5. 5a + 27,5 d’où  = 17,5. 5 a + 5,5 = 17,5 a = 12 12 Les classes sont : [12 ; 15[ ; [15 ; 17[ ; [17 ; 18[ ; [18 ; 20[ et [20 ; 23[. 56 Étape 1 : Étude des salaires s alaires avant augmentation augmentation

Salaire moyen S1 = 1 518,75 €. Pour déterminer la médiane et les quartiles on trace la courbe des effectifs cumulés croissants. N N 3N N = 400 ;  = 200 ;  = 100 ;  = 300. 2 4 4 On en déduit que Q1  et Me sont dans la première classe et que Q3 = 1 250. En utilisant par exemple l’équation du premier segment de la courbe (ou par lecture graphique), on obtient Q1 ≈ 1 167 et Me ≈ 1 333 (à l’euro près). Caractéristiques de dispersion : étendue 4 500 – 1 000 = 3 500 et Q3 – Q1 = 83. Les salaires sont donc regroupés (à 75 %) dans la première classe et le salaire moyen est tiré vers le l e haut par les salaires élevés des 25 % restants. Étape 2 : Après augmentation

108

On applique la formule donnée aux extrémités des classes. On constate que les amplitudes des classes ont été diminuées. Nouveau salaire moyen : 1 578,75 €. Les effectifs des classes n’ont pas changé, on a tou jours Me et Q1 dans la 1re classe et Q3 = 1 560. On obtient Me = 1 397 et Q1 = 1 233. Caractéristiques de dispersion : étendue 4 500 – 1 070 = 3 430 430 Q3 – Q1 = 327 L’étendue a diminué et l’écart interquartile a augmenté. On a toujours 75 % des salaires dans la première classe mais cette fois les 50 % des salaires au « centre » de la série sont plus éparpillés ép arpillés entre 1 233 € et 1 560 €. €. Étape 3 : Étude des évolutions en pourcentage On étudie l’évolution sur les bornes des classes et on constate un pourcentage d’évolution dégressif depuis 7 % pour le plus bas salaire jusqu’à 0 % pour p our le plus haut. Complément : calcul littéral du taux d’évolution. d’évolution.  yi – xi  9 000 t ( x  xi ) = × 100 =  – 2. t  i 

 xi 

On peut tracer la courbe rep. de la fonction t .

57

62 a + b + c   = 29 c’est-à-dire c ’est-à-dire a + b + c = 87. 3 a + b  = 22 c’est-à-dire a + b = 44 et on obtient : 2 c  =  = 87 – 44 = 43. b + c   = 39,5 c’est-à-dire b + c  =  = 79 et on obtient : 2 b = 79 – 43 = 36. Enfin, on déduit a = 44 – 36 = 8.

10

Accompagnement personnalisé

63 a) b)

c) Fréquence cumulée de la valeur 82 : 83 %.

64 a) 58 1. a) Temps moyen environ 4 mn (4,08). b) Médiane : 3,5 ; Q1 = 2 ; Q3 = 6. c) Nombre de clients qui attendent 7 min ou plus : 12 + 4 + 1 + 2 = 19, donc une proportion de 19 %. Le directeur adjoint doit ouvrir une nouvelle caisse. d) Le temps moyen d’attente est inférieur à 5 min donc le directeur ne doit pas ouvrir de nouvelle caisse. 2. Le temps moyen d’attente est 5,7 min environ. 3. a) Faux b) Faux 59 a) Moyenne : 170,01 ; Médiane : 170. b) Étendue : 172 – 166,5 = 5,5 Écart interquartile : 170,5 – 169,5 = 1. La production est conforme. c) Fréquence des valeurs supérieures à 170 170 : 34 + 18 + 14 + 10  = 0,38 = 38 %. 200 La production doit être revue. 312 60 11,2 × 7 + 10,8 × 12 + 10,4 × 10  = 312 7 + 12 + 10 29 La moyenne de la classe est environ 10,76. 61

Expérimentation sur tableur pour une solution.

b) Fréquence cumulée de la valeur 3 : 95 %. c) Nombre 0 de voyages : 61 % de 1 000 0 00 soit 610. d) Au moins un voyage : tout le groupe sauf 610 personnes : 1 000 – 610 = 390.

65 a) Fréquence de la classe [20 ; 40[ : 26  = 0,325, soit 32,5 %. 80 32,5 % des factures réglées ont un montant entre 2 000 et 4 000 euros. b) c) Classe Fréquence Fréquence cumulée

[0 ; 20[ [20 ; 40[ [40 ; 60[ [60 ; 80[ 27,5 % 32,5 % 22,5 % 17,5 % 27,5 %

60 %

82,5 %

100 %

d) 100  % des factures ont un montant inférieur à 8 000 €. e) 82,5  % des factures ont un montant inférieur à 6 000 €.

66 a) Taille moyenne 16,6 cm. (N = 29) b) Étendue : 22 – 0 = 22. c) Médiane, la 15e valeur. Taille médiane : 18 cm. 29 d) = 7,25 Q1 est la 8e valeur soit Q1 = 12 cm. 4 3 × 29 = 21,75 Q3 est la 22e valeur soit Q3 = 20 cm. 4 Chapitre 7

Statistiques descriptives. Analyse de données

109

67 a)

b)

c) b) 1re manière avec les effectifs : 5 × 80 + 9 × 260 + 12 × 110 + 16 × 50 500 e 2  manière avec les fréquences : 16 52 22 10 5×  + 9 ×  + 12 ×  + 50 × 100 100 100 100 Dans les deux cas on trouve x = 9,72. 500 c)  = 250 2 250e valeur + 251e valeur Me =  soit Me = 9. 2 d) On utilise les fréquences cumulées : Q1 = 9 et Q3 = 12.

68 a) John Moyenne 8,94 Médiane 11,3 Bruny Moyenne 11,34 Médiane Médian e 11,3 David Moyenne 11,34 Médiane Médian e 11,3 b) John Q1 = 11 Q3 = 11,5 Bruny Q1 = 10,2 Q3 = 12,5 David Q1 = 11,2 Q3 = 11,5 c) John étendue : 1,1 1,1 écart interquartile : 0,5 Bruny étendue : 2,9 écart interquartile : 2,3 David étendue : 0,4 écart interquartile : 0,3 C’est David qui obtient les performances les plus régulières et Bruny qui obtient des résultats très dispersés pour une moyenne semblable.

69  Caractéristiques de position Moyenne : 2,75 Médiane : 3 Q1 = 2 Q3 = 3. Caractéristiques de dispersion Étendue : 5 – 1 = 4. Écart interquartile Q 3 – Q1 = 1.

71 a)

b)

c) Le dé ne semble s emble pas équilibré car la fréquence du 4 est bien plus faible que les autres.

72 a)

b)

70 a)

c) Les 50 plus petits basketteurs ont une taille comprise entre 180 et 210 cm.

73 a) L’origine  L’origine de la classe est 0, on suppose une répartition uniforme dans la classe et la valeur moyenne 110

du patrimoine est 2 000. Donc l’extrémité de la classe est 4 000 € (2 000 € × 2). b) Chacune des classes indiquées est définie par son centre (le patrimoine moyen) et par sa fréquence (10 %) donc on calcule la moyenne en sommant les 10 patrimoines moyens multipliés par  : 100 soit environ 268 980 €. c) Q1 correspond à un effectif effec tif cumulé de 25 %, c’est-àdire à peu près le milieu de la 3 e classe soit Q1 ≈ 21 700. Q3 correspond à un effectif cumulé de 75 %, soit environ le milieu de la 8 e classe soit Q3 ≈ 319 100. Au moins 25 % des patrimoines sont de 21 700 � au plus. Au moins 75 % des patrimoines sont de 319 100 � au plus.

Chapitre 7

74 a) b)

2 étudiants

24

16 12

20 9 12 6

4

5

2 150

160

165 168170 172 175

Statistiques descriptives. Analyse de données

180

111

8 1

Probabilités

Au fil des siècles

La correspondance épistolaire entretenue en 1654 par Blaise Pascal et Pierre de Fermat portait sur le « problème des partis ». Ce problème était discuté depuis le XIVe siècle. Dans ce « problème des partis », deux joueurs jouent à un jeu de hasard en trois parties gagnantes. Chacun mise au départ une somme d’argent notée m. Pour une raison quelconque, le jeu est interrompu avant que l’un des joueurs ait obtenu trois victoires, c’est-à-dire l’ensemble des mises : 2m. Comment doit-on alors partager les sommes misées ? Dans le cas où un joueur a gagné 2 parties et l’autre 1 partie (A2 ; B1), Pascal considère que si le jeu s’était poursuivi, il y aurait eu deux situations possibles : soit (A2 ; B2), soit (A3 ; B1) et ceci, selon les termes « avec un hasard égal » (novateurs à l’époque, tant par la nono tion de hasard que par celle d’égalité alors réservée à la justice). • Dans le cas (A2 ; B2), chacun récupère sa mise m. • Dans le cas (A3 ; B1), le premier joueur a gagné l’ensemble du jeu et remporte l’ensemble des mises : 2 m. Ces deux situations sont aussi probables l’une que l’autre, le partage des mises doit être : m + 2m 3m • pour le joueur 1 : = ; 2 2 m • pour le joueur 2 : . 2 Quelques liens : • https://fr.wikipedia.org/wiki/Problème_des_partis • https://www.deleze.name/marcel/ https://www.deleze.name/marcel/culture/probabiculture/probabilites/genese.pdf 

b) 1 2

1 3

1 6

Verte

nombre réel de l’intervalle l ’intervalle [0 ; 1]. 3 2 b) Elle est égale à 1 –  = . 5 5 4 2 b) p = 4. a) f  =  = 9 9 c) La fréquence s’approche de la probabilité lorsqu’on effectue un grand nombre d’expériences, ce qui n’est pas le cas ici. 3 119 74 c) 119

5. a)

3

b)

1

Modélisation d'une expérience 1. a) Les 15 paires possibles sont : {1 ; 6}, {2 ; 6}, {3 ; 6}, {4 ; 6}, {5 ; 6}, {2 ; 3}, {2 ; 4}, {2 ; 5}, {2 ; 6}, {3 ; 4}, {3 ; 5}, {3 ; 6}, {4 ; 5}, {4 ; 6}, {5 ; 6}. b) Les paires {1 ; 2}, {3 ; 4} et {5 ; 6} indiquent que les personnes sont assises côte à côte sur le banc. 3 3 c) p =  = 15 5 1re per person sonne

1. Non, elle a tort. Le résultat d’un lancer n’influence

B

112

2 117  = 119 119

Découvrir

A

2. a) Les issues sont : Bleue, Rouge, Verte.

22 119

d) 1 –

Bien démarrer

pas le suivant. Le dé n’a pas de mémoire.

Rouge

3. a) Ce n’est pas possible car une probabilité est un

2. a)

2

Bleue

C

2e personne A B C A B C A B C

b)  Les personnes sont assises sur le même banc lorsque l’on obtient (A ; A) ou (B ; B) ou (C ; C). c) Il y a 9 chemins dont 3 qui mènent à « les deux personnes sont assises côte à côte ». 3 1 Donc  p =  = . 9 3 3. Avec le 1er modèle, chaque personne choisit l’une des places libres. Avec le 2e modèle, chaque personne choisit un banc. La manière dont le hasard intervient dans l’énoncé n’est pas précisée. Il faut connaître l’ensemble des issues considérées : les places ou les bancs.

2

Mise en place d'une formule 1. a) b) et 2. a) Tableau croisé : A A B 20 % 40 % B 32 % 8% Total 52 % 48 %

Total 60 % 40 % 100 %

Diagramme de Venn : A∪B : 92 % 8% A : 52 %

32 %

20 %

E

40 %

B : 60 %

A∩B : 20 %

32 20 40 92  +  +  = 100 100 100 100 3. P(A ∪ B) + P(A ∩ B) = P(A) + P(B)

b) P(A ∪ B) =

4 2 a)

Savoir-faire 1er la  lancer

2e lancer 1

  Issue 2

1

2

3

2

1

3

2

4

3 1 2

4 1 4

b) Issue Probabilité

2 1 4

3 a) Félix a raison car 3  = 1 . 6 2 b) Issue Probabilité

Bleue 3 1 = 6 2

Verte 2 1 = 6 3

Rouge 1 6

5 a) Oui, puisque chaque carte a la même probabi1 lité  d’être tirée. 32 4 1 b) • P(A) =  = 32 8 8 1 • P(B) =  = 32 4

 

6 • P(A) = 0,0098 + 0,0002 = 0,01 • P(B) = 0,7 + 0,25 + 0,04 = 0,99 7  L’alphabet  L’alphabet compte 6 voyelles et 20 consonnes. 6 20 10 • P(A) = 1 –  =  = 26 26 13 12 6 • P(B) =  = 26 13 8 1. a) p1 = 0 car il n’y a pas de 5 dans un jeu de 32 cartes. 1 b) p1 = 52 8 1 2. Pour Hugo :  p2 =  = . 32 4 13 1 Pour Chloé :  p2 =  = . 52 4 Donc Inès a raison. 4 1 3. Pour Hugo :  p3 =  = . 32 8 4 1 Pour Chloé :  p3 =  = . 52 13 Donc Hugo a la plus grande probabilité de tirer un As. 10 a)  L’élève choisi joue au rugby ou au handball, c’est-à-dire à, au moins, l’un des deux sports. b) P(R ∪ H) = P(R) + P(H) – P(R ∩ H) = 0,56 + 0,37 – 0,29 = 0,64 11 a) P(A ∪ B) = 0,8 + 0,6 – 0,45 = 0,95. La probabilité qu’un individu choisi au hasard possède possè de au moins l’un des deux caractères est e st 0,95. b) P(A ∩ B ) = P(A ∪ B) = 1 – P(A ∪ B) = 1 – 0,95 = 0,05 La probabilité qu’un individu choisi au hasard ne possède ni le caractère A ni le caractère B est 0,05.

Chapitre 8

Probabilités

113

5

Résoudre des problèmes

18 a)

1er jeton

13 a) A = S1 ∪ S2 = S1 ∩ S2 b) P(A) = 1 – P(S1 ∩ S2) = 1 – 0,5 = 0,5 14 a) P(A) = 1 – P(A) = 1 – 0,4 = 0,6 b) P(B) = 1 – P(B) = 1 – 0,5 = 0,5 c) P(A ∩ B) = P(A) + P(B) – P(A ∪ B) = 0,4 + 0,5 – 0,6 = 0,3 d) On peut s’aider d’un diagramme. A∩B = A∪B E

A∩B A∩B A∩B

2 6

2 6

1 6

1 6

2 6

1 6

V R J

3 6

J

R J

3 6

R

V

2 6

1 6

V R J

2 2 4 1 b) p = ×  =  = 6 6 36 9 1 La probabilité de tirer deux jetons rouges est . 9

20

B

A

3 6

V

3 6

2e jeton

Issue

1

2

3

4

5

6

P(A ∩ B) = P(B) – P(A ∩ B) = 0,5 – 0,3 = 0,2 e) P(A ∩ B) = P(A) – P(A ∩ B) = 0,4 – 0,3 = 0,1 f) P(A ∩ B) = P(A ∪ B) = 1 – P(A ∪ B) = 1 – 0,6 = 0,4

Probabilité

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

15 a) P(M) = 0,55 b) P(N) = 0,37 c) P(M ∩ N) = 0,18 d) P(M ∪ N) = 0,55 + 0,37 – 0,18 = 0,74 e) P(M ∩ N) = 1 – P(M ∪ N) = 0,26 donc P(M ∪ N) = 0,45 + 0,63 – 0,26 = 0,82. f) P(M ∩ N) = 0,63 – 0,26 = 0,37 0, 37..

Issue

17  On note F l’événement : « L’élève choisi est une fille ». a) On représente la situation à l’aide d’un arbre des possibles pondéré par les probabilités. Élève de 2de A 16 30

14 30

F

F

Élève de 2de B 14 28 14 28 14 28

F

14 28

F

F

114

Gagné 7 =1 21 3

Probabilité

6

Perdu 14 = 2 21 3

Travaux pratiques

22 1. a) Il faut saisir –NbrAléat sur TI ou –Ran# sur Casio. b) Exemple de tableau obtenu : Expérience

F

16 14 4 ×  = 30 28 15 4 La possibilité d’avoir choisi deux filles est . 15

b) p =

21

a b

AB



�







–0,29 –0,2967 67 –0,60 –0,6024 24 –0,09 –0,09111 –0,97 –0,9748 48 –0,92 –0,9273 73 0,5989 0,6971 0,3938 0,4356 0,8725 0,8956 1,2995 0,4849 1,4104 1,7997

b) Sur ces 5 expériences, la fréquence de réalisation de 1 la condition AB � 0,5 est . 5 2. b) Exemple de tableau obtenu :

N F

100 500 1 000 0,1100 0,1060 0,1070

5 000 10 000 0,1242 0,1237

3. a) N désigne le nombre d’expériences réalisées. Plus N est grand, plus F s’approche de la probabilité cherchée. b) C est le compteur qui compte le nombre de fois où AB � 0,5 est réalisé sur les N expériences. c) On conjecture que  p ≈ 0,125.

23 1. a)

1er él  élève 1 2

2e él  élève 2 12 1

12

3e él  élève 3

4e élève 4

Issue (1 ; 2 ; 3 ; 4)

12

(1 ; 2 ; 3 ; 12)

12

1 1

11 10

(12 ; 11 ; 10 ; 9)

9

b) Sur cet arbre, arbre, il y a 11 11 880 issues où les quatres élèves ont des mois d’anniversaire différents. En effet, 12 × 11  11 × 10 × 9 = 11 880. c) Au total, il y a 20 736 issues. En effet, 12 × 12  12 × 12  12 × 12 = 20 736. 2. a) A est l’événement : « Les mois d’anniversaire des quatre élèves sont différents ». b) D’après 1. b), 11 880 issues réalisent A. 11 880 8 80 Donc P(A) = . 20 736

11 880 88 0 8 856 41 = = . 20 736 20 736 96 11 880 8 80 8 856 Donc P(A) = 1 – P(A) = 1 –  = . 20 736 20 736 c) p(A) ≈  0,43. La probabilité qu’au moins deux des quatre élèves aient la même date d’anniversaire est d’environ 0,43. 3. On introduit l’événement contraire A afin de pouvoir décrire plus facilement la situation, d’en déduire  p(A) et, par conséquent  p(A).

24 1. a) Non car les morceaux ont pour longueurs : 15 cm, 3 cm et 2 cm mais 15  2 + 3. b) Oui car les morceaux ont pour longueurs : 8 cm, 7 cm et 5 cm et 8  7 + 5. 2. a) à g).

c) Oui car les morceaux ont pour longueurs : 10 cm, 7 cm et 3 cm et 10  7 + 3. Dans ce cas, le triangle est aplati.

c) Ces formules servent à indiquer les deux endroits où le spaghetti a été coupé en les rangeant par ordre croissant. On localise alors les points P et Q sur le segment [AB]. d) Cellule F2 : = D2 Cellule G2 : = E2 – D2 Cellule H2 : = 20 – E2 Cellule I2 : = MAX(F2 : H2) e) Cellule J2 : On calcule la somme des longueurs des deux plus petits morceaux. Cellule K2 : On teste l’inégalité triangulaire inscrite dans le rappel : • si la longueur du plus long lo ng morceau est inférieure ou égale à la somme des deux autres, alors le triangle est possible et on inscrit 1 ;

• sinon, on inscrit 0. h)

D’où P(A) = 1– P(A) = 1 –

Nombre d’expériences 100 500 1 000 2 000 3 000

Fréquence de 0,23 0,27 0,223 0,249 0,25 triangles possibles 3. a) Les issues sont 0 et 1. b) En utilisant la loi des grands nombres, on conjecture que la loi de probabilité est : Issue Probabilité

0 0,75

1 0,25

Chapitre 8

Probabilités

115

7

32 a) Les issues du modèle modè le 1 ne peuvent pe uvent pas convenir. Le modèle ne semble pas d’équiprobabilité, cela ne peut donc être le modèle 2. On conjecture grâce à la loi des grands nombres, qu’il s’agit du modèle 3.

Pour s’entraîner

25 a) Les issues sont 1, 2, 3, 4, 5, 6. b) Il y a 6 issues.

b)

26 Situation 1 : Exemples d’issues : (1 ; 3), (4 ; 5). Nombre total d’issues : 6 × 6 = 36. Situation 2 : Exemple d’issues : 2 ; 7 ; 12. Nombre total d’issues 11.

C’est bien le modèle 3 qui convient.

27   Ils se sont trompés car, dans les deux cas, la somme des « probabilités » est supérieure à 1, ce qui n’est pas possible.

33  C’est celle de Samia car cela signifie que sur 100  jours identiques à celui-ci, il y aurait 30 jours durant lesquels il pleuvrait entre 12 h et 18 h.

Somme 0 1 2

28 Issue Probabilité

34 a) Homme 422 577

Femme 155 155 577

B

B 1 3

Probabilité

V 1 4

R 5 12

C

b) Issue

30  1re pièce Issue Probabilité

2  pièce Issue

Pile 1 3

Face 2 3

Pile 5 6

Face 1 6

Probabilité

Issue Probabilité

Probabilité

Dé 2 Issue Probabilité

Dé 3 Issue Probabilité

116

1 1 6

2 1 6

3 1 6

4 1 6

5 1 6

6 1 6

b) Issue Probabilité

1 3 6 1 1 6

2 2 6 2 1 6

3 3 4 5

Dé 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

… …

(C ; 5) (C ; 4) 1 1 12 12

35 a)

31  Dé 1 Issue

(A ; 1) (A ; 2) 1 1 12 12

2 2 3 4

Il s’agit d’un modèle d’équiprobabilité comportant 12 issues.

e

Probabilité

Roue A

29 a) Les issues sont : B, V, R. b) Issue

1 1 2 3

Rock Reggae Rap 4 1 6 3 6 3 = = = 16 4 16 8 16 8 [2 ; 2,5[ ,5[ [2,5 ; 3[ [3 ; 3,5[ ,5[ [3,5 ; 4[ 3 5 6 3 2 1 = = 16 16 16 8 16 8

3 1 6

36 • A est réalisé par les issues 2 ; 4 ; 6. • B est réalisé par les issues 3 ; 6.

4 3 6

37 • A est réalisé par les issues a, b, c, d, e 5 donc P(A) = . 11 • B est réalisé par les issues b, c, d, f, g, h, j, k 8 donc P(B) = . 11

5 1 6

38 a) P(A) = 0,1 + 0,3 + 0,1 + 0,15 = 0,65 b) P(B) = 0,2 + 0,1 + 0,15 + 0,15 = 0,6 39 • A est réalisé par les issues : Papin, Weah, Figo, 4 2 Messi. Donc P(A) =  = . 10 5 • B est réalisé par les issues : Cruiff, Figo, Messi. 3 Donc P(B) = . 10 40 a)

1re éolienne

2e éolienne A

A

B C A

B

B C A

C

B C

b) • E = {(A ; A) ; (A ; B) ; (A ; C) ; (B ; A) ; (B ; B) ; (B ; C) ; (C ; A) ; (C ; B) ; (C ; C)}. • Il s’agit d’un modèle d’équiprobabilité sur E. La pro1 babilité de chaque issue est . 9 3 1 4 c) • P(M) = = • P(N) = 9 3 9

41 • P(A) = 39 % + 6 % = 45 % = 0,45 • P(Rh+) = 37 % + 39 % + 7 % + 2 % = 85 % = 0,85 • P(AB–) = 1 % = 0,01 42   On note A l’événement : « Le point choisi appartient à la droite représentant la fonction linéaire  x  x ». A est réalisé par les issues (0 ; 0), (1 ; 1), (2 ; 2), (3 ; 3) et (4 ; 4). Or, il y a 25 points possibles. 5 1 Ainsi, P(A) =  = . 25 5 43 a) Vrai : P(A) = P(A) = 5  = 0,5. 10 2 b) Faux : P(B) =  = 0,2, donc P(B) = 0,8. 10 5 5 c) Faux : P(C) =  et P(C) = . 10 10 41 27 44 a) p1 = 43 b) p2 = c) p3 = 100 100 100 30 + 27 + 14 71 29 d) p4 =  = e) p5 = 100 100 100

45 a) P(A) = 1 – 50  = 0,5 100 30 + 20 + 40 b) P(A ∪ B) =  = 0,9 100 40 c) P(A ∩ B) =  = 0,4 100 10 d) P(A ∩ B) =  = 0,1 100 46 a) A = {1} {1} ; B = {3 ; 4 ; 5 ; 6} ; C = {2 ; 4 ; 6}. E

A C

1

2 B

3

4

5

6

b) A ∪ B = {1 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6} B ∩ C = {4 ; 6}. 1 4 2 3 1 • P(A) = • P(B) =  = • P(C) =  = 6 6 3 6 2 5 2 1 • P(A ∪ B) = • P(B ∩ C) =  = . 6 6 3

47 a) A ∩ C = {roi de Trèfle Trèfle ; roi de Pique}. B ∩ C = {roi de Trèfle}. 16 1 8 1 4 1 b) • P(A) =  = • P(B) =  = • P(C) =  = 32 2 32 4 32 8 2 1 • P(A ∩ C) =  = 32 16 1 • P(B ∩ C) = 32 1 • P(A ∪ B) = P(A) = . 2 P

48 a) M

Ho

L

C B

Ha  T S

Les trajets possibles sont : HaMPL ; HaMHoL HaMHo L ; HaCHoL ; HaCBL ; HaTBL ; HaSBL. 2 1 2 1 b) • P(A) =  = • P(B) =  = 6 3 6 3 1 3 1 • P(A ∩ B) = • P (A ∪ B) =  = 6 6 2

49 1. 1 000 abonnements ont été souscrits. 162 2. a)  p =  = 0,162 1 000 183 + 96 + 175 + 66 520 b) p =  =  = 0,52 1 000 1 000

Chapitre 8

Probabilités

117

54  IL y a 16 issues. En effet, 4 × 4 = 16.

50 B B Total

A 320 820 1 140

A 480 780 1 260

Total 800 1 600 2 4 00

1re ca  carte

2e carte As ♣ As ♥ As ♦ As ♠

As ♣

320 2  = 2 400 15 320 + 820 + 780 4 • P(A ∪ B) =  = 2 400 5 480 + 780 + 320 79 • P(A ∪ B) =  = 2 400 120

As ♣ As ♥ As ♦ As ♠

• P(A ∩ B) =

As ♥

51 a) P(A) = 19  ; P(B) = 19 100 100 2 b) A ∩ B = {09 ; 90}. Donc P(A ∩ B) = 100 c) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 19 19 2 = +  – 100 100 100 36 = 100

As ♠

As ♣ As ♥ As ♦ As ♠

55 a) P(Pile ; Pile) = 1 4 2 1 b) P((Pile ; Face) ∪ (Face ; Pile)) =  = 4 2 56 a)

52  On note A l’événement : « La personne choisie est assurée contre la maladie » et B l’événement : « La personne choisie est assurée contre les accidents ». A A Total B 120 80 200 B 180 120 300 Total 300 200 500 180 • P(A ∩ B) =  = 0,36 500 120 + 80 + 180 380 • P(A ∪ B) =  =  = 0,76 500 500 120 120 • P(A ∩ B) =  = 0,24 ou P(A ∪ B) = 1 – 0,76 = 0,24 500

1er ca  candidat

 75/ 3 6 0

1€

75 360

75 360

 75/ 3

5€

120 360

118

As ♥

As ♣ As ♦ As ♠

As ♦

As ♣ As ♥ As ♠

As ♠

As ♣ As ♥ As ♦

12 0  0 /    3  36    0  6     0 9  0    /  3  6   0  

  0   3 6  /  3   7  5  6 0

100 € 90 360

 75/ 3

12 0  0 /    3  36    0  6     0 9  0    /  3  6   0  

  0   3 6  /  3   7  5  3 6 0

500 € As ♣

12 0  0 /    3  36    0  6     0 9  0    /  3  6   0  

  0   3 6  /  3   7  5  6 0

2e carte As ♥ As ♦ As ♠

2e candidat   0   3 6  /  3   7  5

53  IL y a 12 issues. En effet, 4 × 3 = 12. 1re ca  carte

As ♦

As ♣ As ♥ As ♦ As ♠

 75/

12 0  0 /    3  36    0  6     0 9  0    /  3  6   0  

1€ 5€ 100 € 500 € 1€ 5€ 100 € 500 € 1€ 5€ 100 € 500 € 1€ 5€ 100 € 500 €

75 75 5  +  = 360 360 12 75 75 75 75 120 120 90 90 × × × × P(B) =  +  + + 360 360 360 360 360 360 360 360 25 P(B) = 96 c) • A ∩ B est l’événement « Les deux candidats ont gagné soit 1 €, soit 5 € ». 75 75 75 75 25 × × • P(A ∩ B) =  +  = 360 360 360 360 288 b) P(A) =

• P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 5 25 25 =  +  – 12 96 288 85 = 144 57 a) Il y a 36 issues. Dé rouge Dé vert

1 2 3 4 5 6

8

1

2

3

4

5

6

(1 ; 1) (1 ; 2) (1 ; 3) (1 ; 4) (1 ; 5) (1 ; 6)

(2 ; 1) (2 ; 2) (2 ; 3) (2 ; 4) (2 ; 5) (2 ; 6)

(3 ; 1) (3 ; 2) (3 ; 3) (3 ; 4) (3 ; 5) (3 ; 6)

(4 ; 1) (4 ; 2) (4 ; 3) (4 ; 4) (4 ; 5) (4 ; 6)

(5 ; 1) (5 ; 2) (5 ; 3) (5 ; 4) (5 ; 5) (5 ; 6)

(6 ; 1) (6 ; 2) (6 ; 3) (6 ; 4) (6 ; 5) (6 ; 6)

B

A

6 1 15 5  = ; P(B) =  = 36 6 36 12 3 1 P(A ∩ B) =  = 36 12 15 + 3 1 c) • Par lecture dans le tableau : P(A ∪ B) =  = . 36 2 • En utilisant la formule : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 1 5 1 1 P(A ∪ B) =  +  –  = . 6 12 12 2 b) P(A) =

58 a)

1re boîte 40 100 60 100

2e boîte

38 50 R

P

12 50 38 50 12 50

R P

R P

b) p = P(R ; P) + P(P ; R) 40 12 60 38 ×  + ×  p = 100 50 100 50 2 760  p = 5 000  p = 0,552  p  0,5 donc M. Dubois a raison.

Pour se tester

60 1. C

2. A

3. C

4. C

61 1. A

2. B

3. B, C

4. A, C, D

62 1. B, D. En effet, A = {1 ; 2 ; 3 ; 4}. 1 Donc P(A) = . 2 2. B. En effet, A ∩ B = {5 ; 7}. 2 1 Donc P(A ∩ B) =  = . 8 4 3. A. B. En effet, 6 3 A ∪ B = {1 ; 3 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8}. Donc P(A ∪ B) =  = . 8 4

9

Pour aller plus loin

63 a) Il y a 16 rangées au total. • A est réalisé par les rangées : 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; a ; c ; d ; g et h. 11 Donc P(A) = . 16 • B est réalisé par les rangées : 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 8 ; a ; d ; f ; g et h. 10 5 Donc P(B) =  = . 16 8 • A ∩ B est réalisé par les rangées : 2 ; 3 ; 5 ; 6 ; 8 ; a ; d ; g et h. 9 Donc P(A ∩ B) = . 16 b) • A ∪ B est réalisé par les rangées : 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; a ; c ; d ; f ; g et h. 12 3 Donc P(A ∪ B) =  = . 16 4 11 5 9 12 3 P(A ∪ B) = P(A) +  p(B) – P(A ∩ B) =  +  –  =  = . 16 8 16 16 4 64

Choix pour m

Choix pour  p

0 –1

59  A : « Le résultat du dé rouge est impair ». B : « Le résultat de l’un au moins des deux dés est impair ». C : « Le résultat de l’un au moins des deux dés est pair ». D : « Le produit des résultats des deux dés est inférieur ou égal à 17 ». E : « La somme des résultats des deux dés est supérieure ou égale à 6 ».

5. A

1 2 0

0

1 2 0

1

1 2

Chapitre 8

Probabilités

119

Il y a donc 9 choix de fonctions affines. On observe sur le graphique ci-dessous que seules les cinq droites tracées peuvent convenir. convenir.

68  a)

1 min

2 min

3 min B

A

D E

E D Départ

E B

C

Départ

D B A

F

D E

O 5 Ainsi la probabilité cherchée est  p = . 9 65  Dans le cœur du tableau, on indique la parité du produit des numéros obtenus. 1erlancer 2e lancer

1 2 3 4 5 6

1

2

3

4

5

6

I

P P P P P P

I

P P P P P P

I

P P P P P P

P I

P I

P

P I

P I

P

P I

P I

P

9 1  = . 36 4 66 a) • A = {(100 ; 1) ; (100 ; 2) ; … ; (100 ; 100)}. 100 1 Donc P(A) =  = . 10 000 100 • B = {(1 ; 1) ; (2 ; 1) ; … ; (100 ; 1)}. 100 1 Donc P(B) =  = . 10 000 100 • C = {(1 ; 1) ; (2 ; 2) … ; (100 ; 100)}. 100 1 Donc P(C) =  = . 10 000 100 • D = {(1 ; 100) ; (2 ; 99) ; … ; (100 ; 1)}. 100 1 Donc P(D) =  = . 10 000 100 b) Ces quatre probabilités sont égales. La probabilité cherchée est  p =

67  a) • f   représente le résultat du 1er  lancer de dé lorsque i  vaut  vaut 1 ; du 2e lancer de dé lorsque i  vaut  vaut 2 ; du e 3  lancer de dé lorsque i  vaut  vaut 3. • S représente la somme des trois numéros obtenus. b) Cette expérience aléatoire possède 16 issues (de 3 à 18). c) Les triplets qui réalisent l’événement H : « S = 5 », sont : (1 ; 1 ; 3), (1 ; 2 ; 2), (1 ; 3 ; 1), (2 ; 1 ; 2), (2 ; 2 ; 1), (3 ; 1 ; 1), Le nombre total de triplets est : 6 × 6 × 6 = 216. 6 1 Ainsi, P(H) =  = . 216 216 36 120

D Départ

E

4 min A C A C Départ A Départ A C Départ A Départ A C A C Départ A C A C Départ A Départ A C Départ A Départ

Il y a, au total, 29 trajets de 4 min possibles. b)  La probabilité qu’il arrive au point A au bout de 12 4 min est  p = . 19

69 1. Il y a 26, c’est-à-dire 64 coloriages possibles. 2. a) U est l’événement : « Le cube est coloré d’une 2 1 seule couleur ». P(U) =  = . 64 32 31 b) D’où P(U) = 1 – P(U) = . 32 3. On note B l’événement : « Le cube possède au moins deux faces colorées en rouge ». B est l’événement : « Le cube a moins de deux faces colorées en rouge : c’est-dire 0 ou 1 face rouge ». 6 1 7 P(B) = + = 64 64 64 ↑

↑

1 face rouge 0 face rouge

D’où P(B) = 1 – P(B) =

57 . 64

70 • Lancer des deux dés tétraédriques : Dé 1 Dé 2

3 4 5 6

0

1

2

3

3 4 5 6

4 5 6 7

5 6 7

6 7 8

8

9

La probabilité d’obtenir d’obtenir une somme égale à 6 est : 4 1  p =  = . 16 4 • Lancer du dé octaédrique : Pour obtenir une somme égale à 6, le numéro caché doit être l’un des �. La probabilité d’obtenir une 3 somme égale à 6 est  p’ = . 8 • Conclusion p’  p. Le joueur a intérêt à utiliser le dé octaédrique.

71 a) • Dans la colonne G, on tape 1 dans la cellule en face de chaque région et 0 devant les deux cellules « France de province » et « France métropolitaine ». En cellule G25, on saisit la formule : = SOMME (G6 : G24) • On décompte ainsi 17 régions. 1 • De là, on déduit la probabilité cherchée : P(A) = 17 soit P(A)  0,059. b) • Dans la colonne G, on tape t ape 1 dans la cellule en face de chaque département et 0 devant les deux cellules « France de province » et « France métropolitaine ». En cellule G108, G108, on saisit s aisit la formule : = SOMME (G6 : G107) • On décompte ainsi 100 départements. • Dans la cellule H6, on saisit la formule : = NB. Si (C6 : C107 ; « �1 000 000 ») • On décompte ainsi 76 départements de moins d’un million d’habitants. • De là, on déduit la probabilité cherchée : 76 P(B) =  = 0,76. 100 c) • Pour A ∩ B, il faut compter le nombre de départements de moins d’un million d'habitants dans votre région. • Pour A ∪ B, on utilise la formule : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B). 72  On peut numéroter les cases afin de compter : • le nombre total de chemins à 5 déplacements ; • le nombre de chemins à 5 déplacements qui mènent à la case rouge. 15

16 10

17 11

6

12 7

3

8 4

1

5 2

0

3e dép.

4e dép. 10

6

11

3

11

7

12

1

11

7

12

4 12

8

13 11

Pion

7

12

4 12

8

13

2

12

8

13

5 13

9

14

La probabilité cherchée est  p =

5 e dép. 15 16 16 R

16 R R

17 16 R R

17 R

17 17 18 16 R R

17 R

17 17 18 R

17 17 18 17 18 18

10  . 31

73  On cherche un nombre de tirs  n. On note A l’événement : « Elle a atteint au moins une fois la cible sur les n tirs ». Donc A est l’événement : « Elle n’a jamais atteint la cible sur les n tirs ». On peut visualiser sur un arbre que : 1 1 1 P(A) = × × … × 2 2 2 n fois

14 9

2e dép.

       � 

18 13

1er dép.

On cherche donc n tel que : P(A)  0,99, c’est-à-dire : 1 – P(A)  0,99 1n 1n   0,99 soit 0,01  1– . 2 2 En testant avec quelques nombres entiers naturels n, on trouve que c’est à partir de n = 7. 7. Elle doit donc tirer au moins 7 fois pour que la probabilité d’atteindre la cible soit supérieure à 0,99.



10



Accompagnement personnalisé

74 a) Non car les fréquences ne s’approchent pas 1 de la probabilité  (sauf celle du Rouge). 4 b) Non car dans ce tableau la somme des probabilités n’est pas égale à 1. Chapitre 8

Probabilités

121

c) Oui car les fréquences s’approchent des probabilités du tableau.

81 a)

1er lancer

2e lancer

Somme

1

1 2 3 4

2 3 4 5

2

1 2 3 4

3 4 5 6

3

1 2 3 4

4 5 6 7

4

1 2 3 4

5 6 7 8

75 Modèle 1 : Non, car il manque l’issue 20. Modèle 2 : Non, car dans un modèle équiprobabiliste 1 à 5 issues, chaque issue la probabilité . Or, les f i  ne 5 1 s’approchent pas de . 5 Modèle 3 : Non, car dans ce modèle, la somme des probabilités est strictement supérieure à 1. Modèle 4 : Oui, car chaque fréquence f i  se rapproche de la probabilité correspondante. 76 Issue Rouge Verte Noire Bleue Probabilité 0,2 0, 3 0, 4 0,1

Total 1

77 Rouge Verte Bleue Jaune 3 2 2 1 Probabilité 8 8 8 8 Couleur

78  Sur les 100 bouteilles, il y a 28 bouteilles d’eau. 28 Donc P(A) =  = 0,28. 100 79 a) Oui car il y a autant de boules portant chacune des numéros. b) • A = {2 ; 6 ; 12} donc P(A) =  p(2) + p(6) + p(12) 2 2 2 =  +  + 10 10 10 6 3 =  = 10 5 • B = {3 ; 6 ; 12} donc P(B) =  p(3) + p(6) + p(12) 2 2 2 =  +  + 10 10 10 6 3 =  = 10 5 80 a) P(A ∪ B) = 0,3 + 0,5 – 0,1 = 0,7 1 1 1 1 b) P(A ∩ B) =  +  –  = 4 3 2 12 c) P(B) = P(A ∪ B) + P(A ∩ B) – P(A) 20 2 1 =  +  – 27 27 9 19 = 27

8 1 3  = • P(B) = 16 2 16 c) A ∩ B est l’événement « La somme est paire et égale à 2 ou 7 », donc A ∩ B = {2}. 1 Ainsi, P(A ∩ B) = . 16 d) P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 1 3 1 =  +  – 2 16 16 5 = 8 b) • P(A) =

82 1er dé  dépl. 2e dépl. 3e dépl. 4e dépl.

H H D

5e dé  dépl.

6e dépl.

D

D D H D D H D H D H D H D H D H H D H

D D D H D D H D H H D D H D H H D H H

H

H

H

D H D

H H

H D

D D H

H D H D

H D

H D

D H

H

D D

Au total, il y a 20 chemins possibles de A à B. 10 2. a) P(M) =  = 0,5 20 122

6  = 0,3 20 3 c) P(M ∩ N) =  = 0,15 20 d) P(M ∪ N) = 0,5 + 0,3 – 0,15 0,15 = 0,65

• Pour obtenir aucun As, on a : 1re carte 2e carte 28 choix et 27 choix

b) P(N) =

↑

Pas d’As

83 1.  Pour la 1re  carte, on a 32 choix ; pour la seconde, on a 31 choix, soit so it 32 × 31 choix. De plus, par exemple, la main As ♣ , 7 ♣est identique à la main 7 ♣ , As ♥. 32 × 31 Le nombre total de choix est donc  = 496. 2 2. a) • Pour obtenir exactement un As, on a : 1re carte 2e carte ou 1re carte et 2e carte 4 choix et 28 choix ou 28 choix et 4 choix ↑

↑

1 As

pas d’As

↑

↑

↑

Pas d’As 1 As 4 × 28 + 28 × 4 Soit 112 choix. En effet,  = 112. 2 112 7 Ainsi, P(A) =  = . 496 31

Pas d’As 28 × 27 Soit 378 choix. En effet,  = 378. 2 378 189 Ainsi, P(B) =  = . 496 248 b) • A ∩ B = ∅ car une main ne peut pas contenir à la fois 1 As et aucun As. • P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 7 189 =  +  – 0 31 248 245 = 248 c) • A ∪ B est l’événement « Obtenir 2 As ». 245 3 • P(A ∪ B) = 1 –  = 248 248 3 3. • P(C) = P(A ∪ B) = 248 16 1 • P(M) =  = 496 31 7 3 59 • P(N) =  +  = 31 248 248

Chapitre 8

Probabilités

123

9 1

Échantillonnage et simulation

Au fil des siècles

Le magazine avait réalisé le sondage auprès de ses lecteurs, qui étaient majoritairement Républicains, et donc votants pour Landon. De plus, les réponses étaient volontaires. Or, Roosevelt étant le président sortant, il avait de fortes chances d’être réélu. Ainsi, les insatisfaits par sa politique étaient plus motivés par le sondage que les sympathisants de Roosevelt. Quelques sites : • https ://en.wikipedia.org/wiki/ ://en.wikipedia.org/wiki/ United_States_presidential_election_1936 (en anglais) • http ://historymatters.gmu.edu/d/5 ://historymatters.gmu.edu/d/5168/ 168/ (en anglais) • http ://oncle-dom.f ://oncle-dom.fr/idees/sondages/ r/idees/sondages/erreurs.htm erreurs.htm

2

Bien démarrer

1. a)  Le nombre total d’élèves dans cette classe est

18 + 9 + 3 = 30. 18 b) Élèves âgés de 15 ans :  = 0,6 = 60 %. 30 9 Élèves âgés de 16 ans :  = 0,3 = 30 %. 30 3 Élèves âgés de 14 ans : = 0,1 = 10 %. 30 8  = 0, 08. 100 45 b) La probabilité d’obtenir une voyelle est = 0, 45. 100 c) La probabilité d’obtenir une consonne est : 1 – 0, 45 = 0, 55. 2. a) La probabilité d’obtenir la lettre I est

3. a) Le centre de l’intervalle I est 0,5, son amplitude

est 0,6. b) Les bornes de l’intervalle J sont 0, 4 – 0, 6 = – 0, 2 et 0, 4 + 0, 6 = 1. c) • 0,35 appartient aux deux intervalles. • 0 appartient uniquement à l’intervalle J. • – 0,4 n’appartient à aucun des deux intervalles. 124

• 0,75 appartient aux deux intervalles. • 1,2 n’appartient à aucun des deux intervalles. 4. a) En C2 on a saisi la formule =A2*B2.

b) En B7 on a saisi la formule =SOMME(B2:B6). =SOMME(B2:B6). c) En C7 on saisit =SOMME(C2:C6) puis en C8 on saisit =C7/B6.

3 1

Découvrir

Simuler des échantillons 1. a) 7 sondages sur 9 prédisaient la victoire du candidat Obama. b) Pour répondre à cette cet te question il faut calculer les pourcentages d’intentions de vote pour Barack Obama. CNN : 49,9 % ; Gallup : 49,5 % ; Greenberg : 52,1 % ; Ipsos : 50,5 % ; Angus Reid : 51,5 % ; PPP : 51,5 % ; NBC News : 50,5 % ; Pew Research : 51,6 % ; YouGov : 51,1 %. On cherche le nombre de sondages s ondages donnant un résultat dans l’intervalle [48,1 % ; 54,1 %]. C’est C’est le cas de ces 9 sondages. c) Le sondage le plus cher est celui de YouGov, qui donne ici le résultat le plus proche de la réalité (ce n’est pas toujours le cas). 2. a) Un 1 affiché dans B2 correspond à un individu indiquant prévoir de voter pour Barack Obama, un 0 indique le contraire. b) Le résultat affiché dans B1 002 correspond au nombre d’intentions de vote pour Barack Obama O bama dans le sondage simulé 1. c) Les simulations effectuées avec le tableur peuvent par exemple donner : 512, 496, 514, 521, 494, 526, 524, 491, 512, 517, 532, 520. d) Dans l’exemple précédent, aucun sondage simulé n’a donné 51,1 % mais les 12 sondages simulés ont donné un résultat différent par moins de 3 points de la réalité. e)  Malgré le fait qu’elles soient construites avec un pourcentage tel que Barack Obama remporte l’élection, certaines simulations peuvent donner un résultat où Barack Obama est perdant.

2

Observer un intervalle de fluctuation 1. a) Le minimum est 40, le maximum est 60. b) On a trouvé le même nombre de bonbons de chaque parfum dans 4 boîtes. c)  Le nombre total de boîtes est 40. Après avoir ordonné les 40 valeurs, le nombre médian est donc la moyenne entre la 20 e et la 21e valeur. On trouve qu’il est égal à 50. d) Le nombre moyen de bonbons est égal à 50,8. 2. a) Les points alignés sur la droite horizontale passant par 0,50 correspondent aux boîtes dans lesquelles on a trouvé 50 bonbons à l’orange. Ces points illustrent le résultat de la question 1. b). b) On compte 12 12 valeurs hors de l’intervalle l’inter valle [0,45 ; 0,55], soit 28 valeurs dans cet intervalle, ce qui donne le 28 pourcentage  = 70 %. 40 c) 95 % de 40 boîtes font 38 boîtes. On cherche donc un intervalle centré en 0,50 contenant au moins 38 valeurs. Les intervalles [0,41 ; 0,59] et [0,42 ; 0,59], par exemple, conviennent.

4

Savoir-faire

2 a) CASIO : La formule est Int(Ran#+30÷100). Int(Ran#+30÷100). T I : La formule est partEnt(NbrAléat+30÷100). On obtient ainsi 0 (n’a pas les yeux bleus) dans 70 % des cas et 1 (a les yeux bleus) dans 30 % des cas. b) Un échantillon de 30 habitants sera représenté par une suite de 30 chiffres égaux à 0 ou 1, obtenus avec la formule précédente. 3 a) La formule à utiliser avec un tableur est =ENT(ALEA()+0,4). 0 représente alors un véhicule de marque B et 1 un véhicule de marque A. b) Voici un exemple d’échantillon de taille 10 : 0 ; 0 ; 1 ; 0 ; 0 ; 1 ; 1 ; 0 ; 0 ; 0. 5 • Détermination d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % n  est suffisamment grand et  p  ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours. 1 1 I = 0,37 –  ; 0,37 + ,  200  200 200 200 c’est-à-dire I ≈ [0,299 ; 0,441]. • Calcul de la fréquence observée 86 f  =  =  = 0,43. 200





• Prise de décision On constate que f  =   = 0,43 appartient à l’intervalle de fluctuation I ≈ [0,299 ; 0,441 0,4 41].]. Ces données ne justifient donc pas de faire réviser la chaîne de production.

6 • Détermination d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % n  est suffisamment grand et  p  ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours. 1 1 I = 0,75 –  ; 0,75 + , 200 200  200  200 donc I ≈ [0,679 ; 0,821]. • Calcul de la fréquence observée 147 147 f  =  =  = 0,735. 200 • Prise de décision On constate que f  =   = 0,735 appartient à l’intervalle de fluctuation I ≈ [0,679 ; 0,821]. Ces données permettent donc au PDG de considérer que son objectif est atteint.





5

Résoudre des problèmes

8 n est la taille de l’échantillon et  p la proportion théorique dans la population concernée. On émet l’hypothèse que p = 0,015. L’inter L’intervalle valle de fluctuation au seuil de 95 % est : 1 1  p  p –  ; p + .



 n

 n

La longueur de cet intervalle est



2

 n

.

On cherche donc la plus petite valeur de n telle que 2  0,02 c’est-à-dire successivement :

 n

2  0,02 n  (car  n  est positif)

2   n 0,02  n � 100

n � 10 000 (car la fonction carré est croissante sur [0 ; + ∞[).

Il faut donc que l’échantillon ait un effectif supérieur ou égal à 10 000.

9 a) n est la taille t aille de l’échantillon et p la proportion théorique dans la population concernée. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est : 1 1  p  p –  ; p + .



 n

 n

La longueur de cet intervalle est

Chapitre 9



2

 n

.

Échantillonnage et simulation

125

Pour n = 1 600, la longueur de I est donc 2  = 0,05.  1 600 b) On cherche la plus petite valeur de n telle que 2  0,025

Programme Python

 n

c’est-à-dire successivement : 2  0,025 n   (car  n  est positif) 2   n 0,025  n � 80 n � 6 400 (car la fonction carré est croissante sur [0 ; + ∞[). Il faut donc que l’échantillon ait un effectif supérieur ou égal à 6 400.

Programme CASIO

11 a) La probabilité d’obtenir un nombre supérieur ou égal à 5 est égale à 1/3. L’algorithme L’algorithme est donc : Variables  :

 sont des nombres entiers naturels r , i  sont  sont des nombres réels  x, f  sont  la valeur 0 Traitement : Affecter à r  la   Pour i  allant  allant de 1 à 50 Affecter à x un nombre aléatoire

Sortie :

compris entre 0 et 1 Si x  1/3 alors Affecter à r  la  la valeur r + 1 Fin Si Fin Pour Affecter à f  la  la valeur r /50 /50 Afficher f 

b) Programme AlgoBox

Programme TI

12 a) Variables :

 sont des nombres entiers naturels r , i  sont  sont des nombres réels  x, f  sont Traitement : Affecter à r  la  la valeur 0   Pour i  allant  allant de 1 à 45 Affecter à x un nombre aléatoire

Sortie :

compris entre 0 et 1 Si x  0,6 alors Affecter à r  la  la valeur r + 1 Fin Si Fin Pour Affecter à f  la  la valeur r /45 /45 Afficher f 

b) On ajoute dans les variables déclarées un nombre entier naturel n. On insère avant Traitement  une   une nouvelle ligne Entrée : Saisir n. Enfin, dans la boucle Pour et dans la dernière affectation, on remplace 45 par n.

126

6

Travaux pratiques

13 a) La variable g représente le nombre de garçons dans la famille et la variable f  représente  représente le nombre de filles. b) x = 0 correspond à la naissance d’une fille : on ne modifie pas la valeur de g et on ajoute 1 à celle de f .  x = 1 correspond à la naissance d’un garçon : on ajoute 1 à la valeur de g et on ne modifie pas celle de f . c)  Les conditions g  = 0 et n   4 correspondent aux deux contraintes données dans l’énoncé : les naissances continuent tant qu’il n’y a pas de garçon, avec un maximum de 4 enfants par p ar famille. 2. a) n est suffisamment grand et  p ni trop petit ni trop grand, on peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,5 –  ; 0,50 + , donc I ≈ [0,358 ; 0,642].  50  50 50 50



b) Programme AlgoBox



Programme TI

c) Un échantillon de 50 familles obtenues à l’aide de l’algorithme peut par exemple comporter 102 102 enfants, dont 54 filles, soit une fréquence observée pour les 54 filles f  =  = , soit f  ≈  ≈ 0,529. 102 102 d) Cette valeur de f  appartient à l’intervalle de fluctuation I ≈ [0,358 ; 0,642]. On peut donc penser que cette politique de planification des naissances n’a pas d’impact sur les proportions de garçons et de filles. e) Pour des échantillons de taille 1 000, l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est : 1 1 I = 0,5 –  ; 0,50 + ,  1 000  1 000 donc I ≈ [0,468 ; 0,532]. En regroupant les résultats de 20 échantillons de taille 50, on constitue un échantillon de taille 1000. Celui-ci peut par exemple compor comporter ter 938 filles sur 1874 1874 enfants, 938 soit une fréquence observée f  = , soit f  ≈   ≈ 0,500. 1 874 Cette valeur appartient à l’intervalle de fluctuation, la conclusion est donc la même. 3.  Une étude portant p ortant sur 1 000 familles simulées a donné un résultat environ égal à 0,5. Ce résultat confirme des études sur des échantillons plus petits et permet de penser que cette politique de planification des naissances n’a pas d’impact sur la répartition garçons-filles.



Programme Python

Programme CASIO



14 1. a) Pour réaliser cette feuille de calcul, il faut saisir dans la cellule B2 la formule =ENT(ALEA()+0,49) puis recopier cette formule dans la plage B3 : B21. On peut calculer automatiquement la fréquence des filles dans cet échantillon en saisissant dans la cellule B22 la formule =SOMME(B2:B21)/20. On trouve par exemple 0,55. b) Pour simuler 100 échantillons, on sélectionne la plage B1:B22 et on la tire vers la droite, jusqu’à la colonne CW qui contiendra le 100e échantillon simulé.

Chapitre 9

Échantillonnage et simulation

127

c) Un exemple de nuage de points :

2. a) À l’aide du nuage de points, on trouve comme intervalle de fluctuation simulé au seuil de 95 % l’intervalle [0,25 ; 0,7]. On peut remarquer que cet intervalle n’est pas centré en 0,49. 0, 49. b) La fréquence observée dans l’échantillon réel de 4 l’énoncé est f  =  = = 0,2. Cette fréquence n’appartient 20 pas à l’intervalle de fluctuation, on peut donc penser que la proportion de filles parmi les naissances à Xicun n’est pas égale 0,49. c) On aboutit à la même conclusion avec d’autres ensembles de 100 échantillons é chantillons simulés. 5 3. La fréquence observée en 1988 était f  = , soit 24 f  ≈ 0,208. On aboutit donc à la même conclusion. On peut alors penser que les filles sont largement sous-représentées parmi les naissances à Xicun. Une explication de ce phénomène peut résider dans l’application de la règle de l’enfant unique en Chine à partir de 1979.

7

Pour s’entraîner

15 a) [0 ; 1[ b) [0,65 ; 1,65[ 1 5 c) ; 4 4

 

16 a) La probabilité d’obtenir 1 est 0,5. La probabilité d’obtenir 0 est 1 – 0,5 = 0,5. b)  La probabilité d’obtenir 1 est 0,27. La probabilité d’obtenir 0 est 1 – 0,27 = 0,73. 4 c) La probabilité d’obtenir 1 est . La probabilité d’ob7 4 3 tenir 0 est 1 –  = . 7 7 17  Exemple : P, P, F, P, F, P, F, F, P, F, P, P. 18  Exemple : 2, 4, 5, 3, 3, 4, 3, 1, 2, 2, 6, 3. 19  a) La taille de cet échantillon est n = 50. b) La fréquence du chiffre 7 dans cet échantillon est 5  = 0,1. 50 128

20  a) La probabilité d’obtenir chaque face est 1 , 2 tout comme la probabilité d’obtenir un chiffre pair et la probabilité d’obtenir un chiffre impair. La méthode de simulation choisie est donc bien adaptée. b) La fréquence de Pile dans cet échantillon est la fré31 quence de chiffres pairs, c’est-à-dire c ’est-à-dire = 0,62. 50 21  a) La formule tableur =ENT(ALEA()+0,6) affiche 1 avec la probabilité 0,6 et 0 avec la probabilité 0,4. On peut donc l’utiliser pour simuler cette expérience aléatoire en associant le résultat 1 à un haricot blanc et le résultat 0 à un haricot rouge. b) Un exemple d’échantillon simulé est 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 1, 1, 0, 0, 1, 1, 1, 1, 1, 0, 1, 0, 1, 1, 1, 0. c) La fréquence des haricots blancs dans cet échan29 tillon simulé est   ≈ 0,763. Cette fréquence n’est 38 pas égale à 0,6 du fait du phénomène de fluctuation d’échantillonnage. 22  a) On utilise la formule Int(Ran#+0.75) Int(Ran#+0.75) ou partEnt(NbrAléat+0.75), répétée 45 fois, pour obtenir un échantillon simulé de 45 perles. b)  La fréquence de perles dorées dans l’échantillon peut par exemple être égale à 0,711. Cette fréquence n’est pas nécessairement égale à 0,75 du fait du phénomène de fluctuation d’échantillonnage. 23  a) 0,5 – 5 ; 0,5 + 1  = [0,4 ; 0,6]. 10 10 1 1 b) 0,45 – ; 0,45 +  = [0,25 ; 0,65]. 5 5 1 1 c) 0,34 – ; 0,34 +  = [0,33 ; 0, 35]. 100 100 24 Cette affirmation est vraie. En effet, l’amplitude d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est 2 proche de . En observant la courbe représentative  n 2 de la fonction  x  sur

 









  x

]0 ; + ∞[ à l’écran d’une calculatrice, on observe que cette fonction est décroissante sur ]0 ; + ∞[ .

25 Sur 200 échantillons, un intervalle de fluctuation fluc tuation au seuil de 95 % doit contenir au moins 190 valeurs, ce qui équivaut à exclure 10 valeurs ou moins. On peut prendre l’intervalle I = [0,26 ; 0,50], qui est bien centré en 0,38 et ne contient pas 9 des 200 valeurs, ou tout intervalle centré en 0,38 et contenant I. 26  a) On simule le lancer de 65 pièces de monnaie en utilisant la formule Int(Ran#+0.5) ou

partEnt(NbrAléat+0.5) répétée 65 fois. On peut par exemple observer une fréquence de Pile égale à 0,538. b) On construit 80 échantillons de taille 65 à l’aide de la calculatrice, en utilisant éventuellement un programme (voir corrigé de l’exercice 11 et adapter les programmes). c) Sur 80 échantillons, un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % doit contenir au moins 76 valeurs, ce qui équivaut à exclure 4 valeurs ou moins. On trouve par exemple l’intervalle [0,33 ; 0, 63]. 1 1  ; 0,75 +  ≈ [0,583 ; 0,917]. 36 36  36  36 1 1 b) 0,75 –  ; 0,75 +  ≈ [0,705 ; 0,795].  500  500 500 500





27  a) 0,75 –





28  a) Blé : [0,48 ; 0,68]. 0, 68]. Épeautre : [0,12 [0,12 ; 0,32]. 0, 32]. b) On ne peut pas utiliser la formule du cours pour le riz rouge, ni pour les lentilles, car les proportions sont trop petites. 1 1 29  a)  p  p –  ; p +  = [0,1 ; 0,5].



 n

 n



f  =  = 0,45 appartient à cet intervalle.



 p – b)  p

1

 n

 ; p +

1

 n

 = [0,55 ; 0,75].

f  =  = 0,76 n’appartient pas à cet intervalle.



c)  p  p –

1

 n

 ; p +

1

 n

 = [0,51 ; 0,53].

f  =  = 0,51 0, 5111 appartient à cet intervalle.

30  a) Cette affirmation est fausse. En effet, on peut rencontrer des échantillons pour lesquels la fréquence observée n’appartient à aucun intervalle de fluctuation au seuil de 95 %. b)  Cette affirmation est vraie. En effet, c’est le principe de la méthode de prise de décision à partir d’un échantillon. 31  a) L’intervalle  L’intervalle de fluctuation au seuil s euil de 95 % ainsi obtenu est [0,21 ; 0,31]. b) La fréquence observée dans l’échantillon est : 130 f  =  = , soit f  =  = 0,325. 400 c)  La fréquence observée n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation. On peut donc en conclure que la proportion nationale d’individus allergiques au pollen ne s’applique pas aux habitants de cette cet te ville. 32 L’intervalle de fluctuation au seuil s euil de 95 % obtenu avec la formule du cours est [0,058 ; 0,342]. 13 La fréquence observée dans l’échantillon est f  = , 50 soit f  =   = 0,26. La fréquence observée appartient à l’intervalle de fluctuation, il n’y a donc pas de raison de remettre en question la qualité de la production.

33  a) Pour une proportion de 50 %, l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% obtenu avec la formule du cours est [0,452 ; 0,548]. La fréquence observée dans 205 l’échantillon est f  = , soit f   ≈ 0,466. La fréquence 440 observée appartient à l’intervalle de fluctuation, l’étude ne permet donc pas de rejeter une proportion de 50 %. b) Pour une proportion de 61 %, l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % obtenu avec la formule du cours est [0,562 ; 0,658]. La fréquence observée dans l’échantillon, f  ≈  ≈ 0,466, 0,466 , n’appartient pas à cet intervalle de fluctuation, l’étude permet donc de rejeter une proportion de 61 %. c)  Pour une proportion de 3 %, on ne peut pas utiliser la formule du cours pour obtenir un intervalle de fluctuation. À l’aide d’un tableur et de la formule =ENT(ALEA()+0,03), on peut obtenir un intervalle de fluctuation simulé au seuil de 95 %, par exemple [0,012 [0,012 ; 0,048]. La fréquence fré quence observée dans l’échantillon f  ≈  ≈ 0,466 n’appartient pas à cet intervalle de fluctuation, l’étude permet donc de rejeter une proportion de 3 %. 34  a)  L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour un échantillon de taille 50 obtenu avec la formule du cours est [0,448 ; 0,732]. La fréquence observée dans l’échantillon, f  =   = 0,67, appartient à cet intervalle de fluctuation. On ne peut donc pas remettre en question la proportion habituelle. b)  L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour un échantillon de taille 50 obtenu avec la formule du cours est [0,545 ; 0,635]. La fréquence observée dans l’échantillon, f  =  = 0, 67, 67, n’appartient pas à cet intervalle de fluctuation. On peut alors remettre en question la proportion habituelle. 35  1. a) La probabilité de tomber sur une case 18 rouge est alors égale à . 37 b) La probabilité de tomber sur une case noire est 18 alors égale à . 37 c) La probabilité de tomber sur la case verte est alors 1 égale à . 37 2. a) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour un échantillon de taille 50 obtenu avec la formule du cours est [0,423 ; 0,550]. La fréquence observée dans 116 l’échantillon, f  =  =  soit f  ≈  ≈ 0,464, appartient à cet in250 tervalle de fluctuation. Il n’y a donc pas de raison de penser que la roulette est truquée au niveau des cases rouges. b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour un échantillon de taille 50 obtenu avec la formule du Chapitre 9

Échantillonnage et simulation

129

cours est [0,423 ; 0,550]. La fréquence observée dans 119 l’échantillon, f  =  =  soit f  ≈  ≈ 0,476, appartient à cet in250 tervalle de fluctuation. Il n’y a donc pas de raison de penser que la roulette est truquée au niveau des cases noires.

36  a) n est la taille de l’échantillon et p la proportion théorique dans la population concernée. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % donné en cours est : 1 1  p – I =  p  ; p + .



 n

La longueur de cet intervalle est

 n 2

 n

 .

Pour n = 400, la longueur de I est donc 2  = 0,1.  400 400 b) • On cherche la plus petite valeur de n telle que 2  0,06

 n

c’est-à-dire successivement : 2  0,06 n  (car  n  positif) 2   n 0,06  n � 100 3 10 000 n�  (car la fonction carré est croissante sur 9 [0 ; + ∞[). Il faut donc que l’échantillon ait un effectif supérieur ou égal é gal à 1 112. 112. • On cherche la plus petite valeur de n telle que 2  0,03

 n

c’est-à-dire successivement : 2  0,03 n  (car  n  positif) 2   n 0,03  n � 200 3 40 000 n�  (car la fonction carré est croissante sur 9 [0 ; + ∞[). Il faut donc que l’échantillon ait un effectif supérieur ou égal à 4 445.

37 n est la taille de l’échantillon et  p la proportion théorique dans la population concernée. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % donné en cours est : 1 1  p – I =  p  ; p + .



 n

La longueur de cet intervalle est

 n 2

 n

 .

On cherche la plus petite valeur de n telle que 2  0,06

 n

130

c’est-à-dire successivement : 2  0,06 n  (car  n  positif) 2   n 0,06  n � 100 3 10 000 n�  (car la fonction carré est croissante sur 9 [0 ; + ∞[). Il faut donc que l’échantillon ait un effectif supérieur ou égal é gal à 1 112. 112.

38  a) Cette implication est fausse. En effet, la différence entre la proportion théorique  p = 0,5 et la fréquence f  =  = 0,39 observée peut être due à la fluctuation d’échantillonnage. b) Cette implication est fausse. En effet, la différence entre la proportion théorique p  = 0,4 et la fréquence f  =  = 0,3 observée obser vée peut être due à la fluctuation d’échantillonnage. c) Cette implication est fausse. En effet, les informations issues d’un échantillon ne permettent jamais d’affirmer avec certitude une propriété de la proportion dans la population totale. d)  Cette implication est vraie. En effet, du fait de la fluctuation d’échantillonnage, la fréquence observée dans un échantillon peut différer de la proportion dans la population.

8

Pour se tester

39  1. C 2. B 3. C 40  1. B, C 2. A, C 3. C 3. B 41  1. A. En effet, 1 1 0,71 – ≈ 0,67 et 0,71 + ≈ 0, 75.  1 000  1 000 2. C. En effet, la formule du cours donne l’intervalle [0,67 ; 0,75], qui est contenu dans l’intervalle [0,65 ; 0,75] mais pas dans les deux autres. 3. A. En effet, la fréquence observée appartient à l’intervalle de fluctuation, il n’y a donc pas de raison de remettre en question la proportion conjecturée. 4. B, C. En effet, l’amplitude de l’intervalle de fluctuation pour des échantillons é chantillons de taille 1200 1200 vérifie 2 �  0,06, alors que pour des échantillons de  1 200 2  0,06. taille 1000, l’amplitude est  1 000

On peut donc prendre un échantillon de taille supérieure à 1 200, ou à 2 000, mais pas inférieure à 1 000.

9

Pour aller plus loin

42  a) • Détermination d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % n  est suffisamment grand et  p  ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,15 –  ; 0,15 + ,  485  485 485 485 c’est-à-dire I ≈ [0,118 ; 0,182]. • Calcul de la fréquence observée 51  =  donc f  ≈  ≈ 0,105. f  = 485 • Prise de décision On constate que f  ≈   ≈ 0,105 n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation I ≈ [0,118 ; 0,182]. On peut donc remettre en question l’affirmation du producteur. b) • Détermination d’un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % n  est suffisamment grand et  p  ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours. 1 1 I = 0,15 –  ; 0,15 + ,  703  703 703 703 c’est-à-dire I ≈ [0,123 ; 0,177]. • Calcul de la fréquence observée 51 f  =  =  donc f  ≈  ≈ 0,073. 703 • Prise de décision On constate que f  ≈   ≈ 0,073 n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation I  ≈ [0,123 ; 0,177]. On peut donc remettre en question l’affirmation du producteur. c) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est : 1 1 0,15 –  ; 0,15 + .











 n

 n 

On cherche la plus grande valeur de n telle que 1  0,105 0,15 –

 n

c’est-à-dire successivement : 1  – 0,045 –

 n 1

 n

 0,045

1 � 0,045 n  (car  n  est positif) 1 �  n 0,045  n  200 9

40 000  (car la fonction carré est es t croissante sur 81 [0 ; + ∞[). Il faut donc que l’échantillon ait un effectif inférieur ou égal à 493. n

43 Pour répondre à la question, on suppose que la proportion de femmes parmi les responsables politiques dans chacun de ces pays est égale à 0,5. Ensuite, on construit un intervalle de fluctuation lié à la taille de l’échantillon pour chaque pays, et on vérifie si la fréquence dans chaque parlement appartient à cet intervalle. Suède : l’intervalle est [0,446 ; 0,554]. La fréquence est 157 157  ≈ 0,450. Elle appartient à l’intervalle, donc, dans ce 349 pays, on peut dire que les hommes et e t les femmes sont représentés de manière égale parmi les responsables politiques. Pays-Bas : l’intervalle est [0,458 ; 0,542]. La fréquence 61 est   ≈ 0,407. Elle n’appartient pas à l’intervalle, 150 donc dans ce pays, on ne peut pas dire qu’hommes et femmes sont également représentés parmi les députés. France : l’intervalle est [0,446 ; 0, 554]. La fréquence est 109  ≈ 0,189. Elle n’appartient pas à l’intervalle, on ne 577 peut donc pas le dire non plus dans ce pays. États-Unis : l’intervalle est es t [0,410 [0,410 ; 0,590]. 0, 590]. La fréquence 21 est   = 0,168. Elle n’appartient pas à l’intervalle, 125 donc on ne peut pas le dire non plus dans ce pays. Rwanda : l’intervalle est [0,388 ; 0,612]. La fréquence 45 est   = 0,5625. Elle appartient à l’intervalle, donc, 80 dans ce pays, on peut parler d’égale représentation entre les hommes et les femmes parmi les responsables politiques. 44 L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % donné en cours est : 1 1 0,52 –  ; 0,52 + .



 n

 n



On cherche la plus grande valeur de n telle que 1 � 0,5 0,52 –

 n

c’est-à-dire successivement : 1 – � – 0,02

 n 1

 n

 0,02

1  0,02 n  (car  n  est positif) 1   n 0,02 Chapitre 9

Échantillonnage et simulation

131

n � 2 500 (car la fonction carré est croissante sur [0 ; + ∞[).

Donc l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % ne contient pas de nombre inférieur à 0,5 pour n supérieur ou égale à2 500.

45  a) On peut simuler cette expérience aléatoire à l’aide d’une table de chiffres aléatoires. On peut aussi, avec la calculatrice, répéter : CASIO : OPTN PROB Ran# TI : MATH PROB NbrAléat On associe à chaque arête trois chiffres, en excluant le 0, comme indiqué sur la figure ci-dessous. D 1    , 2    , 3  

    9  ,      8  ,       7

4         ,   5          ,   6       

C

 4, 5, 6       9  ,        8  ,         7

A 1 , 2   , 3 

B

En partant du point A, on peut alors construire des promenades à partir d’une suite de chiffres aléatoires. Par exemple, la suite de chiffres 8, 4, 7, 4 correspond à 8 4 7 4 la promenade A →  D →  B →  C →  A. b) On peut par exemple e xemple obtenir les résultats suivants : Durée 1 2 3 4 5 Effectif 0 6 5 6 2 Durée 6 7 8 9 10 Effectif 1 2 1 1 1 c) Le minimum de cette série est 2, le maximum est 10, l’étendue est 10 – 2 = 8. 1 × 0 + 2 × 6 + ... + 10 × 1 La moyenne est ≈ 4,32. 25 La médiane est la 13e valeur quand les valeurs sont ordonnées, c’est-à-dire 4. d) Pour des échantillons de taille 25, et selon l’affirmation de Samy, un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour la fréquence des promenades de 3 min ou moins est [0,3 ; 0,7]. 11 Or la fréquence observée dans l’échantillon, l’échantillon, = 0,44, 25 appartient à cet intervalle. Il n’y a donc pas de raison de mettre en doute l’affirmation de Samy. Samy. Mais cela ne veut pas dire qu’elle est vraie !

46 • Entreprise A n = 100 est suffisamment grand et  p = 0,5 ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle l’inter valle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,5 –  ; 0,5 +  = [0,4 ; 0,6].  100  100 100 100



132

42  =0,42. 100 On constate que f  =   = 0,42 appartient à l’intervalle de fluctuation I = [0,4 ; 0,6]. On ne peut donc pas considérer que cette entreprise ne respecte pas la parité. • Entreprise B n = 3 000 est suffisamment grand et p = 0,5 ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,5 –  ; 0,5 + , c’est-à-dire  3 000  3 000 I  [0,482 ; 0,518]. 1 140 La fréquence observée est f  =  =  =0,38. 3 000 On constate que f  =  = 0,38 n’appartient pas à l’intervalle l’inter valle de fluctuation I  [0,482 ; 0,518]. On peut donc considérer que cette entreprise ne respecte pas la parité. La fréquence observée est f  =  =

 n � 50







47 • Centre A n = 100 est suffisamment grand et  p = 0,55 ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,55 –  ; 0,55 +  = [0,45 ; 0,65].  100  100 100 100 46 La fréquence observée est f  =  =  = 0,46. 100 On constate que f  =   = 0,46 appartient à l’intervalle de fluctuation I = [0,45 ; 0,65]. On ne peut donc pas considérer que les candidats de ce centre n’ont pas réussi au même niveau que l’ensemble des candidats. • Centre B n = 2 500 est suffisamment grand et  p = 0,55 ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,55 –  ; 0,55 + , c’est-à-dire  2 500  2 500 I  [0,53 ; 0,57]. 1 275 La fréquence observée est f  =  =  = 0,51. 2 500 On constate que f  =  = 0,51 n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation I ≈ [0,53 ; 0,57]. On peut donc considérer que les candidats de ce centre n’ont pas réussi au même niveau que l’ensemble des candidats.









48 La probabilité de donner une bonne réponse est 0,25. Pour simuler une réponse aléatoire à une question, on utilise donc la formule =ENT(ALEA()+0,25) avec le tableur, Int(Ran#+0.25) ou partEnt(NbrAléat+0.25) partEnt(NbrAléat+0.25) avec la calculatrice. On répète 5 fois pour simuler les réponses répo nses aléatoires aux 5 questions du QCM. On trouve par exemple l’échantillon 1, 1, 0, 0, 0, où 1 correspond à une réponse exacte et 0 à une réponse fausse. b) On réalise 100 échantillons de 5 réponses en travaillant à plusieurs ou à l’aide l ’aide du tableur. tableur.

c) On peut facilement obtenir ce résultat à l’aide du tableur. On peut par exemple compter 10 cas où la compétence est validée.

49 En considérant l’ensemble des jurés convoqués pendant cette période comme un échantillon de la population de ce comté, un intervalle de fluctuation de la fréquence des Américains d’origine mexicaine pour des échantillons de taille 870 est [0,757 ; 0,825]. 339 La fréquence observée,  ≈ 0,390, n’appartient pas 870 à cet intervalle. On peut donc considérer que la requête de Rodrigo Partida était recevable, ce qui fut d’ailleurs la décision des juges. 50  a) L’algori  L’algorithme thme affiche 1 112. 112. b) Cet algorithme donne la taille minimale de l’échantillon pour obtenir un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de longueur inférieure ou égale à L. c) Voici un algorithme qui convient. Variables : L, M sont des nombres réels n est un nombre entier naturel Entrée : Saisir L 22 Traitement : Affecter à M la valeur valeur L Affecter à n la valeur Int(M) + 1 Sortie : Afficher n En appliquant cet algorithme à l’entrée L = 0,1 on obtient n = 400.



51 Ce raisonnement reprend l’idée selon laquelle si l’on trouve une fréquence très différente de la proportion dans la population, on peut remettre en question cette proportion. proportion . La première phrase correspond à l’observation de la fréquence dans un échantillon. Cette fréquence est peu élevée. Dans la seconde phrase, on s’intéresse à la proportion dans le sac, qui est ici considéré comme la population totale. Cette proportion est élevée. On peut donc penser que la poignée n’est pas extraite de ce sac. La différence entre la fréquence observée dans la poignée et la proportion dans le sac n’est ici pas quantifiée, alors que dans la méthode moderne on construit un intervalle de fluctuation qui permet d’avoir une approche plus rigoureuse. La conclusion de Peirce correspond à la remise en question de la proportion dans la population totale. 52 L’amplitude de l’intervalle est égale à 0,311. 2 � 0,311. Il s’agit donc de résoudre l’inéquation   n 4 Cette équation équivaut à � 0,31122, c’est-à-dire n 4 n , soit n � 42. 0,3112

10

Accompagnement personnalisé

53  a) On utilise la formule =ENT(ALEA()+0,3) avec le tableur, Int(Ran#+0.3) ou partEnt(NbrAléat+0.3) avec la calculatrice, répétée 40 fois. Chaque 1 correspond à une balle jaune, chaque 0 à une balle d’une autre couleur. b) En simulant un échantillon échantillon de 40 balles, on observe par exemple 12 balles jaunes, soit une fréquence 12  = 0,3. 40 54  1. a) La probabilité d’obtenir 1 est 0,25, la probabilité d’obtenir 0 est 1 – 0,25 = 0,75. b) La probabilité d’obtenir 1 est 0,67, la probabilité d’obtenir 0 est 1 – 0,67 = 0,33. c)  La probabilité d’obtenir 1 est 0,51, la probabilité d’obtenir 0 est 1 – 0,51 0, 51 = 0,49. 1 d) La probabilité d’obtenir 1 est , la probabilité d’ob4 1 3 tenir 0 est 1 – = . 4 4 2. a) Int(Ran#+0.25) ou partEnt(Nbr par tEnt(NbrAléat+0.25). Aléat+0.25). b) Int(Ran#+0.67) ou partEnt(NbrAléat+0.67) partEnt(NbrAléat+0.67).. c) Int(Ran#+0.51) ou partEnt(NbrAléat+0.51). d) Int(Ran#+1  Int (Ran#+1÷4) ÷4) ou partEnt(Nb p artEnt(NbrAléat+ rAléat+1/ 1/4). 4). 55  a) On utilise la formule =ENT(ALEA()+0,5) avec le tableur, Int(Ran#+0.5) ou partEnt(NbrAléat+0.5) avec la calculatrice. b) On utilise la formule =ENT(ALEA()+0,6) avec le tableur, Int(Ran#+0.6) ou partEnt(NbrAléat+0.6) avec la calculatrice. Chaque 1 correspond à une pièce en acier cuivré, chaque 0 à une pièce en e n alliage nordique. 56  a) On utilise la formule Int(Ran#+0.6) ou partEnt(NbrAléat+0.6), répétée 50 fois. Chaque 1 correspond à un foyer avec animal de compagnie, chaque 0 à un foyer sans animal de compagnie. b) On peut par exemple observer obser ver une fréquence égale 32 à  = 0,64. 50 57  1. Les listes a) et b) conviennent. La liste c) est impossible du fait de la présence d’un 7, et la liste d) impossible du fait de la présence prése nce d’un 0. 2. a) Un exemple d’échantillon possible est 2, 3, 4, 4, 3, 4, 6, 2, 2, 2, 1, 4, 4, 5, 5, 1, 3, 3, 4, 6. b) La fréquence de résultats inférieurs ou égaux à 4 16 dans cet échantillon est  = 0,8. Cette fréquence est 20 différente de la probabilité théorique du fait de la fluctuation d’échantillonnage. d’échantillonnage.

Chapitre 9

Échantillonnage et simulation

133

58  1. Un exemple d’échantillon possible est Pile, Face, Face, Pile, Face, Pile. 2. a)  Face, Pile, Pile, Face, Pile, Pile, Face, Face, Face, Face, Pile, Pile, Pile, Face, Pile. 8 b) La fréquence de Pile est ici  ≈ 0, 533. 15 Cette fréquence est différente de la probabilité théorique du fait de la fluctuation d’échantillonnage. 59  1. Un exemple d’échantillon de taille 8 est A, A, A, A, B, A, A, A. 2. a) On utilise la formule Int(Ran#+0.6) ou partEnt(NbrAléat+0.6) partEnt(NbrAléat+0.6),, répétée répé tée 24 fois. Chaque 1 correspond à une tablette du modèle A, chaque 0 à une tablette du modèle B. b) On peut par exemple observer une fréquence 9  = 0,375. Cette fréquence est différente de la pro24 portion dans le stock s tock complet du fait de la fluctuation d’échantillonnage. 60  a) Ici, n est suffisamment grand et  p ni trop petit ni trop grand. La formule du cours donne l’intervalle de fluctuation : 1 1 1 1  p  p –  ; p –  = 0,38 –  ; 0,38 –  n  n  120  120 c’est-à-dire [0,288 ; 0,472]. 0,472]. b) La fréquence observée dans l’échantillon est : 35 f  =  = , soit f  ≈  ≈ 0,292. 120 Cette fréquence appartient à l’intervalle de fluctuation, l’élu n’a donc pas de raison de penser que la proportion nationale n’est pas valable dans sa ville.



 



61  a) Lucas suppose qu’il y a autant de bonbons de chaque couleur, donc  p = 0,50. Il prélève 30 bonbons, donc n = 30. Parmi ces 30 bonbons, 9 sont verts, donc 9 f  =  = , soit f  =  = 0,3. 30 1 1 b) p –  = 0,5 – soit environ 0,317.  n  30 30 1 1  p +  = 0,5 + soit environ 0,683.  n  30 30 c)  0,3 �  0,317, donc la fréquence observée n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation. d) Lucas peut donc en conclure qu’il n’y a pas autant de bonbons de chaque couleur dans le distributeur.

134

62  a) La formule du cours donne l’intervalle de fluc1 1 1 1 tuation I =  p  = 0,4 – ,  p –  ; p – ; 0,4 – 40 40  n  n  40  40 c’est-à-dire I = [0,241 ; 0,559]. 10 b) La fréquence observée f  =  = 0,25 appartient à 40 l’intervalle de fluctuation, Elliot n’a donc aucune raison de remettre en question l’idée qu’il y a 40 % de bonbons verts dans ce distributeur. distributeur.







63  1. a)  L’amplitude de l’intervalle de fluctuation 2 donné en cours est .  n 2 On doit donc résoudre l’équation = 0,2, qui équi  n 4 4 vaut à = 0,04, c’est-à-dire n =  = 100. n 0,04 2 b) On doit donc résoudre l’équation = 0,1, qui équivaut à

4 n

 n

 = 0, 01, c’est-à-dire n =

4 = 400. 0,01

c) On observe que n = 4n. 2 4 4 2. a) a =  équivaut à a2 = , c’est-à-dire n = 2 .

 n

n

a a b)  Si l’on remplace l’amplitude a  par , on obtient k  4 4k 2 n = , c’est-à-dire n = 2 . Pour diviser l’amplitude a 2 a k  de l’intervalle par k , il faut donc multiplier la taille de l’échantillon l’échantillon par k 2.

 

64 n  = 300 est suffisamment grand et  p  = 0,82 ni trop petit ni trop grand. On peut donc utiliser l’intervalle de fluctuation du cours : 1 1 I = 0,82 –  ; 0,82 + , c’est-à-dire  300  300 300 300 I  [0,77 ; 0,87]. On constate que la fréquence observée f  =   = 0,74 n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation I  [0,77 ; 0,87]. On peut donc considérer que ce dépistage peut être effectué sur des personnes qui ne sont pas à jeun.





10 1

Repérage dans le plan. Configura Conf igurations tions du plan

Au fil des siècles

Né en mars 1596 1596 à La L a Haye (commune française rebaptisée Descartes en 1967), René Descartes  fut à la fois mathématicien, physicien et philosophe. Il avait pour projet de fonder une science universelle ne laissant aucune place au doute. Son système de pensée reposait sur les deux vérités, selon lui incontestables : • la certitude de sa propre existence d’où vient la célèbre phrase : « Je pense donc je suis » ; • l’idée de Dieu. C’est dans le fameux Discours de la méthode (1637) que cette célèbre phrase apparaît pour la première fois dans les écrits de Descartes. Quelques liens : • http://www.larousse.fr/encyclopedie/personnage/ http://www.larousse.fr/encyclopedie/personnage/ René_Descartes/116208 • https://fr.wikipedia.org/wiki/Cogito_ergo_sum http://la-philosophie.com/philosophie-descartes

2

Bien démarrer

1. a) – 265 – (– 325) = 60, donc Euclide est mort à

60 ans. • 165 – 89 = 76, donc Ptolémée est mort à 76 ans. b) 89 – (– 265) 265) = 354, donc 354 années se sont écoulées é coulées entre la mort d’Euclide et la naissance de Ptolémée. 2. a) E (1 ; 1), D (2 ; 0), B (– 3 ; 2), F (0 ; – 2).

b) B et C ont des abscisses égales à – 3 ; F et G ont des abscisses égales à 0. c) B et E ont des ordonnées égales à – 2 ; C et F ont des ordonnées égales à – 2 ; A et G ont des ordonnées égales à 1.

3. M

J P O

I

Q

N

4. a) UN = 155 m – 25 m = 130 m ;

TU = 234 m – 90 m = 144 m. Dans le triangle NUT, rectangle en U, d’après le théorème de Pythagore : NT² = TU² + UN² = 130² + 144² = 37 636. D’où NT =  37 37 636 = 194 m. b) Ainsi, la longueur totale du parcours est : 155 m + 90 m + 25 m + 194 m + 234 m = 698 m. 5. 1. a) Dans les triangles BAD et BI J : B, I, A et B, J, D

BI BJ sont alignés dans le même ordre et  = . BA BD Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (IJ) et (AD) sont parallèles. b) ABCD est un trapèze où les droites (AD) et (BC) sont parallèles. Donc, d’après a), (IJ) et (BC) sont parallèles. 2. On note K le point d’intersection de la droite ( IJ) et du côté [CD]. D’après 1. b), les droites (JK) et (BC) sont parallèles, donc d’après le théorème de Thalès dans les triangles DJ DK  DBC et DJK :  = . DB DC DJ 1 DK  1 Or, =  donc =  et K est le milieu du côté DB 2 DC 2 [CD].

135

6. Les points A, O, J et les points po ints B, O, I sont alignés ; de

MN2 = ( x  xN – xM)² + ( y  y N – yM)²,

plus, (AB) // ( I J), donc d’après le théorème de Thalès : OA OB AB  =  = OJ OI JI 300 600 400 d’où  =  = . 600 OI JI 600 × 600 = 1 200 m et JI = 800 m. Ainsi, OI = 300

 xN – xM)2 + ( y  yN – yM)2 . ainsi MN =  ( x

3 1

 y

M  x

N

N

 y

H

M

O

M

 x

N

b) On vérifie aisément la validité de cette formule dans chaque cas. Cela vient du fait que :  xN – xM)² = ( x ( x  xM – xN)² et ( y  yN – yM)² = ( y  yM – y N)².

Découvrir

Les coordonnées du milieu d’un segment

1.

 x T – xA)2 + ( y  y T – yA)2 3. a) AT =  ( x

AT =  (87 (87 – 27)2 + ( y 49))2  y T – (– 49))

On conjecture que xI =

 xC + xC

 et yI =

 yC + yC

. 2 2 2. a) Le milieu M du segment [AB] a pour coordonnées :  x + x 1 + 113,2  xM = A B  =  = 57,1 et 2 2  y + y 2 + 58,4  yM = A B  =  = 30,2. 2 2 b) À cet instant, les segments [CC] et [AB] ont même milieu, donc ACBC est un parallélogramme.

2

La distance entre deux points 1.  Dans le triangle AEH rectangle en H ci-dessous, d’après le théorème de Pythagore : AE² = AH² + HE² = 39² + (27 – (– 25))² = 39² + 52² AE² = 4 225 Donc AE = 65 m. – 25

27 B – 10

E

87

AT =  3 600 + ( y  y T + 49)2 b) AT = AE est équivalent à AT² = AE², c’est-à-dire 4 225 = 3 600 + ( yT + 49)². Soit 625 = ( y  y T + 49)² d’où  625 625 = y T + 49 ou – 625 625 = y T + 49 donc  y T =  625 625 – 49 ou  y T = – 625 625 – 49 ainsi  yT = – 24 ou  y T = – 74 Les coordonnées possibles du trésor sont (87 ; – 24) et (87 ; – 74). 74). c) Puisque yT  yA, les coordonnées du trésor sont : (87 ; – 24). 24).

4

2 a). A (0 ; 0), B (1,5 ; 0), C (1,5 ; 1), D (0 ; 1), E (1 ; 0). 1,5 + 0 0 + 1 3 1 b) I ;  donc I ; . 2 2 4 2 32 12 9 1 13  13 c) ID = = . 0 –  + 1 – + = 4 2 16 4 4



         

Remarque : exprimée en cm, on a ID =

 13 × 2 cm =  13 cm.

H

 T

A

2. a)  On procède de la même manière, en utilisant le théorème de Pythagore dans le triangle MNH rectangle en H ci-après. MH = xN – xM ; NH = yN – yM d’où MN² = MH² + NH² 136

4

2

3 1. a) A (– 1 ; 0), B (0 ; 0), C (0 ; 1), D (– 1 ; 1), E (1 ; 1), F (1 ; 0). 1 1 1 1 b) S – ; , T ; . 2 2 2 2 2 2 1 1 10  10 c) AT =  . – – 1  + – 0 = 2 2 2



– 49

Savoir-faire

        

2. a) • A (0 ; 0), B (1 ; 0), C (1 ; 1), D (0 ; 1), E (2 ; 1), F (2 ; 0). 1 1 3 1 •S ; ,T ; . 2 2 2 2 2 2 3 1  10 10 • AT =  . – 0  + – 0 = 2 2 2

        

b) • A (1 ; 0), B (1 ; 1), C (0 ; 1), D (0 ; 0), E (0 ; 2), F (1 ; 2). 1 1 1 3 •S ; ,T ; . 2 2 2 2 2 2 1 3 10  10 • AT =  . – 1  + – 0 = 2 1 2 Remarque : exprimée en cm, on a  10 10 3 10 10 × 1,5 cm = AT =  cm. 2 4 5 a) B D

        

A

• Le triangle MA I est équilatéral, donc AMI = 60°. • Ainsi, OMI = OMN + AMI = 90°. Donc le triangle OM I est rectangle en M.  j            

 j            

 j                                        

 j            

9 • Dans le triangle ABC rectangle en A, ACB = 90° – 30° = 60°. • De plus CM = CA, donc le triangle ACM est isocèle en C. 180° – 60° Ainsi CMA = CAM =  = 60°. 60 °. 2 • Ainsi, le triangle AMC est équilatéral.

 j            

 j                                   

60°

 j                                   

11 a)

A B

C’

C

C 45°

A’ E

b) • Dans le triangle triangle ABC ABC rectangle en B, BCA = 90° – 60° = 30°. Dans le triangle équilatéral BCD, BCD = 60°. Donc : DCE = 180° – (60° + 30°) = 90° et le triangle CDE est rectangle en C. Or, CED = 45°, donc le triangle CDE est rectangle et isocèle en C. • Donc CE = CD. CD. Or, le triangle BCD est équilatéral, donc CD = BC = 4 cm. Donc CE = 4 cm.

 j            

 j            

 j            

b) Les diagonales [AA] et [CC] du quadrilatère sont perpendiculaires et se coupent en leur milieu, donc ACAC est un losange. c) Lorsque BA = BC, les diagonales du losange ACAC ont même longueur, donc ACAC est un carré.

12

 j            

6 • ABC est un triangle isocèle, donc AB = AC = 3 cm. • Dans le triangle ACD, AD² + AC² = 4² + 3² = 25 et DC² = 5² = 25. Donc AD² + AC² = DC². D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ACD en rectangle en A. 7  Le plus long côté est [NP]. NP2 = 72 = 49 et MN2 + MP2 = 4,12 + 5,72 = 49,3. Or, 49 ≠ 49,3 donc NP2 ≠ MN2 + MP2 et le triangle MNP n’est pas rectangle.

A

Si ABCD est un losange, alors : (AO) ⊥ (OB). Donc AOBE est un parallélogramme qui possède un angle droit. AOBE est donc un rectangle.

13 a) ABCD est un parallélogramme, donc O est le milieu de [AC] et OA = OC. OA OC Or, OM =  et ON = , donc OM = ON. 2 2 b) O est à la fois le milieu de la diagonale [BD] (puisque ABCD est un parallélogramme) et celui de [MN] d’après le a), donc MBND est un parallélogramme. C

14 a)

2             c         30° m        

F

A

A I

O

3             c         m        

M

b) • Le triangle MON est isocèle en O, donc OMN = ONM = 30°.

 j                                        

 j                                        

C

O D

N

8 a)

B

E

G

E

B

b) • Les points C, F, A sont alignés et les points C, G, B sont alignés dans le même ordre. CF 2 CG 2 CF CG Or  =  et  =  donc  = . CA 3 CB 3 CA CB Ainsi, d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FG) et (AB) sont parallèles. • On procède de même pour montrer que : (FE) // // (GB). • Finalement, le quadrilatère EFGB est un parallélogramme. Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

137

15 a)

 A

C I

O C’

b) [AB] et [CC] sont deux diamètres du cercle �. [AB] et [CC] ont donc même longueur et se coupent en leur milieu (le centre du cercle). Donc ACBC est un parallélogramme. Or, il a un angle droit donc le quadrilatère ACBC est un rectangle. d’ 



O K 

B

16 a) b)



J

L I

• I  est le symétrique de I  par rapport à (JK), donc IJK = 30°. • Ainsi, IJL = IJK + KJL = 90°. Donc la droite ( IJ) est la tangente en J à �.

 j            

 j            

 j            

 j            

21

B

A

Variables : Entrées :

 xA, yA, xB, yB, xC, yC sont des nombres réels Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yC

Traitement  Si ( x  xB – xA)² + ( y  yB – yA)² = ( x  xC – xA)2 + ( y  yC – yA)² et sortie : alors

d 

Afficher “Le triangle ABC est isocèle en A” sinon Afficher “Le triangle ABC n’est pas isocèle en A” Fin Si

C D

 

c) Les droites d  et d   étant perpendiculaires, on en déduit aisément que : (AB) ⊥ (BC), (BC) ⊥  (CD) et (CD) ⊥ (DA). Donc ABCD est un rectangle. rect angle.

22 Variables : Entrées :

5

Résoudre des problèmes

18 • Le triangle ABC est isocèle en B, donc BAC = BCA = 45°.

 j            

Traitement  Si ( x  xB – xA)² + ( y  yB – yA)² + ( x  xC – xA)² + ( y  yC – yA)² et sortie :  xC – xB)² + ( y  yC – yB)² alors = ( x

Afficher “Le triangle ABC est rectangle en A” sinon Afficher “Le triangle ABC n’est pas rectangle en A” Fin Si

 

 j            

C



B

45°

6

A

• De plus, ABC + 45° + 45° = 180° donc ABC = 90°. • Ainsi, (BC) ⊥ (AB) donc la droite (BC) est la tangente en B au cercle �. Nicolas a raison.  j            

 j            

19 • Le triangle JKL est équilatéral, donc KJL = 60°. • I est le milieu de [KL], donc dans le triangle équilatéral JKL, la droite ( IJ) est la bissectrice de l’angle LJK. Donc IJK = 30°.  j                          

 j            

 j                          

138

 xA, yA, xB, yB, xC, yC sont des nombres réels Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yC

Travaux pratiques

23 1. a), b), c)  On conjecture que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme. d) • Il semble que IJKL est un rectangle lorsque ABCD est un losange. • Il semble que I JKL est un losange lorsque ABCD est un rectangle. • Il semble que IJKL est un carré lorsque ABCD est un carré. 2. a) •  Dans les triangles BIJ et BAC, les points B, I, BI BJ D et B, J, C sont alignés dans cet ordre et = . BA BC

Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (IJ) et (AC) sont parallèles. En procédant de même dans les triangles D DLK LK et DAC on démontre que (LK) et (AC) sont parallèles. Donc les droites ( IJ) et (LK) sont parallèles. • On montre de la même manière que ( IL) // (JK). • Ainsi, dans le quadrilatère ABCD, les côtés opposés sont parallèles, donc I JKL est un parallélogramme. b) Si ABCD est un rectangle, alors AC = BD. Or d’après le théorème de Thalès : AC AC DB DB IJ = , LK =  ; KJ =  ; LI = . 2 2 2 2 Donc IJ = JK = KL = L I. Donc IJKL est un losange. c) Si ABCD est un losange, alors (AC) ⊥ (BD). Or (IJ) // (AC) et (JK) // (BD) donc ( IJ) ⊥ (JK). IJKL est un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires, donc IJKL est un losange. d) Si ABCD est un carré, c’est qu’il est à la fois losange et rectangle, donc I JKL est à la fois rectangle et losange. IJKL est donc un carré. 3. a) Recherche Internet sur Pierre Varignon. AC BD b) Puisque IJ = LK =  et KJ = L I =  (voir 2. b)), on 2 2 en déduit que IJ + JK + KL + LI = AC + BD.

Donc L est l’image du point C. On montre de même que K est l’image du point D. d) L’image de la droite (CK) est la droite (DL) d’après le c). e) Le point d’intersection d’une droite et de son image est situé sur l’axe de symétrie. Donc M ∈ (AB). Les points A, B et M sont donc alignés. 3. On identifie les images des objets de la figure par une symétrie axiale donnée. On utilise la propriété : lorsque deux droites sécantes sont symétriques par rapport à une droite d , le point d’intersection appartient à d .

7

Pour s’entraîner

25  A (– 2 ; 1), B (3 ; 2), C (2 ; 0), D (0 ; – 1), E (– 4 ; 2), F (5 ; – 1). 26  A (3 ; 0), B (0 ; 2), C (– 4 ; – 1), D (– 3 ; 1), E (5 ; – 1), F (1 ; 1). 27  A 3 ; 0 , B 0 ; – 1 , C 1 ; 1 , D 5 ; 1 , E (– 1 ; 1), 4 2 4 2 4 F (1,5 ; – 0,5).

  

    

28 a) A (– 3 ; 2)

On peut consulter par exemple les sites : https://fr.wikipedia.org/wiki/Pierre_Varignon http://www.cosmovisions.com/Varignon.htm

29 I (3 ; 4) 30 I – 1 ; – 5 2 2



31 a)

A



b) A� (3 ; 2)

c) A� (– 3 ; – 2)

24 1. e) D

E

J



O

C

I

B

b) • Dans le repère (O ; C, D) : A (– 2 ; 2), B (– 1 ; – 1). 1). • Dans le repère repè re (O ; D, C) : A (2 ; – 2), 2), B (– 1 ; – 1). 1). 32 a) A (1,5 ; 1), B – 1 ; – 1 , C – 1 ; 3 . 2 2 2 b)





On conjecture que les points A, B, M sont alignés. 2. a) (AB) est l’autre axe de symétrie de la figure formée par les deux cercles. b) L’image de la droite (AO) est la droite (AO ). c) Par la symétrie d’axe (AB) : �’ a pour image � et (AO) a pour image de (AO), donc les points A et C d’intersection de (AO) et � ont pour images les points d’intersection de (AO) et �, c’est-à-dire les points A et L.

 



E

F

C A

J

D B

O

I

1 3 c) Dans le repère (D ; I, A) : A (0 ; 1), B 5 ; – , C 4 ; . 2 2

Chapitre 10



  

Repérage dans le plan. Configuration du plan

139

1 3  + 2 4  = 5. et  yI = 8 2

33 a) xI = – 5 + 12 = 7 2 2 b) xI =

 12 = – 11

3 5  + 2 2  = 2. et  yI = 2

–5+ –

4

2

1 5 1 5 –  +  + 3 3  = 1. 34 a) xI = 2 2 = 1 et  yI = 2 2  2 + 5 2  = 3 2 et  y – 3 + 2 3  =  3 . b) xI = I 2 2 2

35 a) et b)

A

L I

K  C

B

1 1 c) • K 0 ; – , L  ; 0 . 2 2 –2+2 1 + (– 2) 2) 1 • En effet, xK  = = 0 et  yK  = =– . 2 2 2 –2+3 1 1 + (– 1) • En effet, xL =  = et  yL =  = 0. 2 2 2 4 + xB  x + x 36 • xI = A B  c’est-à-dire 2 = , 2 2 on en déduit que xB = 0.  y + y 1 + yB • yI = A B  c’est-à-dire 0 = , 2 2 on en déduit que yB = – 1. Donc B (0 ; –1).



  

37  B (11 ; 3) 38  B 11 ; – 9 2 4 39  B (11 ; 0)



b) A’ (3 2 ; – 17) 17)

43

44 a) A (– 1 ; 1), B (0 ; 1), C (0 ; 0), D (– 1 ; 0), E (– 2 ; 0), F (– 2 ; – 1), G (0 ; – 1), M (1 ; 0), N (0 ; – 2). 1+0 1 0 + (– 2) b) • xI =  = et  yI =  = – 1. 2 2 2 1 –2 + 2  = – 3 et  y  = 0 + (– 1)  = – 1. • xJ = J 4 2 2 2 45 a)

K 

D

C

O

L

A

J

B

I

b) A (0 ; 0), B (2 ; 0), C (2 ; 2), D (0 ; 2), I (1 ; 0), J (2 ; 1), K (1 ; 2), L (0 ; 1). c) O est le milieu de [AC], donc O (1 ; 1).

46 a) AB = 4, BC = 2

b) AC =  42 + 22  =  20 20

47 a) ( x  xB – xA)2 = (4 – (– 5))2 = 81  yB – yA)2 = (– 2 – 3)2 = 25 b) ( y c) AB =  81 81 + 25 25 =  106 106



40 a) M (– 2 ; – 5)

b) N (9 ; 9)

41 a) 1 C

B

A O

140

42 a) A’ (10 ; 7)

Variables :  xA, yA, xB, yB, xC, yC sont des nombres réels Entrées : Saisir xA, yA, xB, yB Traitement : Affecter à xC la valeur 2 × xA – xB Affecter à yC la valeur 2 × yA – yB Sorties : Afficher xC, yC

J

O

1 2 3 +2 5 + 2 3 4  = 17 . b) xJ =  = et  yJ = 4 24 2 2 c) On note K le milieu de [BC]. 3 1 + 2 + (– 1) 1 4 2  = 5.  = et  yK  =  xK  = 2 2 8 2 Donc K ≠ A. Les points B et C ne sont pas symétriques par rapport à A.

1

48 a) AB =  (2 (2 – (– 5)) 5))2 + (1 – (– 1))2  =  53 53 b) AB =  (– (– 1 – 2)2 + (4 – (– 3))2  =  58 58 1 32 1 1 –  + – – 10 5 2 4 5 2 32 –  + 10 4 25 9  + 100 16

      AB =       AB =  

49 a) AB =

2

1 300 1 600  13 AB = 4

AB =

b)

 

53 a)

3 1 2 1 – –   + – –     4 4 5 5 3 AB = (– 1)  + –  5   2

AB =

A

2

2

2

O

9 AB = 1 + 25  34 34 AB = 5

 

1

D

50 a) Échelle 1/2.

B C J O

I

C

b) AB2 = (4 – (– 2))2 + (1 – 3)2 AB2 = 40 BC2 = (3 – 4)2 + (–2 – 1)2 BC2 = 10 AC2 = (3 – (– 2))2 + (– 2 – 3)2 AC2 = 50 Ainsi, AC2 = AB2 + BC2, donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en B. 1 1 c) • � a pour centre I  ;  et pour rayon IA. 2 2 12 12 5 IA = =  . – 2 –  + 3 – 2 2  2 5 12 12 Or, IB = 4 –  + 1 – =  . Donc B ∈ �. 2 2  2 12 12 5 IC = =  . Donc C ∈ �. 3 –  + – 2 – 2 2  2 12 12 5 ID = =  . Donc D ∈ �. – 2 –  + – 2 – 2 2  2

A

D

                     

b) • AB ≈ 2,2 cm • CD ≈ 7,6 cm c) • AB =  (1 (1 – 2)2 + (3 – 5)2  =  5 • CD =  (4 (4 – (– 3)) 3))2 + (– 1 – 2)2  =  58 58 • On vérifie que  5 ≈ 2,2 et  58 58 ≈ 7,6.

51 a)

B

1

A B J O

I

b) AB =  (4 (4 – (– 5)) 5))2 + (2 – 3)2  =  82 82 c) On mesure AB ≈ 9,1 cm. Il faut doubler la réponse au b) car l’unité est de 2 cm.

52 1. a) IA =  (4,7 (4,7 – 3)2 + (3 – 2)2 IA =  1,7 1,72 + 12 IA =  3,89 3,89 b) IA ≠ 2, donc A n’appartient pas au cercle �. c) IB =  (4 (4 – 3)2 + (2 +  3 – 2)2 IB =  12 +  32 IB = 2 Donc IB est égal au rayon du cercle. Ainsi, B appartient au cercle �.

54 a) AB =  (5 (5 – (– 1))2 + (4 – 2)2  =  40 4 0 = 2 10 10 BC =  (8 (8 – 5)2 + (5 – 4)2  =  10 10 AC =  (8 (8 – (– 1))2 + (5 – 2)2  =  90 9 0 = 3 10 10 b) D’après le a), AC = AB + BC, donc les points A, B et C sont alignés. 55  AB = 2 2 , BC BC = 4 2 , AC AC = 6 2 . Ainsi, AC = AB + BC, donc les points A, B et C sont alignés. 56  AB =  194, 194, BC =  73, 73, AC =  29. 29. Ainsi, AB ≠ BC + AC, donc les points A, B, C ne sont pas alignés. 57  AB =  117= 117= 3 13, 13, BC =  13, 13, AC = 2 13. 13. Ainsi, AB = AC + BC. Donc les points A, B et C sont alignés. 58 a) A (0 ; 0), B (1 ; 0), C (1 ; 1), D (0 ; 1), E (1,5 ; 0), F (1,5 ; 2), I (0 ; 0,5), J (1 ; 1,5), G (1 ; 2).

Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

141

b) IJ =  2 , JF JF =  0,5 0,5 =

 2 ,

2 3 2 IF =  4,5 4,5 = 3 0,5 0,5 = . 2 c) IF = IJ + JF, donc les points I, J et F sont alignés.

59 a)

A B

1

64  AB2 = 7,52 = 56,25 ; BC2 = 62 = 36 et AC2 = 4,52 = 20,25. Ainsi, AB2 = AC2 + BC2, donc, d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en C. 65 a) d  

O

1

E

d  

F

b) d ⊥ (EF) et d  ⊥ (EF), donc d  //  // d . C

b) AC =  125 125 et BC =  125. 125. Donc AC = BC, le point C appartient donc à la médiatrice de [AB].

60 a)

C A H B

1 O

1

b) AH =  5, 5, CH =  5, 5, AC =  10 10 2 2 2 Donc AC  = AH  + CH ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ACH est rectangle en H. Donc H est le pied de la hauteur issue de C.

66 On utilise les différentes configurations de Thalès présentes. AE AC 6 •  =  d’où AE = 2,6 ×  = 6,5. AD AB 2,4 Ainsi, DE = 6,5 – 2,6 = 3,9. AM AB AM 2,4 •  =   d’où  = . AN AC AM + 3,2 6 D’où 6 × AM = 2,4 × (AM + 3,2). 3,6 × AM = 2,4 × 3,2 2,4 × 3,2 AM = 3,6 6,4 AM = 3 CN AC 6 •  =  d’où CN = 1,2 × . BM AB 2,4 Ainsi, CN = 3. 67 a) K IJ = 52°. Or, K IJ + I JK + JK I = 180°, donc IJK = 90°. Ainsi, la droite (KJ) est tangente en J au cercle �. b) Dans le triangle IJK rectangle en J, IK 2 = IJ2 + JK 2, donc IJ2 = 102 – 7,52 = 43,75. D’où I J =  43,75 43,75 soit I J ≈ 6,6 cm.  j                          

 j                          

61 a) CAB = 30°, CBA = 60°. b) BCA = 60°, 60 °, CAB = 60°. c) ABC  est un triangle équilatéral car ses angles mesurent 60°.  j                                   

 j                                   

 j                                   

 j                                   

62 a) K IJ + IKJ = 63° + 27° = 90°. Donc le triangle IJK est rectangle en J. b) La droite (JK) est perpendiculaire à un rayon [ IJ] du cercle � en J. Donc (JK) est la tangente en J à ce cercle.  j                          

 j                          

63 a)  O appartient à la médiatrice de [MN], donc OM = ON et O appartient à la médiatrice de [MP], donc OM = OP. Ainsi, ON = OP. b) La médiatrice du segment [PN] passe par O. 142

 j                          

 j                          

 j                          

68  Les diagonales [FE] et [AC] sont de même longueur et se coupent en leur milieu O, donc le quadrilatère FCEA est un rectangle. 69 • Les diagonales [ ID] et [EC] se coupent en leur milieu, donc le quadrilatère ICDE est un parallélogramme. • Les diagonales [AJ] et [BF] se coupent orthogonalement en leur milieu, donc le quadrilatère ABJF est un losange.

70 a)

72 a)

F

J

B

D

C

O

A

A

D

B C

E

b) • ABCD est un parallélogramme, donc (CE) // (AF). • Puisque (AB) // (CD) et (AE) ⊥ (AB) et que (FC) ⊥ (CD), on en déduit que (AE) // (FC). • Ainsi, le quadrilatère AECF est un parallélogramme. c) Puisque O est le milieu de [AC], c’est aussi le milieu de [EF]. Donc F est le symétrique de E par rapport à O.

71 a)

J

B

C

I

5

A

5

b) • Dans le triangle ABJ rectangle en B,

5 3 BJ 3  3 . tan JAB = = = AB 5 3 Avec la calculatrice JAB = 30°. • Dans le triangle ABD rectangle en A, 10 3 AD 3 2 3 tan ABD = = = . AB 5 3 Avec la calculatrice ABD ≈ 49,1°. c) D’après ce qui précède, AIB ≈ 101°. Donc les droites (AJ) et (BD) ne sont pas perpendiculaires.  j            

 j            

 j                                   

 j                                   

 j            

b) • I appartient à la médiatrice de [AB], donc IA = IB, et I appartient à la médiatrice de [BD], donc IB = ID. Ainsi, IA = ID. • On montre de même que JA = JC et que JC = JD, donc que JA = JD. • La figure est symétrique par rapport à la droite (AD), donc IA = JA. c) • IA = ID = JA = JD, donc le quadrilatère A IDJ est un losange.

73 1. a) I (4 ; 5) milieu de [AC]. b) J (4 ; 5) milieu de [BD]. 2. Les diagonales [AC] et [BD] ont donc même milieu. On en déduit que ABCD est es t un parallélogramme.

D

10    3 3

I

74 a) AC2 = 20 b) AB2 = 2 et BC 2 = 18. Donc AC2 = AB2 + BC2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en B. 75  AB2 = 26, AC2 = 52, BC2 = 26. Ainsi, AC2 = AB2 + BC2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en B. De plus, AB = BC =  26. 26 . Donc le triangle ABC est rectangle isocèle en B. 76  AB2 = 20, AC2 = 45, BC2 = 65. Ainsi, BC2 = AB2 + AC2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en A. 77  AB2 = 29, AC 2 = 29, BC2 = 58. Ainsi, BC2 = AB2 + AC2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en A. De plus, AB = AC =  29. 29 . Donc le triangle ABC est rectangle isocèle en A.

Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

143

78 a)

• OI =

B 1 O

1

A

H

C

• On conjecture que le triangle ABC est isocèle en A. • AB =  (2 (2 – (– 1))2 + (3 – (– 1))2  = 5 AC =  (4 (4 – (– 1))2 + (– 1 – (– 1)) 1))2 = 5 Ainsi, AB = AC, donc le triangle ABC est isocèle en A. b) BC =  (4 (4 – 2)2 + (– 1 – 3)2  =  20 20 = 2 5. 5. Le périmètre du triangle ABC est donc :  p = AB + AC + BC = 5 + 5 + 2  5 = 10 + 2 5  p ≈ 14,47 c) On note H le point de coordonnées (2 ; – 1). 1). [BH] est la hauteur issue de B dans le triangle ABC. L’aire du triangle ABC est donc : BH × AC 4 × 5  =  =  = 10 2 2

79 a) I (2 ; 0) est le milieu de [AC] et J (2 ; 0) est le milieu de [BD]. Donc les diagonales [AC] et [BD] ont même milieu, ainsi, ABCD est un parallélogramme. parallélo gramme. b) • AB =  (3 (3 – (– 3)) 3))2 + (2,5 – 2)2 AB =  36,25 36,25 • AD =  (1 (1 – (– 3))2 + (–2,5 – 2)2 AD =  36,25 36,25 • Puisque AB = AD, on en déduit que ABCD est un losange. 80 a) I – 5 ; 0 est le milieu de [EG] et J – 5 ; 0  est le 2 2 milieu de [FH]. Donc les diagonales [EG] et [FH] ont même milieu, ainsi, EFGH est un parallélogramme. parallélo gramme. b) • EG =  (– (– 2 – (– 3)) 3))2 + (4 – (– 4))2 EG =  65 65 • FH =  (– (– 6 – 1)2 + (– 2 – 2)2 FH =  65 65 • Puisque EG = FH, on en déduit que EFGH est un rectangle.









81 a) Dans le repère orthonormé (A ; B, D), A (0 ; 0), 1 1 B (1 ; 0), C (1 ; 1), D (0 ; 1), I (2 ; 0), J (0 ; – 1), O  ; . 2 2

 

144

10 10  10  10  ; OJ =

2 2 Donc le triangle OIJ est isocèle en O. • De plus, IJ =  5. 5. 10 10 2 D’où I J  = 5 et OI2 + OJ2 =  +  = 5. 4 4 2 2 2 Ainsi, I J = OI + OJ  ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle O I J est rectangle en O. b) On note  l’aire de ABCD et  l’aire de OIJ.  = 1 × 1 = 1.  10 10 ×  10 10 OI × OJ 10 2 2  = =  = . 2 8 2  = 1,25. Ainsi,  = 1,25 ×  .

82 a) A (0 ; 0), B (2 ; 0), C (2 ; 1), D (0 ; 1), E (3 ; 0), F (3 ; 2), G (2 ; 2), I (1 ; 0), J (1 ; 2), K (2 ; 4), L (1 ; 4), 1 5 3 M 1 ; , N  ; 1 , P  ; 4 . 2 2 2 2 5 1 2 10 b) • MN2 =  – 1 + 1 –  = 2 2 4 2 3 1 2 50 MP2 =  – 1  + 4 –  = 2 2 4 3 52 40 NP2 =  –  + (4 – 1)2 = 10 = 2 2 4 • Ainsi, MP2 = MN2 + NP2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle MNP est rectangle en N. c) • Périmètre du triangle MNP : 10 50 40 1  =  +  +  =  ( 10 10 + 5 2 + 2  10) 10) 4 4 4 2 1  =  (3 10 10 + 5 2). 2). 2 • Aire du triangle MNP : 10 × 10 4 10 10 10 5 10 10  =  =  = . 2 4 2

     

         

       

83 a) A, B, C sont trois points distincts du plan. Si AC2 = AB2 + BC2, alors le triangle ABC est rectangle en B. b) A, B, C sont trois points distincts du plan. Si AC2 ≠ AB2 + BC2, alors le triangle ABC n’est pas rectangle en B. c) La contraposée du théorème de Pythagore. 84 a) P ⇒ Q

b) P ⇔ Q

c) Q ⇒ P

8 85 1. D 86 1. C, D

Pour se tester 2. C

3. A

2. A, B

4. A 3. A, B, C

1  (p × 2,42 – 2 × p × 1,22) 2 1 × 2,88p J = 2 J = 1,44 p c) L’aire O de la surface orangée, en cm 2, est : O = J – p × r 2 O = 1,44p – p × 0,82 O = 1,44p – 0,64p O = 0,8 p J =

4. B

87 1. A, B, D. En effet,  xB + xC 6 + 5 11  y + y 4+1 5 =  = et B C =  = . 2 2 2 2 2 2  xA + xD 2 + 9 11  yA + yD 2 + 3 5 =  =  et =  = . 2 2 2 2 2 2 [AD] [AD] et [BC] ont même milieu. 2. A, B, C. En effet, AB =  (7 (7 – 3)2 + (– 4 – (– 2))2 =  20 20 et BC =  (9 (9 – 7)2 + (0 – (– 4))2  =  20 20 donc AB = BC. AC =  (9 (9 – 3)2 + (0 – (– 2))2  =  40. 40. 2 2 2 Donc AC  = 40 et AB  + BC  = 20 + 20 = 40. D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABC est rectangle en B. Donc le triangle ABC est rectangle isocèle en B. 3. A, B, D. En effet, il peut être quelconque (voir figure ci-dessous), mais il peut également être un losange ou un carré.

89 • Dans le repère (R ; I, J) orthonormé tel que : 1 1 RI =  RT et I ∈ [RT] et RJ =  RE et J ∈ [RE], on a : 8 8 R (0 ; 0), T (8 ; 0), A (21 ; 0), U (8 ; 8), E (0 ; 8), F (0 ; 13). • FU =  (8 (8 – 0)2 + (8 – 13)2  =  89 89 • UA =  (21 (21 – 8)2 + (0 – 8)2 =  233 233 • FA =  (21 (21 – 0)2 + (0 – 13)2 =  610 610 Or, FA FA ≠ FU + UA, donc les points A, U et F ne sont so nt pas alignés. 90 • On choisit le repère orthonormé (D ; I, J) représenté ci-dessous. A

A

B

D

B J D

I

C

C

F

9

Pour aller plus loin

88 a) On note r  le  le rayon du cercle bleu. OI = 1,2 ; OK = 2,4 – r  ; ; IK = 1,2 + r . Or, le triangle O IK est rectangle en O, donc, d’après le théorème de Pythagore : IK 2 = OI2 + OK 2 (1,2 + r )2 = 1,22 + (2,4 – r )2 Ce qui est successivement équivalent à : 1,44 + 2,4r  +  + r 2 = 1,44 + 5,76 – 4,8r  +  + r 2 7,2r  =  = 5,76 d’où r  =  = 0,8 cm. b) L’aire J de la surface jaune, en cm 2, est :

E

• Dans ce repère : A (1 ; 4), B (5 ; 3), C (4 ; – 1), D (0 ; 0), E (3 ; – 5), F (– 2 ; – 5). 1 • Le milieu de [AE] a pour coordonnées 2 ; – . 2 3 • Le milieu de [BF] a pour coordonnées  ; – 1 . 2 1 • Le milieu de [CD] a pour coordonnées 2 ; – . 2 Donc les segments se gments [AE] et [CD] ont même milieu.

     

91 1. a) c  est  est égal à AB ; b à AC et a à BC. b) L’algorithme affiche : • soit “Le triangle ABC est isocèle” ; • soit “Le triangle ABC est rectangle”. c) Dans ce cas, l’algorithme affiche que le triangle ABC est isocèle car b = a =  50. 50.

Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

145

2. Variables  : Entrées : Traitement  et sortie :

 

a, b, c, xA, yA, xB, yB, xC, yC sont des

nombres réels Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yC Affecter à a la valeur  ( x  xB – xA)2 + ( y  yB – yA)2 Affecter à b la valeur  ( x  xC – xA)2 + ( y  yC – yA)2 Affecter à c  la  la valeur  ( x  xB – xC)2 + ( y  yB – yC)2 Si a = b ou b = c  ou  ou c  =  = a alors Afficher “Le triangle ABC est isocèle” Si a = b et b = c  alors  alors  Afficher “Le triangle triangle ABC est équilatéral” équilatéral” Fin Si Fin Si Si a2 = b2 + c 2 ou b2 = a2 + c 2 ou  ou c 2 = a2 + b2 alors Afficher “Le triangle ABC est rectangle” Fin Si

92  Les triangles OAD et OBC forment une configuration de Thalès puisque (AD) est parallèle à (BC), O, A, B ainsi que O, D, C alignés. OA OD AD Donc  =  = . Or AD = R, BC = 2R et CD = 2R. OB OC BC OD AD OD R D’où  = donc  = OD + DC BC OD + 2R 2R

et [BE]. Les diagonales du quadrilatère quadrilatère ABDE ont donc même longueur et se coupent en leur milieu, donc ABDE est un rectangle.

94 • Le triangle DEC est isocèle en D (car DC = DE). Or, CDE = 90° + 60° = 150°. 180° – 150° Donc DCE = DEC =  = 15°. 2 • On montre de même que le triangle BCF est isocèle en B et que FCB = BFC = 15°. • Donc FCE = 90° – 2 × 15° = 60°. • On démontre de façon analogue que CEF = 60° et EFC = 60°. Donc le triangle CEF est équilatéral et Élisa a raison.  j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

 j            

95 • Les cercles � et �  sont tangents en I  et de même rayon, donc � est l’image de � par la symétrie de centre I. • La droite d  passe   passe par I, donc d  est   est sa propre symétrique par la symétrie de centre I. Il en est de même pour D. • Ainsi, le point A (resp. B) d’intersection de � et de d  (resp. de � et de D) a pour symétrique s ymétrique le point d’intersection de � et de d  (resp.  (resp. de � et de D), c’est-à-dire le point A (resp. de point B). • I est le milieu de [AA] et celui de [BB]. Le quadrilatère ABAB est donc un parallélogramme. 96  Échelle 1/100

d’où OD × 2 = OD + 2R et OD = 2R. 2 cm

93 1. AB =  (3 (3 – 6)2 + (5 – 1)2 =  25 25 = 5 AD =  (11 (11 – 6)2 + (11 – 1)2  =  125 125 = 5 5 BD =  (11 (11 – 3)2 + (11 – 5)2 =  100 100 = 10 2 2 2 Ainsi, AD  = 125 et BD  + AB  = 100 + 25 = 125. D’où AD2 = BD2 + AB2 ; d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ABD est rectangle en B. 2. a) Les coordonnées du milieu de [AD] sont : 6 + 11 17 1 + 11  =  et  = 6. C est donc le milieu de [AD]. 2 2 2 17 2 5 2 • CA = 6– + (1– 6)2 = – + (– 5)2 2 2 5 5 CA = 125  = . 2 4 5 5 • Puisque C est le milieu de [AD] [AD] : CD = . 2 17 2 11 2 • CB = 3– + (5– 6)2 = – + (– 1)2 2 2 5 5 CB = 125  = . 2 4 b) On vérifie aisément que le milieu de [BE] est le point C, donc E est situé sur le cercle �  de diamètres [AD]

   



 



 

146

  

  

8 cm

2 cm

6 cm

8 cm

D

97

B

C J O

I

A

Dans le repère (O ; I, J) orthonormé, on a : A (4 ; 0), B (– 2 ; 4), C (0 ; 2), D (4 ; 7).

• AB =  (– (– 2 – 4)2 + (4 – 0)2  =  52 52 • CD =  (4 (4 – (0))2 + (7 – 2)2 =  41 41 Donc CD � AB.

98

I

A M

   

C

K  O

B

L J

• On montre que K ∈ (BC) : 2 5 5 5 BK = (1 – 6)2 + – 0 = 2 2 2 5  5 CK = (1 – 0)2 + – 3 = 2 2 BC =  (0 (0 – 6)2 + (3 – 0)2  = 3 5 Ainsi, BC = CK + BK donc K ∈ (BC). • Dans les triangles AKH et DKG, puisque les droites (AH) et (GD) sont parallèles, d’après le théorème de Thalès : KH KA HA  =  = KG KD GD Or, K est le milieu de [AD], donc KA = KD, K D, d’où HA = GD. Les points A et D sont donc équidistants de (BC).

M D

On note I le milieu de [AC] et J le milieu de [BD]. M est un point de [AB], M  un point de [CD] et O le milieu du segment [MN ]. On note K le milieu de [MC] et L le milieu de [BM ]. Avec la réciproque du théorème de Thalès, on montre que : (OK) // (CM ) c’est-à-dire (OK) // (CD). • (IK) // (AM) c’est-à-dire ( IK) // (AB) soit ( IK) // (CD). Donc les droites (OK) et (IK) sont confondues et les points I, K, O alignés. • De façon analogue, on montre que les points K, O, L sont alignés, ainsi que les points O, L, J. • Donc les points I, K, O, L, J sont alignés. Donc le milieu O décrit le segment [ IJ] lorsque le point M décrit le segment [AB] et le point M  le segment [CD].

   

10

Accompagnement personnalisé

100 1. a) xA = 3 b) yA = 2 c) B (– 2 ; – 1), C (– 1 ; 3). 2.

C E

99 D

1

G C

A

O

K 

1 D

B

H J O

I

A

B

On note H (resp. G) le point d’intersection de (BC) et de la perpendiculaire à (BC) passant par A (resp. D). 1re méthode • BC =  (0 (0 – 6)2 + (3 – 0)2  = 3 5 BC × AH • On note  l’aire du triangle ABC :  = 2 OC × AB 3 × 4 d’autre part,  =  =  = 6. 2 2 BC × GD • On note  l’aire du triangle BCD :  = 2 OB × CD 6 × 2 d’autre part,  =  =  = 6. 2 2 • Donc  = , BC × AH BC × GD c’est-à-dire  = , donc AH = GD. 2 2 2e méthode 5 • On note K le milieu de [AD], donc K 1 ; . 2

 

101 a) •  D, H ont la même abscisse que A. Elle est égale à 4. • B, F ont la même ordonnée que A. Elle est égale à 2. b) A (4 ; 2), B (5 ; 2), C (5 ; 4), D (4 ; 4), E (2 ; 4), F (2 ; 2), G (2 ; 1), H (4 ; 1), K (5 ; 1). c)

D A 1 O

1

A’ D’

102 a) Car le triangle A IJ est rectangle isocèle en A. b) A (0 ; 0), B (2 ; 0), C (2 ; 2), D (0 ; 2), I (1 ; 0), J (0 ; 1).

Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

147

c)

F

D

C

E

J

108 a) • (AC) // (BM) et (AB) // (CM), donc le quadrilatère ABMC est un parallélogramme. • De plus, AB = AC, donc ABMC est un losange. b) ABMC est un losange, donc ses diagonales sont perpe rpendiculaires soit : (AM) ⊥ (BC). 109



a) A



B

I

A

F

H

103 a) AB =  (2 – (– 3))2 + (1 – 4)2 AB =  52 + (– 3)2  =  34 34 b) AB ≈ 5,8. 104 a)  4  + 3  ≠  4  +  3  = 4 + 3. b) AB =  42 + 32  =  16 16 + 9 =  25 25 = 5. 2

2

2

O

E B

G

2

105 a) A (3 ; 2), B (1 ; – 1), C (– 2 ; 1). b) • BA =  (3 (3 – 1)2 + (2 – (– 1))2  =  22 + 32 BA =  13 13 • BC =  (– (– 2 – 1)2 + (1 – (– 1))2  =  (– (– 3)2 + 22 BC =  13 13 • Ainsi, BA = BC donc le triangle ABC est isocèle en B. c) AC =  (– (– 2 – 3)2 + (1 – 2)2 =  (– (– 5)2 + (– 1)2 AC =  26 26 d) AC2 = 26 et BA2 + BC2 = 13 + 13 = 26. D’où AC2 = BA2 + BC2. e) D’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle ABC est rectangle en B. 106 a) • AB =  (– (– 2 – 3)2 + (4 – 5)2 =  (– (– 5)2 + (– 1)2 AB =  26 26 • AC =  (8 (8 – 3)2 + (6 – 5)2  =  52 + 12 AC =  26 26 b) BC =  (8 (8 – (– 2))2 + (6 – 4)2 BC =  10 102 + 22 =  104 104 BC = 2 26 26 c) • BC = AB + AC donc les points A, B, C sont alignés. • De plus, puisque AB = AC, on en déduit que A est le milieu de [BC]. 107 a) • La droite (BC) est tangente en B au cercle �, donc le triangle ABC est rectangle en B. • On montre même que le triangle ADC est rectangle en D. b) • Dans le triangle ABC rectangle en B, d’après le théorème de Pythagore : AC 2 = AB2 + BC2, donc 132 = AB2 + 12 122, d’où AB2 = 25 et AB = 5. Le rayon du cercle � est 5. 148

O

b) • Les diagonales du quadrilatère ABEF se coupent en leur milieu O et sont de même longueur (le diamètre de �), donc ABEF est un rectangle. • On montre de même que ABGH est un rectangle. c) ABEF et ABGH sont deux rectangles ayant le côté [AB] [AB] en commun, donc EFHG est aussi un rectangle.

110 a) Les diagonale [AC] et [BD] du quadrilatère ABCD se coupent en leur milieu O et sont s ont perpendiculaires, donc ABCD est un losange. b) On note  l’aire en cm2 de ABCD. AC × BD 8 × 6 =  =  = 24. 2 2 Donc l’aire de ABCD est 24 cm 2. 111 1. a) Les points A, I, C sont alignés et les points D, I, J sont alignés ; de plus (AJ) et (CD) sont parallèles, donc d’après le théorème de Thalès : IA I J AJ 9 AJ  =  =  c’est-à-dire  = IC ID CD 12 16 9 × 16 soit AJ =  = 12. Donc AJ = DI. 12 IA I J 3 7 9 b) De plus,  =  s’écrit  = . IC ID 12 IC 12 × 3 7 Ainsi, IC =  et IC = 4 7 cm. 9 c) • De AJ = 12 cm, on déduit que JB = 4 cm. • Les points K, J, D et les points K, B, C sont alignés : les droites (BJ) et (CD) sont parallèles, donc, d’après le théorème de Thalès : KJ KB JB KJ 4 1  =  =  c’est-à-dire  =  = . KD KC DC KJ + 9 + 12 16 4 Ainsi, 4 × KJ = KJ + 9 + 12 3KJ = 21 KJ = 7 cm

d) DI 2 = 144 ; IC2 = (4 7) 7)2 = 112 ; DC2 = 162 = 256. Ainsi, DC2 = DI2 + IC2, donc d’après la réciproque du théorème de Pythagore, on en déduit que le triangle DIC est rectangle en I. 2. a) • Tracer Tracer un segment [DK] [DK ] de longueur 28 cm. • Sur ce segment, placer les points I  et J tels que DI = 12 cm et KJ = 7 cm. • Tracer la droite d  perpendiculaire  perpendiculaire en I à la droite (DK). • Avec le compas, placer un point C de d   tel que DC = 16 cm. Tracer le segment [DC]. • Tracer la parallèle à (DC) passant par J. Noter B son point d’intersection avec la droite (CK) et noter A son point d’intersection avec la droite d . • Tracer le segment [DA] . b) K    c  m    7

(d ) J

A

B

b) • AB =  (8 (8 – 11)2 + (– 3 + 3 3 – (– 3)) 3))2 AB =  (– (– 3)2 + (3 3) 3)2 AB = 6 • BC =  (2 (2 – 8)2 + (– 3 + 3 3 – (– 3 + 3  3)) 3))2 BC =  (– (– 6)2 + 02 BC = 6 • Ainsi, AB = BC, donc le triangle ABC est isocèle en B. c) ABCI  est un parallélogramme si, et seulement si, [AC] [AC] et [BI] ont même milieu. 13 3 Or, K ; – 3 +  3  est le milieu de [AC], 2 2  x + x  y + y On cherche I tel que xK  = B I et yK  = B I . 2 2 Ainsi  xI = 2 × xK  – xB 13 x I = 2 ×  – 8 2 x I = 5



et

I

3

Finalement, I (5 ; – 3).

  c  m    2   1

C

D

C

B

1 O

1

 y I = 2 × yK  – yB y I = 2 × (– 3 +  3) 3) – (– 3 + 3 3) 3) 2 y I = – 3

  c  m   9

112 a)



d) IA = 6 ; IB =  (8 (8 – 5)2 + (– 3 + 3 3 – (– 3)) 3))2  = 6 IC =  (2 (2 – 5)2 + (– 3 – (– 3 + 3  3)) 3))2  = 6. Donc les points A, B et C sont situés sur un même cercle de centre I. e) Voir la figure du a). f) En calculant chacune des longueurs, AC , B C, AB, AC, on montre qu’elles sont toutes égales à 6. Ainsi, le polygone ABCABC  est un hexagone régulier.

K  A

I

A’

B’

C’

Chapitre 10

Repérage dans le plan. Configuration du plan

149

11 1

Géométrie dans l’espace

Au fil des siècles

Les images impossibles d’Oscar Reutersvärd semblent de prime abord plausibles, mais elles contredisent les lois de la géométrie. Sur la perspective japonaise de gauche, la barre  semble couper la barre � et semble en même temps être située à droite de la barre �. Sur le tribarre ci-dessous, les barres semblent être ê tre perpendiculaires deux à deux, ce qui est paradoxal. 1

Le triangle AOS est rectangle en O donc : 3 2 2 2 AS2 = AO2 + OS2 =  + 4  = 20,5. 2 Ainsi AS =  20,5 20,5 cm soit AS ≈ 4,5 cm. Voici deux exemples de patrons (échelle 1/2).





 c m

2

Le tribarre d’Oscar Reutersvärd peut cependant être observé dans la réalité, en regardant l’objet représenté ci-dessous à gauche, sous un certain angle.

 c  m

Site possible : http://im-possible.info/english/art/reutersvard/index. html

2

Bien démarrer

triangle AEH est rectangle isocèle en E. 1. a) Le triangle b) Les droites (CD) et (EF) sont parallèles à la droite (AB). c) Les droites (DA) et (CB) sont perpendiculaires à la droite (AB). d) Les plans (HGC), (CGF), (HGF) et (DGF) contiennent le point G. 2. Le triangle ABC est restangle en B donc :

AC2 = AB2 + BC2 = 32 + 32 = 18 AC =  18 18 cm = 3 2 cm et AO = 150

3 2 cm. 2

3. a) La section cherchée est un carré de 4 cm de côté.

b) Le triangle ABO ci-dessous est rectangle en A, donc : AB2 = OB2 – OA2 = 52 – 32 = 16 AB = 4 cm. A

B 5 c m

3 cm

O

La section cherchée est le cercle de centre A et de rayon 4 cm.

4. � = p r 2 h = p × 1,52 × 3 donc � = 6,75 p cm3

4 4    = p r 3 = p × 1,53 donc   = 4,5 p cm3 3 3 1 1    =  h = × 32 × 3 donc   = 9 cm 3 3 3 





2

Une section d’un solide

1. a) b) H



G

5. a) Le triangle AOS est rectangle en O, donc :

E

SO2 = AS2 – AO2 = 6,52 – 2,52 = 36 SO = 6 cm 1 1 b) = ×  × h = × p × 2,52 × 6 donc = 12,5 p cm2 3 3  ≈ 39 cm3

M F D C J

A B

K 

3 1

Découvrir

2. a) L’intersection du plan nale est la droite (UV).

 et

de la cloison diago-

S

Se repérer sur la sphère terrestre

1. a) H

F

V

D

U

B

b)

V

Le bateau est repéré par le point L. b) En partant du point d’intersection de l’équateur du méridien de Greenwich, on obtient la position d’Armel le Clearc’h en se déplaçant de 30° vers l’Ouest puis de 15° vers le Nord. 2. a) Axel Thomson est repéré par le point T. b) Par rapport à Armel le Cleac’h, Axel Thomson est situé à 10° vers l’Est et à 30° vers le Sud. 3. • Les coordonnées des Sables d’Olonne sont environ (2° O ; 46° N). • Du 6 novembre n ovembre 13 h 02 au 19 janvier 13h02 il y a 75 jours (25 jours en novembre, 31 jours en décembre et 19 jours en janvier). De 13 h 02 à 16 h 37 il s’est écoulé 3 h 35 min. Donc la durée du parcours d’Armel le Cleac’h est 75 jours 3 h 35 min.

U

4

Savoir-faire

2  Castellon (0° ; 40° N) Kaduqli (30° E ; 10° N) Le Cap (20° E ; 30° S) New York (80° O ; 40° N) Rio de Janeiro (40° O ; 20° S) Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

151

3 méridien tropique du Cancer (a) 10° E (c) tropique du Capricorne (b)

5 a) Dans le plan (MNQ), la réciproque du théorème de Thalès appliquée au triangle MNQ permet d’affirmer que les droites (FG) et (NQ) sont strictement parallèles. b) On suppose que les droites (MP) et (NQ) sont coplanaires. Le point M appar tiendrait alors au plan (NPQ). Or MNPQ est un tétraèdre tétraè dre donc M n’appartient pas au plan (NPQ). L’hypothèse faite est es t donc fausse. Les droites (MP) et (NQ) ne sont so nt pas coplanaires. c) Les droites (NG) et (FQ) sont sécantes en un point noté I car coplanaires et non parallèles. I appartient donc à l’intersection des plans (NGP) et (FPQ). Or P appartient à cette intersection. Donc ces deux plans sont sécants selon la droite ( IP). 6 a) Le point S appartient appar tient aux plans (SAC) et (SBD). Le point I appartient au segment [AC], donc I appartient au plan (SAC). Le point I appartient aussi au segment [BD] donc I appartient au plan (SBD). (SBD). I appartient donc aux plans (SAC) (SAC) et (SBD). (SBD). b)

9 a) Dans le plan (ACD), les points D, K, C et D, I, A sont alignés dans cet ordre. DK  DI 1 De plus  =  = . DC DA 3 D’après la réciproque du théorème de Thalès, on en déduit que les droites (K I) et (AC) sont parallèles. (AC) est une droite incluse dans (ABC). La droite (K I) est donc parallèle à la base (ABC). b) De façon analogue au a) on démontre que la droite (IJ) est parallèle à la droite (AB). Les droites sécantes (K I) et (IJ) du plan (K IJ) sont donc parallèles aux droites sécantes (AC) et (AB) du plan (ABC) ; on en déduit que le plan (K IJ) est parallèle au plan (ABC).

5

Résoudre des problèmes

11 a) H

A

D

G J E M A L

I

B



I

S D

C

Les plans (SAC) et (SBD) ne sont pas confondus. Les points S et I  appartiennent aux plans (SAC) et (SBD) et donc à l’intersection de ces plans. Les plans (SAC) (SAC) et (SBD) (SBD) sont sécants selon la droite (SI).

8 1. a) Dans le plan (ABC), ABCD est un rectangle donc (AB) // (CD). Dans le plan (DCG), DCGH est un rectangle donc (CD) // (HG). On en déduit que (AB) // (HG). 152

b) On sait que les droites (AB) et (HG) sont parallèles et donc coplanaires, de plus AB = HG ; le quadrilatère ABGH est donc un parallélogramme. Ainsi les côtés opposés (AH) et (BG) sont parallèles. c) Dans le plan (BCG), J et K sont les milieux des côtés [BC] et [CG] [CG] du triangle BCG. CJ CK  1 Ainsi,  =  = . CB CG 2 Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (JK) et (BG) sont parallèles. d) La droite (BG) est parallèle à la droite (AH), on en déduit que (JK) et (AH) sont parallèles. 2. Les points A, H, J et K sont coplanaires.

C

F K  B

• La droite ( IJ) est contenue dans le plan ( IJK) et dans la face (EFG). L’intersection des plans ( I JK) et (EFG) est donc la droite (IJ). •  De même, on établit que l’intersection des plans (IJK) et (GFB) est la droite (JK). •  Les plans (HEA) et (GFB) sont parallèles. Or le plan (IJK) coupe le plan (GFB) en la droite (JK), il coupe donc le plan (HEA) en une droite parallèle à la droite (JK). De De plus le point I est commun aux plans ( IJK) et (HEA). On trace donc la droite D, parallèle à la droite (JK) passant par I.

D est contenue dans le plan p lan (HEA), elle coupe la droite

(EA) en un point M. L’intersection des plans (IJK) et (HEA) est la droite ( IM). • Les points M et K appartiennent aux plans ( I JK) et (EFB). L’intersection des plans ( IJK) et (EFB) est donc la droite (MK). b) G H J

I

E C

D P A

N

6

Q F M K  B

L

L’algorithme calcule le nombre de prismes que contient un solide à n étages. c) k  représente   représente le nombre de prismes non recouverts à l’étage i , s  le nombre de prismes à l’étage i  et t  le nombre de prismes sur l’ensemble des i  étages.  étages.

Le plan (IKL) coupe le plan (EAB) selon selo n la droite (LK). • Les droites (LK) et (EA), appartiennent au plan (EAB) ; elles ne sont pas parallèles, elles se coupent en un point N. Les points I et N appartiennent aux plans (HDA) et ( IKL). L’intersection de ces deux plans est donc la droite ( IN). • Les droites (IN) et (AD) appartiennent au plan (EAD), elles sont sécantes en un point P. Les points P et L appartiennent aux plans (IKL) et (ABC) ; l’intersection de ces deux plans est donc la droite (PL). De même, les droites (LK) et (EF) se coupent en M, les droites (IM) et (GF) se coupent en Q. L’intersection du plan (IKL) avec le plan (EFG) est la droite (IQ), celle avec le plan (FBC) est la droite (QK).

Travaux pratiques

14 1. a) Dans un triangle équilatéral, la droite qui passe par un sommet et le milieu du côté opposé est une hauteur du triangle. I est le milieu du côté [CD], donc (A I) est une hauteur du triangle équilatéral AB I. b) Le triangle A IC est rectangle en I. a2 3 2 AI2 = AC2 – CI2 = a2 –  = a . 2 4  3 a. Ainsi IA = 3 a2  = 2 4  3 a. De la même façon, on établit que IB = 2



 

c)

A

3 cm K 

O

2e étage

3e étage 1

1 3

3 5

1 prisme

d) Le triangle ABI  est isocèle en I, la droite (K I) est donc la médiatrice du segment s egment [AB]. Le point O appartient donc à la médiatrice du segment [AB] ; il est alors équidistant des extrémités A et B de ce segment. On a donc OA = OB. 2. a) Le triangle AG I est rectangle en G, on a donc : AG2 = AI2 – GI2   3 a 2 – 1  3 a 2 = 3 2 2 3 1 2 AG2 = a2 – a2 = a2 4 12 3 AG = 2 a 3 AK  b) Dans le triangle AKO rectangle en K, cos KAO = . AO AG Dans le triangle AGB rectangle en G, cos KAO = . AB AK  AG On obtient  = AO AB 1 a × a AK × AB 2 1 et AO =  =  = a 3 . AG 2 2a 2 3



1+3=4 prismes 1+3+5=9 prismes

1 + 4 + 9 = 14 Ce solide à 3 étages contient 14 prismes. b) 2 3 4 5 6 5+2=7 7+2=9 9 + 2 = 11 k  1 + 2 = 3 3 + 2 = 5 s 1+3=4 4+5=9 9 + 7 = 16 16 + 9 = 25 25 + 11 = 36 t  1 + 4 = 5 5 + 9 = 14 14 + 16 = 30 30 + 25 25 = 55 55 + 36 = 91 91 i 

Pour n = 4, l’algorithme affiche 30. Pour n = 6, l’algorithme affiche 91.

I

G

B

13 a) Vues de dessus du : 1er étage

3    3 cm 2

 



 

 j            

 j            

 

Chapitre 11

 

Géométrie dans l’espace

153

c) cos KAO =  j            

KAO ≈ 35,26°

1 a 2

AK   = AO 1 a 2

3 2

 

 =

7

2 3

 

16 a) Greenwich (0° ; 51° N). b) Quito (78° O ; 0°).

 j            

AOB = 2 × AOK 

 j            

 j            

Or AOK ≈ 180° – 90° 90 ° – 35,26° = 54,74°  j            

AOB ≈ 109,48° ≈ 109,5° 3. AB = a = 1,78 x 10 –10 m = 1,78 Å 1 3  = 1 × 1,78 × 3 donc  ≈ 1,09 Å  = OA = a 2 2 2 2 a ≈ 109,5°.

 j            

 

 

15 1. d) Il semble que l’aire de EFGH soit maximale pour une distance EF proche de 1,25 1,25 m. 2. a) Dans le plan (ABD), (ABD), on applique le théorème de de Pythagore dans le triangle triangle ABD rectangle rectangle en A : BD2 = AD2 + AB2 BD =  22 + 1,52 =  6,25 6,25 BD = 2,5 m De même BC = 2,5 m. Dans le plan (ABD), le théorème de Thalès, T halès, appliqué au triangle ABD permet d’écrire : BA BD AD 1,5 2,5 2  =  =  c’est-à-dire  =  = . BF BE FE BF  x FE 2 On obtient EF = x = 0,8 x et BF = 0,6 x. 2,5 Dans le plan (ABC), le théorème de Thalès appliqué au triangle ABC permet d’écrire : AB AC BC 1,5 2,5  =  =  c’est-à-dire  = AF AG FG 1,5 – 0,6 x FG 2,5 (1,5 (1,5 – 0,6 x) 3,75 – 1,5 x FG =  =  = 2,5 – x 1,5 1,5 b) f ( x  x) = EF × FG = 0,8 x (2,5 – x)  x) = 0 si, et seulement si 0,8 x = 0 ou 2,5 – x = 0 c) f ( x c’est-à-dire x = 0 ou x = 2,5. 0 possède deux antécédents par f  qui  qui sont 0 et 2,5. f ( x  x) = – 0,8 x2 + 2 x, f   est une fonction polynôme de degré 2 ; elle admet un maximum 0 + 2,5 (a � 0) en x0 =  = 1,25. 2  x –∞ 0 1,25 2,5 +∞ f ( x  x)

0

0

3. a) Lucas installera donc le coin supérieur supé rieur gauche de son écran à 1,25 m du point B, sur le segment se gment [BD]. b) L’écran aura pour dimensions : 0,8 × 1,25 m = 1 m de hauteur et 2,5 m – 1,25 1,25 m = 1,25 m de largeur. L’aire de cet écran sera de 1,25 m2. 154

Pour s’entraîner

17 a) Les lieux B et C ont la même latitude. b) Les lieux E et G ont la même longitude. c) Le lieu E a pour coordonnées géographique (70° E ; 30° N). 18 a) A (0° ; 0°) B (10° (10° E ; 30° N) C (30° O ; 20° N) D (10° (10° O ; 20° S) E (60° E ; 0°) F (20° E ; 10° S) G (0° ; 60° N) H (20° O ; 40° N) I (70° E ; 60° N) b) Le lieu J (180° E ; 10° N) ne peut pas être placé sur cette vue. 19 a) Le pôle Nord a une latitude de 90° N. b) Le pôle Sud a une latitude de 90° S. c) Un point situé sur l’équateur a pour latitude 0°. 20  180° – 2° 20 24ʺ = 177° 39 36ʺ. Le point aux antipodes de Paris a pour coordonnées géographiques (177° 39 36ʺ 0 ; 48° 50 13ʺ S). 21  Marisburg (75° O ; 45° N). Kariba (30° E ; 15° S). 22 La latitude Nord la plus élevée atteinte par l’avion est 60° N. La longitude Est la plus élevée atteinte par l’avion est 50° E. 23  L’avion  L’avion est passé quatre fois par la latitude 40° 40 ° N. 24 1. a) Les droites (AB) et (EF) sont strictement parallèles. b) Les droites (EA) et (EJ) sont sécantes. c) Les droites (BF) et (EJ) sont non coplanaires. 2. a) La droite (HG) est strictement parallèle au plan (EJF). b) La droite (HE) est sécante s écante au plan (EAB). c) Les plans (ABC) et (EFG) son strictement parallèles. 25 a) Les droites (EF) et (HD) ne sont pas coplanaires. I  appartient à [EF], donc I  n’appartient pas à (HD). b) I appartient à (EF) et (EF) est incluse dans le plan (EFG) donc I appartient à (EFG). c) I, E, F étant alignés, ils ne peuvent pas définir un plan.

D

26 a)

29 a) Les droites (EF) et (BC) ne sont pas coplanaires. b) Les droites (EH) et (EA) passent par E et sont parallèles au plan (BCG).

I

L

30 a) (BH) et (BC) sont sécantes et donc coplanaires. b) (EG) et (BC) ne sont pas coplanaires. c) (EG) et (AC) sont strictement parallèles et donc coplanaires. d) (AG) et (CE) sont sécantes et donc coplanaires.

C

A J

K  B

E

b) • (I JK) coupe (ABD) selon la droite ( IJ). • (I JK) coupe (BCD) selon la droite (JK). • E et K sont des points du plan (ABC) donc la droite (EK) est incluse dans (ABC). E et K sont des points du plan ( IJK) donc la droite (EK) est incluse dans ( I JK). Ainsi (EK) est l’intersection des plans (ABC) et ( IJK), et coupe (AC) en L. • Enfin, (IL) est incluse dans ( IJK) et dans (ADC) donc (IL) est l’intersection des plans (ADC) et (IJK).

27   Le point E appartient au plan (ABC) ainsi que le point F. Donc la droite (EF) est incluse dans (ABC), les droites (EF) et (BC) sont donc coplanaires. Celles-ci ne sont pas parallèles, elles sont donc sécantes en un point K. Ce point K appartient à (EF) et à , puisque sur (BC), il s’agit donc du point d’intersection de (EF) et du plan . A E B K 



C

31  1. a) (AIE) et (BIG) se coupent selon la droite (AB). b) (ADI) et (BKC) sont confondus. Leur intersection est eux-mêmes. c) (HEF) et (BIC) ne se coupent pas. 2. a) L’intersection des plans (ABG) et (CFA) (CFA) passe par A et par l’intersection des droites (BG) (BG) et (CF). (CF). H

G

E

F D

K 

I

A

C B

32  1. a) Les droites (AB) et (EG) ne sont pas coplanaires car ni sécantes ni parallèles. b) Les droites (FG) et (CD) ne sont pas coplanaires car ni sécantes ni parallèles. c) Les droites (EF) et (AD) sont coplanaires et sécantes en F. 2. a) La droite (CG) est incluse dans le plan (BCD). Elle coupe (BD) en M. Elle coupe donc le plan (ABD) en M. b) A et M sont des points appartenant aux deux plans (ACG) (ACG) et (ABD), ainsi ceux-ci se coupent selon la droite (AM). D

F F

28  Figure 1 : • L et M étant sur la face ABFE, la droite (LM) est contenue dans la face ABFE et ne peut couper la face BCGF en O. La droite droite (LM) doit être en trait plein. • Les droites (EH) et (GC) ne sont pas coplanaires, elles ne peuvent pas être sécantes en J comme cela semble être le cas sur le schéma. Figure 2 : • La droite (DI) coupe la droite (BC) et donc le plan (ABC) en un point de (BC). Les pointillés ne doivent pas commencer en H. • Les droites (AD) et (BC) ne sont pas coplanaires, elles ne peuvent pas être sécantes en L comme cela semble être le cas sur le schéma. Concernant la droite (DA), (DA), les pointillés commencent en A.

M E

G C

A B

33  a)

H

G

E

F O’

DO A

C B

b)  O appartient au plan (BEG) car il appartient à la droite (BE). Il appartient de même au plan (AFC). Ainsi O appartient à l’intersection des plans (BEG) et (AFC). De même pour le point O . Donc la droite (OO ) est l’intersection des deux plans. Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

155

34  a)

G appartient à (AA) donc G appartient au plan (ABA). Ainsi la droite ( IG) est incluse dans le plan p lan (ABA). b) Les droites (IG) et (AB) sont donc coplanaires. 1 2 De plus, AI =  AB et AG = AA, elles sont alors non 2 3 parallèles donc sécantes en un point E.

D

N

M

C P

A O

A

B Q

Les droites (MO) et (DB) sont coplanaires et sécantes en Q. Ainsi Q appartient aux plans (POM) et (BCD), tout comme P. Donc la droite (QP) est l’intersection de (POM) avec (BCD). On en déduit la section du plan (ACD). (ACD). b) D

O

A

B

35 Les droites (BC) et (FG) sont coplanaires et sécantes en E. Ainsi E appartient aux plans (ABC) et (AFG), (AFG), tout comme A. Donc D onc la droite (AE) est l’intersection de (ABC) avec (AFG). On en déduit la section du plan avec (FCD). E

A

G B

C

36  a) Le théorème de Thalès dans le triangle ADM permet d’écrire : 1  DA MK  HK  MK  2 1  =   c’est-à-dire  =  = MA DA MA DA 2 donc K est le milieu de [MA]. b) On démontre de même que L est le milieu de [AN]. La réciproque du théorème de Thalès dans le triangle AMN permet donc de dire que les droites (KL) et (MN) sont parallèles. 37  a) I appartient à (AB) donc I appartient au plan (ABA). 156

E

D C A’

P

Les droites (MN) et (AB) sont coplanaires et sécantes en Q. Ainsi R appartient aux plans (MNP) et (ABC), tout comme P. P. Donc la droite (RP) est l’intersection l’interse ction de (MNP) avec (ABC). On en déduit la section du plan (ACD).

F

B

C

A

D

G

c) (IE) est la médiane issue de E dans le triangle ABE car I est le milieu de [AB]. Démontrons que A est le milieu de [BE] :

N

M

R

I

I

G E

B

A’

H

Le théorème de Thalès dans le triangle AAB permet d’écrire : 1 2 AH GH AG 1  =  =  =  donc GH =  AB = IB (1) (1) 3 3 AB AB AA 3 Le théorème de Thalès dans le triangle EIB permet d’écrire : EH GH 2  =  =  d’après (1) (1) EB IB 3 2 donc EH =  EB ou BH = 1 EB. 3 3 1 2 Or AH =  AB d’où BH =  AB. 3 3 On en déduit que EB = 2AB. Ainsi A est le milieu de [BE]. d) A  est le milieu de [CD] et de [BE] et les points C, D, B et E sont coplanaires puisque E appartient à (BA ) incluse dans (BCD). Donc le quadrilatère BCDE est un parallélogramme. parallélo gramme.

38 Le plan (I JK) coupe les deux plans parallèles (EAB) et (HDC) selon deux droites parallèles. Donc (I JK) coupe la face CDHG selon la droite parallèle à (IJ) passant par K. H

G F

E I

A

D

K  C

J

B

39 Les plans (SBC) et (SAD) sont sécants et non confondus donc ils se coupent suivant une droite passant par S. Donc l’affirmation de Lily est fausse. 40  a)  La réciproque du théorème de Thalès dans le triangle ABC permet d’écrire que ( IJ) est parallèle à (AB). Or (AB) est parallèle à (ED). Ainsi ( IJ) est parallèle à (ED). b) • (IJ) est parallèle à (ED) d’après a). • (JK) est parallèle à (EB) car BJ = EK et (BJ) est parallèle à (EK). • (IJ) et (JK) sont sécantes. Ainsi deux droites sécantes du plan ( IJK) sont parallèles à deux droites sécantes du plan (ABE). Donc ( I JK) et (ABE) sont parallèles. c)  (CF) est parallèle à une droite du plan (ABE), en l’occurrence (BE). Ainsi (CF) est parallèle au plan (ABE). 41 La réciproque du théorème de Thalès dans le triangle SAB permet d’écrire que ( IL) est parallèle à (AB). Or (AB) est parallèle à (CD). Ainsi ( IL) est parallèle à (CD).

b) On reconnaît ici les hypothèses du « théorème du toit » : • (AB) // (MN) • (ABC) contient (AB) et (MNP) contient (MN). • (ABC) et (MNP) sont sécants selon la droite �. Ainsi � est parallèle à (AB) et (MN). 

46  a) S E C D

On trace la droite D  parallèle à (AB) et (CD), intersection de (SAB) et (SDC), d’après le « théorème du toit ». (IB) coupe � en E et (CE) est l’intersection de ( IBC) et (SDC). On en déduit la sec tion avec (SDA). (SDA). b) Δ S

45  a)

D P M

N C

A

B



E J

K  I

D

44  a) (AB) est parallèle à (HG) et AB = HG donc ABGH est un parallélogramme. Ainsi (AH) est parallèle à (BG). b) On démontre de même que (AC) est parallèle à (EG). Ainsi : • (AH) // (BG) • (AC) // (EG) • (AH) et (AC) sont sécantes. Donc deux droites sécantes du plan (AHC) sont parallèles à deux droites sécantes du plan (BEG). Donc (AHC) et (BEG) sont parallèles.

B

A

42 Le plan (GEM) coupe les deux plans parallèles (EHG) et (ADC) selon deux droites parallèles. Donc (GEM) coupe la face ABCD selon une droite parallèle à (EG), en l’occurrence (MN). 43 On reconnaît ici les hypothèses du « théorème du toit » : • (AB) // (CD) • (ABM) contient (AB) et (CDM) contient (CD). • (ABM) et (CDM) sont sécants selon la droite (MN). Ainsi (MN) est parallèle à (DC) et (AB).

I

F

C L

A

B

On trace la droite � parallèle à (AB) et (CD), intersection de (SAB) et (SDC), d’après le « théorème du toit ». (IJ) coupe � en E et (EK) est l’intersection de ( IJK) et (SDC). (IJ) coupe (AB) en F et (FL) est l’intersection de ( IJK) et (ABC). On en déduit les sections avec (SDA) et avec (SBC).

47  a) Le plan (DC I) coupe les deux plans parallèles (ABC) et (EFG) selon deux droites parallèles. Donc (DCI) coupe (EFG) selon la droite parallèle à (DC) passant par I. b) De même (ACI) coupe (EFG) selon la droite parallèle à (AC) passant par I. c) On reconnaît les hypothèses du « théorème du toit ». • (AB) // (CD) • (ABI) contient (AB) et (DC I) contient (CD). • (ABI) et (DCI) sont sécants selon une droite passant par I. Ainsi cette droite est parallèle à (AB) et (CD) et passe par I.

Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

157

48

H E Q

P

G O

F

R

D M

A

C

B

• La droite (PR) coupe la droite (HG) en O. • Le plan (PQR) coupe les deux plans parallèles (AEF) et (DHG) selon deux droites parallèles. On trace donc la parallèle à (PQ) passant par O. Celle-ci coupe (DC) en M. • De même, on trace la parallèle à (PR) passant par M, on obtient la section avec (ABC). • On en déduit la section avec (EAD).

53  1.

E=F

D

D

49 a)

A Q M

A

C N B

On reconnaît ici les hypothèses du « théorème du toit » : • (MN) // (AB) • (MNP) contient (MN) et (ABP) contient (AB). • (MNP) et (ABP) sont sécants selon une droite passant par P. Ainsi cette droite est es t parallèle à (AB) passant par P. On en déduit la section avec (ADB). b) De même, en utilisant la droite (DC), on reconnaît les hypothèses du « théorème du toit » : • (MP) // (CD) • (MNP) contient (MP) et (DCB) contient (DC). • (MNP) et (DCB) sont sécants selon la droite (QN). Ainsi (MP) // (QN). Finalement, PQNM est un parallèlogramme.

50

H

M

N

G

E F

L

I

A

D C J

C I

P

K  B

On note  le plan parallèle à (BEG) passant par I. • On trace trace la parallèle à (EB) passant passant par I. Elle coupe (AB)en J. • Le plan   coupe les deux plans parallèles (EFG) et (ABC) selon deux droites parallèles. 158

Donc le plan  coupe (ABC) selon la droite parallèle à (EG) passant par J. • On en déduit la droite (KL) parallèle à (BG) puis (LM) parallèle à ( IJ), (NM) parallèle à (JK) et enfin ( IN). 51  a)  = 1  h = 1 × (2 × 4) × 5 donc  = 40  cm3 3 3 3 p 4 3 4 4 b)  = p R  = × p × 13 donc  =  cm3 3 3 3 52  a)  = 1 p R2 h = 1 p × 62 × 10 donc  = 120 p cm3 3 3 2 b)  =  h = p × 2 × 5 donc  = 20 p cm3

J B

1 2. a)  = × 22 × h = 8 donc h = 6 cm. 3 b) Le théorème de Pythagore dans le triangle AE I rectangle en I permet d’écrire : AE2 = AI2 + EI2 Ainsi 11 = AI2 + h2. 1 Or AI =  AC et AC2 = AB2 + BC2 = 8 2 8 donc 11 =  + h2 = 2 + h2 et h2 = 9 d’où d ’où h = 3 cm. 4

54  a) Le théorème de Thalès dans le triangle SOA SO OA permet d’écrire  = . SO OA 10  – 3 OA 2 Donc  = . Ainsi OA = 0,8 cm. 4 10 2 2 1 1 b)  = p × OA2 × SO – p × OA2 × SO 3 3 1 1   = p × 20 – p × 1,28 3 3 3   ≈ 19,6 cm 55  a) pâte = 4 × p × R3 = 4 × p × 63 = 288 p 3 3 2 b) biscuit = p × r × 0,5 c) Seize biscuits auront donc un volume de : 16 × p r 2 x 0,5 = 8 p r 2, ce qui doit correspondre au volume de pâte d’où 8 p r 2 = 288 p. 288 p d) Ainsi, r 2 =  = 36 et r  =  = 6 cm. 8p 56  a) Le théorème de Thalès dans le triangle ABC RU AR 1 permet d’écrire  = = . BC AC 2 1 On obtient RU = BC = 6 cm. 2

1 AB × RU 1 12 × 6 × TU = × × 6 2 2 3 3 donc ARBT = 72 cm3 b) ARBT =





c)  étoile = cube – 12 × ARBT = 123 – 12 × 72

donc étoile = 864 cm3 864   d) étoile = 3 = 0,5 donc l’ami de Stella a raison. 12  cube

57  a) boule = 4 p R3 = 4 × p × 3,53 3 3 343 p cm3 donc  boule = 6 b) Lorsqu’il les recouvre exactement, le volume est cece lui d’un cylindre de rayon 10 cm et de hauteur 7 cm, c’est-à-dire :  occupé = p × 102 × 7 donc occupé = 700 p cm3 c) Le volume de vinaigre est donc :  vinaigre = occupé – 3 ×  boule = 528,5 p cm3 Or vinaigre = p × 102 × h. D’où p × 100 × h = 528,5 p. Ainsi h = 5,285 cm. 58  a) Le rayon intérieur de l’abat-jour est r  –  – 0,5. b) Le volume  de l’abat-jour l’abat-jour est celui du cylindre c ylindre extérieur auquel on soustrait le volume du cylindre intérieur. Ainsi  = p r 2 × 30 – p (r  –  – 0,5)2 × 30 = p × 30 [r 2 – (r  –  – 0,5)2] = p × 30 [r  –  – (r  –  – 0,5)] [r  +  + (r  –  – 0,5)] = p × 30 × 0,5 × (2 r  –  – 0,5) = 30 p r  –  – 7,5 p c) 30 p r  –  – 7,5 p = 330 p c’est-à-dire 30 r  –  – 7,5 = 330 soit 30 r  =  = 337,5. Ainsi r  =  = 11,25 cm. 59

 cube = AB3

1 2 1 AB × AE =  AB3 car AE = AB. 3 3 L’affirmation est vraie puisque : cube = 3 pyramide.

 pyramide =

60 La réciproque est : si deux droites droites sont parallèles dans une vue en perspective cavalière alors elles sont parallèles dans l’espace. La réciproque est fausse, voici un contre-exemple dans lequel (AH) et (BC) sont parallèles sur le dessin en perspective de cette pyramide à base triangulaire mais pas en réalité. H

C

B A

61  a) On suppose que les droites (AB) et (GH) sont parallèles. Alors A, B, G et H sont coplanaires. Ainsi G appartient au plan (ABH). Or G appartient au plan (BCE) donc G appartient à l’intersection des plans (ABH) et (BCE), c’est-à-dire à la droite (EB). Ce qui est absurde car G n’appartient pas à (EB). b) Ainsi, ce que l’on a supposé est faux. Donc les droites (AB) et (GH) ne sont pas parallèles.

8

Pour se tester

62 1. D 2. C 3. C 63 1. B, C, D 2. A, C 3. D 64 1. A GI = CJ et (GI) parallèle à (CJ) donc le quadrilatère non croisé GIJC est un parallélogramme. Ainsi, ( IJ) // (GC). Or (GC) // (BF) donc ( IJ) // (BF). De plus, I J = BF donc le quadrilatère non croisé IJBF est un parallélogramme. FI ≠ FB donc ce n’est pas un losange et donc ni un carré. 2. C, D (IC) et (EF) ainsi que ( IC) et (FG) ne sont pas coplanaires donc non sécantes. Par contre ( IC) et (DG) sont coplanaires et non parallèles donc sécantes. De même pour (IC) et (HD). 3. A, B • (IF) est parallèle à (JB) d’après 1., donc (IF) est parallèle à (ABC) puisque (JB) est es t incluse dans (ABC). • (IF) est parallèle à (JB) donc parallèle à (JBG). • (IF) est sécante s écante à (ABF) en F. • (IF) est incluse dans (E IF). 4. A, D • (JB) est incluse dans le plan ( IJB) et dans le plan (ABC) donc ceux-ci se coupent selon (JB). • (IJB) et (EFI) se coupent selon une droite passant par I. • (IJ) n’est pas incluse dans (HED). • (FB) est incluse dans le plan ( IJB), car (IJ) est parallèle à (FB), et dans le plan (HFB), donc ceux-ci se coupent selon (FB). (FB).

9

Pour aller plus loin

65   Le volume du fondant au chocolat est 4 3 cm3, c’est-à-dire 64 cm3. 64 Ainsi le volume de crème anglaise est de cm3, c’est4 à-dire 16 cm3. Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

159

Or avant de déposer le fondant, le volume de crème anglaise est de p × 32 × h  d’où π × 9 × h  = 16, et h ≈ 0,6 cm.

66  On trace la section sec tion du plan (DOP) avec le prisme ABCDEF : • (EO) coupe (DC) en un point noté Q. • (QP) est l’intersection du plan (EOP) avec le plan (DCA) puisque Q et P appartiennent à ces deux plans. • On en déduit la section (MN) du plan (EOP) avec le plan (ABC). Les droites (MN) et (OP) sont donc coplanaires, non parallèles, et se coupent en un point noté I. (MN) étant incluse dans le plan symbolisant le sol, I correspond au lieu d’impact recherché. E

D F O

P

B

I

A M

C

N

Q

67  Le volume du cône est 1  h. 3 Voici le schéma du verre : O

O’

h

r 

A

A’

2h – 3 S

Le théorème de Thalès dans le triangle SOA permet SO OA d’écrire  = . SO OA 2 h 2 OA 3 Ainsi  = d’où OA = r . 3 r  h 1  verre = p r 2h Ainsi  3 1 2 2 2 et  liquide = × p × r  × h 3 3 3 1 4 2 = × p × r2 × h 3 9 3 8 1 = × pr2 h 27 3 8 =  verre 27 8 Or ≈ 0,296. 27

 

160

Donc le liquide occupe moins du tiers du verre. Lise a raison.

68  On schématise la bille dans son trou :

O r    

O’ 1,2 0,8

A’

S

On note r le rayon de la bille. Ainsi, OA = r  et  et OO = r  –  – 0,8. Le théorème de Pythagore dans le triangle OOA rectangle en O permet d’écrire OO2 + OA2 = OA2 c’est-à-dire (r  –  – 0,8)2 + 1,22 = r 2 soit r 2 – 1,6 r  +  + 0,64 + 1,44 = r 2. On en déduit 1,6 r  =  = 2,08 et r  =  = 1,3 cm. Les billes font donc 2,6 cm de diamètre.

69 1) a. Le théorème de Pythagore dans le triangle EIL rectangle en E permet d’écrire : IL2 = EI2 + EL2 = 2 x2 Le théorème de Pythagore dans le triangle F IJ rectangle en F permet d’écrire IJ2 = IF2 + FJ FJ2 = 2(4 – x)2. Le théorème de Pythagore dans le triangle IJN rectangle en J permet d’écrire IN2 = IJ2 + JN2 c’est-à-dire IN2 = 2(4 – x)2 + 42 = 2(16 –8 x + x2) + 16 = 2 x2 – 16 x + 48 2) ILON est un carré si IL2 = IN2. Or IL2 = IN2 si, et seulement si, 2 x2 = 2 x2 – 16 x + 48 c’est-à-dire 16 x = 48 soit x = 3 Il suffit donc de placer M aux trois quarts du segment [AB]. 70 1. La longueur d’un méridien est 2pR  où R est 2 le rayon de la Terre. Donc cette longueur vaut pR = p × 6 400 c’est-à-dire environ 20 106 106 km. k m. 2. a) Les droites (PI) et (OR) sont parallèles donc les angles ROP et OPI  sont alternes-internes d’où OPI = 40°. b) Ce 40e parallèle est un cercle de rayon P I. Sa longueur est donc 2 p × PI. Dans le triangle OPI rectangle en I, on peut écrire : PI PI sin 40° =  = PO 6 400 d’où PI = 6 400 sin 40°.  j            

 j            

 j            

Ainsi la longueur de ce 40 e parallèle est 2p × 6 400 × sin 40° c’est-à-dire environ 25 848 km.

71  On a représenté ci-dessous le méridien des lieux A et B.

73 1. a) Si 0  x  2, on a de l’eau uniquement dans dans la pyramide.

N

A O

B

D

O’

30°

A

E

S

p × 70°

 radians. 180° Ainsi la distance reliant les points A et B est p × 70° 6 400 ×  c’est-à-dire environ 7 819 km. 180°

72 1. a) A

10

E

 x

20

C

D

La petite pyramide de hauteur O E est une réduction OE  x dans le rapport  =  de la pyramide ABCDE. OE 2 Donc le volume d’eau est :  x 3  x 3 1  x3 2   × × 2 × 2 d’où ( x  ( x  x) =  x) = .  = 2 ABCDE 2 3 3 b) Si 2 < x  7, il faut ajouter au volume de la pyramide complète le volume du parallélépipède rectangle de hauteur x – 2 et de base le carré ABCD. D’où : 1 8 16  ( x  x) =  22 × 2 + 22 × ( x  x –2) =  + 4 x – 8 = 4 x – 3 3 3 2. Algorithme :





Variables :  x, V sont des nombres réels Entrée : Saisir ( x  x � 0) Traitement : Si x  2 alors Affecter à V la valeur 1/3 * x∧3

 

B

b) Le théorème de Thalès dans le triangle ABE permet pe rmet BC DC d’écrire  = . BA AE 20 – x DC 20 – x Ainsi  =  d’où DC = . 20 10 2  x) = p × DC2 × AC c) f ( x 20 – x 2 f ( x  x) = p × × x 2 (20 – x)2 × x f ( x  x) = p × 4 2. L’écran de calculatrice cicontre permet d’émettre la conjecture suivante : pour que le volume soit maximal, il faut que AC ≈  6,67 cm et donc DC ≈ 6,67 cm.



C

40°

R

70° correspond à

B



sinon Affecter à V la valeur 4 * x – 16/3 Afficher V

Sortie :

3. b) Pour x = 3, la calculatrice affiche 6,67 environ. Pour x = 1,5, elle affiche 1,125.

74  Les faces doivent donc être des triangles équilatéraux de côté 11 cm. Pour savoir où couper l’enveloppe, il faut donc connaître la hauteur d’un tel triangle : A

M

H

O

N

Le théorème de Pythagore dans le triangle AHO rectangle en H permet p ermet d’écrire AO2 = HO2 + HA2. D’où HO2 = AO2 – HA2 = 11 112 – 5,52 = 90,75. Donc HO =  90,75 90,75 soit HO ≈ 9,53 cm. On peut aussi procéder par pliages : • On plie l’enveloppe en deux dans le sens de la longueur. Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

161

77  Voici le croquis du patron du verre. F et M représente la fourmi et le miel diamétralement opposés. 8

• On rabat un petit côté tel que le coin soit sur le pli. • Puis on coupe l’enveloppe.

F et M représentent la fourmi et le miel diamétralement opposés.

8π

A 7

10 F

M B

    ✁

D M

C L B

A et L sont équidistants des points B et C donc (AL) est la médiatrice du segment [BC]. Ainsi le triangle ABL est rectangle en L. Le théorème de Pythagore permet d’écrire : AC2 = AL2 + LC2 Donc AL2 = AC2 – LC2 AL2 = 22 – 12 AL2 = 3 Donc AL =  3 cm. De même, LD =  3 cm. Dans le triangle ADL isocèle en L, (LM) est perpendiculaire à (AD) : L 3    

A

1 M 1

A

M’

75 Le tétraèdre est régulier donc chaque face face est un triangle équilatéral de côté 2 cm.

A

P

La fourmi se situant à l’extérieur, doit se rendre à l’intérieur en passant par le rebord du verre. On trace le symétrique de M par rapport rapp ort à (AB) puis la droite (M F) qui symbolise le plus court chemin pour se rendre de F à M. Le chemin recherché est donc [FP] puis [PM]. La longueur de ce chemin est es t FP + PM = FM . Le théorème de Pythagore dans le triangle FMM  permet d’écrire FM2 = FM2 + MM2. D’où FM2 = (4p)2 + 62 FM =  16 16p2 + 36 FM ≈ 13,93 cm

10

Accompagnement personnalisé

78 a) M(60° E ; 50° N) P(30° E ; 30° S) 79

3    

L

D

SA

LD2 = LM2 + MD2 d’après le théorème de Pythagore. 2 D’où LM2 = LD2 – MD2 =  3  – 12 = 2. Donc LM =  2 cm.

76

80 a) P et R. b) • M et R. • P et T. 81  Les droites (EG) et (BC) sont non coplanaires. En effet, si on suppose que (EG) et (BC) sont coplanaires, alors les droites (EG) et (BC) sont soit sécantes soit parallèles.

162

Or si les droites (EG) et (BC) sont parallèles, comme les droites (FG) et (BC) sont parallèles, les droites (EG) et (FG) seraient également parallèles, ce qui est es t absurde. Et comme les droites (EG) et (BC) sont contenues dans deux plans strictement parallèles (les plans (EFG) et (BCG)) (BCG)) ; elles ne peuvent pas être sécantes. Il est donc absurde de supposer que les droites (EG) et (BC) sont coplanaires.

82 a) M appartient au segment [SA] donc M appartient au plan (SAC). N appartient au segment [SC] donc N appartient au plan (SAC). Ainsi la droite (MN) appartient aux plans (SAC). La droite (AC) appartient aux plans (SAC) et (ABC), donc l’intersection de ces deux plans est la droite (AC). L’intersection de la droite (MN) et du plan (ABC) appartient donc à la droite (AC). b)  Les plans (SDA) et (SBC) sont sécants (ils ont en commun le point S). La droite (AD), contenue dans le plan (SAD) est parallèle à la droite (BC), contenue dans le plan (SBC). Donc d’après le théorème du toit, la droite d’intersection � des plans (SDA) et (SBC) est parallèle à la droite (AD) et à la droite (BC). On trace la droite D  passant par S et parallèle à la droite (AD). Δ

S N M A

D

C B

83 a) Les plans (AE I) et (AGH) ont en commun le point A et sont non confondus, ils sont donc sécants. b) La droite (EA) est l’intersection des plans (EAD) et (EAI). Le plan (EA I) coupe les deux plans parallèles (AED) et (FBC) en deux droites parallèles. L’intersection du plan (AE I) avec le plan (FBC) est donc la droite D  parallèle à la droite (AE) passant par le point I. On établit de la même façon que l’intersection du plan (AGH) avec le plan (FBC) est la droite D parallèle à la droite (AH) passant par G. Les droites D et D sont contenues dans le plan (FBC) ; elles ne sont pas parallèles ; elles se coupent en un point J.

Les points A et J appartiennent tous les deux aux plans (AEI) et (AGH). La droite (AJ) est donc l’intersection de ces deux plans. Δ

H F

E

Δ’

G I

J D A

C B

84 a) Dans le plan (BCD), I et J sont les milieux des côtés [BC] et [CD] du triangle BCD. Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès les droites ( IJ) et (BD) sont parallèles. b)  Les droites (KH) et (JD) sont coplanaires et parallèles, de plus KH = JD ; le quadrilatère non croisé KHDJ est donc un parallélogramme. Ainsi les côtés opposés [KJ] et [HD] sont parallèles. c) Les droites sécantes ( IJ) et (KJ) du plan ( IJK) sont parallèles aux droites sécantes (BD) et (HD) du plan (HBD), les plans (IJK) et (HBD) sont donc parallèles. 85  Dans le plan (SAC), (SAC), I et J sont les milieux des côtés [SC] et [SA] du triangle SAC. Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (IJ) et (AC) sont parallèles. La droite ( IJ) est donc parallèle à une droite du plan (ABC) ; elle est donc parallèle au plan (ABC). La corde est donc parallèle au sol. 86 a) Les points A et I appartiennent au plan (SAB) ; la droite (A I) appartient donc au plan (SAB). (SAB). P appartient à la droite (A I), donc P appartient aussi au plan (SAB). Les points D et e t J appartiennent au plan (SDC), la droite (DJ) appartient donc au plan (SDC). P appartient à la droite (DJ), donc P appartient aussi au plan (SDC). b) Les plans (SAB) et (SDC) sont sécants (ils ont le point S en commun). Les plans (SAB) et (SDC) ont aussi le point P en commun. La droite (SP) est donc l’intersection des plans (SAB) et (SDC). c) La droite (AB), contenue dans le plan (SAB) (SAB) est parallèle à la droite (CD), contenue dans le plan (SDC). Donc d’après le théorème du toit, la droite d’intersection (SP) des plans (SAB) et (SDC) est parallèle à la droite (AB) et à la droite (CD). La droite (SP) est donc parallèle à la droite (AB). (AB). Chapitre 11

Géométrie dans l’espace

163

2 87 a)  =  × h  = 4 × 2  = 32 3 3 3 32 Le volume de la pyramide CBFG I est  cm3. 3 b) Dans le plan (GF I), le théorème de Pythagore appliqué au triangle IGF rectangle en G permet d’écrire IF2 = GI2 + GF2 = 22 + 42 = 20. D’où IF =  20 20 = 2 5. 5. La longueur IF est 2 5 cm. c) Dans le plan ( IFB), le théorème de Pythagore appliqué au triangle IFB rectangle en F permet d’écrire : 2 2 2 2 2 IB  = IF  + FB  =  20 20  + 4  = 20 + 16 = 36 IB =  36 36 = 6 La longueur IB est 6 cm.

88 a) Dans le plan (ABC), le théorème de Pythagore appliqué au triangle ABD rectangle en A donne : DB2 = AB2 + AD2 = 42 + 42 = 32. Donc DB =  32 32 = 4 2. 2. Dans le plan (SHB), le théorème de Pythagore appliqué au triangle SHB rectangle en H donne : 4 2 2 SH2 = SB2 – HB2 = 62 –  = 36 – 8 = 28 2 SH =  28 28 = 2 7 La longueur SH est 2  7 cm. ×h 42 × 2 7 32 7 b)  =  =  = 3 3 3 32 7 3 Le volume de la pyramide est  cm  soit environ 3 3 28 cm .





89  On se place dans le plan (SAB) ; on note H le milieu du segment [AB]. [AB]. S et H sont équidistants des points A et B donc la droite (SH) est la médiatrice du segment [AB]. Ainsi le triangle SHA est rectangle en H. On O n applique le théorème de Pythagore dans celui-ci : SH2 = SA2 – AH2 = 102 –52 = 75 SH =  75 75 L’aire d’une face triangulaire est alors : ×h 10 × 75 75  =  = 5 75 75 2 2 L’aire de la base est 102 = 100. L’aire totale, en cm2, de la pyramide est : 4 × 5 75 75 + 100 = 100 + 100 3. 3. 90  Ce lieu s’appelle Four Corners  et ses coordonnées géographiques géo graphiques sont (122° (122° O ; 44° N). On dit que c’est le seul « quadripoint » des Étas-Unis pour indiquer qu’il est à la frontière de quatre états : Arizona, Colorado, Nouveau-Mexique et Utah.

164

91 • On trace [ IJ] et [JK]. • On trace la parallèle à (AB) passant par S et on utilise le « théorème du toit » pour tracer [KL] en ayant prolongé (I J). • Les droites (SB) et (HF) sont sécantes en Q et les droites (SC) et (EG) en R. La droite (QR) est donc dans le plan (SBC) et coupe donc la droite (JK) en T. • On trace alors la parallèle à ( IL) passant par T. En effet les faces du parallélépipède (ABC) et (EFH) sont parallèles donc le plan ( I JK) coupe ceux-ci selon deux droites parallèles ( IL) et (OT). • On trace [LN] puis pour les mêmes raisons, sa parallèle [IM]. • On trace [MO]. • On trace enfin [NP] parallèlement à [ IJ] puisque les faces opposées sont parallèles, puis [OP]. S J D A

E

K 

I

M

L

C B

O H P

R

G N

F

Q  T

92 a) Le volume de la sphère est 4 p R3 où R est le 3 rayon de la sphère. Le volume d’un des deux cônes est : p r 2 × R 1 3 ×h  =  = p R 3 3 3 Le rapport du volume de la sphère à celui d’un des deux cônes est donc : 4 3 pR 4 3 3  = ×  = 4 1 3 3 1 pR 3 b) Le volume du cylindre est  × h = p R2 × 2 R = 2 p R3. Le rapport du volume du cylindre à celui celui de la sphère est donc : 2 p R3 3 3  = 2 ×  = 4 3 4 2 pR 3

12 1

Vecteurs

Au fil des siècles

Nombreux sont les mathématiciens qui ont contribué à la notion de vecteurs. Bernard Bolzano (1781-1848) a travaillé sur les précurseurs des vecteurs. Son travail fut notamment repris et utilisé par August Ferdinand Möbius (1790-1868). Mais l’étape fondatrice de la définition de vecteurs fut proposée par Giusto Bellavitis (1803-1 (1803-1880). 880). Cette notion notio n fut reprise par beaucoup de mathématiciens tels que : Jean-Robert Jean- Robert Argand (1768-1822), Hermann Grassmann (1809-1877), William Hamilton (1805-1865), Giuseppe Peano (1858-1932)… Site possible : https://fr.wikipedia.org/wiki/vecteur

2

Bien démarrer A

1. a) D

B C

A

6. a) et b) Échelle 3/4

4 cm A

   m    c     3

B

7. a) C’est un tableau de proportionnalité car :

– 24 4 4 4 = –  et  = – . 18 3 –3 3 b) Ce n’est pas un tableau de proportionnalité. propor tionnalité. 3 6 En effet :  = 3 et  = 1,5 et 1,5 ≠ 3. 1 4 c) C’est un tableau de proportionnalité car : –2 9  = – 2 × 3 = – 2 et – 2 = – 2. 9 1 3 3 3 1 3

3

b) B C

C

Découvrir

1

De la translation aux vecteurs 1. a) b) J J’

E

2. I

– 12+ 5 ; 2 +2 6  donc I (2 ; 4).

 T

3. Les segments [MN] et [PQ] ont le même milieu O ;

 T’

donc MQNP est un parallélogramme. (1 – 5)2 + (2 – (– 4))2  =  (– (– 4)2 + 62 4. AB =  (1 AB =  16 16 + 36 =  52 52

M M’

5. a) L’image du point C est le point C.

b) L’image du point B  est le point A.

c) JTT J est un parallélogramme. Chapitre 12

Vecteurs

165

2. a) Le déplacement de Jenna convient. Le déplacement d’Emma ne convient pas, les vecteurs DD et EE n’ont pas le même sens. Le déplacement de Chloé ne convient pas, les vecteurs DD et CC  n’ont pas la même direction (les droites (DD) et (CC) ne sont pas parallèles). b) Le point M est confondu avec le point D. c) Pour que le déplacement d’Aïssa soit correct, DDAA doit être un parallélogramme. Le point B doit donc être le milieu des diagonales [DA] et [DA].  T 

 T 

 R 

 R 

2

Coordonnées de vecteurs 1. a) b)

Ainsi JD = FE. Or JD = BI, donc BI = FE et le quadrilatère B IEF est un parallélogramme.  R 

 R 

E A B

C

D

F G

b) Les segments [AG] et [BF] se coupent en leur milieu C, donc ABGF est un parallélogramme. Ainsi AB = FG. Or AB = EA, donc FG = EA et le quadrilatère FGAE est un parallélogramme. On en déduit que AG = EF. EF. Les droites (AG) et (EF) sont donc parallèles. c) AB = FG et AB = BD donc BD = FG. On en déduit que BDGF est un parallélogramme et que les droites (BF) et (DG) sont parallèles. d) On sait que ABGF est un parallélogramme, les droites (AF) et (BG) sont donc parallèles.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

B

 R 

A  T V

C J P

 R 

 R 

3 a)

 R 

S

 R 

 R 

O

4

I

c) AS (– 5 ; 3) d) BS (4 (4 ; 2) donc SB (– 4 ; – 2). 2) a) AB (– 9 ; 1) b) AS (– 5 ; 3) SB (– (– 4 ; – 2) et AB (– 9 ; 1). Les coordonnées du vecteur AB s’obtiennent en ajoutant celles des vecteurs AS et SB. – 5 + (– 4) = – 9 et 3 + (– 2) = 1. 3. a) BT = CP b) • P(– 8,1 ; 0,8) et C(– 10,1 ; 2,3). CP (– 8,1 – (– 10,1) ; 0,8 – 2,3) donc CP (2 ; – 1,5).  x ; y) • B (– 5 ; 6) et T( x  x – (– 5) ; y – 6) BT ( x BT ( x  x + 5 ; y – 6) • BT = CP c’est-à-dire x + 5 = 2 et y – 6 = – 1,5. 1,5. Ainsi T (– 3 ; 4,5). 4, 5).

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

B

A

I

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

D

 R 

 R 

a) AB = DC car ABCD est un parallélogramme. AB = IA car A est le milieu de [ IB]. DC = CJ car C est le milieu de [DJ]. b) IA = AB = DC = CJ En particulier IA = CJ, donc AICJ est un parallélogramme.  R 

 R 

Savoir-faire

 R 

 R 

 R 

E

C

J

 R 

5 a) ABCD est un parallélogramme donc AB = DC. Les segments [AE] et [BF] se coupent en leur milieu C, donc ABEF est un parallélogramme. Ainsi AB = FE. On obtient DC = FE. b) D’après a) DC = FE. Or C est le milieu de [DG] donc DC = CG. On en déduit que CG = FE et que CGEF est un parallélogramme ; les droites (CF) et (GE) sont donc parallèles.

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

7 a)

 R 

 R 

L +1 –3 J +1

B

 R 

 R 

 R 

I

D

 R 

 R 

 R 

A

2 a)

 R 

 R 

 R 

 R 

4

J

C

1

K 

O

1 I

–3 F

b) Les segments [DF] et [EJ] se coupent en leur milieu C, donc DJFE est un parallélogramme. 166

b) IJ (– (– 1 – 2 ; – 1 – (– 2)) donc IJ (– 3 ; 1) KL (– 3 – 0 ; 2 – 1) donc KL (– 3 ; 1)  R 

 R 

 R 

 R 

c) Les vecteurs I J et KL ont les mêmes coordonnées, on en déduit que IJ = KL. I JLK est donc un parallélogramme.  R 

 R 

 R 

 R 

8 a) On note M le milieu de [ IL] et N le milieu de [JK]. 2 + (– 3) 3) – 2 + 2 1 M  ;  ainsi M –  ; 0 . 2 2 2 –1+0 –1+1 1 N  ;  ainsi N –  ; 0 . 2 2 2 b) Les points M et N ont les mêmes coordonnées, ils sont confondus. [IL] et [JK] ont donc le même milieu, le quadrilatère I JLK est donc un parallélogramme.

 







DI + IA = DA. =

 R 

 R 

 R 

13





A



9 a) AB (3 – (– 2) ; 3 – 1) donc AB (5 ; 2). CE (3 – (– 2) ; – 2 – (– 4)) donc CE (5 (5 ; 2). ED (3 – 3 ; – 6 – (– 2)) donc ED (0 ; – 4). AC (– 2 – (– 2) ; – 4 – 1) donc AC (0 ; – 5). b) Les vecteurs AB et CE ont les mêmes coordonnées, on a donc AB = CE et ABEC est un parallélogramme. p arallélogramme. Les vecteurs ED et AC n’ont pas les mêmes coordonnées, ED ≠ AC et AEDC n’est pas un parallélogramme.  R 

D C

B

14 a) b)

A DF

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

E D

FC

 R 

DA

C

 R 

 R 

 R 

AD

B

F DC

 R 

 R 

10 a)

c) u = DF + AD + FE = AD + DF + FE = AF + FE = AE v  = AE + DC + DA = AE + DC + CD = AE + DD = AE Donc u = v.  t 

A

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

B

 R 

 t 

1 D

1 O

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

C

 t 

On peut penser que ABCD est un parallélogramme. b) AB (4,1 – 2,3 ; 3,8 – 5,1) donc AB (1,8 (1,8 ; – 1,3). DC (0,9 – (– 0,9) 0,9) ; – 0,7 – 0,5) donc DC (1,8 (1,8 ; – 1,2). Les vecteurs AB et DC n’ont pas les mêmes coordonnées, AB ≠ DC et ABCD n’est donc pas un parallélogramme.  R 

 R   R 

B=M

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

D

F B

 R 

 R 

I

G

 R 

 R 

A

 R 

12 a) On construit les points E, F et G tels que : A DC = BE, IA = EF et CI = FG. u = DC + IA + CI D = BE + EF + FG = BF + FG = BG b) Il semble que u = DA. u = DC + IA + CI = DC + CI + IA

 t 

IC

 R 

 R 

 t 

IB

 R 

 R 

 R 

15

 R 

 R 

 R 

 t 

I

C

E

C

Il semble que les points M et B sont confondus. I est le milieu de [AC] donc IA = CI. On a donc : IM = IA + IB + IC = CI + IB + IC = CI + IC + IB = CC + IB = IB Les points M et B sont donc confondus.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

Chapitre 12

Vecteurs

167

17 a)

19 a) AB (– 2 ; – 3) et DC (3 – xD ; – 1 – yD). ABCD est un parallélogramme si, et seulement si, AB = DC c’est-à-dire 3 – xD = – 2 et – 1 – yD = – 3. Donc xD = 3 + 2 = 5 et  yD = – 1 + 3 = 2. 2 . Ainsi, D (5 (5 ; 2).

B

1

 R 

 R 

1

O

C

 R 

 R 

A D

b)

A

E

D B

F

3 BC (2 ; – 2), donc BC (3 ; – 3). 2 3 AE = BC équivaut à xE – 1 = 3 et yE + 1 = – 3. 3. 2 Donc E (4 (4 ; – 4). 4). b) AB (1 ; 2), donc –3 AB (– 3 ; – 6). CF = – 3 AB équivaut à xF – 4 = – 3 et yF + 1 = – 6. Donc F (1 ; – 7). c) DE (– 2 ; – 2) et DF (– 5 ; – 5). 5 On remarque que DF = DE . 2 Les vecteurs DF et DE sont donc colinéaires et les points D, E et F sont alignés.

 R 

1

I

O

J

1

C

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 3 +2 5 ; – 12+ 2 donc I 4 ; 12. 1 c) BI 6 ; –  donc 2 BI (12  (12 ; – 1). 2 I

 R 

 R 

BJ = 2 BI équivaut à xJ + 2 = 12 et yJ – 1 = – 1, 1, donc J (10 ; 0). d) AJ (10 (10 ; – 4) et AD (5 ; – 2). On remarque que AJ = 2 AD, les vecteurs AJ et AD sont donc colinéaires. Ainsi, les points A, J et D sont alignés.

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

20 a) BC (– 11 11 ; a) b) AB (– 4 ; – 2) et BC (– 11 ; a). On remarque que 11 – 11 11 = × (– 4). 4 Les points A, B et C sont alignés si, et seulement si, les vecteurs AB et BC sont colinéaires, 11 11 11 c’est-à-dire BC = AB. On obtient a = × (– 2) = – . 4 4 2  R 

18 1. a)

 R 

F D

 R 

 R 

 R 

 R 

C

E

1 A

B

O 1

 xE + 2 ; yE + 1) et AB (4 b) AE ( x (4 ; 2). AE = 3 AB équivaut à xE + 2 = 12 et yE + 1 = 6. Donc E(10 ; 5). 2. a) E et F sont les images respectives de B et C par l’homothétie de centre A et de rapport 3. Donc EF = 3 BC. b) EF ( x  xF – 10 ; yF – 5) et BC (– 2 ; 4). EF = 3 BC équivaut à xF – 10 = – 6 et yF – 5 = 12. Donc F (4 ; 17). 3. AF (6 ; 18) et AD (5 ; 15) 6 18 Or  = 1,2 et  = 1,2, 5 15 ainsi AF = 1,2 AD. Les vecteurs AB et AD sont colinéaires, les points A, F et O sont donc alignés.  R 

 R 

5

Résoudre des problèmes

22

C

 R 

 R 

 R 

 R 

B 1

F E

1

D O

 R 

 R 

A

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

• On construit les points E, F et D tels que : 1 2 BE = BA ; CF = CA et FD = BE. 3 3 1 2 On obtient : BA + CA = BE + CF = CF + FD = CD. 3 3 • Il semble que les droites (BC) et (AD) sont parallèles. • BA (– 3 ; – 3) et CA (3 ; – 6). 1 2 1 2 CD × (– 3) + × 3 ; × (– 3) + × (– 6)  donc CD (1 ; – 5). 3 3 3 3  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

168

 R 



 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 



 R 

 xD + 2 ; y  yD – 5), on obtient : xD + 2 = 1 et yD – 5 = – 5. Or CD ( x Ainsi D (– 1 ; 0). • BC (– (– 6 ; 3) et e t AD (– 2 ; 1). 1). On constate que BC = 3 AD, les vecteurs BC et AD sont donc colinéaires, les droites (BC) et (AD) sont parallèles.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

Or P est le milieu de [AC] donc AP + CP = 0 et Q est le milieu de [BD] donc QB + QD = 0. Donc : AB + CD = 2 PQ + 0 + 0 et AB + CD = 2 PQ.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 R 

 u 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

30  Dans la partie Traitement , on calcule aux quatre premières lignes les coordonnées (a ; b) du vecteur AB, puis les coordonnées (c  ; ; d ) du vecteur CD. Les droites (AB) et (CD) sont parallèles si, et seulement s eulement si, les vecteurs AB et CD son colinéaires, autrement dit s’il existe un réel � tel que c  =  = la et d  =  = lb. On a alors a × d  =  = a × lb = lab et b × c  =  = b × la = lab c’est-à-dire a × d  =  = b × c . L’algorithme L’algorithme teste donc le parallélisme des deux droites (AB) et (CD). Voici la boucle et l'affichage :  R 

 R 

23  A et B sont les symétriques de A et B par rapport à l’origine O du repère. Ainsi AB = – AB = BA. On a donc AB (– 1 ; 2).  xC – 2 ; yC – 2) et OB (3 ; 0). AC ( x AC = 2 AB – OB équivaut à  xC – 2 = – 2 – 3 et yC – 2 = 4 – 0. Donc C (– 3 ; 6). AB (1 ; – 2) et e t OC (– (– 3 ; 6). OC = – 3 AB. Les vecteurs OC et AB sont colinéaires et les droites (OC) et (AB) sont parallèles.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

R 

 R 

 R 

 R 

 R 

R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

26 a)

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

B

28

32 1. a) Voir ci-après. 4 – 32 16 b) AP0 (– 8 ; 4) donc AP0  ; . 5 5 5 – 32 16 AP1  ;  or AP1 ( x  x1 – 10 ; y1). 5 5 – 32 16 18 16 On obtient x1 – 10 =  et y1 =  donc P1  ; . 5 5 5 5  R 

AB + CD = AP + PQ + QB + CP + PQ + QD = 2 PQ + AP + CP + QB + QP  R 

 R 







 R 



c) C

 R 

 u 



Q

D  R 

Travaux pratiques

 R 

 R 

P

 R 

6

 R 



A

 R 

 R 

 u 

 R 

 R 

 R 

nombres réels Entrées :  yA, xB, y  y B, xC, y  yC Saisir xA, y Traitement  Affecter à a la valeur xB – xA et sortie : Affecter à b la valeur yB – yA Affecter à c  la  la valeur xC – xA Affecter à d  la  la valeur yc – yA Si a * d  =  = b * c  alors  alors Afficher “A, B et C sont alignés”   sinon Afficher “A, B et C ne sont pas alignés” Fin Si

 R 

27 a) BD + CA – BC = 2 CA – DA équivaut à : BD + CA – BC – 2 CA + DA = 2 CA – DA – 2 CA + DA c’est-à-dire à : BD + CA – BC – 2 CA + DA = 0 b) BD + CA – BC – 2 CA + DA = BD – CA + CB + DA = CB + BD + DA + AC = CD + DC = CC = 0  R 

Si a * d  =  = b * c  alors  alors Afficher “(AB) et (CD) sont parallèles”   sinon Afficher “(AB) et (CD) ne sont pas parallèles” Fin Si

Variables :  xA, y  yA,  xB, y  yB,  xC, y  yC, a, b, c , d   sont des

 R 

AB + CD = AD + CB équivaut à : AB + CD – AD – CD = AD + CB – AD – CD ou encore AB – AD = CB – CD. b) AB – AD = AB + DA AB – AD = AC + CB + DC + CA AB – AD = CB + DC + AC + CA AB – AD = CB + DC + AA AB – AD = CB – CD  R 

 R 

31

25 AD + CB = AB + BD + CD + DB AD + CB = AB + CD + BD + DB AD + CB = AB + CD + BB AD + CB = AB + CD.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

4  x – 10) Affecter à x la valeur 10 + × ( x 5 4 Affecter à y la valeur × y. 5 Chapitre 12

Vecteurs

169

d) Avec une calculatrice

TI

33 1. b) B(11 ; 0) f) Il semble que la distance CH + HP + PB soit la plus courte possible pour P(6,6 ; 2) ; c’est-à-dire pour un point P d’abscisse 6,6.

C A SI O

2. a) C H

On obtient P1(3,6 ; 3,2) P2(4,88 ; 2,56) P3(5,904 ; 2,048) P4(6,7232 ; 1,6384) et P5(7,37856 ; 1,31072). e) Q1 Q2 Q5

P1 P2 P3 1

P Point P cherché

P4

P5

B

On a BE = PH. b) BE = PH si, et seulement si, BEHP est un parallélogramme. On a donc HP = EB et PB = HE. Ainsi CH + HP + PB = CH + EB + HE. Or EB est une longueur fixe égale à 3. Minimiser la somme CH + HP + PB revient donc à minimiser CH + HE. Pour que la somme CH + HE soit minimale les points C, H et E doivent être alignés. 3. a) On construit le point E tel que PH = BE. Le point H cherché est le point d’intersection de la droite (CE) avec la droite représentant le bord supérieur de la rivière. Le point P cherché est l’image du point H ainsi déterminé par la translation de vecteur EB. b) B(11 B(11 ; 0), C(0 ; 8), E(11 E(11 ; 3). H(a ; 5), P(a ; 2), CH (a ; – 3) et CE (11 (11 ; – 5). Les points C, H et E sont alignés si, et seulement si les vecteurs CH et CE sont colinéaires. 3 3 – 3 = × (– 5) donc a = × 11 = 6,6. 5 5 On obtient H (6,6 ; 5) et P(6,6 ; 2).  R 

Q4

PO

4

E

 R 

 R 

Q3

Point H cherché

 R 

 R 

1

A 10

B

2. a) BP0 = P1Q 1  donc BP0Q1P1  est un parallélogramme. De même BP0Q2P2, BP0Q3P3, BP0Q4P4 et BP0Q5P5 sont des parallélogrammes. b) Variables  :  x, y, z , t  sont  sont des nombres réels, i  est  est un nombre entier naturel   Traitement  Affecter à x la valeur 2 et sorties : Affecter à y la valeur 4 Pour i  allant  allant de 1 à 5 4  x – 10) Affecter à x la valeur 10 + × ( x 5 4 Affecter à y la valeur × y 5 Affecter à z  la  la valeur x Affecter à t  la  la valeur 4 + y   Afficher x, y, z , t  Fin Pour  R 

 U 

3. a) Une boucle permet d’obtenir les coordonnées des points P1, P2, P3, P4, P5, Q1, Q2, Q3, Q4 et Q5 en écrivant les calculs une seule fois (au lieu de 5) pour un point Pi  et une seule fois pour un point Q i . b) En poursuivant la construction des points P1, P2, P3, P4, P5, P 6… on obtient des points du segment [AP 0] se rapprochant de plus en plus du point A.

 R 

 R 

 R 

34 1. Nom du vecteur a b c  d  e f  g h i   j  k 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

l 

 t 

170

 R 

 R 

 R 

Coordonnées du vecteur (3 ; 2) (– 1 ; 2) (– 2 ; 1) (1 ; 0) (2 ; – 2) (– 3 ; – 1) 1) (– 1 ; – 3) (– 1 ; 1) (– 3 ; 1) (3 ; – 2) 2) (0 ; – 3) (– 1 ; 3)

Représentant du vecteur dans la grille HB MH = FA BA = IE BC = DE = EF FJ = GK  BD = CE = JM AH = FM = DL EH = GI = BF CA = ID = K I AG = EJ CJ = EM MD = JB R 

R 

R 

R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

R 

R 

 R 

 R 

R 

 R 

 R 

R 

 R 

 R 

R 

 R 

 R 

R 

R 

R 

 R 

 R 

 R 

2. a) a + c  + g = HB + BA + AH = HA + AH = HH = 0. b) s = b + d  +  + e + f  +  + h + i  +  + j  +  + k  +  + l  donc  donc s (– 1 + 1 + 2 – 3 – 1 – 3 + 3 + 0 – 1 ; 2 + 0 – 2 – 1 – 1 + 1 – 2 – 3 + 3) s (– 3 ; – 3) 3. a) Le vecteur s a pour coordonnées (– 3 ; – 3), or les seuls vecteurs ayant pour coordonnées (– 3 ; – 3) sont GM et FL. On ne peut donc partir que de G et arriver en M, ou partir de F et arriver en L. b) On démarre de F et on arrive en L. 4. • On entoure HB et on barre JB. • On entoure MD et on barre MH, BD, ID. • On entoure FA et on barre FJ, FM, BA, CA. • On entoure IE et on barre DE, CE. • On entoure GK et on barre GI. • On entoure JM et on barre EM. • On entoure CJ et on barre EJ. • On entoure K I. • On entoure AG et on barre AH. • On entoure DL. • On barre EF et BF car on part de F. On obtient le chemin : F – A – G – K – I – E – H – B – C – J – M – D – L  t 

 R 

 t 

 t 

 t 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

39  Échelle 3/4.

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

 t 

C

 t 

 t 

AC

 t 

 t 

 R 

A

 R 

B BC

 R 

 R 

 R   R   R 

 R 

 R   R   R 

 R 

40

A

 R   R 

 R 

C

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

O

 R 

 R 

 R 

 R 

B

 R 

 R 

7

 R 

41 La translation de vecteur

transforme

en

 R 

CE

L

J

 R 

DA

G

M

 R 

EI

ECG

IKM

FC

[FJ]

[CK]

Pour s’entraîner

35 a) Le point A est transformé en F par la translation de vecteur DE et en I par la translation de vecteur EA. b) CB = BI = DA (par exemple). c) DE et BA (par exemple). e xemple). d) FC e) La translation de vecteur DF transforme le triangle ABC en GHA.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

36 a) IJPO b) le milieu. d) NS e) TV  R 

c) [AB] et [CD].

42 a) Faux, les vecteurs n’ont pas le même sens. b) Faux, les vecteurs n’ont pas la même longueur. lo ngueur. c) Vrai, les longueurs AB et CD sont égales. d) Vrai car ABCD est un parallélogramme. e) Vrai car AD = BC = – CB. f) Faux, les longueurs ne sont pas égales.  R 

 R 

 R 

 R 

37  La translation de vecteur AA2 permet de passer du triomino  au triomino .

43 a)

B

A

 R 

D

38

C

AC

D

F

C

b) AB = DC = FE car ABCD et ABEF sont des parallélogrammes. c) DC = FE donc CDFE est un parallélogramme.  R 

BC

B A

E

 R 

 R 

 R 

 R 

Chapitre 12

Vecteurs

171

44 a) b)

c) AC (1 (1 ; – 1) 1) et e t EH (1 ; – 1). d) AC et EH ont les mêmes coordonnées donc AC = EH. Ainsi ACHE est un parallélogramme.  R 

E

 R 

A

B

 R 

 R 

 R 

51 a) AB (– 2 ; – 4) et DC (5 – x ; 4 – y). b) ABCD est un parallélogramme si, et seulement si AB = DC. On obtient 5 – x = – 2 et 4 – y = – 4. Donc D (7 ; 8).  R 

O

 R 

C

D F

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 





 R 

 R 





 R 

 R 

53  Aux quatre premières lignes de la partie Traitement , on calcule les coordonnées (a ; b) du vecteur AB, puis les coordonnées (c  ; ; d ) du vecteur CD. Si a = c  et  et b = d  alors  alors AB = CD et ABDC est un parallélogramme, sinon ABDC n’est pas un parallélogramme.  R 

b) AB (11 (11 ; – 3) d) AB (12 ; 0)

 R 

 R 

 R 

 R 

46 a) AB (3 ; – 1) 1) c) AB (0 ; 5)

 R 

 R 

45 AB (2 ; 3), CD (1 ; – 3), EF (2 (2 ; 0) GH (0 ; – 4), 4), IJ (– 3 ; – 1), 1), KL (– 1 ; 4).  R 

 R 

 R 

c) AO = EB donc AOBE est un parallélogramme, on en déduit que AE = OB. [OC] et [BF] se coupent en leur milieu, donc OBCF est un parallélogramme. On en déduit que OB = FC. d) AE = FC donc AECF est un parallélogramme. parallélo gramme. e) Les diagonales de AECF se coupent en leur milieu. Or O est le l e milieu de [AC], c’est donc aussi le milieu de [EF].  R 

 R 

52 a) AB (– 1 ; 1) DC ( x  x – 4 ; y – 6) AB = DC équivaut à x – 4 = – 1 et y – 6 = 1. Donc C (3 ; 7). b) Les diagonales [AC] et [BD] se coupent en leur milieu I. –3+4 5 + 6 1 11 I ; donc I ; . 2 2 2 2 c) AB (– 1 ; 1), ED (4 – x ; 6 – y). AB = ED équivaut à 4 – x = – 1 et 6 – y = 1. Donc E (5 ; 5).

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R   R 

 R 

 R 

 R 



54 a) AB + BC = AC c) AB + BC + CD = AD  R 

47 1. a) Dans le repère (E ; EG, ED), EF (2 ; 1). 1). 1 1 b) Dans le repère ( I ; IG, IH), AC ; – . 2 2 2. AG a pour coordonnées (0,5 ; – 1) 1) dans ( I ; IG, IH).

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

b) CD = CE + ED d) AB = AM + MN + NB  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 



 R 

 R 

48 a) b)

55 a) BA + BC = BD b) DA + CF = DA + DC = DB c) AI + IF + FE = AE d) CI + JE = CI + IB = CB e) IA + IC = IA + AI = II = 0 f) AB + IJ + FD = AB + BE + EA = AA = 0  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

M

56 a) u (– 1 ; 7), v  (–  (– 1 ; 7). b) u = v   t 

A

1

 t 

1

 t 

 t 

57  Échelle 3/4.

O N

CO

49 a) AB (5 ; 0) et DC (– 3 ; 0). AB ≠ DC donc ABCD n’est pas un parallélogramme. parallélo gramme. b) AB (5 ; 2) et DC (5 ; 2). AB = DC donc ABCD est un parallélogramme. 1 2 2 2 c) AB – ; –  et DC – ; – . 3 3 3 3 AB ≠ DC donc ABCD n’est pas un parallélogramme. parallélo gramme.

 R 

 R 



172

AO

 R 



 R 



O



 R 

50 a) D(0 ; 0), A(0 ; 1), C(1 ; 0), B(1 ; 1), E(–2 ; 0), G(0 ; – 2) et F(– 2 ; – 2). b) H est le milieu de [DF]. 0 + (– 2) 0 + (– 2) H ;  donc  don c H(– 1 ; – 1). 1). 2 2



B

 R 

 R 

 R 

A

 R 

 R 

 R 



 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

D

C

 R 

 R 

w  = DC + AD + CO  R 

 t 

 R 

b) Par construction, on observe que F1 + F2 et F3 sont opposés, donc que la somme de ces trois vecteurs est 0.

 R 

 R 

= AD + DC + CO = AC + CO = AO  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

 R 

F  

 R 

1  

+ F  

58

F2

2  

a)

F1 1

b)

A

O

A

1 F3

c)

62 AB (– 11 11 ; 11) et AC (– 11 ; 6) donc AB + AC (– 22 ; 17).  xD – 7 ; yD + 1) AD ( x 1) AD = AB + AC équivaut à :  xD – 7 = – 22 et  yD + 1 = 17. et  yD = 16.  xD = – 15 Ainsi D (– 15 ; 16).

A

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

59 a) AB + EH = AB + BE = AE. b) CE + FB = EG + GC = EC. c) AH + ID = AH + HF = AF. d) ID + BC + EC = ID + DE + EC = IC = GD. e) HE + CB + DF + •I = HE + ED + DF + •I = HF + •I = ID + DI = 0. Le point manquant est D.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

60 a)

 R 

 R 

63 a) AH ( x  xH – 1 ; yH –3) et BH ( x  xH – 0 ; yH – 4) donc AH + BH (2 xH – 1 ; 2 yH – 7). AC (4 (4 ; – 3) AH + BH = AC équivaut à : 2 xH – 1 = 4 et 2 yH – 7 = – 3 5 4  xH =  = 2,5 et yH =  = 2 2 2 H (2,5 (2,5 ; 2). b) MA (1 (1 – xM ; 3 – yM) MB (– xM ; 4 – yM) MC (5 – xM ; – yM) MA + MB + MC (6 – 3 xM ; 7 – 3 yM) MA + MB + MC = 0 équivaut à : 6 –3 xM = 0 et 7 – 3 yM = 0 7 M 2; 3  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

5N

 R 

A

1  T

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

 t 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 

1

b) F = F1 + F2 F1 (3 ; 4) et F2 (3 ; 0) donc F (6 ; 4). c) F = TA où T est es t l’origine du repère. TA =  62 + 42 =  52. 52. La force F a donc une intensité de 5 52 52 N soit environ 36 N.

 t 

 R 

 R 

 t 

61 a) F1 + F2 + F3 (– 2 + 2 + 0 ; 1 + 3 – 4) donc F1 + F2 + F3 (0 ; 0) et F1 + F2 + F3 = 0. Le système est donc équilibré.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

64 AC + BD + CE + DA + EB = CE + EB + BD + DA + AC = CB + BA + AC = CA + AC = 0  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

65 a) Dans le triangle ABC, la droite ( IJ) passe par les milieux de [AB] et [BC]. • Avec la réciproque du théorème de Thalès, on montre que ( IJ) est parallèle à (AC). De même, (AB) est parallèle à (KJ). AIJK a ses côtés opposés parallèles deux à deux, c’est donc un parallélogramme. b) AIJK est un parallélogramme donc AK = IJ.  R 

Chapitre 12

 R 

Vecteurs

173

Ainsi AK + JI = IJ + JI = II = 0. c) AJ + BK + CI = AJ + BA + AK + CI = BA + AJ + IJ + CI = BJ + CI + IJ = BJ + CJ Or J est le milieu de [BC] donc BJ + CJ = 0.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

d) n = 2 m

 p 

 u 

2 g) b = – c  3 –3 i) y = w  4  u 

 u 

 u 

 p 

 p 

 u 

 p 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 u 

71 a) 4 AD – 4 BD + 2 CD = 0 4 AD + 4 DB + 2 CD = 0 4 AB + 2 CD = 0 1 AB = – CD 2 AB et CD sont donc colinélaires. b) CB + 2 AC + DB = 0 CB + 2 AB + 2 BC + DB = 0 2 AB + BC + DB = 0 2 AB + DC = 0 1 1 AB = – DC = CD 2 2 AB et CD sont donc colinéaires. c) 5 AB – 3 CB = 7 AD – 4 AC 5 AB = 7 AD + 4 CA + 3 CB 5 AB = 7 AC + 7 CD + 4 CA + 3 CB 5 AB = 3 AC + 4 AC + 7 CD + 4 CA + 3 CB 5 AB = 3 AB + 7 CD 2 AB = 7 CD 7 AB = CD 2 AB et CD sont donc colinéaires.  R 

c) b = 2a  u 

 u 

1 f) u = –  y 3 4 i) w  =  = v  3 –2 l) n =  p 3  u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 R 

67 a) 2u + v  =  = 0 donc v  =  = –2 u. u et v  sont  sont colinéaires. 1 1 b) – 3u = – v  donc  donc u = v . u et v  sont  sont colinéaires. 2 6 1 c) – 4 × (– 1) = 4 et – 4 ×  = – 2 donc u = – 4 v . 2 u et v  sont  sont colinéaires.  u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u   u 

 u   u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

9 9 9 d) 5 ×  = 9 mais 1 ×  =  ≠ 2. 5 5 5 u et v  ne  ne sont pas colinéaires.

 u 

68 a) u (1  (1 ; – 4) b) v  (–  (– 3 ; 3) c) 3 u (3 ; – 12) d) – 2 v  (6  (6 ; – 6) 1 1 4 e) – u –  ; f) 3 u – 2 v  (9  (9 ; – 18) 18) 5 5 5  u 





 u 

 R 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

70 a) OE ( x  xE ; yE), – OB = BO et BO (1 (1 ; 3). OE = – OB équivaut à xE = 1 et yE = 3. Donc E (1 ; 3). 4 b) AD ( x  xD – 2 ; yD + 4), AC (– 3 ; 6) ; AC (– (– 4 ; 8). 3 4 AD = AC équivaut à  xD – 2 = – 4 et yD + 4 = 8. 3 Donc D (– 2 ; 4). c) DF ( x  xF + 2 ; yF –4), DE (3 ; – 1), 1), DO (2 ; – 4). 4). DE + 2 DO (7 ; – 9). 9). DF = DE + 2 DO équivaut à :  xF + 2 = 7 et yF –4 = – 9 F (5 ; – 5). 2. BA (3 ; – 1), 1), AF (3 ; – 1). 1). BA et AF ont les même coordonnées, donc BA = AF. A est donc le milieu de [BF].  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

174

 R 

 u 

 u 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

72 a) u (3 ; – 1), 1), v (m ; 4). – 1 × (– 4) = 4 on doit donc avoir 3 × (– 4) = m donc m = – 12. 12. b) u (2m ; – 5), 5), v (m ; – 1). – 1 × 5 = – 5 on doit donc do nc avoir m × 5 = 2m ; 0 5m = 2m donc 3m = 0 c’est-à-dire m =  = 0. 3  u 

 u 

73 a) C est l’image du point B par l’homothétie de centre A et de rapport 2 . Ainsi AC = 2 AB.  xC + 4 ; yC + 1) et AB(1 ; 2). AC ( x AC = 2 AB équivaut à xC + 4 = 2 et  yC + 1 = 4. Donc C (– 2 ; 3). b) C et D sont les images respectives de B et C par l’homothétie de centre A et de rapport 2 . Ainsi CD = 2 BC . CD ( x  xD + 2 ; yD – 3) et BC(1 ; 2). CD = 2 BC équivaut à xD + 2 = 2 et  yD – 3 = 4. Donc D (0 ; 7).  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

69 a) AD ( x 12 ; – 3).  xD – 3 ; y D –5), AB (– 4 ; – 1), 3 AB (– 12 AD = 3 AB équivaut à xD – 3 = – 12 et yD – 5 = – 3. 3. Donc D (– 9 ; 2).  xE – 3 ; yE – 5), AC (– 3 ; – 3), BC (1 b) AE ( x (1 ; – 2). 1 AC + 2 BC (1 ; – 5) 3 1 AE = AC + 2 BC équivaut à  xE – 3 = 1 et yE – 5 = – 5. 3 Donc E (4 ; 0).

 R 

 u 

 R 

 u 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 u 

 R 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

3 b) y =  x 2 1 e) u = w  4 1 h) m = –  p 3 –3 k) c  =  = b 2

66 a) v  =  = 3 u  u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

74 a) AB (– 2 ; – 1), 1), AC (1 (1 ; 0). 1 × (– 2) = – 2 mais 0 × (– 2) = 0 ≠ – 1. Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés. b) AB (–  2 ; – 2), 2), AC ( 2 ; – 2). –  2 x (– 1) 1) =  2 mais – 2 x (– 1) = 2 ≠ – 2.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés.  R 

 R 

75  A (– 2 ; 0), B (– 1 ; 0,3), C (1 ; 1). 1). AB (1 ; 0,3) et AC (3 ; 1). Or 1 × 3 = 3 et 0,3 × 3 = 0,9 ≠ 1. Les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires, les points A, B et C ne sont pas alignés.

 R 

 R 

 R 

 R 

76 AB (5 (5 ; 2,5), CD (3 ; 1,5). 3 3 5 ×  = 3 et 2,5 ×  = 1,5. 5 5 3 On a donc CD = AB, les vecteurs CD et AB sont coli5 néaires, les droites (AB) et (CD) sont donc parallèles. parallèles .  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

77 AB (2,5 (2,5 ; 2), CD (5 ; 4). CD = 2 AB, les vecteurs AB et CD sont colinéaires, les droites (AB) et (CD) sont donc parallèles.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

78 a) BD = 3 BA – 2 BC BD = 2 BA + BA – 2 BC BD = 2 BA + BA – 2 BA – 2 AC BD = BA + 2 CA BA + AD = BA + 2 CA AD = 2 CA = – 2 AC Les vecteurs AD et AC sont colinéaires, les points A, C et D sont donc alignés. b) AD = AB + BD AD = AB + 3 BA – 2 BC AD = AB – 3 AB – 2 BC AD = – 2 AB – 2 BC AD = – 2 (AB + BC) AD = – 2 AC Les vecteurs AD et AC sont colinéaires, les points A, D et C sont alignés et D appartient à la droite (AC).  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

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 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

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 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

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 R 

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 R 

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 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

79 a)  Échelle 1/2.

c) F et B sont les symétriques respectifs de E et A par rapport a I, donc : FB = – EA = AE 2 1 AE  ; – . 3 3 2 1 Donc FB  ; – et BD (– 2 ; 1). 3 3 2 1 1 1 Or  = – × (– 2) et –  = – × 1. 3 3 3 3 Les vecteurs FB et BD sont donc colinéaires et les points F, B, D sont alignés.  R 

 R 



 R 

 

 R 



 R 

C

 R 

 R 

80 a) EG (– 7 ; – 2), FG (– 6 – xF ; – 2 – yF), ME (– 2 ; – 4). 5 EG – 3 FG + 2 ME = 0 équivaut à : – 35 – 3 (– 6 – x F) – 4 = 0 et – 10 – 3 (– 2 – yF) – 8 = 0 3 xF – 21 = 0 3 yF – 12 = 0 Donc F (7 ; 4). EF (6 ; 4), GM (9 ; 6). 2 EF = GM, les vecteurs EF et GM sont colinéaires, les 3 droites (EF) et (GM) sont parallèles. b) 5 EG – 3 FG + 2 ME = 0 5 EF + 5 FG – 3 FG + 2 MG + 2 GE = 0 5 EF + 2 FG + 2 GE + 2 MG = 0 5 EF + 2 FE + 2 MG = 0 5 EF – 2 EF + 2 MG = 0 3 EF = – 2 MG 2 EF = GM 3 On retrouve le résultat établi à la question a). 81 a) L’homothétie de centre O et de rapport – 1 4 transforme A en C et B en D. 1 Ainsi CD = – AB. 4 La symétrie de centre E transforme C en A et D en F. Ainsi FA = – DC = CD. 1 b) CD = – AB et CD = FA , 4 1 on a donc FA = – AB. 4 Les vecteurs FA et AB sont colinéaires, les points F, A et B sont alignés.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 t 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

F

B

E

 u 

 u 

 u 

 u 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

82 DA + 4 DB = 0 donc DA + 4 (DA + AB) = 0 DA + 4 DA + 4 AB = 0 ; 5 DA + 4 AB = 0 4 Donc 4 AB = – 5 DA ; 4 AB = 5 AD et AD = AB. 5  R 

 R 

 R 

 u 

 R 

 R 

 u 

 R 

b) Dans le repère (A ; AI, AD), A (0 ; 0), I (1 ; 0), B(2 ; 0), C (2 ; 1) 1) D (0 ; 1). 1).

 R 

 R 

 R 

 R 

A

 R   R 

 R 

 u 

 u 

 R 

 R 

D B

 R 

 R 

1 1 1 IE = – IC équivaut à xE – 1 = – et  yE = – . 3 3 3 2 1 Donc E  ; – . 3 3

 R 

 R 

 R 

 R 

DE ( x  xE – 1 ; yE) et IC (1 ; – 1).

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

I

 u 

 R 

 R 

 R 

A

 R 

 R 

 R 

   m    c     4

 R 

 R 

 R 

 R 

D

 R 

 R 





83 a) u + v  ( (a + a ; b + b), v  +  + u (a + a ; b + b). Les vecteurs u + v et v  +  + u ont les mêmes coordonnées, donc u + v = v  +  + u. b) u + 0 (a + 0 ; b + 0), 0 + u (0 + a ; 0 + b), u (a ; b)  u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

Chapitre 12

 u 

Vecteurs

175

donc u + 0 = 0 + u = u. c) u + v  ( (a + a ; b + b) donc ( u + v ) + w (a + a + a � ; b + b + b�) v  +  + w  ( (a + a � ; b + b�) donc u + ( v  +  + w )( )(a + a + a � ; b + b + b�). D’où le résultat. d) u + v  ( (a + a ; b + b) donc l (u + v )( )(l a + l a ; l b + l b) l u (l a + l b) ; l v (l a + l b) donc l u + l v  ( (l a + l a ; l b + l b) D’où le résultat. e) (l + l) u ((l + l)a ; (l + l)b) donc (l + l) u (l a + la ; l b + lb) et l u + l v (l a + la ; l b + lb) D’où le résultat. f) (ll) u (ll a ; llb) et l u (l a ; l b) l(lu) (ll a ; ll b) D’où le résultat.  u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

9

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

 u 

84 a) P est nécessaire et suffisante pour Q. b) P est suffisante pour Q. c) P est suffisante pour Q. d) P est nécessaire et suffisante pour Q. e) P est nécessaire pour Q.

Pour aller plus loin

89 • EF = ED + DF = ED + 1 BD 3 2 3 3 Or DE = DB donc DB = DE et BD = ED. 3 2 2 1 3 3 Ainsi EF = ED + × ED = ED. 3 2 2 • EF = EG + GH + HF Or ABGE et ABHF sont deux parallélogrammes donc EG = AB et HF = BA. Ainsi EF = AB + GH + BA = GH + AA = GH. • ED = EG + GC + CD Or EG = AB et ABCD est un parallélogramme donc CD = BA. Ainsi ED = AB + GC + BA = GC. • On a démontré que : 3 3 EF = ED et EF = GH ; ED = GC. Donc GH = GC. 2 2 Les vecteurs GH et GC sont colinéaires. Les points G, H et C sont alignés.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

86 a) 1. B 2. C 3. B 4. C

 R 

 R 

88 1. C En effet, la translation de vecteur AB transforme D(3 ; – 2) en C(0 ; 2) lorsque AB = DC. Or DC (– 3 ; 4). Dans la réponse C, AB(– 3 ; 4). 2. A En effet, effet , dans ce repère A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1) et D(0 ; 1). 1 1 O est le milieu de [AC] donc O ; . 2 2 3. A, B En effet, les droites (AB) et (CD) sont parallèles lorsque AB et CD sont colinéaires. Or AB (5 ; 2). À la réponse A : CD (5 (5 ; 2) donc AB = CD. À la réponse B : CD (– (– 5 ; – 2) donc AB = – CD. 4. A, B, C À la réponse A, AB = – 5 AC et A, B, C alignés. À la réponse B, AB = 3 AC et A, B, C alignés. À la réponse C, BC = – 6 CA et A, B, C alignés.  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

176

 R 

 R 

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 R 

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 R 

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 R 

 R 

 R   R 

 R 

 R 

 R 

 R 

90 a) 2 IB = IC donc 2 IA + 2 AB = IA + AC. IA = – 2 AB + AC AI = 2 AB – AC et BJ = BA + AJ. 1 Or J est le milieu de [AC] donc AJ = AC 2 1 ainsi BJ = – AB + AC. 2 b) IA = 2 BJ ; les vecteurs IA et BJ sont colinéaires ; les droites (IA) et (BJ) sont parallèles.

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

87 1. C, D 2. A, C, D 3. A, C 4. D

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

Pour se tester

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8

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85 a) P ⇔ Q b) P ⇒ Q c) Q ⇒ P d) P ⇔ Q

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91 a) Dans le repère (A ; AB , AD) : 1 1 A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), 1), D(0 ; 1), I  ; 1 , K   ; 0 . 2 2 •  Les points A, M et I  sont alignés donc il existe un nombre réel h tel que AM = h AI. 1 Ainsi  xM = h × et  yM = h × 1 2 1  xM = h et  yM = h 2 Les points D, M et B sont alignés donc il existe un nombre réel h tel que DM = hDB. Ainsi  xM = h × 1 et  yM – 1 = h × (– 1) et  yM = 1 – h  xM = h 1 On obtient : h = h et h = 1 – h 2 1 3 2 donc h = 1 – h  c’est-à-dire h = 1 soit h = 2 2 3 1 2 1 2 Ainsi xM = ×  = et  yM = 2 3 3 3 1 2 M  ; 3 3  R   R 

   

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 

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• Les points K, N et C sont alignés ; il existe un nombre réel h tel que KN = h KC. 1 1 Donc  xN –  = h 1 – et  yN = h × 1 2 2 1 1  xN =  + h et  yN = h 2 2 Les points D, N et B sont alignés ; il existe un nombre réel h tel que DN = hDB. Donc  xN = h × 1 et  yN – 1 = h × (– 1) et  yN = 1 – h  xN = h 1 1 On obtient : h =  + h  et e t 1 – h = h 2 2 1 1 1 1 donc 1 –  + h  = h c’est-à-dire  – h = h 2 2 2 2 3 1 1 2 1 h =  . Ainsi h = ×  = . soit 2 2 2 3 3 1 1 1 2 1 Alors  xN =  + ×  = et  yN = . 2 2 3 3 3 2 1 N  ; 3 3 1 1 1 1 • MI  ;  et KN  ; . 6 3 6 3  R 

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 

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MI = KN, ce qui prouve que M INK est un parallélogramme. 1 1 1 1 1 1 • DM  ; – , MN  ; – et NB  ; – . 3 3 3 3 3 3 On a donc DM = MN = NB. 1 b) • I milieu de [DC] donc IC = DC. 2 1 K milieu de [AB] donc AK = AB. 2 ABCD est un parallélogramme donc AB = DC. Ainsi IC = AK et ICKA est un parallélogramme. On a donc (A I) // (KC). • Dans le triangle DCN ; I milieu de [DC] et ( IM) // (NC) donc avec le théorème de Thalès, on déduit que M est le milieu de [DN]. Donc DM = MN. Dans le triangle AMB, K milieu de [AB] et (KN) // (AM) donc avec le théorème de Thalès, on déduit que N est le milieu de [MB]. Ainsi MN = NB. On obtient DM = MN = NB. • AICK est un parallélogramme donc AI = KC ; on a alors AD + DM + MI = KN + NB + BC. Or DM = ND et AD = BC donc MI = KN ce qui prouve que MINK est un parallélogramme.

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93 1. a) IA + IB = BI + IB = 0. b) MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2 MI + 0 = 2 MI. 1 Donc MI = (MA + MB). 2 2. a) C est le milieu de [AB], pour tout point G, on a 1 GC = (GA + GB). 2 Donc GA + GB = 2 GC.  R 

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b) GA + GB + GC = 0 donc GA + GB = – GC et donc CG = 2 GC. Les vecteurs CG et GC sont colinéaires, les points G, C et C sont alignés. Ainsi G appartient à la droite (CC). c) • Aest le milieu de [BC], donc : 1 GA = (GB + GC). 2 GB + GC = 2 GA. Or GB + GC = – GA, ainsi AG = 2 GA. Les vecteurs AG et GA sont colinéaires, les points G, A et A sont alignés. Ainsi G appartient à la droite (AA). • Best le milieu de [AC], [AC], donc : 1 GB = (GA + GC). 2 GA + GC = 2 GB. Or GA + GC = – GB, ainsi BG = 2 GB.  R 

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Les vecteurs BG et GB sont colinéaires, les points G, B et B sont alignés. Ainsi G appartient à la droite (BB ). d) A  R 

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C’

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B’

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G B

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92  En observant la figure, il semble que ML = ND. On se propose de le démontrer en se plaçant dans le repère (I ; I J , IE). 1 I(0 ; 0) et E(0 ; 1), 1), M milieu de [EI] donc M 0 ; . 2 3 A(0 ; 2) et D(3 ; 2), 2), L milieu de [AD] donc L  ; 2 . 2  R 

 

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3 1 J(1 ; 0) et G(2 G(2 ; 1), N milieu de [JG] donc N  ; . 2 2 3 3 3 3 On obtient ML  ;  et ND  ; . 2 2 2 2 Ainsi ML = ND. Les droites (ML) et (ND) sont donc parallèles. parallèles .

A’ C

 R 

   

94  A B et M sont les images respectives de A, B et M par l’homothétie de centre et de rapport 3. 2 AM = 3 AM = 3 × – AB = – 2 AB 3 2 AB = 3 AB donc AM = – AB. 3

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Chapitre 12

Vecteurs

177

Les vecteurs AM et AB sont colinéaires, les points A, M et B et sont alignés.  R 

95 1. a) Le triangle ABC est isocèle et rectangle en A, donc le repère (A ; AB , AC) est orthonormé. b) A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(0 ; 1).  xE – 1 ; y E), BC (– 1 ; 1). BE ( x 1). 2 2 2 BE = BC donc  xE – 1 = – et  yE = . 5 5 5 3 2 Ainsi E ; . 5 5  xF ; y F – 1) CA (0 ; – 1) CF ( x 1) 1 1 CF = CA donc xF = 0 et yF – 1 = – . 3 3 2 Ainsi F 0 ; . 3 3 3 AG = AB donc G  ; 0 . 4 4 2. a) Si I appartient à la droite (AE) alors les vecteurs AI et AE sont colinéaires. 3 2  x ; y) et AE ; . AI ( x 5 5 2 3  x  y On doit donc avoir  =  ou encore  x =  y. 3 2 5 5 5 5 2 3 Ainsi  x –  y = 0. 5 5 b) Si I appartient à la droite (BF) alors les vecteurs BI et BF sont colinéaires. 2  x – 1 ; y) et BF – 1 ; . BI ( x 3 2  x – 1  y On a alors  =  ou encore ( x 1) = – y  x – 1) –1 2 3 3 2  x – 1) + y = 0. c’est-à-dire ( x 3 2 1 3 1 1 1 c) ×  – ×  =  –  = 0 5 2 5 3 5 5 2 1 1 2 1 1 1 1 et  – 1  +  = × (– ) +  = –  +  = 0 3 2 3 3 2 3 3 3 1 1 On a donc I ; . 2 3 1 2 3 3. a) CI ; – , CG ; – 1 . 2 3 4 2 CI = CG, les vecteurs CI et CG sont colinéaires, les 3 points C, I et G sont alignés. Ainsi I appartient à la droite (CG). b) Les droites (AE), (BF) et (CG) se coupent donc en I.  R 

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A

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96 a) CM = 5 CA + 3 BC 2 2  R 

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B

C

b) Il semble que les poins A, B et M soient alignés. 2 CM = 5 CA + 3 BC 2 CM = 3 CA + 2 CA + 3 BC 2 AC + 2 CM = 3 BC + 3 CA 2 AM = 3 BA 3 AM= BA. 2 AM et BA sont colinéaires. Les points A, B et M sont alignés. 97 CF = 2 CA donc CA + AF = 2 CA et AF = – 1 CA 3 3 3 1 ou encore FA = CA. 3 On a alors : 1 1 1 1 FE = FA + AE = CA + AB =  (CA + AB) = CB. 3 3 3 3 FE et CB sont colinéaires. Les droites (EF) et (BC) sont parallèles.  R 

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98

A

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 

178

5 – CA 2

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3 – BC 2

M

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D M I

N

K  C

B

• Les droites (AB) et (DC) sont parallèles, les points N, D, A et N, C, B sont alignés dans cet ordre. ND NC DC 1  =  =  = NA NB AB 3 1 1 On peut alors écrire ND = NA et NC = NB. 3 3 1 1 De même on a MD = – MB et MC = – MA. 3 3 • ND + NC = NK + KD + NK + KC = 2 NK + KD + KC. Or K est le milieu de [DC] donc KD + KC = 0. Ainsi ND + NC = 2 NK. De même on NA + NB = 2 NI et MA + MB = 2 MI. 1 1 1 1 • NK =  (ND + NC) = NA + NB 2 2 3 3 1 1 1 NK =  (NA + NB) =  (2 × NI) = NI. 6 6 3  R 

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Les points N, K et I sont alignés. 1 1 1 1 • MK =  (MD + MC) = – MB – MA 2 2 3 3 1 1 1 MK = –  (MA + MB) = – × 2 MI = – MI. 6 6 3 Les points M, K et I sont alignés. • Les points I, M, K et N sont donc alignés.  R 

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

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99 • F ∈ [AC] C est l’image de F par une homothétie de centre A et de rapport k . • On note E l’image de E par cette homothétie. CE= k FE. Les vecteurs CEet FE sont colinéaires, les droites (CE) et (FE) sont parallèles. • AEFG est un parallélogramme (EF) // (AG) G ∈ [AD], (EF) // (AD) ABCD est un parallélogramme (BC) // (AD). (EF) est donc parallèle à (BC). • On en déduit dé duit que la droite (CE) est parallèle à (BC). Les points B, C et E sont alignés alignés et donc E ∈ (BC). Or E ∈ (AB). Les points E et B sont donc confondus. L’image de E par l’homothétie de centre A et de rapport k  est  est donc B. • On démontre de la même façon que l’image de G par cette homothétie est D. • On a alors DB = k GE. Les vecteurs DB et GE sont colinéaires, les droites (DB) et (GE) sont parallèles.

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B

100

I

J

C

K 

On construit le point L tel que AK = LI. AK IL est alors un parallélogramme et (L I) est parallèle à (AK) c’est-àdire à (KC). J est le point d’intersection des diagonales du parallélogramme AK IL, J est donc le milieu du segment [LK]. Le point L appartient donc à la droite (JK), c’est-à-dire à la droite (BK). Dans le triangle BCK, les droites (L I) et (KC) sont parallèles et I est le milieu de [BC]. Ainsi L est le milieu de [BK]. 1 1 On a donc KL = KB et IC = BC. 2 2 KC = KL + LI + IC  R 

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10

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Accompagnement personnalisé

101 a) AD = BC car ABCD est un parallélogramme. b) BC = FE c) AD = FE donc AFED est un parallélogramme.  R 

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102 a) AD = OI donc AOID est un parallélogramme. b) ABCD est un parallélogramme donc AD = BC ; or AD = OI ainsi BC = OI. OBCI est alors un parallélogramme.  R 

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103 CE = DF donc CEFD est un parallélogramme. On a alors CD = EF. EF. Or AB = CD , ainsi AB = EF, on en déduit que ABFE est un parallélogramme et AE = BF. BF.  R 

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104 AB(– 7 ; 2), AC (– (– 4 ; – 5), CB (– (– 3 ; 7).  R 

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105 AB(– 6 ; 2), DC (– 1 – x ; – y). AB = DC équivaut à – 1 – x = – 6 et – y = 2  x = 5 et y = – 2. Ainsi D (5 ; – 2).

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106 AB + BD = AD DC + BO = AB + BO = AO DA + DC = DB OA + OC = 0 AD + CB + DC = AD + DC + CB = AB  R 

L

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A

1 1 KC = KB + LI + BC 2 2 1 1 KC = KC + LI et KC = LI = AK. 2 2 1 1 1 Finalement AK = KC = KA + AC. 2 2 2 3 1 AK = AC 2 2 1 AK = AC 3

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107 1. a) b) I

A

B

C

2. u = AI + AC = AI + AI + IC = 2 AI + IC u = AB + IC = v   t 

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108 a) EF (7 ; – 1), 1), GF (11 ; – 5) donc u (18  (18 ; – 6). b) EF (7 ; – 1) et IE (6 ; 0) donc v  (13  (13 ; – 1).  R 

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Chapitre 12

Vecteurs

179

109 1. a) AB (5 ; – 4), AC (– 2 ; – 8). Donc AB + AC (3 ; – 12).  xS + 1 ; yS – 3) b) AS ( x AS = AB + AC équivaut à xS + 1 = 3 et yS – 3 = – 12  xS = 2 et  yS = – 9 S (2 ; – 9) 2. BA (– 5 ; 4), BC (– 7 ; – 4). Donc BA + BC (– 12 12 ; 0).  x T – 4 ; y T + 1) BT ( x 1) BT = BA + BC équivaut à x T –4 = –12 et yT + 1 = 0 1. Ainsi Ains i T (– 8 ; – 1). 1).  x T = – 8 et  y T = – 1.  R 

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 R 

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 R 

 R 

114 AB (4 ; 1) et CD (3 ; 1,5). 4 1  ≠  ; les vecteurs AB et CD ne sont pas colinéaires ; 3 1,5 les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles. p arallèles.  R 

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115  L’homothétie de centre A et de rapport 1 trans3 forme B en I et D en J. 1 Ainsi IJ = BD. 3 La symétrie de centre C transforme B en K et D en L.  R 

 R 

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Ainsi KL = – BD. On obtient 3 IJ = – KL.  R 

B

F

LK = 3 I J . Les vecteurs LK et I J sont colinéaires, les droites (LK) et (IJ) sont parallèles.  R 

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G

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C

H

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c’est-à-dire 5 1 2 xC = – 5 et 2 yC = – 1 soit  xC = – et  yC = – . 2 2 5 1 Donc C –  ; – . 2 2 112 a) 2  = – 2 et – 3  = – 2 donc u = – 2 v . –1 1,5 u et v  sont  sont donc colinéaires. 1 1 1 5 5 1 5 5 5 b) 2  = ×  = et 4  = ×  = –  ≠ . 8 8 4 2 4 8 2 4 –2 – 5 5 u et v  ne  ne sont pas colinéaires.





 t 

 t 

N

 T

 R 

 R 

 t 

S

R

 R 

111 a) AC ( x  xC – 2 ; yC – 4) 4) et AB (– 3 ; – 3). AC = – 3 AB équivaut à xC – 2 = 9 et  yC – 4 = 9 c’est-à-dire xC = 11 et yC = 13. Donc C(11 ; 13). b) CB (– (– 1 – xC ; 1 – yC) et AB (– 3 ; – 3). CB = 5 AB équivaut à – 1 – xC = – 15 et 1 – yC = – 15 c’est-à-dire xC = 14 14 et  yC = 16. Donc C(14 ; 16). c) AC ( x  xC – 2 ;  yC – 4) et BC ( x  xC + 1 ;  yC – 1). AC = 3 BC équivaut à xC – 2 = 3 xC + 3 et yC – 4 = 3 yC – 3

 R 

 R 

 R 

1 1 2 2. a) AE = – AB b) CF = – AC c) BD = BC 3 2 3  R 

 R 

116 a) RM = 1 RS + 11 RT 4 4 9 3 RN = RS + RT 4 4

D

I

 R 

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110 1. E A

 R 

 t 

 t 

 t 

113 AB (– 1 ; 4) et AC (– 2 ; 7). –1 1 4 1 =  et  ≠  ; les vecteurs AB et AC ne sont pas coli–2 2 7 2 néaires, les points A, B et C ne sont pas alignés.  R 

 R 

 R 

180

 R 

M

b) MN = MR + RN 1 5 3 = – RS – a + RT + (a + 2) RS + RT 4 2 4 7 7 = a + RS + – a – RT 4 4 7 7 = – a – SR + (– a – RT 4 4 7 = – a – ST 4 Les vecteurs MN et ST sont donc colinéaires.  R 

 R 

 R 

            R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

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 R 

 R 

 R 

 R 

2. a) M et N sont confondus lorsque MN = 0 7 donc lorsque – a – ST = 0. 4 7 7 Or ST ≠ 0 donc – a –  = 0 et a = – . 4 4 b) STMN est un parallélogramme lorsque ST = NM. 7 Or NM = a + ST. 4  R 



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

 R 

 t 

 t 

 t 

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 R 





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 R 

7 3 On doit avoir a +  = 1 et a = – . 4 4 c) STNM est un parallélogramme lorsque ST = MN 7 11 11 donc lorsque – a –  = 1, soit – a =   c’est-à-dire a = – . 4 4 4  R 

 R 

117 a) GA + GB + GC + GD + GE = 0 donc GA + GA + AB + GA + AC + GA + AD + GA + AE = 0 5 AG = AB + AC + AD + AE 1 AG = (AB + AC + AD + AE) 5  R 

 R 

 R 

 R 

E

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 R 

 R 

 R 

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 R 

 R 

 R 

 R 

 A  E  +   D  A

 t 

 R 

 R 

 R 

 R 

D

 A  D

C B

 t 

 R 

 + A E  + A D  C A A B +

G A

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 +

1 b) On note I le point tel que AI = AB. 3 Dans le repère (A ; AI ; AE). 1 A(0 ; 0), 0), B(3 ; 0), C 4 ; , D(3 ; 1), E(0 ; 1). 1). 2 1 AB(3 ; 0), AC 4 ; , AD(3 ; 1), AE(0 ; 1). 2 1 1 AG = ( AB + AC + AD + AE) équivaut à xC = × 10 5 5 1 5 et  yC = ×  . 5 2 1 Ainsi G 2 ; . 2  R 

 R 

 R 

 R 

 R 

   

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 R 

 

 A  E

AB + AC

Chapitre 12

Vecteurs

181

13 1

Équations de droites

Au fil des siècles

La somme des angles du triangle ABC est supérieure à 180°, elle est égale à 250°. Pour tout triangle construit ainsi sur une sphère, la somme des angles est comprise entre 180° et 540°. 54 0°. Quelques sites : • https ://fr.wikipedia.org/wiki/geométrie_spherique ://fr.wikipedia.org/wiki/geométrie_spherique • http ://ljk.imag.fr/membres/Bernard. ://ljk.imag.fr/membres/Bernard.Yca Ycart/mel/ge/ rt/mel/ge/ node23.html • http ://villemin.gerard.free.fr/GeomLAV ://villemin.gerard.free.fr/GeomLAV/Triangle/ /Triangle/ Types/Spheriqu.htm

2

Bien démarrer

1. • Pour la fonction f  : : f  (–  (– 2) = 2 × (–2) – 1 = –5 f  (2)  (2) = 2 × 2 – 1 = 3

La fonction est représentée en trait plein. • Pour la fonction g : g(–2) = –(–2) + 3 = 5 g(2) = –2 + 3 = 1 La fonction est représentée en traitillés. • Pour la fonction h : 1 5 7 h(–2) = × (–2) –  = – 2 2 2 1 5 3 h(2) = × 2 – = – 2 2 2 La fonction est représentée en pointillés.

2. a)  L’expression de la fonction f   est de la forme f ( x  x) = m x +  p, où m et  p sont deux nombres réels.  (– 1) = – 3 et f  (2)  (2) = 3 se traduisent par le système : f  (– – 3 = – m + p

�

. 3 = 2m +  p En soustrayant les deux équations membre à membre, on obtient –6 = –3m, soit m = 2. En remplaçant m par 2 dans la première équation, on obtient –3 = –2 +  p, soit p = –1. L’expression de la fonction fon ction affine f  est  est donc f ( x  x) = 2 x – 1. b)  L’expression de la fonction g  est de la forme g( x  x) = m x +  p, où m et  p sont deux nombres réels. g(– 2) = 3 et g(4) = 0 se traduisent par le système : 3 = – 2m + p . 0 = 4m +  p En soustrayant les deux équations membre à membre, 1 on obtient 3 = –6 m, soit m = – . 2 1 En remplaçant m par –  dans la première équation, on 2 obtient 3 = 1 +  p, soit p = 2. L’expression de la fonction fo nction affine g est donc : 1 g( x  x) = –  x + 2. 2 3. a)  Graphiquement, le coefficient directeur de la droite verte est – 2, son ordonnée à l’origine est – 1, 5. Le coefficient directeur de la droite rouge est 1, son ordonnée à l’origine est 1. b) Les expressions de ces deux fonctions affines sont  x) = –2 x – 1,5 et g( x  x) = x + 1. donc f ( x

�

4. a) Pour la fonction f  : :  (0) = 2 × 0 – 3 = –3 et f  (2)  (2) = 2 × 2 –3 = 1. f  (0)

La fonction est représentée en trait plein. Pour la fonction g : g(0) = –3 × 0 + 2 = 2 et g(2) = –3 × 2 + 2 = –4. La fonction est représentée en traitillés. 1 O

1 1 1

182

b) Graphiquement, la solution du système  y = 2 x – 3 est le couple (1 ; –1).  y = – 3 x + 2 c) f  (1)  (1) = 2 × 1 – 3 = –1 g(1) = –3 × 1 + 2 = –1 Donc le couple trouvé graphiquement est bien solution du système.

�

3 1

Les équations de droite 1. a) b) Les unités ne sont pas respectives. 5 000 4 500

5. a)  En additionnant membre à membres les deux

4 000

équations, on obtient 2 x = 2, soit  x = 1. On reporte dans la 1re équation,  équation, on obtient 1 + y = 2, soit  y = 1. On vérifie que le couple (1 ; 1) est bien solution du système. b) D’après la première équation,  x = –2 y. La seconde équation devient alors – 4 y –  y = – 5, soit – 5 y = – 5, c’est-à-dire y = 1. On remplace  y par 1 dans la 1re équation, on obtient x + 2 = 0 soit x = – 2. On vérifie que le couple (–2 ; 1) est bien solution du système. c) D’après la seconde équation, y = –3 x – 2. La première équation devient alors 2 x + 3(– 3 x –2) = 1, c’est-à-dire –7 x = 7, soit x = – 1. On remplace x par – 1 dans la 2e équation, on obtient – 3 + y = – 2 soit  y = 1. On vérifie que le couple (–1 ; 1) est bien solution du système.

3 500

6. a)

C D

1 1

B A

b) Les coordonnées de I sont

2 +2 0 ; – 42+ 2,

c’est-à-dire c’est-à- dire (1 ; –1). –1). Les coordonnées de J sont : –2+4 –3+1 ; , c’est-à-dire c’est-à- dire (1 ; – 1). 1). 2 2 c) Les points I et J ont les mêmes coordonnées, ce qui signifie que les diagonales [AC] [AC] et [BD] du quadrilatère ABCD se coupent en leur milieu. ABCD est donc un parallélogramme.





Découvrir

A

3 000

E

2 500 2 000 1 500 1 000 500 0

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

c) Graphiquement, on trouve que la contribution de la ville B est environ égale à 4 300 �, celle de la ville C environ égale à 3 700 �, et la distance entre la ville A et la ville D environ égale à 12 km. 2. a) D’après les informations concernant la ville A, f  (0)  (0) = 5 000. Or f  (0)  (0) = m × 0 +  p =  p, donc  p = 5 000. D’après les informations concernant la ville E, f  (15)  (15) = 3 000. Or f  (15)  (15) = 15m + p, soit 15m +  p = 3 000, 2 000 15m = 3 000 – p, 15 15m = – 2 000, m = – , c’est-à-dire 15 400 m = – . 3 b) La contribution de la ville B est égale à : 400 × 5 + 5 000, soit environ 4 333 – 333 €. 3 La contribution de la ville C est égale à : 400 × 10 + 5 000, soit environ 3 667 €. – 3 Ces résultats sont proches des valeurs trouvées graphiquement. 400  x +5 000 = 3 400, c’estc) On cherche  x tel que – 3 400 à-dire –  x = – 1 600 soit – 400 x = – 4 800, et finale3 ment x = 12. La distance entre la ville A et la ville D est donc de 12 km. C’est la valeur que l’on a trouvée graphiquement. 3. a) Sur le graphique, on conjecture que le point de coordonnées (8 ; 4 000) n'appartient pas à la droite, alors que le point de coordonnées (9 ; 3 800) semble y appartenir. Par conséquent, seule la contribution proposée par la ville F semble respecter le mode de calcul choisi. b) La contribution pour une distance de 8 km devrait 400 × 8 + 5 000 soit environ 3 933 �  et non être – 3 4 000 �. La contribution pour une distance de 9 km est bien 400 × 9 + 5 000, c’est-à-dire 3 800 �. égale à – 3 Chapitre 13

Équations de droites

183

2

Droites parallèles droites sécantes 1. a) FRESCO : droite bleue ; Dovaphone : droite rouge ; O3 : droite verte. b) Pour 60 min de communications, l’offre la plus avantageuse est FRESCO. Pour 4 h de communications, l’offre la plus avantageuse est O3. c) L’affirmation de Sarah est vraie, puisque la droite bleue est toujours au-dessous de la droite rouge. d)  L’offre de O3 est plus avantageuse que celle de Dovaphone à partir de 90 min et plus avantageuse que celle de FRESCO à partir de 200 20 0 min. 2. a) Droite bleue, FRESCO : y = 0,1 x. Droite rouge, Dovaphone : y = 5,3 + 0,1 x. Droite verte, O3 : y = 10 + 0,05 x. b) Les coefficients directeurs des droites associées à FRESCO et Dovaphone sont égaux. Cette relation est illustrée par le fait que les droites sont parallèles.  y = 5,3 + 0,1 x c) • O3 et FRESCO : .  y = 10 + 0, 05 x On résout 5,3 + 0,1 x = 10 + 0,05 x, c’est-à-dire 0,1 x – 0,05 x = 10 – 5,3 soit 0,05 x = 4,7 et finalement x = 94. On remplace x par 94 dans la 1re équation, on obtient  y = 5,3 + 0,1 × 94 c’est-à-dire y = 14,7. Les offres O3 et FRESCO sont donc équivalentes pour 94 min de communication. On paie alors 14,70 �.  y = 0,1 x • O3 et Dovaphone : .  y = 10 + 0,05 x On résout 0,1 x = 10 + 0,05 x, 0,1 x = 10 + 0,05 x soit 0,05 x = 10 et finalement x = 200. On remplace x par 200 dans la 1re équation, on obtient  y = 20. Les offres O3 et Dovaphone sont donc équivalentes pour 200 min de communication. On paie alors 20 �.

�

�

d) Algorithme : Variable : Entrée : Traitement et sortie :

 

184

d  est  est un nombre réel positif  Saisir d

Si d � 200 alors Afficher “L’offre “L’offre la plus avantageuse est FRESCO” sinon Afficher “L’offre “L’offre la plus avantageuse est O3” Fin Si

4

Savoir-faire

2 a) Les points A et B n’ont pas la même abscisse, donc l’équation de la droite (AB) est de la forme  y = m x +  p. Coefficient directeur :  y – y 1 – (– 2) 2) 3 m = B A  = = – . Donc l’équation de (AB)  xB – xA –3–1 4 3 est de la forme y = –  x +  p. 4 Ordonnée à l’origine : Le point A(1 ; – 2) appartient à la droite (AB) donc : 3 3 5 – 2 = – + p et p = – 2 + = – . 4 4 4 3 5 Conclusion : L’équation de (AB) est y = –  x – . 4 4 3 5 3 5 35 2. –  xC – = – × 10 –  = –  = – 8,75 et yC = – 8,75 8,75 4 4 4 4 4 donc le point C appartient à la droite (AB). 3 5 3 5 55 –  xD – = – × (– 20) – =  = 13,75 et  yD ≠ 13,75 4 4 4 4 4 donc le point D n’appartient pas à la droite (AB). 3 5 3 5 128 –  xE – = – × 41 –  = –  = – 32 et yE = – 32 donc 4 4 4 4 4 le point E appartient appar tient à la droite (AB).

3 a) Les points A et B ont la même ordonnée, donc la droite (AB) est parallèle à l’axe des abscisses. Les points B et C ont la même abscisse, donc la droite (BC) est parallèle à l’axe des ordonnées. Les points A et C n’ont pas la même abscisse ou la même ordonnée, donc la droite (AC) n’est pas parallèle à l’un des axes. b) Équation de (AB) : y = 2. Équation de (BC) : x = 2. Équation de (AC) : elle est de la forme y = m x + p. • Coefficient directeur  y – y –2–2 4 m = C A = =–  xC – xA 2 – (– 3) 3) 5 4 Donc l’équation de (AC) est de la forme  y  =  = –  x + p. 5 • Ordonnée à l’origine Le point A(– 3 ; 2) appartient appar tient à la droite (AB) donc : 12 12 2 2 =  +  p soit  p = 2 –  = – . 5 5 5 4 2 • Conclusion : L’équation de (AB) est y = –  x – . 5 5 3. Le triangle ABC est rectangle en B.

4 a) Les points A et B n’ont pas la même abscisse, donc l’équation de la droite (AB) est de la forme  y = m x +  p. b) Le point A appartient à la droite (AB) donc les nombres réels m et  p vérifient 1 = – 2m + p. De même, le point B appartient à la droite (AB) donc les nombres réels m et  p vérifient 2 = 2 m + p.

Déterminer m et p revient donc à résoudre le système : 1 = – 2m +  p . 2 = 2m + p c) En additionnant membre à membre les deux équa3 tions, on obtient 3 = 2 p, soit p = . 2 3 En remplaçant  p par  dans la deuxième équation on 2 1 1 en déduit 2m =  soit m =  . 2 4 1 3 L’équation de (AB) est donc y =  x + . 4 2 d) L’équation de la droite (CD) est de façon évidente  x = 21. e) Le point E appartient appar tient à la droite d’équation x = 21, il est donc bien aligné avec C et D. 1 3 27 D’autre part, × 21 +  =  = 6,75 et yE ≠ 6,75 donc E 4 2 4 n’est pas aligné avec A et B. L’affirmation de Killian est donc fausse.

�

6 a) Le coefficient directeur de (AB) est : – 7 – (– 6) 6) 1 m = = –  . – 1 – (– 6) 6) 5 Le coefficient directeur de (CD) est : – 8 – (– 7) 1 m = = –  . 3 – (– 7) 10 Les deux coefficients directeurs sont différents donc les droites ne sont pas parallèles. b) L’équation ’équation de la droite parallèle à (AB) passant par C 1 est de la forme y = –  x +  p. 5 1 C appartient à cette droite, donc –7 = – × (– 7) +  p soit 5 35 7 42  p = –  –  = – . L’équation équation de cette droite est donc 5 5 5 1 42  y = –  x – . 5 5 c) Le coefficient directeur de (AD) est : – 8 – (– 6) 2 = –  . m1 = 3 – (– 6) 9 Les droites (AB) et (AD) n’ont pas le même coefficient directeur, donc les points A, B, D ne sont pas alignés. 7 a) Le coefficient directeur de (AB) est : 3 – (– 1) m =  = 4 – 3 – (– 4) 4) Le coefficient directeur de (CD) est : 1 – (– 3) 3) m =  = 4 4 –3 Les deux coefficients directeurs sont égaux donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles. b) Le coefficient directeur de (AC) est : – 3 – (– 1) 1) 2 m =  = – 3 – (– 4) 7

Le coefficient directeur de (BD) est : 1–3 2 m =  = –  . 4 – (– 3) 3) 7 Les deux coefficients directeurs sont égaux donc les droites (AC) et (BD) sont parallèles. 8 a) Les coordonnées de I sont 7 + 1 ; 7 + 3 2 2 7 + 9 7 –1 soit (4 ; 5). Les coordonnées de J sont ; 2 2 soit (8 ; 3). b) • Avec les coefficients directeurs : 3–5 1 Le coefficient directeur de ( IJ) est m =  = – . 8–4 2 –1–3 1 Le coefficient directeur de (BC) est m = =– . 9 –1 2 Les deux coefficients directeurs sont égaux donc les droites (IJ) et (BC) sont parallèles. • En utilisant une propriété énoncée au collège : Les points I et J sont les milieux des côtés [AB] et [AC] du triangle ABC. Avec la réciproque du théorême de Thalès, on déduit que les droites ( IJ) et (BC) sont parallèles.







5



Résoudre des problèmes

10 a) • Tracé de d  Pour x = 0, y = – 0,6 × 0 + 3,4 = 3,4 donc d passe par le point A(0 ; 3,4). Pour x = 4, y = – 0,6 × 4 + 3,4 = 1 donc d passe par le point F(4 ; 1). • Tracé de d  Pour x = 2, y = 2 × 2 – 7 = – 3 donc d ʹ passe par le point C(2 ; – 3). 3). Pour x = 4, y = 2 × 4 – 7 = 1 donc d ʹ passe par le point F(4 ; 1). Graphique : A

F

1 O

1

C

Lecture graphique des coordonnées de F : Graphiquement, on observe que les droites se coupent au point F(4 ; 1). b) – 0,6 xF  + 3,4 = 1 et  yF  = 1 donc F appartient à la droite d . 2 xF – 7 = 1 et  yF = 1 donc F appartient à la droite d . Donc F(4 ; 1) est bien le point d’intersection des deux droites. Chapitre 13

Équations de droites

185

11 a) • Tracé de d 1 Pour x = 0,  y = – 0 + 2 = 2 donc d 1 passe par le point A(0 ; 2). Pour x = 2,  y = – 2 + 2 = 0 donc d 1 passe par le point B(2 ; 0). • Tracé de d 2 Pour x = 0, y = 3 × 0 – 1 = – 1 donc d 2 passe par le point C(0 ; – 1). 1). Pour x = 2, y = 3 × 2 – 1 = 5 donc d 2 passe par le point B(2 ; 5). Graphique :

A 1 B O

1 C

b) Graphiquement, on conjecture que les droites se  x0 ; y0) avec x0  0,7 et y0  1,3. coupent au point K( x c) On constate que – x0 + 2 = 1,3 mais 3 x0 – 1 = 1,1. Les coordonnées de K trouvées graphiquement ne sont donc pas exactes.  y = – x + 2 En résolvant le système on trouve que les  y = 3 x – 1 3 5 coordonnées exactes sont en fait  ; . 4 4

14

D

C

F

O

E

A

B

Dans le repère (A ; B, D), les coordonnées des points de la figure sont : 1 1 A(0 ; 0), B(1 B (1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), 1), E(– 1 ; 0), F(2 ; 1) et O  ; . 2 2 (EF) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (AD), donc son équation est de la forme y = m x + p. 1–0 1 Son coefficient directeur est m = = . 2 – (– 1) 1) 3 1 1 E appartient à la droite, donc 0 = × (– 1) + p soit p = . 3 3 1 1 L’équation de (EF) est donc y =  x + . 3 3 1 1 1 1 1 1 2 1 1  xO + = × +  = + = et yO = , donc O appar3 3 3 2 3 6 6 2 2 tient à (EF) et est aligné avec E et F.

 

15

B

A I

E

D

C

�

 

12 a) Graphique : On trace les droites par la méthode habituelle. d 2

1 O

A

d 1

d 3

1

d 4

d 5

Graphiquement, il semble que les droites d 1, d 3 et d 4 passent par A. b) Pour d 1 : – 0,4 xA + 4,8 = 4 et yA = 4, donc A appartient à d 1. 1 11 Pour d 2 :  xA +  = 5 et  yA ≠ 5, donc A n’appartient 3 3 pas à d 2. Pour d 3 : 1,5 xA + 1 = 4 et yA = 4, donc A appartient à d 3. Pour d 4 : xA = 2 donc A appartient à d 4. Pour d 5 : – 1, 1, 5 xA + 6,5 = 3,5 et yA ≠ 3,5, 3, 5, donc A n’appartient pas à d 5. 186

F

Dans le repère (A ; B, D), les coordonnées des points de la figure sont : A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), I(0 ; 0,5) et F(1 ; 2). Pour résoudre ce problème, il faut déterminer les équations des droites (C I) et (DB) et en déduire les coordonnées du point E. Puis, il faut déterminer l’équation de la droite (AF) et vérifier que les coordonnées de E vérifient cette équation. • (CI) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (AD), donc son équation est de la forme  y = m x +  p. Son 0,5 – 1 coefficient directeur est m = = 0,5. I appartient 0 –1 à la droite, donc 0,5 = 0 +  p soit  p = 0,5. L’équation de (CI) est donc y = 0,5 x + 0,5. • (DB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (AD), donc son équation est de la forme  y = m x +  p. Son 0 –1 coefficient directeur est m =  = – 1. B appartient à 1–0 la droite, donc 0 = – 1 + p soit  p = 1. L’équation de (DB) est donc y = – x + 1. Le couple des coordonnées du point E est solution du système :  y = – x + 1 .  y = 0,5 x + 0,5

�

On résout – x + 1 = 0,5 x + 0,5 soit – 1,5 x = – 0,5 c’est1 à-dire  x = . En remplaçant  x par cette valeur dans la 3 1 2 première équation, on obtient y = –  + 1 = . Les coor3 3 1 2 données de E sont donc  ; . 3 3 • (AF) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (AD), donc son équation est de la forme  y = m x +  p. Son 2–0 coefficient directeur est m =   = 2. A appartient 1–0 à la droite, donc 0 = 0 +  p soit  p = 0. L’équation de (AF) est donc y = 2 x. 1 2 2 2 xE = 2 × = et yE = , donc E appartient à (AF) et est 3 3 3 aligné avec A et F.

 

16 A D P

F

0,75 – 0  = 3. B appartient à la 0,25 – 0 droite, donc  p = 0. L’équation de (DC) est donc y = 3 x. 1 3 3 e) 3 xP = 3 × = et yP = , donc P appartient à (BF) et 7 7 7 est aligné avec B et F.

ficient directeur est m =

18 a) Avec ces coordonnées, on obtient des erreurs dans les calculs de m1 et m2, car on divise par 0. b) L’algorithme ne fonctionne pas si les points A et B, C et D, A et D ou B et C ont la même abscisse. c) Il faudrait commencer l’algorithme par l’instruction conditionnelle suivante : Si xA = xB et xC = xD et yA = yD et yB = yC alors Afficher “ABCD “ABCD est un parallélogramme”   sinon Si xA = xB ou xC = xA ou yA = yD ou yB = yD alors Afficher “ABCD “ABCD n’est pas un parallélogramme” sinon puis reprendre l’ensemble de l’algorithme corrigé dans l’instruction sinon, et terminer par deux Fin Si.

B E

C

a) Dans le repère (B ; C, A), les coordonnées des points de la figure sont : B(0 ; 0), A(0 ; 1), C(1 ; 0), D(0 ; 0,5), E(0,25 ; 0) et F(0,25 ; 0,75). b) • (AE) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (BA), donc son équation est de la forme y = m x +  p. 0 –1 Son coefficient directeur est m =  = – 4. A ap0,25 – 1 partient à la droite, donc 1 = 0 +  p soit  p = 1. L’équation de (AE) est donc y = – 4 x + 1. • (DC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (BA), donc son équation est de la forme  y = m x +  p. Son 0,5 – 0 coefficient directeur est m =  = – 0,5. C appar0 –1 tient à la droite, donc 0 = – 0,5 +  p soit p = 0,5. L’équation de (DC) est donc y = – 0,5 x + 0,5. c) Le couple des coordonnées du point P est solution du système :  y = – 4 x + 1  .  y = – 0,5 x + 0, 5 On résout – 4 x + 1 = – 0,5 x + 0,5 soit – 3,5 x = – 0,5 1 c’est-à-dire  x = . En remplaçant  x  par cette valeur 7 4 3 dans la première équation, on obtient  y = –  + 1 = . 7 7 1 3 Les coordonnées de P sont donc  ; . 7 7 d) (BF) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées (BA), donc son équation est de la forme y = m x + p. Son coef-

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 

19 a) m1 prend la valeur – 1 – 1 = 1 et m2 prend – 3 – (– 1) 1) – 7 – (– 5) 5) 2 la valeur = – . Donc m1 ≠ m2 et l’algorithme 5–0 5 affiche “Le quadrilatère ABCD n’est pas un trapèze”. Avec une figure, on constate que ce résultat est faux : ABCD est un trapèze mais ce sont les côtés [AD] et [BC] qui sont parallèles. b) Comme dans l’exercice 17, après la ligne 2 on ajoute deux affectations :  y – y m3 prend la valeur D A  xD – xA  y – y m4 prend la valeur B C  xB – xC Puis, on remplace la ligne 3 par : Si m1 = m2 ou m3 = m4 alors…

6

Travaux pratiques

20 1. a) Si les points A, B, C ont la même abscisse, alors ils sont alignés sur la droite d’équation x = xA. b) La deuxième instruction conditionnelle intervient dans le cas où les trois points n’ont pas la même abscisse. Dans ce cas, si deux des trois points ont la même abscisse, alors le troisième a une abscisse différente et les trois points ne sont donc pas alignés.  y – y c) Affecter à m la valeur B A  x B – x A Chapitre 13

Équations de droites

187

–  x c – x A “Les points A, B, C sont alignés” “Les points A, B, C ne sont pas alignés” 2. a)  Les trois abscisses  xA,  xB et  xC  sont différentes, donc on applique les instructions d’affectation. – 24 – 14 38 19 = –  = – . m prend la valeur 14 – (– 8) 22 11 – 10 – 14 24 12 = –  = – . m prend la valeur 6 – (– (– 8) 14 7 m ≠ mʹ, donc l’algorithme affiche “Les points A, B, C ne sont pas alignés” alig nés”.. b) Les trois abscisses xA, xB et  xC sont égales donc, dès la première instruction conditionnelle, l’algorithme affiche “Les points A, A , B, C sont alignés”. c) Les abscisses  xA et  xC sont égales, mais différentes de  xB  donc, à la seconde instruction conditionnelle, l’algorithme affiche “Les points A, B, C ne sont pas alignés”. d) Les trois abscisses xA, xB et xC sont différentes, donc on applique les instructions d’affectation. 30 – 14 16 1 =  = m prend la valeur 50 – 18 18 32 2 – 24 – 14 – 38 1 =  = m prend la valeur – 58 – 18 18 – 76 2 m = mʹ, donc l’algorithme affiche ”Les points A, B, C sont alignés”. alignés”. Affecter à mʹ la valeur

3. Programme CASIO

Programme TI

188

 yc  yA

21 2. a) Les coordonnées de D sont : –3–2 1+7  ; , c’est-à-dire (–2,5 ; 4). 2 2 5–2 1+7 Les coordonnées de E sont  ; , c’est-à-dire 2 2 (1,5 ; 4). –3+5 1+1 Les coordonnées de F sont ; , c’est-à2 2 dire (1 ; 1). b) • (BD) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 4 –1 3 2 Son coefficient directeur est m = = =– . – 2,5 – 5 – 7,5 5 2 B appartient à la droite, donc 1 = – × 5 + p soit  p = 3. 5 2 L’équation de (BD) est donc y = –  x + 3. 5 • (AE) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 4 –1 3 2 Son coefficient directeur est m = = = . 1,5 – (– 3) 3) 4,5 3 2 A appartient à la droite, donc 1 =  x (– 3) + p soit p = 3. 3 2 L’équation de (AE) est donc y =  x + 3. 3 • Le couple des coordonnées de G est solution du système : 2  y = –  x + 3 5 . 2  y =  x + 3 3 2 2 2 2 On résout –  x  + 3 =  x  + 3 soit –  x = –  x ; on 5 3 5 3 obtient x = 0. En remplaçant  x par 0 dans la première équation, on obtient y = 3. Les coordonnées de G sont donc (0 ; 3).

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

c) Le segment [AB] est parallèle à l’axe des abscisses, donc sa médiatrice et la hauteur issue de C sont parallèles à l’axe des ordonnées. Ces deux droites admettent donc des équations de la forme x = k . La médiatrice de [AB] passe par F(1 ; 1), donc son équation est x = 1. La hauteur issue de C passe par C(– 2 ; 7), donc son équation est x = – 2. d)  Le couple des coordonnées de K est solution du système : 7 9  y =  x + 6 4.  x = 1 En remplaçant  x par 1 dans la première équation, on 7 9 28 54 41 obtient y =  +  =  +  = . 6 4 24 24 12 41 Les coordonnées de K sont donc 1 ; . 12 e) La hauteur issue de A est parallèle à la médiatrice 7 du côté [BC], donc son coefficient directeur est . Son 6 7 équation est donc de la forme y =  x +  p. 6 7 A appartient à cette hauteur, donc 1 = × (– 3) +  p 6 9 soit p = . 2 Le couple des coordonnées de H est solution du système : 7 9  y =  x + 6 2.  y = – 2 En remplaçant x par – 2 dans la première ééquation, quation, on 7 9 14 27 13 obtient y = –  +  = –  +  = . 3 2 6 6 6 13 Les coordonnées de H sont donc – 2 ; . 6 f) (GH) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 13  – 3 5 6 Son coefficient directeur est m =  = – . 12 –2–0 G appartient à la droite, donc  p = 3. L’équation de (GH) 5 est donc y = –  x + 3. 12 5 5 41 41 –  xK  + 3 = –  + 3 =  et yK  =  donc K appartient 12 12 12 12 bien à (GH). 3. a) Dans un triangle, le point d’intersection G de deux médianes, le point d’intersection H de deux hauteurs et le point d’intersection K de deux médiatrices sont alignés sur la doite d’Euler. d ’Euler. b) Le centre du cercle des neuf points est le centre d’un cercle qui, dans tout triangle, passe le milieu de chaque côté du triangle, le pied de chaque hauteur du triangle et le milieu de chacun des trois segments reliant le point d’intersection des hauteurs à un sommet du triangle.

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

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



22  1. a) D’après l’énoncé, la courbe de croissance du plant A vérifie y = 50 + 10 x. C’est donc une droite. b) De même, la courbe de croissance du plant B vérifie  y = 140 + 6 x. C’est donc une droite. 2. b) En D2, on saisit =C2+5*10. En D3, on saisit =C3+5 = C3+5*6. *6. c) À l’aide du tableur, on observe que la hauteur du plant A dépassera celle du plant B entre le jour 20 et le jour 25. d) On modifie la feuille de calcul pour avoir un pas de 1 jour entre le jour 20 et le jour 25. On observe que la hauteur du plant A dépassera celle du plant B entre e ntre le  jour 22 et le jour 23. 3. a) 300 200 100

O

5

10

15

20

25

30

b) Graphiquement, les coordonnées du point d’intersection de d  et  et d ʹ sont approximativement (22,5 ; 270), 270), ce qui est compatible avec les encadrements trouvés à la question 1. c) Le coupe des coordonnées du point d’intersection est solution du système :  y = 50 + 10 x .  x = 140 + 6 x On résout 50 + 10 x = 140 + 6 x, soit 4 x = 90 et x = 22,5. En remplaçant  x par 22,5 dans la première équation, on obtient y = 50 + 225 = 275. Les coordonnées du point d’intersection sont donc (22,5 ; 275). 4. La méthode de la question 2, avec le tableur, permet de trouver facilement un encadrement du moment ou le plant A dépasse le plant B. La feuille de calcul est facile à construire et permet de bien suivre l’évolution des deux plants. En la modifiant, on peut obtenir un encadrement aussi précis que l’on souhaite. La seconde méthode, avec les équations de droites, donne directement le moment exact où le plant A dépasse le plant B, en résolvant un système assez facile. Les représentations graphiques permettent de visualiser la croissance des deux bambous et de lire approximativement les coordonnées du point d’intersection des deux droites.

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Chapitre 13

Équations de droites

189

7

Pour s’entraîner

23  a) y = 7 b) y = 3 c) y = – 2 24  a) (0 ; 5) et (1 ; 6). b) (– 3 ; 0) et (– 3 ; 2). c) (0 ; 4) et (2 ; –1).

d) 2 xC – 3 = 2 × (– 100,5) – 3 = – 204 et yC ≠ – 204 donc C n’appartient pas à la droite d .

30  a) L’ordonnée de A est : 1 1  yA =  xA + 5 = × (–3) + 5 = 4. 3 3 b) En prenant x = 0, on trouve y = 5, ce qui donne (0 ; 5) comme coordonnées d’un autre point de d . c)

25  a) 2 xA + 1 = 2 × (– 1) + 1 = – 1 et  yA ≠ –1 donc A n’appartient pas à la droite. b) 2 xB + 1 = 2 × 0 + 1 = 1 et yB = 1 donc B appartient à la droite. c) 2 xC + 1 = 2 × 2 + 1 = 5 et  yC = 5 donc C appartient à la droite. d) 2 xD + 1 = 2 × 1 + 1 = 3 et yD ≠ 3 donc D n’appartient pas à la droite. 1 e) 2 xE + 1 = 2 × – + 1 = 0 et  yE ≠ 0 donc E n’appar2 tient pas à la droite. f) 2 xF + 1 = 2 × 0 + 1 = –1 et yF ≠ –1 donc F n’appartient pas à la droite.

 

A

1 O

1

1 1 3 23 23 d)  xC + 5 = ×  + 5 =  et yC ≠  donc C n’appar3 3 4 4 4 tient pas à la droite d .

31

d 3 d 1

1

26 – 3 × 101 101 + 5 = – 298, 298, donc Sacha a raison. – 3 × (– 101 101)) + 5 = 308, donc Lola a tort. 27 1 xA + 1 = 1 × 0 + 1 = 1 et yA = 1 donc A appartient 2 2 1 à la droite d’équation d ’équation y =  x + 1. 2 1 1  x  + 1 = × 4 + 1 = 3 et yB ≠ 3 donc B n’appartient pas 2 B 2 à cette droite. L’affirmation d’Alexis est donc fausse. 28  a) Coefficient directeur : – 5. Ordonnée à l’origine : 1. b) Coefficient directeur : 0. Ordonnée à l’origine : – 3. 4 c) Coefficient directeur : – . 7 Ordonnée à l’origine : – 3.

O

32

d 1 d 2

1

d 3

O

1

33

d 1

d 2

1 O

29  a) L’ordonnée de A est :  yA = 2 xA – 3 = 2 × (– 2) – 3 = –7. b) L’ordonnée de B est : yB = 2 xB – 3 = 2 × 2 – 3 = 1. c) Tracé de la droite : 1 O

B 1

1

1

d 3

34  a)  Les points placés par Gabrielle sont très proches l’un de l’autre. Son tracé manque donc de précision. La droite devrait par exemple passer par le point de coordonnées (–6 ; 0). b) Tracé précis de la droite :

1 A O

190

1

f) Le coefficient directeur de d 6 est 2 et son ordonnée à l’origine est 0.

35 1

Tracés Tracés des droites :

–2

1

5

O

1

d 3

4 3 2

L’équation de la droite est y = – 2 x + 2. 2 36 L’équation ’équation de la droite est de la forme y =  x + p. 3 4 5 A(2 ; 3) appartient à la droite donc 3 =  + p, soit p = . 3 3 2 5 Donc l’équation de la droite est y =  x + . 3 3 Cette droite passe par B(– 1 ; 1). A 2

B 3 O

1

37 L’équation de la droite est de la forme y = m x – 5 . 7 20 20 5 A – 3 ; –  appartient à la droite donc –  = –3 –3m – , 7 7 7 15 5 3m = , m = . 7 7 5 5 Donc l’équation de la droite est y =  x – . 7 7 Cette droite passe par B(1 ; 0) et C(– 6 ; – 5) .





1 O

B 1

A C

38  a) Le coefficient directeur de d 1 est 2 et son ordonnée à l’origine est 1. b) Le coefficient directeur de d 2 est – 1 et son ordonnée à l’origine est 3,2. c) Le coefficient directeur de d 3 est 0 et son ordonnée à l’origine est 4,7. 11 d) Le coefficient directeur de d 4 est –  et son ordon3 née à l’origine est 2. e) Le coefficient directeur de d 5 est – 4 et son ordonnée à l’origine est 0.

1 –4 –3 –2 –1 O –1

1

2

3

4

d 2

–2

d 1 d 6

–3

d 4 d 5

39  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x + p. –2–7 Son coefficient directeur est m = = 3. –1–2 A appartient à la droite, donc 7 = 3 × 2 + p soit p = 1. L’équation de (AB) est donc y = 3 x + 1. b) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 1–6 5 Son coefficient directeur est m =  = . –2 – 5 7 5 17 A appartient à la droite, donc 6 = × 5 + p soit  p = . 7 7 5 17 L’équation de (AB) est donc y =  x + . 7 7 40  a) (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées, son équation est x = 1. b) (AB) est parallèle à l’axe des abscisses, son équation é quation est y = – 2. 41  a) (AB) n’est n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x + p. 1–6 2 Son coefficient directeur est m =  = . 7 3 –4– 2 2 7 11 A appartient à la droite, donc 6 = ×  +  p soit p = . 3 2 3 2 11 L’équation de (AB) est donc y =  x + . 3 3 b) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 7 0– – 6 = 1. Son coefficient directeur est m = 4 2 4– – 3 1 B appartient à la droite, donc 0 = × 4 + p, p = –1. 4 1 L’équation de (AB) est donc y =  x – 1. 4

   

Chapitre 13

Équations de droites

191

42 0, 33 xA – 2 = 0,33 × (– 3) – 2 = – 2,99 et yA = – 3. 0,33 xB – 2 = 0,33 × 3 – 2 = –1,01 et yB = – 1. 1. L’équation donnée n’est donc pas exacte, exac te, le coefficient directeur affiché est une valeur approchée du coefficient directeur exact. 1 L’équation de cette droite est es t en fait f ait y =  x – 2. 3 43  • L’affirmation d’Axel est vraie. En effet, – 3 xA  + 0,5 = – 3 × 150,5 + 0,5 = – 451 et  yA = – 451. • L’affirmation de Basile est fausse. En effet, – 3 xB + 0,5 = – 3 × (– 73,25) + 0,5 = 220,25 et  yB ≠ 220,25. • L’affirmation de Clara est vraie. En effet, – 3 xC + 0,5 = – 3 × 120,5 + 0,5 = – 361 et yC = – 361. 44  a) 3 xA + 7 = 3 × – 2 + 7 = 5 et yA = 5 donc A ap3 partient à la droite d . 3 xB + 7 = 3 × 0 + 7 = 7 et  yB = 7 donc B appartient à la droite d . b) 3 xC + 7 = 3 × (– 1) + 7 = 4 et yC = 4 donc C appartient à la droite d  : : les points A, B et C sont alignés.

 

45  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, ordonnées , donc son équation est de la forme y = m x +  p. 8 – (– 7) Son coefficient directeur est m = = – 5. –1–2 A appartient à la droite, donc – 7 = – 5 × 2 + p soit p = 3. L’équation de (AB) est donc y = – 5 x + 3. b) – 5 xC + 3 = – 5 × 3 + 3 = – 12 12 et yC = –12 –12 donc C appartient à la droite (AB) : les points A, B et C sont alignés. 46  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, ordonnées , donc son équation est de la forme y = m x +  p. 6–8 2 Son coefficient directeur est m =  = . – 9 – (– 4) 5 2 48 A appartient à la droite, donc 8 = × (– 4) + p soit p = . 5 5 2 48 L’équation de (AB) est donc y =  x + . 5 5 2 48 2 48 88 88 b)  xC +  = × 20 +  =  et yC ≠  donc C n’ap5 5 5 5 5 5 partient pas à la droite (AB) : les points A, B et e t C ne sont pas alignés. c) D’après la question précédente, l’ordonnée du point p oint D d’abscisse 20 sur la droite (AB) est : 2 48 2 48 88  yD =  xD +  = × 20 +  = . 5 5 5 5 5 47  a) 5 xA – 4 = 5 × 2 – 4 = 6 et  yA = 6 donc A appartient à la médiatrice du segment [BC], ce qui signifie que le triangle ABC est isocèle en A. b) 5 xD  – 4 = 5 × (– 2) – 4 = – 14 et  yD ≠ – 14 donc D n’appartient pas à la médiatrice du segment [BC], ce qui signifie que le triangle DBC n’est pas isocèle en D. 192

c) 5 xE – 4 = 5 × (– 1) – 4 = – 9 et  yE ≠ – 9 donc E n’appartient pas à la médiatrice du segment [BC], ce qui signifie que le triangle EBC n’est pas isocèle en E.

48 La droite d’équation y = 1 x + 2 est d 4. 2 1 La droite d’équation y =  x + 1 est d 1. 2 1 La droite d’équation y = –  x + 2 est d 5. 2 1 La droite d’équation x =  est d 3. 2 1 La droite d’équation y = est d 6. 2 1 La droite d’équation y = –  x – 2 est d 2. 2 49 d 1 : le coefficient directeur est 2 et l’ordonnée à l’origine est – 3, donc l’équation est y = 2 x – 3. d 2 : le coefficient directeur est 0 et l’ordonnée à l’origine est 4, donc l’équation est y = 4. d 3 : le coefficient directeur est – 3 et l’ordonnée à l’origine est – 4, donc l’équation est y = – 3 x – 4. d 4 : le coefficient directeur est – 1 et l’ordonnée à l’origine est 2, donc l’équation est y = – x + 2. 1 d 5 : le coefficient directeur est  et l’ordonnée à l’ori3 1 gine est 1, donc l’équation est y =  x + 1. 3 50 Il suffit de repérer les droites qui ont le même coefficient directeur : d 1 est parallèle à d 4 ; d 2 est parallèle à d 6 ; d 3 est parallèle à d 5. 51  a) L’équation de d 1 est y = x. b) L’équation de d 2 est y = x – 2. c) L’équation de d 3 est y = x + 1. 52  a) L’affirmation est fausse. En effet, d 1 et d 2 n’ont pas le même coefficient directeur. direc teur. b) L’affirmation ’affirmation est vraie. En effet, e ffet, d 2 et d 3 ont le même coefficient directeur. c) L’affirmation est fausse. En effet, d 1 et d 3 n’ont pas le même coefficient directeur. d) L’affirmation est vraie. En effet, d 1 et d 4 ont la même ordonnée à l’origine. e) L’affirmation ’affirmation est fausse. En effet, d 3 et d 4 n’ont pas la même ordonnée à l’origine. l ’origine. 53 Le coefficient directeur de (AO) est 2, comme celui de (BO). De plus, ces deux droites passent par l’origine. Elles sont donc confondues. 54 Le coefficient directeur de (GO) est – 2, celui de 4 (HO) est . De plus, ces deux droites passent par l’ori5 gine. Elles sont donc sécantes.

55 Le point d’intersection de d 1 et d 2 a pour coordonnées (1 ; – 2). 2). 56 Le point d’intersection de d 1 et d 2 a pour coordonnées (1 ; 4). 57 Le point d’intersection de d 1 et d 2 a pour coordonnées (2 ; 2). 58  a) La droite d 3 passe par l’origine du repère. En effet, son ordonnée à l’origine est 0. b) La droite d 2 est parallèle à l’axe des ordonnées. En effet, son équation est de la forme x = k . c) La droite d 5  est parallèle à l’axe des abscisses. En effet, son équation est de la forme y =  p. d) Les droites d 3 et d 4  sont parallèles. En effet, leurs coefficients directeurs sont égaux. 7 e) Les droites d 2 et d 5 passent par le point A –  ; 2 . En 2 effet, leurs équations sont vérifiées par les coordonnées de A.





59  a) d 1 et d 2  sont sécantes car leurs coefficients directeurs sont différents. b) d 1 et d 2 sont parallèles car leurs coefficients directeurs sont égaux. c) d 1 et d 2 sont parallèles car leurs coefficients direc4 teurs sont égaux  = 0, 8 . 5 d) d 1 et d 2 sont parallèles car elles sont toutes les deux parallèles à l’axe des ordonnées. e) d 1 et d 2  sont sécantes car leurs coefficients directeurs sont différents (0  2). f) d 1 et d 2 sont parallèles car elles sont toutes les deux parallèles à l’axe des abscisses.





60  a) Le coefficient directeur de d 1 est le même que celui de d 0, c’est-à-dire 3. De plus, l’ordonnée à l’origine de d 1 est 4. Donc l’équation de d 1 est y = 3 x + 4. b) Le coefficient directeur de d 2 est le même que celui de d 0, c’est-à-dire 3, donc l’équation de d 2 est de la forme y = 3 x + p. d 2 passe par le l e point (– 1 ; 0), donc 0 = – 3 +  p soit p = 3. Donc l’équation de d 2 est y = 3 x + 3. c) Le coefficient directeur de d 3 est 2, donc l’équation de d 3 est de la forme y = 2 x +  p. d 3 passe par T(7 ; 19), donc 19 = 14 +  p soit  p = 5. Donc l’équation de d 3 est y = 2 x + 5. d) d 4 est parallèle à l’axe des abscisses donc son équation est de la forme  y = p. De plus, d 4 a la même ordonnée à l’origine que d 0, c’est-à-dire – 2. Donc l’équation de d 4 est y = – 2. e) d 5 ne coupe pas d 0, elle lui est donc parallèle et a le même coefficient directeur, 3. De plus, l’ordonnée à l’origine de d 5 est 0. Donc l’équation de d 5 est y = 3 x.

61  a) Les points A, B, C et D ont des abscisses toutes différentes, donc les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles à l’axe des ordonnées. 7–2 5 Le coefficient directeur de (AB) est m1 = = . 3 –1 2 4 – (– 1) 5 Le coefficient directeur de (CD) est m2 =  = . 5 1 2  – 2 2 On observe que m1 = m2, donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles. b) Les droites (AC) et (BD) ne sont so nt pas parallèles à l’axe des ordonnées. –1–2 Le coefficient directeur de (AC) est m3 =  = 6. 1  – 1 2 4–7 Le coefficient directeur de (BD) est m4 =  = 6. 5  – 3 2 On observe que m3 = m4, donc les droites (AC) et (BD) sont parallèles. c) Les côtés du quadrilatère ABCD sont parallèles deux à deux, c’est donc un parallélogramme. 62 Les points A, B, C et D ont des abscisses toutes différentes, donc les droites (AB), (AC) et (AD) ne sont pas parallèles à l’axe des ordonnées. Le coefficient directeur de (AB) est : 0–5 5 m1 =  = –  et m1 ≠ – 0, 4. 10 – (–3) 13 Le coefficient directeur de (AC) est : 8–5 3 m2 =  = –  et m2 ≠ – 0, 4. – 10 – (–3) 7 Le coefficient directeur de (AD) est : 3–5 2  = –  = – 0, 4. m3 = 2 – (– 3) 3) 5 C’est donc la droite (AD) qui est parallèle à la droite d . 63 La droite (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées. –2–6 Son coefficient directeur est m = = – 2. 3 – (– 1) L’équation de la droite parallèle à (AB) passant par l’origine du repère est donc y = – 2 x. Or – 2 xE = – 2 × (– 2) = 4 et yE ≠ 4. Donc l’affirmation d’Élodie est fausse. 64  a) Les points A, B, C et D ont des abscisses toutes différentes, donc les droites (AB), (AC) et (AD) ne sont pas parallèles à l’axe des ordonnées. 5–4 1 Le coefficient directeur de (AB) est m1 =  = . 1 – (– 4) 5 Le coefficient directeur de (AC) est : 11  – 4 1 2 m2 =  = . 5 7 – (– 4) 2 3–4 1 Le coefficient directeur de (AD) est m3 =  = – . – 1 – (– 4) 3 Chapitre 13

Équations de droites

193

b) m1 = m2 donc les droites (AB) et (AC) sont parallèles. On en déduit que les points A, B, C sont alignés. c) m1 ≠ m3 donc les droites (AB) et (AD) ne sont pas parallèles. On en déduit que les points A, B, D ne sont pas alignés. d) L’équation de la droite (AD) est de la forme : 1  y = –  x +  p. 3 4 Le point A appartient à cette droite donc 4 = +  p 3 4 8 c’est-à-dire p = 4 –  soit  p = . 3 3 1 8 L’équation de (AD) est donc y = –  x + . 3 3 8 Le point E de coordonnées 0 ;  appartient à cette 3 droite et est donc aligné avec A et D.

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65 Les points A, B et C ont des abscisses toutes différentes, donc les droites (AB) et (AC) ne sont pas parallèles à l’axe des ordonnées. 4 –1 3 Le coefficient directeur de (AB) est m1 = = . 2 – (– 12) 14 5 –1 4 Le coefficient directeur de (AC) est m2 =  = . 7 – (– 12) 19 s ont pas paralm1 ≠ m2 donc les droites (AB) et (AC) ne sont lèles et les points A, B, C ne sont pas alignés. L’affirmation de Yanis est donc fausse. 66  a) Les points A, B, C et D ont des abscisses toutes différentes, donc les droites (AB), (AC) et (AD) ne sont pas parallèles à l’axe des ordonnées. • Le coefficient directeur de (AB) est : 23 10  – 15 3  = 3 . m1 = 5 2–5 Le coefficient directeur de (AC) est : 14 10  – 15 3  = 3 . m2 = 5 1–5 m1 = m2 donc les droites (AB) et (AC) sont parallèles et les points A, B, C sont alignés. • Le coefficient directeur de (AD) est : 10 3– 3 = –1 . m3 = 2 17  – 5 3 m1 ≠ m3 donc les droites (AB) et (AD) ne sont pas parallèles et les points A, B, D ne sont pas alignés. b) L’instruction est_aligne  affiche 1 si les trois points donnés en argument sont alignés, 0 s’ils ne le sont pas. 67  a) Les droites d  et d ʹ ont des coefficients directeurs différents, elles sont donc sécantes. b) On note A le point de coordonnées (– 2 ; 1). 194

5 7 5 7 –  xA –  = – × (– 2) –  = 1 et yA = 1 donc A appartient 3 3 3 3 à d . 1 7 1 7  xA + = × (– 2) +  = 1 et yA = 1 donc A appartient 5 5 5 5 ʹ d  à . Le résultat affiché par le logiciel est donc correct.

68  a) Les droites d  et d ʹ ont des coefficients directeurs différents, elles sont donc sécantes. b)  Le couple des coordonnées de A est solution du système :  y = 2 x + 4 .  y = 4 x – 10 On résout 2 x + 4 = 4 x – 10, 10, soit – 2 x = – 14 et x = 7. En remplaçant x par 7 dans la première équation on obtient y = 2 × 7 + 4 = 18. Les coordonnées du point d’intersection A sont donc (7 ; 18). 18).

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69  a) On remarque tout d’abord que les droites d 1, d 2 et d 3 sont bien sécantes, car leurs coefficients directeurs sont différents. Le couple des coordonnées de A est solution du système : 2  y =  x 3 . 3  y =  x – 10 2 2 3 5 10 c’est-à-dire –  x = –10 soit  x On résout  x =  x – 10 3 2 6 = 12. En remplaçant  x par 12 dans la première équation on 2 obtient  y = × 12 = 8. Les coordonnées du point A 3 sont donc (12 ; 8). Le couple des coordonnées de B est solution du système : 2  y =  x 3 .  y = 2 2 On résout  x = 2, soit x = 3. Les coordonnées du point 3 B sont donc (3 ; 2). Le couple des coordonnées de C est solution du système. 3  y =  x – 10 2 .  y = 2 3 On résout  x – 10 = 2, soit x = 8. Les coordonnées du 2 point C sont donc (8 ; 2). b) Fenêtre : 0  X  15, pas 1 et 0  Y  10, pas 1.

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70  a) Graphiquement, la solution du système est le couple (– 2 ; – 2,5). On vérifie que 0,25 × (– 2) – 2 = – 2,5, l’autre équation étant évidente. b) Graphiquement, la solution du système est le couple (–2 ; 0). On vérifie que – (– 2) – 2 = 0 et 0,5 × (– 2) 2) + 1 = 0. c) Graphiquement, il n’y a pas de point d’intersection, les droites sont parallèles. C’est bien le cas, puisque les coefficients directeurs sont égaux. d) Graphiquement, la solution du système est le 2 4 2 4 couple  ; . On vérifie que – + 2 = 3 3 3 3 2 4 et 0,5 ×  + 1 = . 3 3 71  a) Les coordonnées de I sont 3 – 5  ; 4 + 2 2 2 c’est-à-dire (– 1 ; 3). 3+1 4–4 Les coordonnées de J sont ;  c’est-à-dire 2 2 (2 ; 0). b) • (CI) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x + p. 3 – (– 4) 4) 7 Son coefficient directeur est m = =– . –1–1 2 7 1 C appartient à la droite, donc –4 = –  +  p, soit p = – . 2 2 7 1 L’équation de (C I) est donc y = –  x – . 2 2 • (BJ) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 0–2 2  = – . Son coefficient directeur est m = 2 – (– 5) 7 2 4 J appartient à la droite, donc 0 = – × 2 + p soit p = . 7 7 2 4 L’équation de (BJ) est donc y = –  x + . 7 7 • Le couples des coordonnées de G est solution du système : 7 1  y = –  x – 2 2. 2 4  y = –  x + 7 7 7 1 2 4 7 2 4 1 On résout –  x –  = –  x + , soit –  x +  x =  + 2 2 7 7 2 7 7 2 45 15 1 c’est-à-dire –  x =  et x = – . 14 14 3 1 En remplaçant x par –  dans la première équation on 3 7 1 1 2 obtient y = – × –  –  = . 2 3 2 3 1 2 Les coordonnées du point G sont donc – ; . 3 3 c) • La droite (AG) n’est pas parallèle à l’axe des ordono rdonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 2 4– 3 = 1. Son coefficient directeur est m = 1 3+ 3

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A appartient à la droite, donc 4 = 1 × 3 + p soit p = 1. L’équation de (AG) est y =  x + 1. • La droite (BC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnée, donc son équation est de la forme  y = m x +  p. 2+4 Son coefficient directeur est m =  = – 1. –5–1 B appartient à la droite, donc 2 = (– 1) × (– 5) +  p, soit  p = – 3. L’équation de (BC) est y = – x – 3. • Le couple des coordonnées du point d’intersection K des droites (AG) et (BC) est solution du système :  y = x + 1 .  y = – x – 3 On résout x + 1 = – x – 3 c’est-à-dire 2 x = – 4 soit x = – 2. On remplace  x par – 2 dans la première équation, on obtient y = – 1. Donc le point K a pour coordonnées (– 2 ; – 1). • On vérifie que K est le milieu de [BC]. –5+1 2–4 En effet : =  = – 2 et  = – 1. 2 2

�

72  a) La question pourrait être « Combien d’essais l’équipe de France a-t-elle transformés lors de cette rencontre ? » L’inconnue x représente alors le nombre d’essais transformés et l’inconnue y le nombre d’essais non transformés. b) L’équation x + y = 7 équivaut à y = – x + 7 et l’équa7 39 tion 7 x + 5 y = 39 équivaut à y = –  x + . 5 5 Graphiquement, la solution du système est donc le couple des coordonnées du point d’intersection des 7 39 droites d’équations y = – x + 7 et y = –  x + . 5 5 c)

7 6 5 4 3 2 1 O

1 2 3

4 5 6

7

Les coordonnées du point d’intersection de ces deux droites sont (2 ; 5). L’équipe de France a donc transformé 2 essais sur les 7. On vérifie que le nombre total d’essais ainsi obtenu est bien 7 et que le nombre de points est 2 × 7 + 5 × 5 + 2 × 3 = 45.

73  a) On note x le prix d’entrée pour un enfant et  y le prix pour un adulte. La première phrase de l’énoncé se traduit par 4 x +  y = 22 et la seconde phrase par 6 x + 3 y = 42. La première équation équivaut à  y = 22 – 4 x et la seconde à y = 14 – 2 x. Chapitre 13

Équations de droites

195

b) On résout le système

�  = = 2214 –– 42  y  y

 x .  x

On résout 22 – 4 x = 14 – 2 x soit – 2 x = – 8 c’est-à-dire x = 4. En remplaçant x par 4 dans la première équation, on obtient y = 22 – 16 = 6. Le prix d’entrée pour un enfant est donc 4 € et le prix d’entrée pour un adulte 6 €.

74  a) La masse totale de nouveau chocolat doit être 1 kg, soit x + y = 1. La masse de caco dans le nouveau chocolat doit être 40 % de la masse totale, soit 0,4( 0, 4( x  x + y). Cette masse est égale à 70 % de la masse de chocolat noir, soit 0,7 x, plus 20 % de la masse de chocolat au lait, soit 0,2 y.  x + y). Ainsi, 0,7 x + 0,2 y = 0,4( x b) La première équation équivaut à 0,7 x + 0,2 y  = 0,4 x  + 0,4 y, c’est-à-dire 0,2 y = 0,3 x  soit 3  y =  x. 2 La deuxième équation équivaut à  y = 1 – x. c) Résolution graphique :

1

A

On résout 276 + 0,14 x = 156 + 0,3 x soit –0,16 x = – 120 c’est-à-dire x = 750. En remplaçant x par 750 dans la première équation, é quation, on obtient y = 276 + 0,14 × 750 = 381. Pour 750 km parcourus en trois jours, le prix payé par le client est donc le même avec les deux sociétés, il est égal à 381 �.

76  a)  La réciproque est fausse : Le point de coordonnées (3 ; 8) a des coordonnées entières et son ordonnée est paire, mais il n’appartient pas à la droite d 1. b) La réciproque est vraie : Si a est solution de – x + 3 = 5 alors a = – 2 et le point de coordonnées (– 2 ; 5) appartient bien à la droite d . c) La réciproque est fausse : Deux droites peuvent être parallèles entre elles sans être parallèles à l’axe des ordonnées. C’est le cas par exemple des droites d’équations y = x et y = x + 1. d) La réciproque est fausse : Si a = b = 0, le point de coordonnées (a, b) n’appartient pas à la droite d 4. 77  a) Vrai, par définition d’une équation de droite. b) Vrai, puisque c’est vrai pour tout point appartenant appar tenant à la droite. c) Faux, car par exemple avec a = 2 et b = – 2, le point M(a ; b) appartient bien à la droite d , mais a – b = 4 et a – b ≠ 2. d) Vrai, c’est le cas avec a = 1 et b = – 1. 1.

O 1

La solution du système est le couple (0,4 ; 0,6). d) Il faut donc mélanger 400 g de chocolat noir et 600 g de chocolat au lait.

75  1. • Pour 200 km en trois jours, avec la société A on paie 3 × 92 � + 200 × 0,14 � = 304 � et avec la société B on paie 3 × 52 � + 200 × 0,30 � = 216 �. Le tarif le plus avantageux est donc celui de la société B. • Pour 800 km en trois jours, avec la société A on paie 3 × 92 � + 800 × 0, 14 � = 388 � et avec la société B on paie 3 × 52 � + 800 × 0, 30 � = 396 �. Le tarif le plus avantageux est donc celui de la société A. 2. a) Pour la société A : y = 276 + 0, 14 x. Pour la société B : y = 156 + 0, 3 x. b) Pour répondre à cette question, on doit résoudre le système :  y = 276 + 0,14 x .  y = 156 + 0,3 x

�

196

8

Pour se tester

78  1. C 2. D 3. B 4. B 79 1. B, D 2. A, C 3. B, C 4. B, D 80  1. A, B, C, D En effet, les coefficients directeurs direc teurs de (AB) et (CD) sont égaux à – 1 et les coefficients directeurs de (AD) et (BC) sont égaux à 1, l’équation de (AC) est y = 0,4 x et l’équation de (BD) est y = 2,5 x, donc ABCD est un parallélogramme dont les diagonales se coupent en l’origine, qui est ainsi le milieu de ses diagonales. 2. B En effet, les droites (EF) et (GH) ont la même équation : 2 8  y = –  x + . 3 3 3. D En effet, ( y  y – 3 x)( y  y – x + 1) = 0 si, et seulement si, y – 3 x = 0 ou y – x + 1 = 0, ce qui équivaut à  y = 3 x ou y = x – 1.

L’ensemble des points M( x 1) = 0  x ; y  y) tels que ( y –3 x)( y  y – x +1) est donc la réunion des droites d’équations  y = 3 x et  y =  x – 1, qui sont sécantes puisque leurs coefficients directeurs sont différents. 4. C, D  y + x)( y  y – x) = 0 si, et seulement si, En effet, ( y  y +  x = 0 ou y – x = 0, soit  y = – x ou y = x. L’ensemble  x ;  y) tels que  y2 –  x2  = 0 est donc la des points M( x réunion des droites d’équations  y = – x et  y =  x, qui passent par l’origine et sont perpendiculaires dans un repère orthonormé.

9

Pour aller plus loin

81 Méthode 1 En faisant une figure, on peut conjecturer que ABCD est un rectangle. On prouve tout d’abord que c’est un parallélogramme. 3 –1 1 Le coefficient directeur de (AB) est m1 =  = . 4 – (– 2) 3 –2–0 1 Le coefficient directeur de (CD) est m2 =  = . –1–5 3 –2–1 Le coefficient directeur de (AD) est m3 =  = – 3. – 1 – (– 2) 0–3 Le coefficient directeur de (BC) est m4 = = – 3. 5–4 m1 = m2 et m3 = m4 donc les côtés de ABCD sont parallèles deux à deux, c’est un parallélogramme. On calcule ensuite les longueurs des diagonales AC et BD : AC =  (5 (5 – (– 2))2 + (0 – 1)2  =  50 50 BD =  (–1 (–1 – 4)2 + (– 2 – 3)2  =  50 50 AC = BD donc les diagonales du parallélogramme ABCD sont de même longueur, c’est un rectangle. rect angle. Méthode 2 Les coordonnées du vecteur AB sont (6 ; 2). Les coordonnées du vecteur DC sont (6 ; 2). On constate que AB = DC, ce qui prouve que ABCD est un parallélogramme. (On peut aussi démontrer cette propriété en calculant les coordonnées des milieux des diagonales [AC] et [BD].) On calcule ensuite les distances AC et BD et on constate que AC = BD ce qui signifie que le parallélogramme ABCD est un rectangle.  A 

 T 

 A 

 T 

82  a)  On sait qu’Ophélie se trompe car les coefficients directeurs de ces deux droites sont différents, ce qui signifie qu’elles sont sécantes.

b) On peut prendre comme fenêtre : – 2  X  4, pas 1 et – 5  Y  45, pas 1.

83 On peut, à la main ou à l’aide du tableur, construire un tableau croisé pour indiquer les coefficients directeurs de chacune des 15 droites. Par exemple, le coefficient directeur de la droite (AB) est – 0,5. On précise dans le tableau les équations des droites parallèles à l’axe des ordonnées, qui n’ont pas de coefficient directeur. A B C D E F x = 7 A – 0,5 2 0,75 0 B 2 0, 5 –2 x = 9 C – 0, 5 –2 0, 5 x = 11 D 0 E – 0,75 On constate ainsi que : • (AB) est parallèle à (CD) ; • (AC) est parallèle à (BD) ; • (AE) est parallèle à (DF) ; • (AF) est parallèle à (BC) et (DE) ; • (BE) est parallèle à (CF) ; • (BF) est parallèle p arallèle à (CE).

84 Le tableau ci-dessous indique, pour chaque question, les coordonnées de A, B, D dans le repère indiqué, puis les équations des droites (AB) et (BD).

A B D (AB)

a) (A ; B, D) (0 ; 0) (1 ; 0) (0 ; 1) y = 0

(BD)

y = – x + 1

A B D (AB) (BD)

c) (A ; C, D) (0 ; 0) (1 ; –1) (0 ; 1) y = – x y = – 2 x + 1 Chapitre 13

b) (A ; B, C) (0 ; 0) (1 ; 0) (–1 ; 1) y = 0 1 1 y = –  x + 2 2 d) (B ; A, C) (1 ; 0) (0 ; 0) (1 ; 1) y = 0 y = x Équations de droites

197

A B D (AB) (BD)

e) (D ; B, C) (0 ; –1) (1 ; 0) (0 ; 0) y = x – 1 y = 0

f ) (I ; B, C) (0 ; –1) (1 ; 0) (–1 ; 0) y = x – 1 y = 0

85 On cherche les valeurs de  x  et de  y  entières positives telles que 40 x + 60 y = 960. Cette équation 3 équivaut à  y = –  x + 16. Il s’agit donc de trouver les 2 points à coordonnées entières et positives de la droite 3 d’équation y = –  x + 16. 2 On peut utiliser GeoGebra pour tracer la droite, afficher la grille et trouver ainsi les coordonnées des points cherchés : (0 ; 16), (2 ; 13), (4 ; 10), (6 ; 7), (8 ; 4) et (10 ; 1). Les possibilités sont donc : • 16 autocars de 60 places ; • 2 autocars de 40 places et 13 autocars de 60 places ; • 4 autocars de 40 places et 10 autocars de 60 places ; • 6 autocars de 40 places et 7 autocars de 60 places ; • 8 autocars de 40 places et 4 autocars de 60 places ; • 10 autocars de 40 places et 1 autocar de 60 places. 86  1. Le coefficient directeur de (AB) est : 1–3 m = = – 1. 0 – (– 2) 2) – 9 – (– 3) Le coefficient directeur de (CD) est m = = –1. – 2 – (– 8) Les droites (AB) et (CD) sont donc parallèles, ABCD est un trapèze. 2. a) • (AD) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. –3–3 Son coefficient directeur est m =  = 1. – 8 – (– 2) A appartient à la droite, donc 3 = – 2 +  p soit  p = 5. L’équation de (AD) est donc y = x + 5. • (BC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. –9–1 Son coefficient directeur est m = = 5. –2–0 B appartient à la droite, donc  p = 1. L’équation de (BC) est donc y = 5 x + 1. • Le couple des coordonnées de W  est solution du système :  y = x + 5 .  y = 5 x + 1 On résout  x  + 5 = 5 x + 1 soit – 4 x = – 4 c’est-à-dire  x = 1. En remplaçant x par 1 dans la première équation, on obtient y = 6. Les coordonnées de W sont donc (1 ; 6).

�

198

b) Les coordonnées du milieu I de [AB] sont : –2+0 3+1 ; , soit (– 1 ; 2). 2 2 3. a)  • (AC) est parallèle à l’axe des ordonnées, son équation est x = – 2. • (BD) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. –3–1 1 Son coefficient directeur est m = = . –8–0 2 B appartient à la droite, donc  p = 1. 1 L’équation de (BD) est donc y =  x + 1. 2 • Le couple des coordonnées de Wʹ  est solution du système :  x  = – 2 . 1  y =  x + 1 2 En remplaçant x par –2 dans la deuxième équation, on obtient y = 0. Les coordonnées de W sont donc (– 2 ; 0). b) Les coordonnées du milieu K de [DC] sont : –8–2 –3–9 ; , soit (– 5, – 6). 2 2 4. (IK) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. –6–2 Son coefficient directeur est m =  = 2. – 5 – (– 1) 1)





�





I appartient à la

droite, donc 2 = – 2 +  p soit p = 4. L’équation de (BD) est donc y = 2 x + 4. 2 xW + 4 = 2 × 1 + 4 = 5 et yW = 5, donc W appartient à la droite ( IK). 2 xWʹ + 4 = 2 × (– 2) 2) + 4 = 0 et yWʹ = 0, donc W appartient à la droite ( IK). Les points W, W, I et K sont donc alignés, l’affirmation de Sofiane est vérifiée.

87  1. b)  Il semble que les deux triangles aient la même aire quand AM ≈ 2, 86. 3 2. a) L’aire, en cm2, du triangle AMC est égale à  x. 2 4(5 – x) Celle du triangle BMD est égale à = 10 – 2 x. 2 Ces deux aires sont égales si, et seulement si, 3 7 20  x = 10 – 2 x c’est-à-dire  x = 10 soit x = . 2 2 7 Ainsi x ≈ 2,86. b) Graphiquement, la valeur de  x cherchée est l’abscisse du point d’intersection des droites représentant les aires des triangles.

88 Variables  :  xA, yA, m,  p, z  sont  sont des nombres réels Entrées : Saisir xA, yA, m, p

Traitement et sortie : Affecter à z la valeur m xA +  p Si z  =  = yA alors Afficher “Le point A appartient à la droite”   sinon Afficher “Le point A n’appartient pas à la droite” Fin Si

11 89  a) L’équation de d 3 est de la forme y = mx  +  + . 7 A appartient à d 3 donc : 11 11 11 11 3 0 = – m +  soit m =  c’est-à-dire m = . 3 7 3 7 7 3 11 L’équation de d 3 est donc y =  x + . 7 7 b) En traçant ces trois droites à la calculatrice, on peut conjecturer qu’elles se coupent au point C de coordonnées (1 ; 2). 1 1  xC + c) (3 +  2) 2) x  = 3 +  2 + 1 –  2 1 –  2 1 +  2 = 3 +  2 + (1 –  2)(1 2)(1 +  2) 2) = 3 +  2 – 1 +  2 = 2 et yC = 2 donc C appartient à la droite d 1. 1,248 xC + 0,750 = 1,248 + 0,750 = 1,998 et yC ≠ 1,998 donc C n’appartient pas à la droite d 2 et la conjecture émise à la question précédente est fausse.

90  a) 6 E

5

A

B

4 3

G

2 H

1

6 –5 –4 –3 –2 –1 O –1

D

1

C

2

3

4

5

6

7

8

–2 –3

b) Les coordonnées de G sont (1 ; a), avec 1 � a � 5. Les coordonnées de E et e t F sont respectivement respec tivement (– 6 ; 5) et (8 ; – 3).

• (BG) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. a – 5 5 – a Son coefficient directeur est m = = . 1–8 7 5–a × 8 +  p, ce qui B appartient à la droite, donc 5 = 7 8a – 5 donne p = . 7 5–a 8a – 5  x + L’équation de (BG) est donc y = . 7 7 • Les coordonnées du point H vérifient l’équation de (BG) et celle de (CD), qui est y = 1. L’abscisse de H est telle que : 5–a 8a – 5 5–a 12 – 8a 1=  c’est-à-dire soit  x +  x = 7 7 7 7 12 – 8a .  x = 5–a 12 – 8a Les coordonnées de H sont donc ;1. 5–a Le coefficient directeur de la droite (EG) est : a – 5 a – 5 m1 =  = 1 – (– 6) 6) 7 Le coefficient directeur de la droite (FH) est : a – 5 1 – (– 3) 3) 4 m2 = = = 12 – 8a 12 – 8a – 40 + 8a 7 –8 5–a 5–a On constate que, quel que soit 1 � a � 5, c’est-à-dire quelle que soit la position du point G sur [AD], les droites (EG) et (FH) ont le même coefficient directeur et sont donc parallèles.





91 Dans le repère (A ; B, D), on a A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), I(0,5 ; 0) et J(0 ; 0,5). L’équation de la droite (AC) est y = x et l’équation de la 1 1 droite (BJ) est y = –  x + . 2 2 Le couple de coordonnées de K est donc solution du système :  y  = x 1 1.  y = –  x + 2 2 1 1 On résout x = –  x + , 2 2 3 1 1 soit  x = , c’est-à-dire x = . 2 2 3 1 1 Donc K  ; . 3 3 L’équation de la droite (DI) est  y = – 2 x + 1. 2 1 1 – 2 xK  + 1 = –  + 1 =  et yK  = , donc K appartient à (DI) 3 3 3 et les points D, K, I sont alignés.

�

 

92 Les coordonnées de A  sont – 1 + 3 ; – 2 – 10 , 2 2 soit (1 ; – 6).



Chapitre 13

Équations de droites



199

1 +2 3 ; 6 –210 , soit (2 ; – 2).2).

Les coordonnées de B sont

La droite (AA) est donc parallèle à l’axe des ordonnées et son équation est  x = 1. La droite (BB ) est quant à elle parallèle à l’axe des abscisses et son équation est L’axe des abscisses passe donc par p ar le milieu de  y = – 2. L’axe [AA] et est parallèle à (BB ). On note P le point d’intersection des droites (AA) et (BB). Les coordonnées de P sont (1 ; – 2). 2). On note Q le milieu de [PB]. Les coordonnées de Q sont (0 ; – 2). L’axe des abscisses passe donc par Q et est parallèle à (AA). On a ainsi retrouvé le repère effacé.  y =

0

4

B2

 x =

A’

–10 –8 –6 –4 –2 –2

2

4

0

6 A

B’

C

–4

93 L’aire du carré est 64 unités d’aire, alors que l’aire du rectangle est 13 ×  5 = 65 unités d’aire. Il semble donc qu’on a réussi à construire avec les 4 morceaux deux figures qui n’ont pas la même aire. On munit le rectangle d’un repère orthonormé d’origine le sommet en bas à gauche et d’unité un carreau. Les coordonnées du coin en haut à droite sont alors (13 ; 5) et donc l’équation de la diagonale tracée en 5 gras est y =  x. 13 Les coordonnées du sommet en bas à droite du trapèze bleu sont (5 ; 2) et les coordonnées du sommet en haut à gauche du trapèze vert sont (8 ; 3). On constate que ces deux points n’appartiennent pas à la diagonale. Il y a donc en vide le long de cette diagonale. Ce vide est un parallélogramme dont l’aire est exactement égale à 1 unité d’aire, ce qui résout le paradoxe.

95  a) Le premier calcul est erroné. Pour x = – 2, y = – (–2) – 5 = – 3, donc les coordonnées de A sont (– 2 ; – 3). 3). Le second calcul est correct. b) 1 O

1

96  a) Le tracé correct est celui de Mélissa. b) Valentin a placé correctement l’ordonnée à l’origine égale à – 1, mais il a ensuite construit la droite avec un coefficient directeur égal à 4. Pour un coefficient di1 recteur égale à , on avance de 4 unités en abscisse 4 pour monter d’une unité en ordonnée.

1 O

1

1 4

c) Mélissa a tracé la droite en plaçant deux points. 1 Pour x = 0, y = × 0 – 1 = – 1, 1, ce qui donne le point de 4 coordonnées (0 ; – 1). 1 Pour x = 4, y = × 4 – 1 = 0, ce qui donne le point de 4 coordonnées (4 ; 0).

97 Les droites non parallèles aux axes du repère sont les droites d’équations  y = 5 x  – 3 (trait plein), (traitillés) et y = 0, 5 x (pointillés)  (p ointillés)..  y = – 2 x + 1 (traitillés)

1

10

Accompagnement personnalisé

94

d 2

d 1

1

O 1

d 4

200

1

d 3

98 (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x + p. 3 – (– 3) 3) Son coefficient directeur est m = = – 1. –2–4 A appartient à la droite, donc – 3 = – 4 +  p soit p = 1. L’équation de (AB) est donc y = – x + 1.

99  a)  Les points A et B n’ont pas la même abscisse, donc l’équation de la droite (AB) est de la forme  y = m x + p. 4 – (– 2) b) Le coefficient directeur de (AB) est m = = 2. 5–2 c) L’équation de la droite (AB) est donc de la forme  y = 2 x +  p. A appartient à la droite donc – 2 = 2 × 2 + p soit  p = – 6. d) L’équation de (AB) est donc y = 2 x – 6. 100  a)

C

E

D

1 O

1

b) L’équation de (CD) est x = 5. L’équation de (DE) est y = 2. c) Le triangle CDE est rectangle en D.

101  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. 2 – (– 6) Son coefficient directeur est m = = 2. 2 – (– 2) A appartient à la droite, donc – 6 = 2 × (– 2) +  p  soit  p = –2. L’équation de (AB) est donc bien y = 2 x – 2. On pouvait aussi vérifier que les coordonnées des points A et B vérifient l’équation y = 2 x – 2. b) 2 xC – 2 = 2 × 4 – 2 = 6 et yC = 6 donc C appartient à (AB) et est aligné avec A et B. 102 – 1 xP + 1 = – 1 × 100 + 1 = – 49 49 et yP = – 49 donc P 2 2 appartient à (MN) et est aligné avec M et N. 103  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. – 1 – (– 4) 4) Son coefficient directeur est m = = 1. 2 – (– 1) A appartient à la droite, donc – 4 = – 1 +  p soit  p = – 3. L’équation de (AB) est donc y = x – 3. b) xC – 3 = 5 – 3 = 2 et yC = 2 donc C appartient à (AB) et est aligné avec A et B.  xD –3 = – 98 – 3 = – 101 et y D ≠ – 101 donc D n’appartient pas à (AB) et n’est pas aligné avec A et B. 104  a) (AB) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées, donc son équation est de la forme y = m x +  p. –2–4 Son coefficient directeur est m =  = – 6. – 1 – (– 2) 2)

A appartient à la droite, donc 4 = – 6 × (– 2) +  p  soit L’équation de (AB) est donc bien y = – 6 x – 8.  p = – 8. L’équation b) –6  – 6 xC – 8 = – 8 et  yC ≠ – 8 donc C n’appartient pas à (AB) et n’est pas aligné avec A et B. – 6 xD – 8 = 30 – 8 = 22 et  yD = 22 donc D appartient à (AB) et est aligné avec A et B. – 6 xE – 8 = – 24 – (– 8) = – 32 et  yE = – 32 donc E appartient à (AB) et est aligné avec A et B. – 6 xF – 8 = – 60 – 8 = – 68 et  yF ≠ – 68 donc F n’appartient pas à (AB) et n’est pas aligné avec A et e t B.

105  a) Les droites d  et d ʹ ont des coefficients directeurs différents, donc elles sont sécantes. b)  Le couple des coordonnées de P est solution du système :  y = – x + 2 .  = 2 x – 1  y  = On résout – x + 2 = 2 x – 1, soit – 3 x = – 3 c’est-à-dire x = 1. En remplaçant  x par 1 dans la première équation on obtient y = – 1 + 2 = 1. Les coordonnées du point d’intersection P sont donc (1 ; 1).

�

106  a) m1 = 3 et m2 = 1. m1 ≠ m2 donc les droites d 1 et d 2 sont sécantes. b) 3 x + 5 = x – 1, 2 x = – 6, x = – 3. L’abscisse du point R est donc – 3. c) En remplaçant x par – 3 dans l’équation l ’équation de d 2 on obtient y = – 3 – 1 = – 4. Les coordonnées de R sont so nt donc (– 3 ; – 4). 107 Les droites � et Dʹ ont des coefficients directeurs différents, donc elles sont sécantes. Le couple des coordonnées de leur point d’intersection est solution du système : 1  y = –  x 2 .  y = – 3 x + 5 1 5 On résout –  x = – 3 x + 5, soit  x = 5 c’est-à-dire x = 2. 2 2 En remplaçant  x par 2 dans la première équation on obtient  y = – 1. Les coordonnées du point d’intersection sont donc (2 ; – 1).

�

108  a) Pour déterminer l’équation de la droite, de la forme y = m x + p, on utilise les points de coordonnées (– 42 42 ; 0,192) 0,192) et (– 30 ; 0,94). 0,9 4). Le coefficient directeur de la droite est : 0,194 – 0,192 0,002 1 m = = = . – 30 – (– 42) 42) 12 6 000 En utilisant les coordonnées du premier point on en – 42 déduit 0,192 = + p 6 000 1 152 42 1 194 c’est-à-dire p = +  = . 6 000 6 000 6 000 Chapitre 13

Équations de droites

201

1 1 194 L’équation de la droite est donc y = .  x + 6 000 6 000 b) D’après la figure, il y 20 000 ans le pourcentage d’oxygène lourd était environ égal à 0,1915. Pour trouver la température correspondante, on doit résoudre l’équation : 1 1 194  x + 0,1915 =  c’est-à-dire 6 000 6 000 1 149 1 1 194 45 1  x +  x.  =  soit – = 6 000 6 000 6 000 6 000 6 000 Ainsi x = – 45. 45. La température des nuages était donc alors égale à – 45 °C. De manière analogue, il y 100 000 ans le pourcentage d’oxygène lourd était environ égal é gal à 0,1935. 0,1935. Pour trouver la température correspondante, on doit résoudre l’équation : 1 1 194  x + 0,1935 =  c’est-à-dire 6 000 6 000 1 161 1 1 194 33 1 =  soit –  =  x +  x. 6 000 6 000 6 000 6 000 6 000 Ainsi x = – 33. 33. La température des nuages était donc alors égale à – 33 °C.

202

109  1. Si m = 0, les droites d  et  et d ʹ ont toutes les deux pour équation y = 0. Si m = 1, les droites d  et d ʹ ont toutes les deux pour équation y = x + 1. Dans les deux cas, les deux droites sont confondues. 2. a) Le couple des coordonnées du point K est solution du système :  y = m2 x + m .  y = m x + m2 On résout m2 x + m = m x + m2, soit (m2 – m) x = m2 – m c’est-à-dire x = 1. Ainsi, quelle que soit la valeur de m, le point K appartient à la droite d’équation x = 1. b) La fonction x  x2 +  x est une fonction du second degré avec a = 1, a > 0. Elle admet donc un minimum. On observe que 02 + 0 = (– 1)2 + (– 1) = 0. Par symétrie, symé trie, 1 cette fonction atteint donc son minimum pour x = – 2 12 1 1 et ce minimum est égal à – – –  = – . 2 2 4 Or les coordonnées du point K sont (1 ; m2 + m). K décrit donc la demi-droite des points d’abscisse 1 et 1 d’ordonnée supérieure ou égale à – . 4

�

   

14 1

Algorithmique et programmation

Au fil des siècles

La cryptographie permet de protéger des messages en s’aidant de clés ; elle rend un message inintelligible à autre que qui-de-droit. Elle remonte à l’Égypte de 2000 av. J.-C. en passant par le code Jules César (remplace une lettre du message en clair par une lettre à distance fixe, toujours du même côté, dans l’ordre alphabétique). alphabétique). Depuis 1976, 1976, on utilise le chiffrement à clé publique et privée : le message à envoyer est codé avec la clé publique du destinataire et le destinataire utilise sa clé privée pour décoder le message reçu. La cryptanalyse  permet de tenter de décrypter un message chiffré sans posséder la clé de chiffrement. La cryptanalyse d’Enigma fut un facteur des succès alliés pendant la Seconde Guerre mondiale, en particulier grâce aux efforts d’Alan Turing. Selon certaines sources cela aurait permis de raccourcir la guerre de 2 ans et d’éviter la mort de 14 millions de personnes.

2

Bien démarrer

1. a) Valeur saisie Valeur énoncée

1 9

5 49

–6 16

1,5 12,25

b) De façon générale, le résultat donné par le lutin est (X + 2)2. 2. a) Valeur saisie A 2 0,5 –1 0,99 B Valeur énoncée

4 4

0,25 0, 5

1 1

0,980 1 0,99

b) Le programme de Manon saisit un nombre A, détermine B = A 2 puis affiche le plus grand des deux nombres A et B. 3.

4. Le lutin se rend au point de coordonnées (– 100 100 ; – 100) puis s’oriente à 90° (vers la droite).

Tant que l’utilisateur n’a pas pressé la touche espace, le lutin répète les deux instructions instruc tions : avance de 200 et tourne de 90° vers la gauche. 5. a) La liste T contient tous les multiples de 11 compris entre 11 et 220. b) Initialiser une variable k  à  à 10  Répéter 21 fois les instructions Ajouter le nombre 13 × k  à  à la liste T Augmenter le nombre k  de  de 1 Fin de la boucle

3

Savoir-faire

2 a)  x  est une variable qui prend des valeurs entières. b)  x y (1) y (2) y (3) (1) 3 12 13 169 –1 –4 –3 9 11 44 45 2 025  x 4 x 4 x + 1 (4 x + 1) 1)2 c) Le programme définit la fonction f   qui, a tout nombre entier relatif x associe f ( x 1)2.  x) = (4 x + 1)

3   L’algorithme saisit une chaîne non vide C puis détermine le nombre de caractères  de cette chaîne. La chaîne C est la sous-chaîne extraite de C à partir du caractère de rang  et de longueur 1, il s’agit donc du dernier caractère de cette chaîne C. L’algorithme affiche C, c’est-à-dire le dernier caractère de C. 5 a) 1  Prix = 0,15*N 2  Prix = 0,15*50+0,1*(N–50) c) Par exemple : • pour x =10,  =10, le programme affiche : Prix = 1,5 ; • pour x =100,  =100, le programme affiche : Prix = 12,5. Chapitre 14

Algorithmique et programmation

203

6 a)  Le temps mis par Louise pour parcourir les 5 1 5 premiers kilomètres est h =  h = 20 min. 15 3 Le temps mis pour parcourir les 2 derniers kilomètres 2 1 est h =  h = 10 min. 12 6 1 1 1 Le temps mis par Louise est h + h =  h = 30 min. 3 6 2 t  b) Pour 0 ≤ t ≤ 20, d (t ) = 15 × 1 60 d (t ) = t  4 t  –  – 20 Pour 20 ≤ t ≤ 30, d (t ) = 5 + 12 × 60 1 d (t ) = t  +  + 1 5 Variables  : t , d  sont  sont des nombres réels Entrée : Saisir t (0 ≤ t ≤ 30) Traitement : Si t ≤ 20 alors 1 Affecter à d  la  la valeur t 

  Sortie :

4 sinon 1 Affecter à d  la  la valeur t  +  + 1 5 Fin Si Afficher d 

8 a) n  est une variable entière qui compte le nombre de Pile sorti.  x est une variable flottante qui prend pour valeur un nombre aléatoire entre 0 et 1 : • 0 ≤ x < 0,5 : correspond à Pile, • 0,5 ≤ x < 1 : correspond à Face.

13  x) Fonction f ( x Si x ≤ 0 alors Affecter à y la valeur x2   sinon Si x ≤ 1 alors Affecter à y la valeur x   sinon Affecter à y la valeur – 2 x + 3 Fin Si Fin Si Résultat y

14 a) AB = � a – b� b) Fonction distance (a, b) Affecter à d  la  la valeur � a – b� Résultat d 

15 Fonction H (a, b, c) Affecter à d  la  la valeur b2 + c2 Si d  =  = a2 alors Affecter à C la chaîne “Vrai”   sinon Affecter à C la chaîne “Faux” Fin Si Résultat C

b)

16 a) Exercice 13

9 a) Pour la valeur n  = 5 saisie en entrée, l’algorithme calcule et affiche : S = 12 + 22 + 32 + 42 + 52, soit S = 55. b) De façon plus générale, pour un nombre entier n, n ≥ 1, saisi en entrée, l’algorithme calcule et affiche la somme des carrés des nombres entiers de 1 à n : S = 12 + 22 + … + n2. 11 a) La puce est es t initialement sur la case 1. On tire un nombre entier aléatoire égal à 0 ou 1. Si c’est 0, la puce reste à la même position ; si c’est 1, la puce avance d’une case. On recommence, jusqu’à ce que la puce arrive à la case 10. b) L’algorithme affiche le nombre de tirages du nombre entier aléatoire égal à 0 ou 1, pour que la puce arrive à la case 10 204

Exercice 14

Exercice 15

b) On contrôle le fonctionnement de chaque fonction à l’aide d’exemples. Ces exemples doivent permettent d’envisager les différentes situations prévues par la fonction.

4

Pour s’entraîner

17 a) On complète l’algorithme de la façon suivante :

20 a) On complète l’algorithme de la façon suivante : Si x ≤ 100 alors Affecter à m la valeur 50 + 0,25 x   sinon  x – 100) Affecter à m la valeur 75 + 0,35 ( x Fin Si b)

Affecter à S la valeur p*R2 Affecter à V la valeur S*h b) Voici le programme écrit dans le langage AlgoBox. Algo Box.

c) On contrôle le programme avec quelques exemples, on vérifie les résultats obtenus avec la calculatrice.

18 a) La variable x est un nombre no mbre entier. b)

 x

y = x**2

1 –2 12

1 4 144

y = – y + 3* x

y = y + 4

2 6 – 10 –6 – 108 – 104  x – x2 + 3 x – x2 + 3 x + 4 x2 c) Le programme définit la fonction f   qui à tout nombre entier relatif x associe f ( x  x) = – x2 + 3 x + 4.

c) On teste le programme programme avec des valeurs de  x  qui permettent d’envisager les différentes situations.

21 a) À la fin du programme, la variable S a pour valeur la somme des 10 numéros obtenus lors des lancers. b) La plus grande valeur de S que le programme peut afficher est 10 × 6 = 60. 22 a) Pour n = 4 saisi en entrée, le programme calcule et affiche : S = 2 × 1 + 2 × 2 + 2 × 3 + 2 × 4, soit S = 20. b) De façon plus générale, pour une valeur n (n ≥ 1) saisie en entrée, le programme calcule et affiche : S = 2 + 4 + 6 + … + 2 n. 23 a)

19 a) Variables  :  x, y sont des nombres réels Entrée : Saisir x (– 1 ≤ x ≤ 3) Traitement : Si x ≤ 0 alors Affecter à y la valeur – x

  Sortie :

sinon 2 Affecter à y la valeur  x 3 Fin Si Afficher y

b) Voici un programme écrit dans le langage Python.

b)  Laura exécute un grand nombre de fois son programme et calcule la moyenne des nombres de lancers qu’elle obtient.

24 a) L’algorithme détermine le nombre d’années nécessaire pour que les rejets de CO2 de l’entreprise diminuent de moitié. n  représente le nombre d’années et r   la quantité annuelle de rejets de CO2. b) Voici un programme écrit dans le langage AlgoBox.

Algorithmique Équations et programmation de droites Chapitre 14 Chapitre 13

205

c) Le programme affiche n = 35. Au bout de 35 années, les rejets annuels de CO2 de l’entreprise seront inférieurs à 125 tonnes.

25 a) Voici un programme écrit dans le langage Python. On contrôle quelques résultats donnés par le programme à l’aide de la calculatrice. 26 a) La fonction diviseurs donne pour résultat le nombre de diviseurs de l’entier naturel nul N. b) Voici un programme écrit dans le langage Python.

27 a) a  est un nombre aléatoire entier compris entre 1 et 4. Si a = 1, alors l’abscisse de la particule par ticule augmente de 1 ; si a = 2, alors l’abscisse de la particule par ticule diminue de 1 ; si a = 3, alors l’ordonnée de la particule augmente de 1 ; si a = 4, alors l’ordonnée l’ordonnée de la particule diminue de 1. b) Variables  : a, x, y, n sont des nombres entiers naturels Traitement : Affecter à x la valeur 0 Affecter à y la valeur 0 Affecter à h la valeur 0 Tant que – 9 ≤ x ≤ 9 et – 9 ≤ y ≤ 9 Affecter à a un nombre aléatoire de 1 à 4 Si a = 1 alors Affecter à x la valeur x + 1

Sortie :

Fin Si Si a = 2 alors Affecter à x la valeur x – 1 Fin Si Si a = 3 alors Affecter à y la valeur y + 1 Fin Si Si a = 4 alors Affecter à y la valeur y – 1 Fin Si Affecter à n la valeur n + 1 Fin Tant que Afficher n

c) Voici un programme écrit dans le langage AlgoBox.