Odyssee 2de Livre Du Professeur Programme 2009

Faire le point sur les connaissances Réviser avant un contrôle

Des fichiers logiciels pour : Les aider à programmer leur calculatrice ( TI ou Casio) Commencer les TP sur logiciels (géométrie, algorithmique, tableurs, …)

+ Une boîte à outils : Des adresses pour télécharger des logiciels de mathématiques Des liens vers des sites de démonstrations

www.editions-hatier.fr 44 3343 9 ISBN 978-2-218-94427-7

LIVRE DU PROFESSEUR

ont à :

Des QCM interactifs qui les aider

Couverture : Olivier Damiens - Photos : Fusée Ariane V – (2005) © ESA/CNES/CSG/NOVAPIX / Euclide,fresque de Raphaël, (1509-1510), Rome, Vatican, chambre de la Signature. Ph © E. Lessing/AKG-Images

Pour vos élèves sur le site www.odyssee-hatier.com :

LIVRE DU PROFESSEUR

COLLECTION ODYSSÉE

MATHÉMATIQUES

de 2

Livre du professeur Programme 2009

Sous la direction de

Éric SIGWARD IA-IPR de mathématiques de l’académie de Strasbourg Auteurs

François BRISOUX Professeur de mathématiques au lycée Frédéric Kirchleger de Munster

Christian BRUCKER Professeur de mathématiques au lycée Théodore Deck de Guebwiller

Yvan MONKA Professeur de mathématiques au collège Albert Camus de Soufflenheim

Éric SIGWARD

Suivi éditorial : Jean-Marc Cheminée Maquette : Nicolas Balbo Mise en page : Catherine Vielcanet Infographies : Domino

HATIER, PARIS, 2010 ISBN 978-2-218-94427-7 Toute représentation, traduction, adaptation ou reproduction, même partielle, par tous procédés, en tous pays, faite sans autorisation préalable, est illicite et exposerait le contrevenant à des poursuites judiciaires. Réf. : loi du 11 mars 1957, alinéas 2 et 3 de l’article 41. Une représentation ou reproduction sans autorisation de l’Éditeur ou du Centre Français d’exploitation du droit de Copie (20, rue des Grands-Augustins 75006 Paris) constituerait une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code Pénal.

SOMMAIRE

Introduction .................................................................................................................................

5

Corrigés des activités, TP et exercices ..................................................................

9

PARTIE A

Fonctions ............................................................................................................... 11

chapitre

1. Calcul algébrique ............................................................................................... 13

chapitre 2. Généralités

sur les fonctions ......................................................................... 23

chapitre 3. Fonctions

de référence .................................................................................... 37

chapitre 4. Fonctions

du second degré et homographiques .................................... 57

chapitre 5. Équations

et inéquations ................................................................................ 77

PARTIE B

Géométrie ............................................................................................................. 91

chapitre 6. Vecteurs chapitre 7.

et repères ........................................................................................... 93

Équations de droites et systèmes ............................................................... 109

chapitre 8. Trigonométrie .................................................................................................... 123 chapitre 9. Géométrie

PARTIE C

dans l’espace .............................................................................. 137

Statistiques et probabilités .................................................................... 151

chapitre 10. Statistiques chapitre 11.

et échantillonnage ................................................................. 153

Probabilités ....................................................................................................... 171

3

INTRODUCTION

5

Le manuel reprend les trois parties du programme de la classe de seconde : les fonctions, la géométrie et les statistiques et probabilités. Dans chacune de ces parties, il s’agit de former les élèves à la démarche scientifique afin de les rendre capables de conduire un raisonnement. Le programme de Seconde peut être abordé selon plusieurs angles, mais il ne faudrait surtout pas le concevoir comme une succession de chapitres cloisonnés. Il conviendra donc de concevoir, dès le début de l’année, une progression alternant les différentes notions à traiter, de telle sorte que les concepts abordés soient repris tout au long de l’année. Vous retrouverez d’ailleurs dans le manuel notre volonté de varier au maximum les situations problèmes au sein de chaque chapitre, afin de réinvestir les différents thèmes, ainsi que les notions du collège comme le calcul algébrique et la géométrie plane. Le premier chapitre, « Calcul algébrique », doit vous permettre de proposer, tout au long de l’année, des exercices, des activités, des problèmes, ou des travaux pratiques en salle informatique sur le thème du calcul ou de la nature des nombres. Il ne saurait constituer un chapitre à traiter dans sa globalité et de façon linéaire. Chaque chapitre de ce manuel propose des travaux pratiques que nous avons choisis les plus diversifiés possibles. Ils sont classés en trois catégories : • les activités utilisant l’outil informatique ou la calculatrice ; • les activités qui mettent en œuvre une démarche algorithmique ; • les problèmes plus ouverts qui exigent davantage d’initiative de la part des élèves. Dans chacun de ces problèmes, les élèves auront l’occasion de chercher, d’appliquer des techniques, d’effectuer des essais, de conjecturer avec les TICE puis d’élaborer des démonstrations. L’utilisation des TICE est tout à fait adaptée à l’acquisition de nombreuses notions du programme de Seconde. Il s’agit d’exploiter toutes les possibilités offertes afin d’enrichir l’apprentissage et les méthodes d’investigation. L’outil informatique permet en effet d’obtenir rapidement une représentation concrète du problème étudié. Des modifications des configurations en jeu peuvent mettre en évidence les propriétés à démontrer et toute l’attention peut alors se porter sur la démonstration elle-même. Les problèmes ouverts proposés dans ce manuel ne font pas appel directement aux TICE. Nous proposons cependant dans certains cas soit une illustration, soit une vérification du résultat obtenu à l’aide de la calculatrice ou d’un logiciel adapté à la situation étudiée. Il importe que la diversité de ces activités se retrouve aussi dans la nature des travaux proposés aux élèves : des travaux dirigés en groupe, des travaux en autonomie, des activités en salle informatique ou des devoirs personnels réalisés à la maison. Des commentaires dans ce sens aideront les professeurs dans leur choix. Nous avons essayé de proposer, au sein de chaque chapitre, des problèmes de difficultés progressives, en particulier dans le domaine de l’algorithmique. À l’issue du collège, les élèves ont déjà acquis une certaine expérience avec le tableur et un logiciel de géométrie dynamique. L’algorithmique, et plus particulièrement la programmation dans un certain langage, est quant à elle une activité nouvelle pour eux et qui ne doit pas faire l’objet d’un cours à proprement parler. Les activités proposées sur ce thème peuvent néanmoins être données à tout moment de l’année, quelle que soit la progression choisie par le professeur pour aborder les principaux éléments de l’algorithmique.

7

Nous n’avons privilégié aucune syntaxe particulière, ce qui vous permet d’utiliser ce guide avec ses fichiers quel que soit le matériel et les logiciels utilisés dans votre établissement. La plupart des travaux pratiques peuvent cependant être réalisées assez simplement à l’aide d’une calculatrice. Ce qui permet une très large utilisation de ce guide. Vous trouverez dans ce livre du professeur des commentaires, des éléments de correction, ainsi que des indications sur la mise en œuvre des travaux pratiques avec les élèves. Un nombre important de ces activités peuvent être réalisées avec l’outil informatique. En complément, vous trouverez des fichiers sur le CD d’accompagnement, sous de nombreuses versions : • Excel et OpenOffice pour les fichiers tableurs ; • Casio et Texas pour les tracés et la programmation à l’aide de la calculatrice ; • GeoGebra, Cabri, TI Nspire pour les exercices de géométrie plane ; • Cabri3D et Geospace pour les exercices de géométrie dans l’espace ; • AlgoBox, Python, Scilab et Xcas pour les programmes qui illustrent les algorithmes ; • Xcas, TI Nspire pour le calcul formel. Ces fichiers vous permettront d’une part de visualiser les résultats demandés, de tester les algorithmes ou les figures dynamiques, mais également d’illustrer vos explications lors de synthèses collectives avec les élèves. Certains de ces fichiers sont à la disposition des élèves sur le site compagnon, intégralement ou partiellement complétés, plus particulièrement lorsque le problème consiste soit à modifier, compléter ou corriger un algorithme, soit à réaliser des conjectures sur une configuration géométrique relativement complexe, ou bien encore à effectuer des simulations sur une feuille de calcul d’un tableur. Ils serviront ainsi de base de travail pour une activité en autonomie ou pour un devoir à réaliser à la maison. Nous espérons que ce livre répondra à vos attentes et qu’il vous apportera des pistes intéressantes pour une présentation efficace du programme de Seconde.

Les auteurs.

8

CORRIGÉS DES ACTIVITÉS, TP ET EXERCICES

9

PARTIE A

FONCTIONS

11

Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur les fonctions 1

C

7

C

2

D

8

B

3

B et D

9

C et D

4

D

10

A

5

A, C et D

11

C

6

D

12

1. Calcul algébrique Objectifs et pré-requis L’objectif de ce chapitre est de réinvestir les calculs algébriques élémentaires étudiés dans les classes de collège. Le professeur pourra donc s’y référer tout au long de l’année en cas de besoin. L’étude systématique des ensembles de nombres ne figure plus telle quelle dans les nouveaux programmes de Seconde. Il nous a semblé cependant pertinent de définir succinctement les nombres que les élèves ont déjà rencontrés et qu’ils manipulent dans les activités mathématiques. On trouvera également dans ce chapitre l’occasion de proposer aux élèves des activités mettant en œuvre des démarches algorithmiques. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Expressions algébriques Transformations d’expressions algébriques en vue d’une résolution de problème.

Capacités attendues • Associer à un problème une expression algébrique. • Identifier la forme la plus adéquate (développée, factorisée) d’une expression en vue de la résolution du problème donné. • Développer, factoriser des expressions polynomiales simples ; transformer des expressions rationnelles simples.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre L’action permettant de transformer un produit de facteurs en une somme de termes est le développement de l’expression. L’action permettant de transformer une somme de termes en un produit de facteurs est la factorisation de l’expression.

Corrigés des activités 1

Reconnaître la forme d’une expression algébrique

1 a. ● b. c. d. e. f. g. h. i.

somme différence produit produit quotient différence produit différence différence

2 A:2 ● B:3 C:1 D:5 E:4

1. Calcul algébrique • 13

Différentes écritures d’un même nombre

2

1 a. ●

Ces nombres sont tous égaux à 2,25.

b. 2,25 est un nombre décimal. 3 3 Les écritures 2,25, 3 × ou 3 − permettent de montrer que 2,25 est inférieur à 3. 4 4 2 3 Les écritures 1,52 ou 2 permettent de montrer que 2,25 est un carré (mais tout nombre positif est 2 un carré). 2 3 L’écriture 2 permet de montrer que 2,25 est un quotient d’entier. 2 4 2 a. Ces nombres sont tous égaux à . 9 2 ⎛ 2⎞ 4 1 1 1 1 4 4 2 b. < + > > ⎜⎝ 3 ⎟⎠ < 3 9 2 3 9 3 9 10

●

c. Comme 9 × 4 = 36, le chiffre des unités de 0,444…444 × 9 devrait être un 6, donc le résultat ne peut être 4. 4 L’écriture décimale de est donc illimitée. 9

Corrigés des Travaux pratiques TICE 1 1 ●

Décomposition d’une expression

Ci-contre le tableau complété. On a saisi en A2 la formule « =A1+0,5 ».

2 a. ●

Les fonctions B et D font correspondre aux nombres de la colonne A les nombres de la colonne E. b. On vérifie la réponse dans la colonne F de la feuille.

TICE 2 1 ●

L’algorithme de Héron d’Alexandrie

a. L’automatisation n’est pas si simple. Dans la formule du calcul de A2, A1 sera une cellule relative et n une cellule absolue. On peut bien sûr éviter cette difficulté en remplaçant n par 2 dans la formule, mais en signalant à l’élève qu’il ne pourra pas automatiser son calcul dans la question 2. Dans la feuille de calcul ci-contre, la formule saisie en B3 est donc « =(B2+B$2/B2)/2 ». Elle deviendra en B4 par recopie : « =(B3+B$2/B3)/2 ». b. Pour afficher une précision suffisante, il faut modifier le format des nombres et proposer au moins 8 décimales. , il peut être intéressant de signaler aux élèves que faire Pour comparer les termes de cette suite à apparaître la différence comme ci-dessus dans la colonne C facilite la lecture de la précision de l’approximation.

2 On procède comme ci-dessus en remplaçant la valeur de n respectivement par 3, 5, 6, 7 et 10. ●

14 • 1. Calcul algébrique

TICE 3

Distinguer le résultat d’un calcul de son affichage à la calculatrice

1 a. ●

La plus petite décimale de a est 6 car 2 × 3 = 6. La plus petite décimale de b est 1 car 3 × 7 = 21. La plus petite décimale de c est 6 car 6 × 6 = 36. b. Valeurs affichées par la calculatrice ci-contre. Pour b et c, la calculatrice ne peut afficher suffisamment de chiffres.

2 a. Le résultat donné par la calculatrice est 0 (voir ci-contre). Le résultat ● correct est 1. En effet, la calculatrice arrondit 1013 + 1 à 1013 car elle ne peut mémoriser que 13 chiffres pour un nombre. Dans le calcul proposé, elle effectue les opérations successivement et perd donc de l’information après la première opération. b. Le chiffre des unités de 987 654 3212 – 987 654 3202 devrait être 1. Or, pour les mêmes raisons d’arrondis que précédemment, le résultat donné par la calculatrice TI est 1 975 310 000 et celui de la calculatrice Casio est 1 975 309 000. Ici on peut calculer la valeur exacte grâce à une identité remarquable : 987 654 3212 – 987 654 3202 = (987 654 321 + 987 654 320)(987 654 321 – 987 654 320) = 1 975 308 641 × 1 = 1 975 308 641 c. Le résultat donné par la calculatrice est 0,999 999. Si ce résultat était correct alors on aurait 0,999 999 × 1,000 001 = 1. Or la dernière décimale de 0,999 999 × 1,000 001 est 9 donc, en raisonnant par l’absurde, on peut affirmer que l’égalité proposée par la calculatrice est inexacte.

3 ●

a. Pour cette question, si on utilise une calculatrice Casio, il faut penser à afficher le nombre en écriture décimale avec la touche . La valeur approchée de e fournie par la calculatrice est –4,102 × 10–10 (voir ci-contre). e est un nombre négatif donc la valeur de π donnée par la calculatrice a été arrondie par excès. b. π = 3,141 592 654 – 4,102 × 10–10 ≈ 3,141 592 623 589 8 Le dernier chiffre de cette écriture est un arrondi par excès. c. En procédant de même, on trouve :

TICE 4

2 ≈ 1,414 213 562 373 1.

Construire les nombres

Partie A 1 a. ● à c. Pour cette première construction, on peut rappeler aux élèves que le plus simple moyen de reporter une longueur est de tracer des cercles. d. En appliquant le théorème de Thalès dans les triangles homothétiques ABE et ABC, on AE AD 5 = , soit AE = . obtient AC AB 7


2 On modifie le rayon des cercles de la figure précédente : AB = 11 et AD = 17, d’où AE = ● Partie B 1 ● La construction suggère que AB =

17 . 11

a .

2 a. ●

En appliquant le théorème de Pythagore dans les triangles AHC et AHB rectangles en H de la figure, on écrit : • dans le triangle AHC, AH2 + HC2 = AC2 ; • dans le triangle AHB, AH2 + HB2 = AB2. On en déduit que AC2 = AB2 – HB2 + HC2 = AB2 – 12 + (a – 1)2 = (a – 1)2 + AB2 – 1. b. Dans le triangle ABC rectangle en A, on a AB2 + AC2 = BC2, d’où AC2 = BC2 – AB2 = a2 – AB2. c. De ces deux expressions de AC2, on tire : (a – 1)2 + AB2 – 1 = a2 – AB2, d’où : 2AB2 = a2 – (a – 1)2 + 1, soit encore : 2AB2 = a2 – a2 + 2a – 1 + 1 = 2a. On en déduit que AB2 = a et donc AB = a .

Partie C À l’aide de la construction de la partie B, commencer par construire 5 (bien sûr d’autres constructions sont possibles comme tracer la diagonale d’un rectangle de côtés 1 et 2). Ajouter 1 peut se faire en traçant le cercle de rayon [BH], qui coupe la droite (AB) en un point D tel que AD = 1 + 5 . Diviser par 2 se réalise avec la construction de la partie A, en construisant par exemple le point E tel que C soit le milieu de [AE].

Le point F, obtenu en traçant la parallèle à [DE] passant par C, est au milieu de [AD]. On pourra signaler aux élèves qu’une construction du milieu par la médiatrice est possible au compas.

Algorithmique 1

Réduire au même dénominateur

1 a, b, c et d sont des entiers. b et d sont non nuls. ● 3 1 + n’est pas décimale. 1 3 a c ad bc ad + bc 3 a. + = + = . b d bd bd bd On peut donc choisir u = ad + bc et v = bd.

2 Par exemple, la somme ●

●

b. L’algorithme est le suivant : Entrées :

Donner les valeurs de a, b, c et d.

Traitement : Affecter à u la valeur ad + bc. Affecter à v la valeur bd. Sortie :

Afficher u et v.


Algorithmique 2

Développer un produit

1 (x + 2)(3x + 4) = 3x2 + 10x + 8 ● 2 a. et b. Les lettres a, b, c, d, m, n et p sont telles que : ● (ax + b)(cx + d) = mx2 + nx + p c. (ax + b)(cx + d) = acx2 + bcx + adx + bd = mx2 + nx + p. Par identification, on retrouve les formules proposées dans l’algorithme : m = ac, n = ad + bc et p = bd.

3 On peut vérifier que (2x – 1)(– 5x + 3) = – 10x2 + 11x – 3. ● 4 On retrouve ici l’identité remarquable (ax + b)2 = a2x2 + 2abx + b2 ● qui peut se programmer de la manière ci-contre.

Problème ouvert 1

Croisement dangereux

Soit x le diamètre d’un des cercles ; le second cercle a pour diamètre amètre 8 80 – x. La longueur du circuit peut alors s’exprimer en fonction de x par : L = πx + π(80 – x) = π(x + 80 – x) = 80π L ne dépend pas de x ; les deux circuits ont la même longueur.

Problème ouvert 2

Inter-secteur

En nommant x la longueur AM et en choisissant nt AB = 1, on peut exprimer les aires 𝒜1 et 𝒜2 des secteurs AMN et ABC : πx 2 π 𝒜1 = et 𝒜2 = . 4 4 1 πx 2 1 π 1 Si 𝒜1 = 𝒜2, alors = × , ce qui équivaut à x 2 = , 2 4 2 4 2 d’où x =

1 2 1 = = car x est une longueur donc x est positif. 2 2 2

Problème ouvert 3

Nombres et géométrie

a. Une construction de la diagonale d’un rectangle incite à construire un rectangle de côtés 1 et

2 car 12 +

( 2)

On peut s’appuyer sur la construction de Le segment [AE] ci-contre mesure 3 .

2

=3.

2 proposée en exemple.

b. De la même manière, 7 est la mesure de l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent 2 et 3 .

c. Il faut construire un demi-cercle de rayon 2 . Le périmètre du demi-cercle de diamètre [CE] ci-contre mesure π 2.


Corrigés des exercices et problèmes Exercices d’application 1 C, D et E sont des sommes. A, B et F sont des produits. 2 c.

3 b. c.

b. (x – 3)2 x d. − (3 + 3x) y

a. x + xy x2 3y 2 a. (x + 1)2 1 (x + 1)2 1 (x + 1)2

+ 2x

2

4 A est l’inverse de la somme de x et de 3. B est la somme du triple du carré de x et du double du carré de y. C est le cube de la somme de l’inverse de la différence de x et de 1 et de 2. D est la différence du produit de x par y et du quotient de x par y. 5 1. 10 → 30 → 130 → 260 2. a. – 5 → – 15 → 10 → 20 2 22 44 b. →2→ → 3 9 9 c.

11

A = – 16x2 + 8x + 35 B = 16x2 + 24x – 40 C = 84x2 – 87x – 105 D = – 20x3 – 150x2 – 70x

12 A = 64x2 – 96x + 36 B = 9x2 – 49 C = 36x2 + 12x + 1 D = 9x2 + 12x + 4 E = 81x2 – 180x + 100 F = 9x2 – 64 13 A = 21x2 + 43x + 4 B = 85x2 – 90x + 56 C = – 11x2 + 36x – 25 D = – 91x2 – 202x – 15 14 A = 5x2 + 25x – 250 B = 42x2 + 204x – 48 C = 252x2 + 292x + 80 2 3 B = 7,2x 2 + 22,2x − 6

15

A = 6x 2 + 4x +

C=

49 2 56 16 x + x+ 25 15 9

16

a.

( a + b ) = ( a + b )( a 3

6 a. 2 × ((x – 3) + x + 3) = 2 × 2x = 4x b. Les deux périmètres valent 4x. c. En effet EF = FG = GA = AE. 4 × x 4 × (4 − x) 7 a. 𝒜(x) = + = 2x + 8 − 2x = 8 2 2 b. 𝒜(x) est la moitié de l’aire du carré ABCD quel que soit x.

8

A = – 15x + 4 B = x – 14y – 16 C = – 2x – y – 20 D = – x + 3y + 8

9

A = 3x2 + 13x + 13 B = 17x2 – x + 1 C = 2x2 – 10x – 6 D = 8x2 + 26x – 8

10 A = 30x + 10y – 14 B = – 25x + 8y + 8 C = 6x + 28y + 18 D = –xy – 8x – 4y – 32 18 • 1. Calcul algébrique

+ 2ab + b 2

)

= a 3 + 2a 2 b + ab 2 + a 2 b + 2ab 2 + b 3

5 → 3 5 → 5 + 3 5 → 10 + 6 5

3. Pour que le résultat obtenu soit 0, on peut choisir les nombres – 3 ou 0.

2

= a 3 + 3a 2 b + 3ab 2 + b 3

b.

( a − b ) = ( a − b )( a 3

2

− 2ab + b 2

)

= a 3 − 2a 2 b + ab 2 − a 2 b + 2ab 2 − b 3 = a 3 − 3a 2 b + 3ab 2 − b 3

17 A = (8x – 3)(– 8x – 1) B = (3 – 4x)(– 11x – 2) C = (5x – 9)(10x + 1) D = (– 3x – 2)(– 8x – 10) 18 A = (x + 5)(x – 15) B = 5(x + 1)(6x) = 30x(x + 1) C = 2(x + 1)(14x – 8) D = 8(x – 1)(x – 7) 19 A = (7x – 3)(7x + 3) B = (10x + 5)2 C = (5x – 9)2 D = (5x – 7)2 E = (4x – 7)(4x + 7) F = ( 3x + 1)2 20 A = (3x – 10)(3x + 8) C = (– 2x + 7)(2x – 1) E = (– 2x – 3)(8x – 5)

B = (5x – 6)(5x + 2) D = (8x – 10)(8x – 8) F = ( 3x − 1)( 3x + 1)

21

A = (2x – 14)(2x) C = (7x – 2)(– 15x – 23)

22

B = (3x – 3)(–x + 4) D = (3x – 17)(7x + 1)

28

2. A = (2x – 5)(x – 6)

−

10– 2

⎛ 1⎞ 1 1 21 , A = 40 ⎜ ⎟ + 7 × − 3 = 2 2 2 ⎝ 2⎠

144 5

=7−2 4 =3 B = 2x − 2xy x + 2y − 4xy x = 2(x + y) − 6xy x = 2 × 7 − 6 × 4 = −10 C = x 2 − 2xy x + y 2 − (x 2 + 2xy x + y 2 ) = −4xy x = −4 × 4 = −16 a. Pour x ≠ – 3 : 1 4x + 12 1 4x + 11 4− = − = x +3 x +3 x +3 x +3 1 6 − 3x 1 5 − 3x b. Pour x ≠ 2 : 3 − = − = 2−x 2−x 2−x 2−x

25

a. Pour x ≠ – 1 et x ≠ 0 : 1 1 x +1 x 1 − = − = x x + 1 x(x + 1) x(x + 1) x(x + 1)

26

1

−

1 x +1

x −1 x +1 − ( x − 1)( x + 1) ( x − 1)( x + 1) 2 = (x − 1) =

c. Pour x > 0 : 1 x +1 x = x +1 + x ( x +1 x )( x 1 =

x)

x +1 − x x +1 − x

= b. A =

x +1 x −1 − (x − 1)(x + 1) (x − 1)(x + 1) x + 1 − (x − 1)

2 2

3 −1

x2 −1 2 = =1 3 −1

=

2 x2 −1

a.

19 = 1,187 5 ∈ 𝔻 16

54 = –3 ∈ ℤ 18 0,121 121 c. = ∈ℚ 0,19 190

b. −

d. e.

3 3

= 3 ∈ℝ

225 15 = =5∈ℕ 3 3

2 1 4 1 3 1 − = − = = = 0,5 ∈ 𝔻 3 6 6 6 6 2 b. – 8 × 0,625 = – 5 ∈ ℤ 24 35 56 c. × = ∈ℚ 5 9 3 d. e.

= x +1 − x a. A =

29

30

b. Pour x ⩾ 0 et x ≠ 1 :

27

3 7

3 , A = 40( 3)2 + 7 3 − 3 = 117 + 7 3

A = x − 2 xy x +y

x −1

17 7

57 3

2

24

ℝ

3,14

2. A = (5x – 1)(8x + 3) 3 3. a. Pour x = − , 8 ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ A = (5 ⎜ − ⎟ − 1)(7 ⎜ − ⎟ + 3) = (5 ⎜ − ⎟ − 1)(−3 + 3) = 0 ⎝ 8⎠ ⎝ 8⎠ ⎝ 8⎠

c. Pour x =

ℚ

5

2 , A = 2( 2)2 − 17 2 + 30 = 34 − 17 2

1. A = 40x2 + 7x – 3

b. Pour x =

𝔻

2,18

3. a. Pour x = 0, A = 2 × 02 – 17 × 0 + 30 = 30 b. Pour x = 6, A = (2 × 6 – 5)(6 – 6) = 0 c. Pour x =

ℤ

– 15

1. A = 2x2 – 17x + 30

23

ℕ

a.

2 3 8 2 2

=

2 3×2 2

=

1 ∈ℚ 6

− 2 = 2− 2 =0 ∈ℕ

f. (1 − 2)2 + (1 + 2)2 = 1 − 2 2 + 2 + 1 + 2 2 + 2 = 6 ∈ ℕ

31 a. Faux car l’opposé d’un entier naturel est un entier négatif. b. Faux car l’opposé d’un entier relatif négatif est entier positif. 1 c. Faux, ∉𝔻 par exemple. 3 a b d. Vrai car l’inverse de est et a ≠ 0 . b a 1. Calcul algébrique • 19

4 = 2 ∈ ℕ par exemple.

e. Faux car

18 25 −108 c. −4,32 = 25

32

a. 0,72 =

b. 0,375 =

3 8

7 2 < 7,1 × 10 − 2 < 20 99

0,07 <

34

9 8 9 8 < < < 8 7 7 6

35

⎛ 1 1 1 ⎞ + = 4,5 ∈ 𝔻 a. ⎜ 2 + ⎟ = 2+2× 2 × ⎝ 2 2 2⎠

2

2

⎛ 1 ⎞ 1 1 4 b. ⎜ 3 − + = ∈ℚ ⎟ = 3−2× 3 × ⎝ 3⎠ 3 3 3

36

a. La calculatrice donne l’entier naturel 4. b. La dernière décimale du produit devrait être 9 ; ce nombre devrait donc être décimal. c. 2,000 001 × 1,999 999 = (2 + 10– 6)(2 – 10– 6) = 4 – 10– 12 = 3,999 999 999 999 ⎡ 1⎤ 37 a. ⎢ −1 ; ⎥ b. ]3 ; 3,1[ 3⎦ ⎣ c. [– 3 ; 2 [ e. ]–3 ; 4]

d. ]– 2 ; +3[ f. ]0 ; +3[

⎤ 3⎤ a. ⎥ − 3 ; ⎥ 2⎦ ⎦ c. ]–3 ; – 3]

⎤1 ⎡ b. ⎥ ; + 3 ⎢ ⎦2 ⎣ d. ]– 5 ; +3[

38

39 a. I ∩ J = [– 2 ; 8] b. I ∩ J = [5 ; 8[ c. I ∩ J = [1 ; 2 ] d. I ∩ J = ∅

et et et et

I ∪ J = [– 8 ; 12] I ∪ J = ]1 ; 9] I ∪ J = ]0 ; +3[ I ∪ J = ]–3 ; 1[∪[2 ; 5]

40 a. I ∩ J = [– 1 ; 0[ b. I ∩ J = ]7 ; 8[ c. I ∩ J = [1 ; 2] d. I ∩ J = ∅

et et et et

I ∪ J = [– 1 ; 12[ I ∪ J = [6 ; 9] I ∪ J = ]– 3 ; +3[ I ∪ J = ]– 12 ; 5]

⎡1 a. ⎢ ; ⎣2 c. [3 ; +3[

⎤ 1⎥ ⎦

B

54

A

53

B

Problèmes

33

41

52

b. ]–3 ; +3[ d. [2 ; +3[

QCM 42

C

43

A, B et D

44

A et C

45

B

46

D

47

B et C

48

A, B et D

49

A, B et D

50

B, C et D

51

C


55

a +b + ab + a – b = 2a + ab = a(b + 2) = 2 005 = 5 × 401 5 et 401 étant premiers, le seul couple solution tel que a > b est a = 401 et b = 3.

56 a. Contrainte sur l’aire : 40 × (60 – x) ⩾ 1 350 Contrainte sur le périmètre : 2 × (40 + (60 – x)) ⩽ 150 ⎧ 2 400 − 40 x 艌 1350 D’où le système ⎨ . ⎩ 200 − 2x 艋 150 b. ⎧ 2 400 − 40 x 艌 1350 ⎧ − 40 x 艌 − 1050 B⎨ ⎨ 2 50 ⎩ 200 − 2x 艋 150 ⎩ −2 ⎧ x 艋 26, 25 B⎨ ⎩ x 艌 25 Les valeurs possibles de x sont dans l’intervalle [25 ; 26,25].

57 a. En nommant x la longueur AB, on a DB = x 2 et l’aire du quart de cercle de rayon DB ␲ × DB2 2␲ x 2 ␲ x 2 vaut = = . 4 4 2 ␲x 2 L’aire de la surface verte vaut . 4 Donc l’aire de la surface blanche vaut : ␲x 2 ␲x 2 ␲x 2 − = , comme l’aire de la surface verte. 2 4 4 b. L’aire de la surface verte est supérieure aux trois quarts de l’aire du carré ABCD (= x2) car π > 3 et ␲x 2 3 2 donc > x . 4 4 17 17 × 25 425 58 1. a. = = 40 40 × 25 103 −2 547 × 125 −318 375 = 8 000 × 125 106 b. Ces nombres sont donc des décimaux : 0,425 et – 0,318 375. a a × 2q × 5p a × 2q × 5p 2. p = p +q = q 2 ×5 2 × 5p + q 10 p + q Sous cette forme, ce nombre a clairement une écriture décimale avec p + q décimales. et

59 1. La calculatrice TI propose 1 801 800 000 et la Casio 1 801 802 000. 2. a. A = (900 900 901 + 900 900 900) × (900 900 901 – 900 900 900) = 1 801 801 801 × 1 = 1 801 801 801 b. Le vrai résultat est bien entendu celui trouvé en 2a.

La calculatrice a arrondi le résultat du premier calcul pour ne garder qu’un certain nombre de chiffres significatifs.

60 1. La calculatrice propose A = 1 et B = 2. 2. a. A = (1 – x)(1 + x) = 1 – x2 B = (1 – x)2 + (1 + x)2 = 1 – 2x + x2 + 1 + 2x + x2 = 2 + 2x2 b. A = 1 – (2 × 10– 8)2 = 1 – 4 × 10– 16 B = 2 + 2(2 × 10– 8)2 = 2 + 8 × 10– 16 Les vrais résultats sont bien entendu ceux trouvés par le calcul. 61

a. a Pour le nombre 5 : 5 → 8 → 16 → 21 → 7 → 5 b. On revient au nombre de départ. c. Avec un nombre x : x → x + 3 → 2x + 6 → 3x + 6 → x + 2 → x

62

Traduction de l’énoncé 0 ans dé 20 déjà ! Pour les 20 ans de Mathématiques Sans Frontières, Gérard a inventé un algorithme pour arriver de 1989 à 2009 en quelques étapes : N = 1989

Par exemple : Choisir un des chiffres du nombre N je choisis 8 et et lui ajouter l’un des trois autres. j’ajoute 9. S est la somme résultant de cette addition.

S < 10 ?

Oui Remplacer le chiffre choisi par S dans l’écriture de N.

S = 17

Non Remplacer le chiffre choisi par S – 10 dans l’écriture de N.

Non

N = 1979

Oui N = 2009 ?

STOP

Donner une suite, la plus courte possible, de nombres allant de 1989 à 2009 suivant l’algorithme de Gérard. On peut passer de 1989 à 2009 en cinq étapes. Par exemple : • 1989 : je choisis le premier 9, je lui ajoute 1, donc S = 10 ; je remplace le 9 choisi par 0 → 1089. • 1089 : je choisis le 0, je lui ajoute 1, donc S = 1 ; je remplace le 0 choisi par 1 → 1189. • 1189 : je choisis le premier 1, je lui ajoute 1, donc S = 2 ; je remplace le 1 choisi par 2 → 2189.

• 2189 : je choisis le 8, je lui ajoute 2, donc S = 10 ; je remplace le 8 choisi par 0 → 2109. • 2109 : je choisis le 1, je lui ajoute 9, donc S = 10 ; je remplace le 1 choisi par 0 → 2009.

63 1. a. 22 = 4 ; 32 = 9 ; 42 = 16 ; 52 = 25 ; 62 = 36 ; 72 = 49 ; 222 = 484 ; 232 = 529. b. La parité d’un entier et celle de son carré semblent être la même. 2. Si n = 2k, n2 = (2k)2 = 4k2 est pair. Donc si n est pair alors n² est pair. Si n = 2k + 1, n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1 = 2(2k2 + 2k) + 1 est impair. Donc si n est impair alors n2 est impair. 3. a. Si un entier a un carré pair alors cet entier est pair car sinon son carré serait impair. b. Si un entier a un carré impair alors cet entier est impair car sinon son carré serait pair. 64

1. a. 1 0002 – 9992 = (1 000 + 999)(1 000 – 999) = 1 999 1 = 1 999 1 0012 – 1 0002 = (1 001 + 1 000)(1 001 – 1 000) = 2 001 × 1 = 2 001 1 0022 – 1 0012 = (1 002 + 1 001)(1 002 – 1 001) = 2 003 × 1 = 2 003 b. La différence de deux carrés d’entiers consécutifs vaut la somme de ces deux entiers. 2. Pour tout n ∈ ℕ : (n + 1)2 – n2 = n2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 1 Tout nombre impair peut s’écrire sous la forme 2n + 1, soit sous la forme (n + 1)2 – n2. Tout nombre impair est donc une différence de deux carrés consécutifs. 3. 199 = 2 × 99 + 1, donc avec n = 99 ont peut écrire 199 sous la forme 1002 – 992. 19 ≈ 1,727 272 7 11 Ce nombre ne semble pas être décimal. b. Sa période est 72. 2. a. 100x = 13,131 313… = 13 + 0,131 313… = 13 + x 13 b. 100 x 13 + x B 99x 13 B x = ∈ℚ 99 3. x vérifie l’équation 1 000x = 173 + x dont la solu173 tion est x = . 999 40 4. On trouve 0, 404 040... = , 99 40 3 × 99 + 40 337 = = . donc a = 3 + 99 99 99 5. 0,999 999… vérifie l’équation 10x = 9 + x dont la solution est x = 1. Donc 0,999 999… = 1.

65

1. a.


2. Généralités sur les fonctions Objectifs et pré-requis Ce chapitre rappelle les principales notions sur les fonctions étudiées en classe de 3e puis introduit la notion de variation d’une fonction. L’objectif est d’utiliser les variations, dont la définition formelle se met progressivement en place, pour résoudre des problèmes se ramenant à des équations ou inéquations. Les activités et TP de ce chapitre proposent différentes situations où l’élève aura à construire une représentation graphique puis à y effectuer des lectures. On y trouvera également l’occasion de proposer des démarches algorithmiques et en particulier la démarche de dichotomie. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Fonctions Image, antécédent, courbe représentative.

Étude qualitative de fonctions Fonction croissante, fonction décroissante ; maximum, minimum d’une fonction sur un intervalle.

Capacités attendues • Traduire le lien entre deux quantités par une formule. Pour une fonction définie par une courbe, un tableau de données ou une formule : • identifier la variable et, éventuellement, l’ensemble de définition ; • déterminer l’image d’un nombre ; • rechercher des antécédents d’un nombre. • Décrire, avec un vocabulaire adapté ou un tableau de variations, le comportement d’une fonction définie par une courbe. • Dessiner une représentation graphique compatible avec un tableau de variations. Lorsque le sens de variation est donné, par une phrase ou un tableau de variations : • comparer les images de deux nombres d’un intervalle ; • déterminer tous les nombres dont l’image est supérieure (ou inférieure) à une image donnée.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre La fusée continue d’accélérer hors de l’atmosphère puisque sa vitesse augmente à partir du point H2.


Évolution du climat 1 9 Gt C ● 2 5 Gt C ● 3 1,25 °C entre 2050 et 2100, 0,5 °C entre 2100 et 2150. ● 4 11 Gt C. ● À partir de 2025, les émissions de CO2 devraient commencer à décroître.

5 Il n’est pas vrai qu’une diminution des émissions de CO2 entraîne une stabilisation immédiate de la ● variation de la température moyenne mondiale. Les graphiques montrent un décalage de plus de 50 ans.

2. Généralités sur les fonctions • 23

2

Distance d’arrêt d’un véhicule 1 a. 30 km en 1 h correspond à 30 000 m en 3 600 s, soit environ 8,3 m en 1 s. ● b. DR =

V 3,6

c. Il s’agit d’une fonction linéaire. d. et 2 a.

●

Centre ville

Agglomération

Route

Voie rapide

Autoroute

30

50

90

110

130

8,3

13,9

25

30,6

36,1

5,8

16,1

52,3

78,1

109

14,1

30

77,3

108,7

145,1

Vitesse initiale, V (en km/h) Distance de réaction, DR (en m) Distance de freinage, DF (en m) Distance d’arrêt, DA (en m)

2 b. ●

Schéma ci-contre. c. Cette fonction n’est pas affine car les points ne sont pas alignés.

3 a. ●

Le gendarme peut estimer la vitesse du véhicule à un peu plus de 100 km/h. b. On devrait rouler à moins de 65 km/h. c. Par temps normal, la distance de freinage à 130 km/h est égale à 109 m. Par de temps de pluie, la distance de freinage à 110 km/h est égale à : 78,1 × 1,4 ≈ 109,3 m. Il faut donc réduire sa vitesse pour retrouver une distance de freinage équivalente.

DA

140 130 120 110 100 90 80 70 60 50 40 30 20 10 0

V 0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110 120 130

Corrigés des Travaux pratiques TICE 1

Représenter graphiquement une fonction à la calculatrice

Exercice 1 1 Non corrigé. ● 2 a. 1 ⩽ x ⩽ 2. Pour placer un curseur sur la courbe et se repérer, utiliser le mode « trace » (touche ● trace

sur TI,

x f(x)

1 –1

SHIFT

F1 sur Casio).

b. 1,1 – 0,95

1,2 – 0,9238

c. Il semble que 1,3 ⩽ x ⩽ 1,4.

24 • 2. Généralités sur les fonctions

1,3 – 0,9125

1,4 – 0,9111

1,5 – 0,9167

1,6 – 0,9273

1,7 – 0,9417

1,8 – 0,959

3 a. Figure ci-contre. ● b. Pour donner des résultats à 0,1 près, utiliser un zoom ou la fonction intersection de la calculatrice. On trouve deux points d’intersection : A(– 0,8 ; 0,3) et B(0,4 ; 2,8). c. Une valeur approchée de la solution positive de l’équation f(x) = g(x) est 0,4. Exercice 2 f correspond à la courbe b, g à la courbe c et h à la courbe a. Exercice 3

1 Figure ci-contre. ● 2 f semble décroissante sur ]– 3 ; – 1[, constante sur [– 1 ; 1], ● et croissante sur ]1 ; +3[.

3 ●

x4 − x2 = 0 équivaut à x4 – x2 = 0, soit x2(x2 – 1) = 0 ou encore 100 x2(x – 1) (x +1) = 0. Soit x2 = 0 ou x – 1 = 0 ou x + 1 = 0. L’ensemble des solutions est {– 1 ; 0 ; 1}. Si f était constante et tracée sur [– 1 ; 1], comme f (0) = 0, alors f (x) = 0 sur [– 1 ; 1] et l’équation f (x) = 0 aurait une infinité de solutions.

4 Figure ci-contre. ● f n’est pas constante.

5 Avec une fenêtre [– 1,3 ; 1,3] en abscisses et [– 0,003 ; 0,002] ● en ordonnées, on trace la courbe ci-contre.

TICE 2

Aire maximale

1 Non corrigé. ● 2 L’aire maximale du triangle DEC semble être 9, atteinte quand C est au milieu de [AB]. ● 3 La courbe parcourue par le point M est celle de la fonction « aire de CED » en fonction de la longueur AC. ● 4 L’aire du trapèze ABED semble constante et égale à 18. ● 5 a. On a AC = AD = x et BC = BE = 6 –x. ● AD + BE x +6−x × AB = × 6 = 18 . 2 2 x2 (6 − x)2 b. Aire de ACD = ; aire de CBE = . 2 2 2 2 2 x ( x) x + x + x2 f x ) = g(x ) − − = 18 − = − x 2 + 6x . 2 2 2 d. Puisque f (x) − 9 = −(x − 3)2 est négatif ou nul, alors f (x) ⩽ 9 pour tout x ∈ [0 ; 6]. g(x) =

Or f (3) = 9, donc 9 est le maximum de la fonction f , atteint pour x = 3, c’est-à-dire lorsque C est au milieu de [AB].


TICE 3 1 ●

Rechercher un minimum

a. Les formules à saisir sont : – dans B4 : « =(B2-B1)/10 » dans A7 : « =B1 » dans A8 : « =A7+B$4 » dans B7 : « =A7^2+A7+2 » b. L’abscisse du minimum que l’on peut conjecturer est 0. Toutefois, le pas étant grand, on peut souligner qu’il se trouve probablement dans l’intervalle [– 5 ; 5]. c. Sur l’intervalle [– 5 ; 5], le minimum de la table est atteint deux fois, on peut toutefois conjecturer qu’il se trouve dans l’intervalle [– 1 ; 0]. d. Une valeur approchée du minimum est 1,75 pour l’abscisse – 0,5. e. Puisque f (x) – 1,75 = (x + 0,5)2 est positif, alors f (x) ⩾ 1,75. Or f (– 0,5) = 1,75 donc f atteint son minimum 1,75 pour x = – 0,5.

2 a. On peut conjecturer que le minimum de f est 6, atteint pour l’abscisse x ●

0

=

1 . 3

1 9x 2 + 1 − 6x (3x − 1)2 −6= = est positif. x x x 1 1 Or f(x) = 6 lorsque 3x – 1 = 0, soit x = , donc le minimum de f est 6, atteint pour x = . 3 3 3 La fonction doit avoir des variations « assez régulières » et n’admettre qu’un seul minimum local sur l’intervalle étudié. b. f (x) − 6 = 9x +

●

TICE 4

Déterminer le meilleur prix de vente

1 On saisit dans la cellule ● B6 la formule : « =(A6/ 50)^2+A6/10+784 », et dans la cellule C6, la formule : « =A6*F$3 », avant de les recopier vers le bas.

2 a. ●

et b. À l’aide du graphique et du tableau, on peut lire que l’entreprise réalise un bénéfice pour une production comprise entre 700 et 2 800 puces. c. Le bénéfice maximal est réalisé pour 1 700 puces (ou 1 800, à la centaine près).

3 Il faut vendre les puces 1,29 € minimum pour faire un bénéfice pour toute production comprise ● entre 1 000 et 1 800 puces.


Lire un algorithme dans différents langages

Algorithmique 1

1 a. Si x = 3, l’algorithme retourne ●

+

1 . 3

b. Algorithme complété : Entrée :

Le réel positif x.

Traitement : Affecter à y le nombre x + Affecter à z le nombre Sortie :

1 . x

5x − 2 . x

Afficher y et z.

Si x = 3, le nouvel algorithme retourne 3 + 1

1 13 et . 3 3

13 13 . M est le plus grand des deux, c’est-à-dire . 3 3 b. L’étape de traitement est un test conditionnel qui affecte à M une valeur en fonction du résultat du test y < z. Les autres modifications concernent la sortie : y et z ne sont plus affichés mais M l’est. c. Lorsque f (x) = g(x), le test y < z retourne FAUX, donc il faut suivre l’instruction du « sinon », c’està-dire affecter à M la valeur de y, soit f (x). L’algorithme fonctionne correctement car il affiche bien la plus grande des deux valeurs puisqu’elles sont égales.

2 a. Pour x = 3, on compare 3 + ● 3

et

Résoudre des inéquations

Algorithmique 2

1 Pour A = 100, on obtient le tableau : ● x y

0 0

1 9

2 20

3 33

4 48

5 65

6 84

7 105

2 a. x devient x + 1 : une addition ; ● y devient x(x + 8) : une addition et une multiplication. Il y a donc trois opérations dans une étape de calcul. b. On peut afficher une table de valeurs avec la calculatrice. La fonction est croissante, f (30) = 1 140 et f(31) = 1 209. Le plus petit entier tel que f(x) > 1 200 est x = 31. c. Pour x = 31, il y a 31 boucles avec 3 calculs par boucle, donc 93 calculs en tout.

3 a. Pour A = 1 200, on obtient le tableau : ● x y

0 0

10 180

20 560

30 1 140

40 1 920

30 1 140

31 1 209

b. L’algorithme augmente la variable x de 10 en 10, puis lorsqu’il dépasse la valeur à atteindre, la variable x diminue d’une dizaine et avance par unité. Il calcule donc beaucoup moins de valeurs de la variable et d’images. c. Il réalise 4 boucles (4 × 3 = 12 opérations), un retour en arrière (3 opérations), puis à nouveau une boucle complète, soit 18 opérations. d. Le premier algorithme effectue 93 calculs, le second 18 calculs, ce dernier est plus efficace.

Algorithmique 3

Construire une table de valeurs

1 a. Pour a = 3, b = 5,2 et p = 0,5, on construit les listes à l’aide de la calculatrice. ● L1 L2

3 19

3,5 28,25

4 39

4,5 51,25

5 65


b. Pour a = 0, b = 12 et p = 0,001, il y aura dans chaque liste 12 001 termes. c. Dans le premier cas, la borne supérieure n’est pas atteinte. Dans le second cas, le nombre de termes est trop important pour les calculer et les exploiter.

2 N indique le rang du terme dans les listes L1 et L2. ● 3 a. Dans la question ● 1) a, p = 0,22, et dans la question ● 1) b, p = 1,2. ● b. p =

b−a 10

c. Entrée :

Les réels a et b.

Initialisation :

L1 et L2 deux listes vides. Affecter à p la valeur

b − a . 10

Affecter à x la valeur a. Tant que x ⩽ b,

Traitement :

mettre x dans la liste L1 ; mettre 3x2 – x – 5 dans la liste L2 ; affecter à x le nombre x + p. Sortie :

Afficher L1 et L2.

4 L’algorithme modifié pour TI et Casio : ●

Algorithmique 4

Encadrer la solution d’une équation

1 ● Borne a

Borne b

0 0 2 2 2,5

8 4 4 3 3

Amplitude de l’encadrement 8 4 2 1 0,5

Centre de l’intervalle 4 2 3 2,5 2,75

Image du centre 2 – 1,33 0,5 – 0,36 – 7,52

Signe de l’image du centre positif négatif positif négatif négatif

On obtient un encadrement de α : 2,5 ⩽ α ⩽ 3.

2 Le centre de l’intervalle [a ; b] est le nombre a + b , l’amplitude de l’intervalle [a ; b] est b – a. ● 2


3 Quelques exemples de programmation : ● TI 83+

Casio graph 35+

Python

Algobox

Xcas

Scilab

4 Une valeur approchée de α à 0,000 1 près est 2,701 5. ●


En cuisine

Problème ouvert 1

1 f (x) = 30x. ● 2 La température maximale que le four peut atteindre est f (10) = 30 × 10 = 300°. ● 270 240 210 180 150 120 90 60 30 0

Problème ouvert 2

Température (°C)

Thermostat 0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

Géométrie ou fonction ?

1 Il existe deux solutions qui sont en fait les mêmes, en tournant la figure de 90°. ● Les dimensions du rectangle sont environ 0,87 et 1,8.

2 En ●

notant x le côté [AB] du rectangle, on obtient la longueur OI à l’aide du théorème de Pythagore appliqué au triangle OIB (figure ci-contre).

On peut donc exprimer l’aire du rectangle f (x) en fonction de x : OI2 = OB2 – IB2 d’où OI =

⎛ x⎞ 1−⎜ ⎟ ⎝ 2⎠

2

2

⎛ x⎞ et f (x) = x × 2 1 − ⎜ ⎟ . ⎝ 2⎠

Or l’aire du disque de rayon 1 vaut π. Donc on résout graphiquement l’équation f (x) = On peut s’appuyer sur l’outil intersection de la calculatrice.

Les dimensions du rectangle sont environ 0,873 et 1,799.


␲ ≈ 1,57 . 2

À moitié plein !

Problème ouvert 3

En utilisant le théorème de Thalès dans le triangle CHA, on obtient : PM = Le volume de boisson est :

x3 ␲. 27

x . 3

Le volume du verre est 8π. Cela conduit à l’équation : x3 = 108. On trouve : x ≈ 4,76.

Corrigés des exercices et problèmes Exercices d’application 1

f(2) = – 1

f( 2 ) = 3 – 3 2

f(– 2 ) = 3 + 3 2

3

b. 0

4 a. – 1 c. Il n’en existe pas.

b. 3

5 a. Vrai c. Vrai

b. Faux d. Faux

6 b. c. d. e.

7

a. Sur (Ox), 1 carreau représente 1 heure. Sur (Oy), 1 carreau représente 25 cm. b. La mer est haute à 4 h et à 16 h environ. La mer est basse à 10 h et à 22 h 30 environ. c. De 8 h à 11 h 30 et de 21 h à 24 h environ. d. Ils ont pu surfer de 10 h à 16 h, soit pendant 6 heures. a. 5 kg, car f(3) = 5. b. 0,5 kg, car f(0) = 0,5. c. Environ 1 an et 6 mois, car f(1,5) = 3. d. Entre 2 ans 3 mois et 3 ans, car f (2,25) = 4 et f(3) = 5. e. 5 ans, car pour x ⩾ 5, f(x) = f (5). f. Environ 1 an et 6 mois, car son poids adulte est 6 kg et f(1,5) = 3.

9

b et c

2 –1

6 –7

20 – 28

–2 –2

x f(x)

0 –1

2 0

6 2

11 x f(x)

–5 –1

–4 1

–2 0

2 0

3 –2

5 –2

6 1

7 3

8 4

12

a. Faux Faux Faux Vrai Faux

8

0 2

Tableau b : droite d’

a. f (2) =

a. – 3 et 3

Tableau a : droite d

x f(x)

f(– 2) = 11

−1 1 f(3) = 0 f (4) = 4 6 b. L’image de – 2 n’existe pas car le dénominateur ne peut être nul.

2

10

1. 252 – 10 × 9 = 535 m2 2. a. 10 < x ⩽ 30 b. f (x) = x2 – 90

13 2. 3. 4. 5.

1. b c a et b a c

14 a. 0 ⩽ x ⩽ 1 400 b. 1 400 – x c. 1,03(1 400 – x) d. 1,03 × 700 = 721 € 15

a. 2

(x + 1)

2

b. 5 −1

16

−2=x x f (x) = 2x2

17

a. g(x) =

c.

x 2

b. x ⩾ 0

⎛ 32⎞ 4 c. g ⎜ ⎟ = ⎝ 9⎠ 3 x 2x − 4 b. Pour tout x différent de 2. c. h(7) = 0,7

18

a. h(x) =


19

a. –7

x f(x) 2 400,82

–3

–1

0

1

3

7

80,1

– 3,5

–9

– 3,5

80,1

2400,82

27 a. x = – 3 ou x = 0 ou x = 2 ou x = 7 b. x = 6 c. [1 ; 3]

b. f(–x) = f(x)

20

1. b

2. a. x

x +3 +x 2

e. x

b. x x 2 + 3x + 5

3 2+ x

d. x

x −8 +5 2

f. x

c. x x +

28 a. [– 8 ; – 3] ∪ [4 ; 7] b. Élodie a raison.

−x 3 2x + 5

29

a. x = – 4 ou x = – 1 ou x = 2 ou x = 4

b.

5 − x2 2

x –5 f(x)

21 a. 16 b. Y = X4 c. PROGRAM:FONC :Prompt X :Prompt N :1→Y :For(I,1,N) :X*Y→Y :End :Disp Y

30

–4 0

+

–1 0

–

4 0

–

y 2

x

0

2

b. x = 3 c. [3 ; 4]

1. f (3) = – 1 et f(11) =

23 1. Figure ci-contre. 2. a. Environ 5,4 b. Environ – 0,9

31

a.

y

0

0

2

b. x ≈ – 2,4 ou x = 0 ou x ≈ 2,4 c. x = – 6 ou x = 0 ou x =

32 a. x = 1 b. [1 ; 2]

2 0

2 x y

33

Cf

2 0

x 1

x

24 a. Tableau de valeurs au choix de l’élève. b. Figure ci-contre. y

Cf

Cf

1

y Cf

2

25 a. Figure ci-contre. b. Seul le point A appartient à Cf .

2 0

+

a.

Cf

3 5 2. f (f (3)) = 3 et f (f (11)) = 11. On constate que f(f (x)) = x pour ces deux valeurs. 3. b 4. Démonstration par substitution.

22

26 a. x = 1 ou x = 2 ou x = 6 b. x = – 4 ou x = – 1 ou x = 3 ou x = 4 c. [– 4 ; – 1] ∪ [3 ; 4]


2 ou x = 2 3

4 3 1. et 2. x = – 4 ou x = 2

b. x = 0 ou x =

x 2

1. et 2. a. x = −

34

35 a. x ≈ – 6 ou x ≈ 4 b. Environ [– 6 ; 4]

6

7 +

36 a. Figure ci-contre. b. – 2 < x < – 1

40 a. En abscisse : 1 unité pour 1 semaine ; en ordonnée : 1 unité pour 200 g. b. 1 semaine ; 3 semaines ; 200 g ; 300 g c.

y

Cf

Âge 2

1

8

Poids

x 0

0

3 320

2

d. Il n’y a pas lieu de s’inquiéter car le poids d’un bébé peut descendre jusqu’à : 3 400 × 0,9 = 3 060 g ce qui est bien inférieur à 3 320 g.

41 a. [– 4 ; 7] b. A ne se trouve pas sur la courbe, B oui. c. f est décroissante sur [– 4 ; – 2], croissante sur [– 2 ; 1] et décroissante sur [1 ; 7]. d. Le minimum de f est – 3, son maximum est 2. 42

a. [– 7 ; 6]

b.

37 a. Figure ci-contre. b. f (x) est positif pour x compris environ entre – 2,3 et 6.

y

Cf

10

x

0

2

–7 –4

x f(x)

–3 –1

–2 –2

0 –1

3 3

6 –3

c. x = 1 ou x = 5 d. Le maximum de f sur 𝒟 est 3 ; son minimum est – 4.

43

a. [– 4 ; 7]

b. x

–4

–1

3

5

7

f (x)

38 a. Figure ci-contre. b. x ≈ – 0,75 c. [– 0,75 ; 5] d. La fonction f est négative sur l’intervalle [– 2 ; – 0,75] et positive sur l’intervalle [– 0,75 ; 5].

39 x f(x)

c. x = 1 ou x = 4 ou x = 7 d. – 1

y

Cf

x

2

–4

312 51 125 32

–6

–3

0

3

5

7

x

0

f (x)

1

e. x = – 4 ou x = 6 f. f est positive pour – 4 ⩽ x ⩽ 6, négative pour – 6 ⩽ x ⩽ – 4 et 6 ⩽ x ⩽ 7.

a. –5

44 a. [– 6 ; 7] b. – 6 c. Il existe une infinité d’antécédents de 2. d.

–3

–2 –1

1

2

3

8 9

3 8

0

3 8

8 9

0

4

5

51 312 32 125

On constate que pour ces valeurs, f(x) = f(–x). b. La courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

45 a. f(– 3) = 2 ; f(2) = 4 et f (5) = 2. b. 2 ⩽ x ⩽ 4 c. – 5 et 6 d. Le maximum de f est 5. 46 a. f(– 2) = – 1 ; f(0) = – 3 et f(1) = 4. b. x = 2 c. f est croissante sur [– 5 ; – 2] et sur [4 ; 7]. f est décroissante sur [– 2 ; 1] et sur [1 ; 4]. 2. Généralités sur les fonctions • 33

47 1. a. Vrai b. Vrai c. Faux d. Vrai 2. Non 3. x = – 3 ou x = 0 ou x = 3 ou x = 6

QCM

48 b. c. d. e. f.

a. On ne peut pas répondre. On ne peut pas répondre. Vrai Faux Vrai On ne peut pas répondre.

49

Démonstration par disjonction des cas.

50

Tracé d’une courbe au choix de l’élève.

51


52


53


55


56

Démonstration à l’aide des définitions.

57

a. x

–2

f(x)

2

0 5

62

1. C

63

A, C et D

64

D

65

A

66

A et C

67

D

68

B

69

B et C

70

A et C

2. A

3. A et C

Problèmes 71 1. Faux. La représentation graphique n’est pas une droite. 2. a. 8 000 € b. 106 000 € 3. a. 0 0

x f(x)

25 0,3

45 3,6

75 12,3

120 30,7

145 42

b.

2

5

2

2

50

y

Cf

40 30

b. Tracé d’une courbe au choix de l’élève.

20

58 c. e. f. g.

a. Vrai b. Faux Vrai d. Vrai On ne peut pas répondre. On ne peut pas répondre. On ne peut pas répondre.

59

1. a. Vrai b. Faux. f (0) = 0 et pourtant 0 n’est pas compris entre 1 et 2. c. Faux. Il existe des nombres entre 1 et 2 qui ont une image entre 0 et 1. d. Faux. Il existe un nombre entre 1 et 2 d’image nulle. 2. a. Faux b. Vrai c. Faux d. Vrai

60

A:1

C:2

B:4 D:3

61 Figure 1 : d Figure 2 : c Figure 3 : b Figure 4 : a

10 x 0

50

100

c. f (10) = – 0,41. Ce résultat ne correspond pas au montant des impôts à payer. La courbe ne fait qu’approcher la réalité. On en voit ici les limites.

72 Partie A 1. Appliquer le théorème de Pythagore dans ABC et ABM. 2. a. 0 ⩽ x ⩽ 4 b. On a CM2 = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1. 3. On a 2AB2 + x2 + 1 = x2 + 2x + 1. 4. Même démarche dans EMD. Partie B 1.

(x) = x + 4 − x

2. Le maximum de f est environ 2,8, atteint pour x = 2. f (2) = 2 2 .

73

a. AB =

b. 4 < x <

300 x

300 = 75 4

⎛ 300 ⎞ c. A(x) = MN × QM = ⎜ − 4 (x ⎝ x ⎠


150

)

4

y

140

3. Le minimum est atteint pour x ≈ 2,14 et vaut L(2,14) ≈ 8,6. 15 . 4. Le minimum de L est 74 pour x = 7

120

76

100

a. 19,5 5 ; 19,875 19 87 ; 20,625

d.

180 160

80

⎞ ⎞ ⎞ ⎞ 1⎛ 1⎛ 1⎛ 1⎛ 1 b. f (x) = ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ x + 10⎟ + 10⎟ + 10⎟ + 10⎟ + 10 2⎝ 2⎝ 2⎝ 2⎝ 2 ⎠ ⎠ ⎠ ⎠

60 40

c. L’argent de poche de juin sera supérieur à l’argent de poche de janvier pour x < 20.

CA

20

x

0

20

40

a. A(x) = 60 – x2 – (6 – x)(10 – x) pour 0 ⩽ x ⩽ 6 b. Développer les expressions du a. et du b. c. L’aire de MNPQ est maximale pour x = 4 et A(4) = 32.

77

60

e. x0 ≈ 17,3 4

x

75

x0

78 A(x)

1.

x0 = 10 3

f.

74 1. H(0) = 1,5 2. Développer l’expression de droite. 15 3. t0 = , c’est l’instant où la pierre touche le sol. 7 4. y

6

2. f (x) =

(2x + 1)

2

4

−1

= x2 + x

3. a.

5 4 3 2 1

CH x

0

1

2 b. g(x) = (x + 1)x = x2 + x = f (x)

5. a. t

0

1

15 7

6,4 0

b. Le caillou atteint 6,4 m après 1 s. 6. H(t) = 1,5 pour t = 2 s.

75

1. a. L = 41 + 3 ≈ 9,4

b. L = 34 + 4 ≈ 9,8 c. L = 22,25 + 15,25 ≈ 8,6 2. a. 0 ⩽ x ⩽ 5 b. L(x) =

(5 − x)

2

+ 16 + x 2 + 9

a. MH = 5

b. AM =

x 2 + 25

c. P(x) = 8 + x 2 + 25 +

H(t) 1,5

79

BM =

(8 − x)

2

(8 − x)

2

+ 25

+ 25

d. x doit être compris entre – 2,3 environ et 10,3 environ. e. Ce sont les triangles réalisés en prenant x = – 2,3 ou x = 10,3 environ. f. La longueur minimale de corde est d’environ 20,8 pour x = 4. Dans ce cas, ABM est isocèle en M.

80 a. p représente le pas. b. 100 fois c. n = 100 2. Généralités sur les fonctions • 35

d. n = 0 e. f n’est pas monotone. f. Indira a raison.

81 Partie A 1. 0 < x < 5 2. a. f (x) = x 2 b. g(x) =

(5 − x)

2

+ 25

3. Les courbes se coupent en x ≈ 3,7 avec EF ≈ 5,2. Partie B a. Sur I, f et g sont positives et f(x) = g(x) est équivalent à f(x)2 = g(x)2, soit 50 – 10x + x2 = 2x2. b. Développer les deux expressions. c. x = 5 3 − 5 ≈ 3,66

(

)

et EF = f (5 3 − 5) = 5 2 3 − 1 ≈ 5,18 . Partie C 1. Il suffit de tracer la droite (BF) faisant un angle de 30° avec la diagonale du carré, puis de compléter par symétrie. 5 = 15° 2. a. CBF b. BF = cos 15° c. cos 15° =

(

1

)

2 3 −1

82

1. Paul commence à courir après 4 s et il se trouve à 10 m de Paulette. 2. a. 8 secondes b. Il continue à courir à la même vitesse que le train et dans la direction opposé de façon à rester à la hauteur de Paulette. 3. 18 secondes

– le nombre de bactéries B triplera toutes les 3 heures ; – le nombre de bactéries C sera multiplié par 5 toutes les 5 heures. Quelle est l’espèce dont la population se développera le plus vite ? le moins vite ? Expliquer. Deux populations sont clairement comparables pour des multiples communs de leurs « périodes » (voir tableau ci-dessous). 6 8 9

Heures A B C


12 64 81

24 4 096 6 561

25

30 32 768 59 049 15 625

Après 24 heures, le classement est déjà bien établi : il faudrait attendre 25 heures pour que C = 3 125. Après 30 heures, on a 15 625 < 32 768 < 59 049. Le classement est alors C < A < B.

84 a. La courbe verte correspond au cycliste qui part en premier de Gérardmer. La courbe rouge correspond à l’automobiliste qui part de Munster. b. La vitesse de l’automobiliste est de 60 km/h en montée et 120 km/h en descente. La vitesse du cycliste est de 15 km/h dans la montée et de 60 km/h dans la descente. c. Ils se rencontrent à 8 h 25 du côté de Munster. d. Le col se trouve à 5 km de Gérardmer. e. Il s’agit du cycliste : montée (20 min) ; descente (10 min) ; pause (5 min) ; descente (5 min). f. 20

Distance de Gérardmer, d (en km)

15

83

Traduction de l’énoncé Croissez et multipliez Dans le cadre d’une recherche sur la reproduction des micro-organismes, Aurélie s’intéresse à trois types de bactéries désignés par les lettres A, B et C. À l’instant initial, elle a le même nombre de bactéries de chacune des trois espèces. Mais ensuite : – le nombre de bactéries A doublera toutes les 2 heures ;

10 32

10 5 t (en min) 0

5

10 15

85 Par hypothèse OM = 15. On appelle x la distance OP, la surface de la maison

(

)

)

est A(x) = 20 − 225 − x 2 (20 − x . Cette aire est minimale pour x ≈ 6,46 ou x ≈ 13,5.

3. Fonctions de référence Objectifs et pré-requis L’objectif de ce chapitre est d’étudier les fonctions dites de référence : les fonctions affines, la fonction carré et la fonction inverse. Les activités et problèmes proposés montrent quelques situations d’utilisation de ces fonctions. On étudiera également quelques propriétés géométriques des coniques dans des situations particulières. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Fonctions de référence Fonctions linéaires et fonctions affines.

Capacités attendues

• Donner le sens de variation d’une fonction affine. • Donner le tableau de signes de ax + b pour des valeurs numériques données de a et b. Variations de la fonction carré, • Connaître les variations des fonctions carré et inverse. de la fonction inverse. • Représenter graphiquement les fonctions carré et inverse.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Les ondes qui arrivent depuis l’espace sont réfléchies par la parabole vers son foyer, c’est-à-dire le module situé à l’avant et tenu par un support. Le trou au milieu de cette parabole sert à laisser passer ces rayons renvoyés par le module vers le centre de traitement des informations, situé à l’arrière de la parabole.


Quelle est la vitesse de ce vélo ?

1 a. ● Intervalle Vitesse moyenne de Bénédicte en m/min

[0 ; 10]

[10 ; 20]

[20 ; 30]

[30 ; 40]

[40 ; 50]

420

420

420

420

420

b. Vitesse moyenne de Bénédicte sur tout le trajet : 420 m/min. c. Distance parcourue (en km)

Bénédicte Esteban

5

Durée (en min) 0

0

10

3. Fonctions de référence • 37

d. Une vitesse moyenne entre deux instants apparaît pour les points A et B correspondants sur le graphique comme le quotient de la différence des ordonnées divisé par la différence des abscisses. Cela correspond (et sera vu plus tard) au coefficient directeur de la droite (AB).

2 a. ● Intervalle Vitesse moyenne d’Esteban en m/min

[0 ; 10]

[10 ; 20]

[20 ; 30]

[30 ; 40]

[40 ; 50]

600

500

500

300

200

Vitesse moyenne d’Esteban sur tout le trajet : 420 m/min. b. On ne peut pas retrouver sa vitesse moyenne durant les 5 premières minutes car la distance parcourue pendant cette période est inconnue. Les vitesses moyennes de chaque intervalle d’une minute ne sont peut-être pas constantes. C’est ce que l’on voit en comparant les trajets effectués par Bénédicte et Esteban : la vitesse moyenne globale est identique, mais les vitesses moyennes sont différentes sur chaque intervalle.

2

Augmentation a. L’augmentation n’a pas été exactement de 3 % pour chaque catégorie.

Augmentation entre 2008 et 2009 en %

2 enfants à charge

3 enfants à charge

4 enfants à charge

Par enfant supplémentaire

2,992 %

2,999 %

3,003 %

3,004 %

b. La fonction f définie par f(x) = 1,03x permet de trouver une bonne approximation des montants en 2009 à partir de ceux de 2008 : Date

2 enfants à charge

3 enfants à charge

4 enfants à charge


01/01/2008

120,32

274,47

428,61

154,15

01/01/2009

123,92

282,7

441,48

158,78

Calculé avec f

123,9296

282,7041

441,4683

158,7745

c. En supposant que l’augmentation est chaque année de 3 %, une estimation de chacun des montants au 1er janvier 2011 est :

3

Date

2 enfants à charge

3 enfants à charge

4 enfants à charge


01/01/2011

131,47 €

299,92 €

468,37 €

168,45 €

À quoi sert cette touche ?

1 a. ● x

–3

– 2,5

–2

– 1,5

–1

– 0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

f(x)

9

6,25

4

2,25

1

0,25

0

0,25

1

2,25

4

6,25

9

38 • 3. Fonctions de référence

b.

y

1 x 0

1

2 a. ● x

–5

–4

–3

–2

–1

f(x)

– 0,2

– 0,25

– 0,33

– 0,5

–1

0

1

2

3

4

5

1

0,5

0,333

0,25

0,2

Pour x = 0, la calculatrice affiche une erreur : impossible de diviser par zéro. b.

y

1 0

x

1

c. x

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

0,6

0,7

0,8

0,9

1

f(x)

10

5

3,333

2,5

2

1,667

1,429

1,25

1,111

1

y

1 x 0

1


d. Pour représenter ces valeurs il faut modifier les unités sur les axes. x

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,1

f(x)

100

50

33,33

25

20

16,67

14,29

12,5

11,11

10

y

10 x 0

0,1

3 ● x

0

0,1

0,2

0,3

0,4

0,5

1

1,5

2

2,5

3

f(x)

0

0,316

0,447

0,548

0,632

0,707

1

1,225

1,414

1,581

1,732

y

1 x 0

1


Recherche d’un ensemble de points

1 Le lieu des points obtenu pour la conjecture est ● représenté ci-contre.

2 a. H est le projeté orthogonal de M sur la droite 𝒟, ● MH est donc bien égale à la distance du point M à cette droite. b. M est sur la médiatrice de [FH], donc MF = MH. c. Lorsque H décrit 𝒟, on construit bien ainsi l’ensemble ℰ cherché.

3 a. De façon immédiate, on a bien l’égalité OF = OK. ● b. Si H est en K, O est un point de ℰ ; dans les autres cas, la médiatrice de [FH] n’est pas parallèle à 𝒟 et donc coupera la perpendiculaire à 𝒟 passant par H.


c. Les coordonnées des points K, M et H sont respectivement 1 1 (0 ; − ), (x ; y) et (x ; − ) dans le repère indiqué. 4 4 2 2 ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ L’égalité MH = FM conduit à l’équation ⎜ y + ⎟ = x 2 + ⎜ y − ⎟ , ce qui est équivalent à y = x2. 4⎠ 4⎠ ⎝ ⎝ L’ensemble ℰ est une parabole. C’est une occasion pour utiliser un logiciel de calcul formel :

Ordre et puissances

TICE 2 Partie A

y 1

1 Voir figure ci-contre. ● 2 La résolution graphique ●

des inéquations permet de réinvestir le chapitre « Généralités sur les fonctions ». Les positions relatives des courbes les unes par rapport aux autres permettent de conjecturer les inégalités sur l’intervalle [0 ; 1].

√x x x2 x3

3 a. On a x ⩽ 1 donc x – 1 ⩽ 0. ● Or x ⩾ 0, donc x(x – 1) ⩽ 0 d’où x2 ⩽ x. b. Comme x ⩾ 0,

( x)

( ( x + 1) 0 , on a : ( x − 1) x 1

0

2

−1

0B

x

)(

1

)

x + 1 艋 0 Comme

0

0.

●

c. x3 ⩽ x2 se démontre comme 3 a. et permet à partir de ce qui précède de conclure.

0

y 10

1 x

x3 x2

Partie B

x

1 Voir figure ci-contre. ● 2 Les positions relatives des courbes les unes par rapport ● aux autres permettent de conjecturer les inégalités sur l’intervalle [1 ; + 3[.

3 Les démonstrations sont similaires à celles de la partie A, ●

√x

en partant de l’inégalité x ⩾ 1.

0

TICE 3

0

10 x

Représentation graphique de fonctions à la calculatrice

Partie A

1 a. et b. Voir ci-contre. ● c. et d. La symétrie recherchée n’apparaît sans doute pas immédiatement aux élèves. Mais le tracé du point A(2 ; 4) sur Cf et du point A’(4 ; 2) sur Cg devrait les aider.


2 Le tracé point par point de la courbe Cg permet, s’il est fait soigneusement, d’obtenir le tracé de Cf ● par symétrie par rapport à la première bissectrice. Partie B

1 Voir ci contre. ● 2 a. Cf admet l’axe des ordonnés comme axe de symétrie, en effet ● pour tout réel x, –x et x ont la même image par f . b. Résolution graphique. c. Résolution graphique de l’équation x2 = a : – si a > 0, il y a deux solutions distinctes et opposées ; – si a = 0, il y a une seule solution ; – si a < 0, il n’y a aucune solution.

Algorithmique 1

Calcul approché de l’aire sous une courbe

1 L’algorithme proposé affiche 5 couples (x ; f (x)) pour x prenant ● les valeurs 0, 0,25, 0,5, 0,75 et 1.

2 a. Les aires sont dans l’ordre : ●

(

)

(

0,25 × 0,252 + 0,52 0,25 × 0,52 + 0,752 0,25 × 0,252 ,, , 2 2 2

) et 0,25 × (0,75

2

+ 12

2

b. Le programme de l’algorithme initial sur TI 83 + :

L’algorithme modifié : Entrée :

Le nombre n.

Initialisation :

Affecter à x1 la valeur 0. Affecter à e la valeur

Traitement et sortie :

1 n

Affecter à S la valeur 0. Affecter à y1 la valeur du carré de x1. Afficher le couple (x1 ; y1). Tant que x1 est strictement inférieur à 1 affecter à y1 la valeur du carré de x1 ; affecter à x2 la valeur x1 + e ; affecter à y2 la valeur du carré de x2 ; affecter à S la valeur S +

y1 + y2 2

afficher le couple (x2 ; y2) ; affecter à x1 la valeur x2 ; fin du tant que. Afficher S.


×

1 ; n

).

3 b. Pour n = 100, cet algorithme donne la valeur 0,333 35 pour la somme des aires. ●

Algorithmique 2

Longueur d’une courbe

1 a. et b. ●

2 OA1 + A1A2 + A2A3 + A3A4 = + 10 + 26 + 50 ≈ 16,75 ● 3 On choisit n points sur la courbe, à abscisses strictement positives, répartis régulièrement dans ● l’intervalle ]0 ; 4]. Entrée :

Le nombre n.

Initialisation :

Affecter à e la valeur

1 . n

Affecter à a1 la valeur 0. Affecter à a2 la valeur a1 + e. Affecter à longueur la valeur 0. Traitement :

Tant que a2 est inférieur ou égal à 4 affecter à b1 le carré de la valeur a1 ; affecter à b2 le carré de la valeur a2 ; affecter à longueur la valeur longueur +

(a2 − a1 )2 + (b b2 − b1 )2 ;

affecter à a1 la valeur a1 + e ; affecter à a2 la valeur a2 + e ; Fin du tant que. Sortie :

Afficher longueur.


Problème ouvert 1

Proche… à certains endroits !

a. ∆(x) = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 donc ∆(x) est positif ou nul sur ℝ. b.

BC = f(x) – g(x) et AC = f(x), il s’agit donc de déterminer un intervalle sur lequel

Problème ouvert 2

Intersection(s)

Si l’ordonnée à l’origine est b, alors trois cas se présentent sentent : 1 er 1 cas : b > − , il y a deux points d’intersection ; 4 1 e 2 cas : b = − , il y a un unique point d’intersection ; 4 1 3e cas : b < − , il n’y a aucun point d’intersection. 4

Problème ouvert 3

Bordure

Il existe 48 couples solutions, mais 24 paires de solutions et beaucoup d’entre elles sont irréalisables (comme, par exemple, celle qui donne une largeur de la piscine de 10 cm !).


BC < 0,01. AC

Corrigés des exercices et problèmes Exercices d’application

2. f (x) = x + 3

3. f (x) = –

11 x + 16 4

4. f(x) = 3

1 y

Cg

Ch

4

Cf

a.

2 3 e. – 2 b.

d. 10

Cj

5

c. 0 f. π

a. 1 2

x f(x)

Ck

1

1 3

2 4

0 0

f (x) = 2x 0

x

1

Ci

x

–1

5

10

g(x)

5

–7

– 17

−

17 2

20

g(x) = – 2x + 3

2

b. y

Ci

y

Cg

Cf

Cj

Cf

Ch 1 1

1

0

x

x 0 1

Ck

Cg

6 3

1. a. f(x) = –x + 5

a. x

–1

f(x)

1 3

5

−

10

b. y Cf, 3

Cf, 4 1 0

x 1

7 3

−

41 9

20

4 1 f x) = − x − 9 9

Cf, 2

Cf, 1

−

181 4

x

12

137

0

g(x)

– 280

– 10 400

17 288 25

g(x ) = −

−

2 882 553 506

461 900

2024 17 288 x+ 25 25


b.

11

1.

y

y

Cf, 2 Cg

1 0

Cf

1

10 x 0

Cf, 1

1

7 (AC) : f 1(x) = x + 5 (AB) : f 2(x) = –x – 3 (OB) : f 3(x) = 2x 8

x

(AB) : f 1(x) = 2x –

2. a. f 1(x) = –x + 0,75 b. A(0 ; – 1), B(1 ; 1,000 01) et C(– 1 ; – 2,999 99) appartiennent à la courbe et ne sont pas alignés car le coefficient directeur de (AB) vaut 2,000 01 et celui de (AC) vaut 1,999 99.

1 3

(AD) : f 2(x) = –x – 2 (BC) : f 3(x) = –

2

x+3

12

f (x) = – 8,5x + 8

13

f (x) = x – 1

14 9

d1 passe par A et B : f 1(x) = 5x – 4 1 3 d2 passe par B, C et E : f 2(x) = − x + 2 2

oir fichi 1. Voir fichier. 2. a. b(x) = x + 1, donc b est affine. b. c(x) = x – 1, donc c est affine. d(x) = (x + 1)2, donc d n’est pas affine e(x) = (x – 1)2, donc e n’est pas affine. f(x) = (x – 1)2 – (x + 1)2 = 4x, donc f est affine.

3 x–4 5 d4 passe par D et E : f 4(x) = – 1,5

d3 passe par A et C : f 3(x) =

10

a.

y

15

1.

y

Cf

1 0

x 1

1 0 b. A(0 ; 0), B(1 ; – 3) et C(2 ; – 4) sont trois points de la courbe qui ne sont pas alignés car le coefficient directeur de (AB) vaut – 3 et celui de (AC) vaut – 2.


2. a. S = {3} b. S = [3 ; 4]

x 1

Cf

16

a.

20

y Cf

1. a. 4,50 4 50 € 2. a.

b. 8 €

Entrée :

Le nombre x.

c. 12 €

Traitement et sortie : Si x > 0 et x ⩽ 25 alors affecter à PRIX

1

la valeur 3 + 0,15 × x

x

0

FinSi.

1

Si x > 25 et x ⩽ 70 alors affecter à PRIX la valeur 4 + 0,10 × x FinSi. Si x > 70 alors affecter à PRIX

b. a = 2 et b = – 7 La fonction f est croissante sur ℝ. c.

la valeur 7 + 0,05 × x FinSi.

x

0

1

2

4

5

10

f(x)

–7

–5

–3

1

3

13

b.

17 ommant A, B et C les trois points donnés, on En nommant obtient les coefficients directeurs des droites (AB), (BC) et (AC). Coefficient de (AB)

Coefficient de (BC)

Coefficient de (AC)

f

57 25

47 20

23 10

g

2333 1000

2333 1000

2333 1000

h

1 000 000

1 000 000

1 000 000

i

1 ␲

1 ␲

1 ␲

Donc f ne peut pas être affine, par contre g, h et i peuvent être affines. n de l’accroissement du ⌬j ⌬ nombre de visiteurs par le nombre de jours qui séparent les observations sont tous égaux à 2. Le coefficient de proportionnalité est 2.

18

a. Les quotients

Avec une calculatrice :

c. Nombre de 10 26 27 28 70 photos Prix à 4,50 6,60 6,70 6,80 11 payer

75

80

10,75

11

3. y

b. Le jour de la création du blog, le « nombre de jours » vaut 0. ⌬n ne sont En ajoutant cette donnée, les quotients ⌬ ⌬j plus tous égaux.

19

f(x) = 4x

h(x) = 4x + πx = (4 + π)x a. f et h sont linéaires.

g(x) = x2 )x2 4 b. f et h sont affines. i(x) = (1 –

1 0

x 10


4. Le futur client, lorsqu’il envisage une commande de 24 ou 25 photos, peut augmenter sa commande jusqu’à 26 ou 27 photos. De même, une commande entre 66 et 70 photos peut être passée à 71 photos ou plus, soit pour payer moins, soit pour avoir plus de photos pour le même prix.

21 a. f (x) = 1,07x c. f(x) = x – 0,07

25 1. Cet algorithme demande un coût de production et algor initial C et un nombre de mois N. Il affiche en sortie, pour tous les mois entre 1 et N, les coûts de production prévus. 2. a. et b.

b. f(x) = x + 0,07 d. f(x) = 0,93x

13 ≈ 1,182 . 11 La moyenne a augmenté de 18,2 % environ. 11 b. ≈ 0,846 . La moyenne a diminué de 15,4 % 13 environ.

22

a.

23 a. 185,07 € b. 8 touches : 1

9

×

9

.

9

3

= .

24 a. Entrée :

Le nombre m (montant des achats).

Traitement :

Si m > 100 alors

26 a. Soit p le prix initial. Le prix final est p × 1,05 × 0,95 = 0,9975 × p ≠ p. Le prix diminue toujours de 0,25 %. 1 b. p × 1,05 × k = p ⇔ k = ≈ 0,952 380 95… Le 1,05

affecter à m

pourcentage de baisse aurait dû être de 4,7619… %.

Si m > 50 alors affecter à m la valeur m – 10 FinSi.

la valeur 0,9 × m FinSi. Sortie :

Afficher m.

b.

27 re à la ca À faire calculatrice ou à l’aide d’un tableur. a. 515 b. 778,98 (ou 778,92 en arrondissant chaque fois) c. Elle devra attendre le 1er janvier 2024.

28

y Cg, 2

Cf, 1

Cg, 1

Cf, 2

1

c. f(40) = 40 ; f(60) = 50 et f (120) = 99. La fonction f n’est pas linéaire car f(40) = 40 et f(60) ≠ 60. Elle n’est pas affine car les coefficients directeurs f (60) − f (40) f (120) − f (40) = 0,5 et = 0,7375 sont 60 − 40 120 − 40 différents.


x 0

1

Cg, 3 Cf, 3

29

a.

y

33

y

Cf

Cf

1

x 0

1

1

x 0

1

12 − 0,952 1,052 − 0,952 = 1,95 et =2 1 − 0,95 1,05 − 0,95

b.

30 a –

x

5 6

2

25 36

f(x)

31

b

c 2 3

3

2

6

d

e

f

105

– 105

10– 5

1010

1010

10– 10

a. (2 + a)2 = 4 + 4a + a2 2

⎛1 ⎞ 1 b. ⎜ − a⎟ = 2 − 2 + a 2 ⎝a ⎠ a ⎛ c. ⎜3a ⎝

32

1⎞ 6⎠

2

9a 2 − a +

1 36

a. x

3 × 10– 5

0,3

3

3

3 000

a(x)

9 × 10– 10

0,09

3

9

9 000 000

Valeurs

0

Antécédents par f

0

1

4

–1 ; 1 –2 ; 2

3

–4

− 3; 3

aucun

34 a. Vrai. L’ensemble de définition de la fonction carré est ℝ. b. Vrai. Un nombre strictement négatif , par exemple – 4, n’a pas d’antécédent. c. Faux. Il existe des nombres réels qui ont deux antécédents, par exemple 9 a deux antécédents qui sont 3 et – 3. d. Vrai. Par exemple 9 a deux antécédents qui sont 3 et – 3. 35

1.

Équation

x2 = 4

x2 = 5

x2 = – 5

b. Accroissement de 2 valeurs successives 0,299 97 1,432 050 808 1,267 949 192 2 997

Accroissement des images correspondantes 0,089 999 999 2,91 6 8 999 991

Dans les différentes lignes, les coefficients pour passer d’une colonne à l’autre ne sont pas égaux, donc il n’y a pas proportionnalité entre les accroissements.

Solution

S = {– 2 ; 2} S = {–

5 ; 5}

S=∅

2. Inéquation

x2 ⩽ 4

x2 ⩾ 5 S=

x2 < 9

Solution

S = [– 2 ; 2]

]– 3 ; − 5 ]

S = ]– 3 ; 3[

∪ [ 5 ; +3 [


y

Cf

1 0

36

a. 5,12 > 5,052 2

x 1

π2

d. 7,32 > (– 7,2)2

37 a. 9 ⩽ ⩽ ⩽ ⩽ 16 car 3 ⩽ 3,14 ⩽ π ⩽ 3,15 ⩽ 4 b. (– 8,9)2 ⩽ 81 ⩽ (– 9,1)2 car – 8,9 ⩾ – 9 ⩾ – 9,1 ou en passant par les positifs 1 c. 0,09 ⩽ ⩽ 0,16 car 0,3 ⩽ ⩽ 0,4 9 3 3,142

⎡1 ⎤ ⎢3 ; 3⎥ ⎣ ⎦

⎡ 1⎤ ⎢− 3 ; − 3⎥ ⎣ ⎦

⎡ 10 1⎤ ⎢− 3 ; − 3⎥ ⎣ ⎦

Minimum

1 9

1 9

0

Maximum

9

9

100 9

41 a. a = 1 car x ⩾ 1 donc x2 ⩾ 1 b. a = 4 car x ⩽ – 2 donc x2 ⩾ 4 c. a = 0 et b = 4 car 0 ⩽ x ⩽ 2 donc 0 ⩽ x2 ⩽ 4 d. a = 0,01 et b = 2,89 car – 1,7 ⩽ x ⩽ – 0,1 donc 2,89 ⩾ x2 ⩾ 0,01

b. (– 10,4)2 < (– 20,4)2

c. ( 5 + 1) > ( 5 − 1) 2

I

3,152

38 a. Si x ∈ [2 ; 7] alors 2 ⩽ x ⩽ 7 donc 4 ⩽ x2 ⩽ 49. b. La réciproque est fausse : 4 ⩽ x2 ⩽ 49 donc x ∈ [2 ; 7] ou x ∈ [– 7 ; – 2]. 39 a. Si x ∈ [– 2 ; 3] alors – 2 ⩽ x ⩽ 0 ou 0 ⩽ x ⩽ 3 et donc 0 ⩽ x2 ⩽ 4 ou 0 ⩽ x2 ⩽ 9 , soit 0 ⩽ x2 ⩽ 9. b. La réciproque est fausse : 0 ⩽ x2 ⩽ 9 donc x ∈ [– 3 ; 3]. 40 y

42 a. Vrai. La fonction carré est croissante sur [3 ; 4], donc si 3 ⩽ x ⩽ 4 alors 9 ⩽ x2 ⩽ 16. b. Faux. Contre exemple : x = – 4,5. Si 9 ⩽ x2 ⩽ 16 alors 3 ⩽ x ⩽ 4 ou – 4 ⩽ x ⩽ – 3. c. Faux. Contre exemple : x = 0. Si – 3 ⩽ x ⩽ 4 alors 0 ⩽ x2 ⩽ 16. 43 a. f (2 ; 0) = 1 f (5 ; 2) = 25 f (3 ; 3) = 27 b. L’expression renvoyée est xn. 1er cas : n = i = 0. La première partie du « if » donne comme sortie 1. 2e cas : n = i ≠ 0 . Le tableau suivant donne les différentes valeurs des variables i et y lors des passages dans le « while ». i

n

y

1 × x = x1

n–1

n–2

1

1 × x × x = x2 1 × x × x × x = x3 xn

44 a. 1er cas : n = i = 0. La première partie du « if » donne comme sortie 0. 2e cas : n = i ≠ 0. Le tableau suivant donne les différentes valeurs des variables i et y lors des passages dans le « while ». i

n

n–1

n–2

1

y 0 + n = 1n n + n = 2n 2n + n = 3n n × n = n2

1 0

x 1


b.

47

1.

f (a) + f (b) − 2

2 2 (a + b)2 ⎛ a + b⎞ a + b = − f⎜ ⎟ 2 4 ⎝ 2 ⎠

a 2 − 2ab + b 2 4 (a − b)2 = 4 =

f (a) + f (b) ⎛ a + b⎞ est positif ou nul donc f ⎜ ⩽ . 2 ⎝ 2 ⎟⎠ a+b est l’abscisse du milieu des points 2. a. 2 d’abscisses a et b. b.

45 1. 2 × 10 + 3 × 1,5 = 24,50 € 2. a. Pour x ⩽ 1 : 1 000 = 20x. P(x) = 2 × x × 100

y B

Pour x > 1 : 1 000 P(x) = 20 + 1,5 × (x – 1) × = 15x + 5. 100 b. Entrée :

Le nombre x.

Traitement :

Si x ⩽ 0 alors

I J

1

affecter à PRIX la valeur 20x

0

FinSi. Si x > 1 alors affecter à PRIX la valeur 15x + 5 FinSi. Sortie :

d’abscisse Si PRIX > 30 alors affecter à PRIX

x

1

f (a) est l’ordonnée de A. f (b) est l’ordonnée de B. ⎛ a + b⎞ f⎜ est l’ordonnée du point J de la courbe ⎝ 2 ⎟⎠

Afficher la variable PRIX.

3. a. Ajouter avant l’affichage du résultat :

A

a+b . 2

f (a) + f (b) est l’ordonnée du point I milieu de [AB]. 2 On a montré que J se trouve en dessous du point I.

la valeur 0,85 × PRIX FinSi.

b.

1,9 kg coûte 28,48 € et 1,6 kg coûte 29 €.

46

))

1 (n 2 + 2nm + m 2 ) − n 2 − m 2 f (n + m) − ( f (n) + f (m) = 2 2

(

= nm

48 Traduction Traductio de l’énoncé À la ficelle L’astronome allemand Johannes Kepler a publié une méthode permettant de tracer une parabole en utilisant une règle, une équerre, une ficelle, une épingle et un crayon. On pose la règle le long d’une droite (AB) et on plante l’épingle en un point F. La longueur de la ficelle étant égale au côté CD de l’équerre, on en fixe une extrémité en D et l’autre en F. La pointe P du crayon maintient la ficelle tendue le long de l’équerre le plus loin possible, comme le montre le dessin ci-dessous. Si on fait glisser le coté EC de l’équerre sur la droite (AB), le point P se déplace alors sur une parabole.


De même, f est décroissante sur ]– 3 ; 0[. D

y P

1

Johannes Kepler 1571-1630

A

E

C

2 cm

F

DC et DP + PF ont même longueur. Or DC = DP + PC, donc PF = PC.

P

a.

c. −

1 1 < – 0,1 0,2

h : bleue k : vert

Ch Ci

1 1 < ␲ 3,14

0

Antécédent de y

1

1 4

aucun

2.

c.

–4

1 13

1 4

13

–

1 1 = 4 a pour solution S = { }. x 4 1 1 = π a pour solution S = { }. x ␲ 25 1 1 = − 5 B = − , d’où S = {– 5}. x x 5 1 1 a. ⩽ – 2 a pour solution S = [ − ; 0[. x 2 1 ⩾ 0,5 a pour solution S = ]0 ; 2]. x 1 1 < 4 a pour solution S = ]– 3 ; 0[ ∪ ] ; +3[. x 4 1. a.

y

Cf 0

d.

4

b.

1

1 1 > 100 000 100 001

1

y Cj

b.

y

c.

C

Cf

52

b.

médiatrice de [CF]

1 1 > 15 16

51

53

F

g : rouge j : rose

1

B

Justifier l’égalité PF = PC. Dessiner point par point une telle parabole sachant que CD = 14 cm et que F se trouve à 2 cm de la droite (AB).

49 f : orange i : mauve

x

0

x

1

Cf

Cg 1

Ck

0

50

1

f est définie sur ℝ\{0}.

f est croissante sur ]0 ; +3[ 1 1 b–a car f(b) – f(a) = – + = qui est positif pour b a ab a ⩽ b sur ]0 ; +3[.

54

a.

1 1 1 艋艋 3 a 2

c. – 100 ⩽


1 ⩽ – 0,01 a

b. − 1 艋

1 1 艋− a 6

d. 104 ⩽

1 ⩽ 105 a

x

58

55

a. Faux. 0 n’a pas d’image. 1 b. Vrai. C’est 2 . ␲ 1 1 c. Faux. = B a b sur ℝ*. a b d. Vrai. x ≠ 0 a comme unique antécédent

1.

1 et x

0 n’a pas d’antécédent.

56

a. Si a = 0, il n’ a pas de solution. 1 1 Si a ≠ 0, alors = ax B x 2 = x a 1 1 d’où si a > 0, S = { − } et si a < 0, il n’y a pas ; a a de solution. b. Une droite passant par l’origine O coupe ℋ en deux points symétriques par rapport à O si son coefficient directeur est strictement positif . Si son coefficient directeur est négatif ou nul, elle ne coupe pas ℋ.

57 Le lieu de ces points est l’hyperbole ℋ’ d’équation 4 y= . x 1 2 Soit M(a ; ) un point de ℋ. On a N(2a ; ). a a N appartient bien à ℋ’. Réciproquement, soit N(b ; On a M(

4 ) de ℋ’. b

b 2 ; ). M appartient bien à ℋ et est 2 b

2. Se résout agréablement à l’aide d’un logiciel de calcul formel, mais peut se faire sans logiciel. a. Les points d’intersection sont respectivement : A(– 6 ;

1 1 1 1 ), B(6 ; − ), C( − ; 6) et D( ; – 6). 2 2 2 2

11 2 13 2 ≈ 7,8 CB = ≈ 9,2 2 2 Donc ACBD n’est pas un carré. Remarque b. AC =

ABCD est un rectangle. Les diagonales se coupent en leur milieu et l’angle en C est droit par le théorème de Pythagore : 2

2

⎛ 11 2 ⎞ ⎛ 13 2 ⎞ ⎜ ⎟ +⎜ ⎟ = ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎠

« antécédent » de N.

( 145)

2

.

1 1 1 艋艋 . 4 x 3 1 1 b. Vrai, car si – 2 ⩽ x ⩽ – 1 alors – 1 ⩽ ⩽ − . x 2 1 1 c. Vrai, car si 1 ⩽ ⩽ 10 alors ⩽ x ⩽ 1. x 10

59

a. Faux, car si 3 ⩽ x ⩽ 4 alors

QCM 60

1. A 2. C

61

D

62

A

63

D

64

C

65

B et C

66

B et C

67

A

68

A et C


5.

Problèmes

y

69

Si d est le débit en m3/h, t le temps en heures et V V le volume en m3, on a t = . d Ici le temps en heures est égal au volume en m3. 1. a. 9π heures b. 9π + 16π = 25π heures c. 25π + 25π = 50π heures 2. a. Le volume d’un cylindre de hauteur h et de rayon 3 est 9πh. Donc t = 9πh. t b. f(t) = pour 0 ⩽ t ⩽ 9π. 9␲ c. En considérant la deuxième partie de la piscine : le volume rempli est 16π(h – 1) avec h mesurée depuis le fond et 1 < h < 2. Le temps mis pour cela est donc de 16π(h – 1) heures. Or c’est aussi t – 9π. Donc t – 9π = 16π(h – 1). t 7 d. f(t) = + pour 9π ⩽ t ⩽ 25π. 16␲ 16 3. y

1 000

x 0 100

6. L’emplacement idéal sera toute place entre la supérette et les toilettes et Julien aura 3 480 m à parcourir par jour.

71 a. Cette n’est pas affine car elle prend les ette fonction fon valeurs :

1 x 0 10

9π

25π

50 π

70 1.

M S 0

100

T 200

Mer Supérette 1 fois 1 fois

300

400 × 500 Tente

CW 600

700

800

Cybercafé Toilettes 1 fois 2 fois

P 900 1 000 Parking 1 fois

2. Si x ⩾ 60, la distance de la tente à la supérette est x – 60 ; si x ⩽ 60, cette distance est 60 – x. Or |x – 60| = x – 60 si x – 60 ⩾ 0 et |x – 60| = –(x – 60) si x – 60 ⩽ 0. Donc la distance de la tente à la supérette est |x – 60|. 3. La distance à parcourir par jour est : f(x)= 2TM + 2TS + 2TC + 4TW + 2TP = 2x + 2|60 – x| + 2|700 – x| + 4|750 – x| + 2|1 000 – x| 4. a. Si 0 ⩽ x ⩽ 60 : f(x) = 2x + 2(60 – x) + 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 6 520 – 8x b. Si 60 ⩽ x ⩽ 700 : f(x) = 2x – 2(60 – x) + 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 6 280 – 4x c. Si 700 ⩽ x ⩽ 750 : f(x) = 2x – 2(60 – x) – 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 3 480 Si 750 ⩽ x ⩽ 1 000 : f(x) = 2x – 2(60 – x) – 2(700 – x) – 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = – 2 520 + 8x


Montant de l’achat

1

2

3

Points

0

0

1

b. En répondant d’abord à la question c., on peut estimer que, quel que soit le nombre de points, la réduction obtenue par les bons d’achats est similaire. Le calcul direct : 1 an : 52 semaines à 90 €, soit 1 560 points qui correspondent à 1 350 + 210 points, soit un bon de 20 € et un reste de 210 points ; 2 ans : 104 semaines à 90 €, soit 3 120 = 1 990 + 690 + 360 + 80 points, soit 45 € en bons d’achat et un reste de 80 points ; 3 ans : 156 semaines à 90 €, soit 4 680 = 3 340 + 690 + 360 + 290 points, soit 65 € en bons d’achat et un reste de 290 points. En demandant ses bons chaque année sur 2 ans, le client obtient 45 € en bons d’achat, en utilisant la deuxième année les points restants de la première, il lui reste 60 points. En demandant ses bons chaque année sur 3 ans, le client obtient 65 € en bons d’achat, il lui reste 10 points. c. Points

360

690

1 350

Bon d’achat

5

10

20

Taux de reduction

0,4630 %

0,4831 %

0,4938 %

Points

1 990

3 340

4 990

Bon d’achat

30

50

75

Taux de reduction

0,5025 %

0,4990 %

0,5010 %

Le taux de réduction maximal est de 0,5025 %.

72

1. a.

y Cf

Cg 1 0

x 1 Ci

Cj

b. On enlève 3 à l’ordonnée du point de Cf . (Cela correspond à une translation vecteur −3 j .) f et g ont les mêmes variations car f(a) ⩽ f (b) ⇔ f(a) – 3 ⩽ f (b) – 3. c. On ajoute 3 à l’ordonnée du point de Cg. (Cela correspond à une translation vecteur 3 j .) 2. x h(x)

0

–3

+3

+3

+3 a

3. Voir le schéma précédent. 4. x

0 –3

–3

73

74 1. a. 26 ⩽ c ⩽ 28 donc 262 ⩽ c2 ⩽ 282 , soit 676 ⩽ aire grand carré ⩽ 784 b. 13 ⩽ d ⩽ 15 donc 132 ⩽ d2 ⩽ 152, soit 169 ⩽ aire partie vide ⩽ 225 c. – 152 ⩽ –d2 ⩽ – 132 d. 262 – 152 ⩽ c2 – d2 ⩽ 282 – 132 2. 451 ⩽ aire bijoux ⩽ 615 La masse volumique de l’or est 0,0193 kg/cm3 ou encore 0,000 019 3 kg/mm3. Le prix d’un mm3 d’or est donc de : 0,000 019 3 × 23 000 = 0,4439 €. 451 × 2 × 0,4439 ⩽ prix de l’or du bijou ⩽ 615 × 2 × 0,4439 Le prix de l’or nécessaire à la fabrication du bijou est compris entre 400,39 € et 546 €. 75 1. La fonction carrée est croissante sur ℝ+. 2. a. A = a2 – b2 – c2 b. 10,24 ⩽ a2 ⩽ 12,25 0,36 ⩽ b 2 ⩽ 0,64 3,61 ⩽ c2 ⩽ 4,41 c. 5,19 ⩽ A ⩽ 8,28 3. Il est possible que ce pot ne suffise pas. 76 1. a. et b. Chaque droite coupe deux fois la parabole, mais, graphiquement, cela n’apparaît pas clairement. Par calcul : la droite d’équation y = 10x coupe la parabole en (0 ; 0) et (10 ; 100) ; la droite d’équation y = 0,05x coupe la parabole en (0 ; 0) et en (0,05 ; 0,0025).

+3

2. ⎧ ⎪ y ⎨ y ⎩⎪

–3

Chaque droite coupe la parabole en deux points distincts pour a ≠ 0.

j (x) –3

par h(x) = – 10x – 25. De même on trouve i avec i(x) = 10x + 25. 3. Voir la figure ci-dessus.

⎧⎪ y x 2 ⎪⎧ x = 0 ⎪⎧ x = a B⎨ B⎨ ou ⎨ 2 y = 0 ax x ( x − a ) = 0 ⎩⎪ ⎩⎪ y a ⎩⎪ x2

77

1 1. a. Voir la figure ci-dessous.

y

b. Les points d’intersection des deux courbes ont es point pour coordonnées (– 2 ; 0) et (2 ; 0). c. I = [– 3 ; 2] d. y

52

Cf Ch

33

1 0 Ci

x 1 Cg

10

x

2. Un segment passe par les points (– 3 ; 5) et (– 2,5 ; 0). La fonction affine correspondante est donnée

– 6,1 – 4,5

0

1

7,5 8,5


4,5 × 7,5 ≈ 33 52 ÷ 8,5 ≈ 6,1 Démonstration : l’équation d’une droite passant par les points (a ; a2) et (b ; b2) est y = (b + a)x − ab . Donc l’opposé du produit ab est l’ordonnée à l’origine de cette droite.

78 1.

y

1 0

1

x

b. Il pourrait y voir à chaque fois deux points d’intersection. 2. a. f(x) = ax – a + 1 1 b. Pour x ≠ 0, = ax – a + 1 ⇔ ax2 – ax + x – 1 = 0 x et (x – 1)(ax + 1) = 0 ⇔ ax2 – ax + x – 1 = 0 1 c. Les points d’intersection sont (1 ; 1) et ( − ; –a). a Pour a > 0, ces points sont situés chacun sur une branche de l’hyperbole. d. Pour a < 0, les points sont dans le demi-plan à abscisses positives. Il y a deux points d’intersection distincts sauf dans le cas particulier où a = – 1 et où A est l’unique point d’intersection.

80 2. a. ℋ ne coupe pas l’axe des abscisses car

x

=0

n’a pas de solution. b. AB = 0,01 Tout point de ℋ d’abscisse supérieure à 10 000 est à une distance inférieure à 0,0001 de l’axe des abscisses. 3. ℋ ne coupe pas l’axe des ordonnées car 0 n’a pas d’image par ℋ. Tout point de ℋ ayant une abscisse x appartenant à ]– 0,0001 ; 0[ ∪ ]0 ; 0,0001[ est situé à une distance inférieure à 0,0001 de l’axe des ordonnées.

79

e côté du d carré mesure 900 = 30, le périmètre 1. Le vaut p = 120 m. 900 2. L’autre dimension du rectangle est = 45, soit 20 p = 130 m. 3. a. x ⩾ 20 d’après l’énoncé. Si y est l’autre dimension du pré, y ⩾ 20 d’après l’énoncé. 1 1 900 900 Donc 艋 , d’où x = 艋 , soit x ⩽ 45. y 20 y 20 Donc 20 ⩽ x ⩽ 45. 900 b. y = x c. p = 2(x + y) = 2(x +

1. a. d.

900 ) x

y 130

Cg

120

10 0

x 10

e. Graphiquement, on obtient le minimum et le maximum de g sur [20 ; 45] : la longueur minimale de clôture est 120 m, la longueur maximale est 130 m.


4. Fonctions du second degré et homographiques

Objectifs et pré-requis L’objectif de ce chapitre est de poursuivre l’étude de problèmes faisant intervenir deux types de fonctions classiques : les polynômes du second degré et les fonctions homographiques. Pour les trinômes du second degré, il s’agit d’utiliser dans diverses situations, les variations, les coordonnées du sommet de la représentation graphique et la propriété de symétrie de cette dernière. La mise sous forme canonique n’étant pas un objectif du programme, celle-ci sera suggérée ou obtenue à l’aide d’un logiciel de calcul formel par exemple. Pour les fonctions homographiques, il s’agit essena tiellement de travailler les variations de la fonction inverse, éventuellement celle de x . x+b La mise sous forme réduite d’une fonction homographique n’est pas un attendu du programme. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Études de fonctions Fonctions polynômes de degré 2. Fonctions homographiques.

Capacités attendues • Connaître les variations des fonctions polynômes de degré 2 (monotonie, extremum) et la propriété de symétrie de leurs courbes. • Identifier l’ensemble de définition d’une fonction homographique.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Le périmètre de tir peut effectivement être calculé théoriquement pour chaque élément tiré si on connaît sa vitesse initiale, sa masse (voir TP TICE 2). Mais en réalité, il faudrait ajouter au moins trois paramètres – la résistance due à l’air, l’influence de la combustion pendant le trajet, la vitesse du vent – ce qui rend les calculs impossibles. Concrètement, les fabricants et les autorités imposent classifications et règles de sécurité en fonction des catégories des fusées tirées.


Let ? 1 a. ● x

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

f(x)

2,5

2,47

2,37

2,22

2,00

1,72

1,37

0,96

0,49

– 0,04

b. f semble décroissante sur [0 ; 18]. c. f (18) = −0,040 16. Cette valeur ne correspond pas à la réalité car cela signifierait que la balle se retrouve à 4 cm sous terre.

2 a. ● x

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

g(x)

2,5

2,5

2,44

2,31

2,12

1,87

1,56

1,18

0,74

0,24

4. Fonctions du second degré et homographiques • 57

g semble d’abord constante, puis décroissante sur [2 ; 18]. g(18) = 0,242 08. Cette valeur peut correspondre à la réalité (24 cm au-dessus de la terre). b.

y

2 1 x 0

4

2

6

8

10

12

14

16

18

c. g(0) = g(2) = 2,5 et g(1) = 2,507 84. g n’est donc ni croissante, ni décroissante sur [0 ; 2].

3 Graphiquement, les solutions de l’inéquation g(x) ⩾ 0,914 sont les réels de l’intervalle [0 ; 15,2]. Si ● la balle part à une distance inférieure à 15,20 m du filet, elle le passe sans le frôler. Ceci est fort probable vu la demi-longueur du terrain qui est de 11,88 m. En fait il faudrait encore ajouter 3,3 cm à la hauteur à franchir vu le rayon de la balle. Et là on montre que la balle frôle le filet si elle part à 15,10 m du filet. Remarque Un logiciel de calcul formel indique que l’inéquation −0,007 84x2 + 0,015 68x + 2,5 ⩾ 0,914 + 0,033 admet comme solution −13,109 809 874 476 ⩽ x ⩽ 15,109 809 874 477.

Autour de l’interdit

2

y

1 a. Figure ci-contre. ● Cette courbe rappelle la courbe de 1 la fonction x . x

1 0

2 ● x

–2

–1

0

1

2

3

f(x)

– 0,68

– 1,56

15,00

1,45

0,81

0,58

0 annule le dénominateur de

3 a. ●

10x + 1 = 0 ⇔ x = –

1 x + 15 mais pas celui de . x 10x + 1

1 . 10

b. x

– 0,5

– 0,4

– 0,3

– 0,2

0

0,1

0,2

f(x)

– 3,63

– 4,87

– 7,35

– 14,80

15,00

7,55

5,07

58 • 4. Fonctions du second degré

et homographiques

1

x

y

c. Figure ci-contre. Les points d’abscisse – 0,2 et 0 ne sont pas reliés car sur la droite d’équation x = – 0,1 il n’y a pas de point de la courbe.

4 a. ●

f (x) = 0 ⇔ x = – 15. Cette valeur correspond à l’intersection de la courbe avec l’axe des abscisses. −b + 15 si b ≠ 0,1. b. f (x) = b ⇔ x = 10b − 1 L’équation f (x) = 0,1 n’a pas de solution, ce qui apparaît graphiquement par le fait que la courbe n’a pas d’intersection avec la droite d’équation y = 0,1.

10 0

0,1

x


Différentes paraboles

La durée de ce TP s’évalue entre une demi-heure emi heu et une heure.

1 ●

2 ●

TICE 2

Recherche de la distance de sécurité

La durée de ce TP est d’environ une heure, la fin pouvant être term terminée à la maison. Partie A : Étude graphique

1 Courbes avec v0 constant : ●

Courbes avec α constant :

2 Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives sont les solutions de l’équation ● f(x) = 0. La solution non nulle est l’abscisse du point où le projectile tombe au sol.


Partie B : Étude théorique

x2 +x. 90 b. Le projectile touchera le sol au point d’abscisse non nulle, solution de l’équation f 1(x) = 0, c’est-à-dire au point d’abscisse 90. c. La fonction f 1 est croissante de 0 à 45 et décroissante de 45 à 90.

1 a. ●

En remplaçant α par 45° on obtient : f1 x ) = −

2 a. ●

En remplaçant α par 30°, on obtient : f 2 x ) = −

x2 3 +x . 135 3

b. La solution non nulle de l’équation f 2(x) = 0 est 45 3 . 45 3 45 3 à 45 3 . et décroissante de 2 2 45 3 45 ; ). e. Les coordonnés du sommet de la parabole sont ( 2 4 x2 3 a. Lorsque α = 60, f 3 x ) = − + x 3. La solution non nulle de l’équation f 3(x) = 0 est 45 3 , comme 45 à la question 2). 45 3 135 ; ). b. Les coordonnées du sommet de la parabole sont ( 2 4 c. f 2 est croissante de 0 à

●

●

4 a. ●

La solution non nulle de l’équation f (x) = 0 est 180 sin(α) cos(α).

b. α

10

20

30

40

50

60

70

80

D = 180 sin(α) × cos(α)

30,78

57,85

77,94

88,63

88,63

77,94

57,85

30,78

●

c. La portée est maximale pour un angle α de 45° et est égale à 90 (voir question 1) ).

TICE 3

Un organisme caritatif

1 et ● 2) ●

3 ●

4) ●

5 Le nombre d’appels estimé passe du simple au double selon « la courbe de tendance » choisie après ● 142 mois, ce qui représente quand même près de 12 années.


et homographiques

Propriétés d’une courbe

Algorithmique 1

●

La durée de ce TP est d’environ une heure mais la question n 2) n’a pas besoin d’être traitée dans son intégralité. Algorithme modifié, avec Algobox : 1.

VARIABLES

2.

a EST_DU_TYPE NOMBRE

3.

b EST_DU_TYPE NOMBRE

4.

c EST_DU_TYPE NOMBRE

5.

P1 EST_DU_TYPE CHAINE

6.

P2 EST_DU_TYPE CHAINE

7.

P1affiché EST_DU_TYPE CHAINE

8.

P2affiché EST_DU_TYPE CHAINE

9.

ordonnée_de_A EST_DU_TYPE NOMBRE

10.

abscisse_de_B EST_DU_TYPE NOMBRE

11.

abscisse_du_sommet_de_la_parabole EST_DU_TYPE NOMBRE

12. 13.

ordonnée_du_sommet_de_la_parabole EST_DU_TYPE NOMBRE DEBUT_ALGORITHME

14.

LIRE a

15.

LIRE b

16.

LIRE c

17.

P1 PREND_LA_VALEUR «croissante»

18.

P2 PREND_LA_VALEUR «décroissante»

19.

P1affiché PREND_LA_VALEUR «_»

20.

P2affiché PREND_LA_VALEUR «_»

21.

ordonnée_de_A PREND_LA_VALEUR c

22.

abscisse_de_B PREND_LA_VALEUR -b/a

23.

abscisse_du_sommet_de_la_parabole PREND_LA_VALEUR -b/(2*a)

24.

ordonnée_du_sommet_de_la_parabole PREND_LA_VALEUR a*(-b/

(2*a))^2 + b*(-b/(2*a)) + c 25. 26.

SI (a > 0) ALORS DEBUT_SI

27.

P1affiché PREND_LA_VALEUR P2

28.


29.

FIN_SI

30.

SINON

31.

DEBUT_SINON

32.


33.


34.

FIN_SINON

35.

AFFICHER «La fonction f est d’abord «

36.

AFFICHER P1affiché

37.

AFFICHER « puis elle est «

38.

AFFICHER P2affiché

39.

AFFICHER «L’ordonnée du point A est «

40.

AFFICHER ordonnée_de_A

41.

AFFICHER «L’ordonnée de B ayant même abscisse que A est «

42.

AFFICHER abscisse_de_B

43.

AFFICHER «L’abscisse du sommet de la parabole est «

44.

AFFICHER abscisse_du_sommet_de_la_parabole

45.

AFFICHER «L’ordonnée du sommet de la parabole est «

46. 47.

AFFICHER ordonnée_du_sommet_de_la_parabole FIN_ALGORITHME


CASIO Graph 35+

Algorithmique 2

Recherche d’un maximum et d’un minimum

L’algorithme proposé semble donner le maximum des 10 valeurs f (0,1), f (0,2), …, f (1) (1). À no noter qu’il est intéressant, lors des modifications, de changer la boucle pour que la valeur f (0) soit également prise en compte. Deux remarques : – il ne s’agit pas du maximum de la fonction sur l’intervalle [0 ; 1] car on ne s’intéresse qu’à 10 valeurs. Il est vrai qu’en prenant un pas plus petit pour balayer l’intervalle on peut espérer se rapprocher du maximum ; – cet algorithme comporte une erreur : l’initialisation. Si la valeur initiale de a est supérieure au maximum des 10 valeurs calculées, l’algorithme ne donnera plus le maximum des 10 valeurs ! Dans la dernière question, le maximum des 10 valeurs calculées dans la boucle est inférieur à la valeur initiale de « a ». Pour rendre l’algorithme opérationnel pour d’autres fonctions, l’initialisation de « a » aurait dû être faite autrement, par exemple par f(0).

Algorithmique 3

Position relative d’une courbe et d’une droite

1 ●

y

5 $ – 100

0 100

x

–5

2 L’algorithme proposé est faux car si l’écart entre la courbe et la droite est inférieur à 0,1, il affirme ● que courbe et droite sont confondues, ce qui est impossible.


et homographiques

3 L’algorithme modifié est le suivant : ● Initialisation :

Affecter à la variable n la valeur 0. Affecter à la variable y la valeur 10. Tant que y – 2,5 > 0,05 ou y – 2,5 < – 0,05 affecter à y la valeur (5n + 50)/(2n + 10)

Traitement :

affecter à n la valeur n + 1. Afficher le nombre n.

Sortie :

4 ●

5x + 50 – 2,5 < 0,05 ⇔ 5x + 50 < 2,55 (2x + 10) ⇔ 245 < x. 2x + 10 Si l’algorithme de la question 3) était programmé, on trouverait comme réponse n = 246.

●

Problème ouvert 1

Passer par trois points

1 Si ce problème était posé de manière générale, avec 3 points quelconques du plan, un logiciel de ● calcul formel ne permettrait pas aux élèves de se rendre compte que la condition nécessaire est le non-alignement. Ici les points sont alignés et, en plus, sur l’axe des abscisses ! L’énoncé précise que l’on recherche une fonction du second degré. Donc la fonction affine nulle ne répond pas à la question. Posé de cette manière, ce problème devient nettement plus abordable, sauf avec un logiciel de calcul formel dont l’affichage n’est pas facile à interpréter. Voici une méthode pour aborder cette activité : • Trois points distincts x1 < x2 < x3 : le cours permet de situer le sommet en deux points distincts, l’un d’abscisse le milieu entre x1 et x2, l’autre le milieu entre x2 et x3, ce qui amène une contradiction. • Seuls deux des points A(x1 ; 0) et B(x2 ; 0) sont distincts. Dans les exercices du chapitre, on a pu voir que f telle que f(x) = k(x – x1)(x – x2) est une solution pour tout réel k. • Les trois points sont confondus …

2 Quand ●

la condition est vérifiée, il existe une infinité de fonctions.


Problème ouvert 2

Dessiner un rectangle !

L’activité peut se traiter en une heure. Premier cas Le rectangle est « inscrit » dans le triangle (et un de ses côtés [MG] est sur un côté [BC] du triangle). 1 3 et aux du segment • L’aire est maximale lorsque les points M et G sont situés respectivement au 4 4 [BC]. • Démonstration : choisir un repère tel que B(0 ; 0), C(10 ; 0), A(5 ; 5 3 ) et M(a ; 0). Une équation de la droite (AB) est : y =

3 x.

Les coordonnées de E sont (a ; a 3 ). L’aire de MEFG en fonction de a vaut :

3 × a(10 − 2a) .

Elle est donc maximale pour a = 2,5. Deuxième cas Le rectangle R1 n’est pas « inscrit » dans le triangle (mais un de ses côté est sur un côté du triangle). • On construit un rectangle plus grand R2. • Donc R1 n’était pas optimal.

Problème ouvert 3

y

A

E

1 B 0

1 M

F

G

Cx

Superposer

Il s’agit d’une activité destinée à une recherche à la mais maison plutôt qu’une activité en classe.

1 ABCD peut être un parallélogramme : il suffit que son centre ait comme coordonnées (α ; 0) et que ● deux des sommets se trouvent sur la courbe.

2 ABCD ne peut pas être un losange : on peut rechercher si les diagonales du parallélogramme peuvent ● être perpendiculaires, non par les coefficients directeurs de droites (hors programme), mais par la recherche d’une intersection de la deuxième diagonale avec la courbe à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique.


et homographiques

Corrigés des exercices 6

Exercices d’application 1

1. x f(x)

–3 5,5

0 – 3,5

1 – 2,5

2 0,5

3 5,5

2. a. Une image peut être négative, par exemple f(0) = – 3,5. b. Une image ne peut être strictement inférieure à – 3,5 car x2 – 3,5 ⩾ – 3,5.

2 a. Les antécédents de 6 sont 3 et – 3. b. L’antécédent de – 3 est 0. 3

7 a. Développer –(x – 0,5)2 – 3,75 pour trouver –x2 + x – 4. b. Comme le coefficient devant x2 est négatif, f est croissante puis décroissante. L’écriture –(x – 0,5)2 – 3,75, montre que le maximum de f est – 3,75 atteint pour x = 0,5.

a. x f(x)

–3 1

0 10

1 9

2 6

3 1

b. y Antécédent(s) de y

On constate que f (x) = (x + 1)2. Méthode 1 Supposons – 1 ⩽ a < b et montrons que f(a) ⩽ f (b). f (b) = (b + 1)2 et f(a) = (a + 1)2. Comme 0 ⩽ a + 1 < b + 1, on a (a + 1)2 ⩽ (b + 1)2 et donc f (a) ⩽ f(b). Méthode 2 f(b) – f(a) = b2 + 2b + 1 – a2 – 2a – 1 = b2 – a2 + 2b – 2a = (b – a)(b + a + 2) = (b – a)(b + 1 + a + 1) qui est positif car b – a > 0, a + 1 ⩾ 0 et b + 1 > 0.

1

2

10

x

3 ; –3

−2 2 ; 2 2

0

f(x)

4 1. a. f(0,5) – f (0) = 0 f(2) – f (– 1,5) = 0 f(100) – f (– 99,5) = 0 b. f(0,25 + a) – f (0,25 – a) = 0 2.

a. Développer 0,2(x + 1)2 – 0,8 pour trouver + 0,4x – 0,6. b. Comme le coefficient devant x 2 est positif, f est décroissante puis croissante. L’écriture 0,2(x + 1)2 – 0,8, montre que le minimum de f est – 0,8 atteint pour x = – 1. Le sommet de la parabole est donc le point A(– 1 ; – 0,8). 0,2x2

1 0,25 + a

0 0,25 1

9 a. f(0) = 5 f (2) = 5 b. g(0) = 5 g(2) = 5 h(0) = 5 h(2) = 5 c. Une fonction i définie par i(x) = α(x2 – 2x) + 5 avec α paramètre réel quelconque non nul est une fonction du second degré dont la courbe passe par les points A et B. En effet x2 – 2x s’annule pour x = 0 et x = 2.

x

Cf

y

3. Les points de la courbe d’abscisse 0,25 – a et 0,25 + a ont la même ordonnée car : f (0,25 + a) = f(0,25 – a).

5 a. Supposons a < b ⩽ 0. Les variations de la fonction carré indiquent que a2 ⩾ b2. Donc a2 – 5 ⩾ b2 – 5, d’où f(a) ⩽ f(b). b. Voir ci-contre.

+3

8

y

0,25 – a

0,5 – 3,75

–3

Ch

y

Cf

1 0

x

1

1 0

1

x

Cf Cg


10

y

1.

h(0) = h(1) = 2 x

Cf

0,5

–3

+3

h(x) 1,75

1

i(– 1) = i(0) = – 2

0

1

x

x

– 0,5 –1,75

–3

+3

i(x)

2. a. La courbe et l’axe des abscisses ont deux points d’intersection, mais comme l’intervalle d’étude est [– 3 ; 3], la seule solution est 0. b. f(x) = 0 ⇔ x(– 0,5x + 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6. Sur [– 3 ; 3], S = {0}. c. f(x) ⩽ 4,5 ⇔ 0,5x2 – 3x + 4,5 ⩾ 0 ⇔ 0,5(x – 3)2 ⩾ 0. Ceci est vrai pour tout x et prouve que f(x) ⩽ 4,5 pour tout x.

11

12

a.

y

1 0

Cf 1

x

1.

y

Cf

b. f (x) = 0 : S = {0 ; 1,5} f (x) = – 3 : S = {α ; β} avec α ≈ – 0,7 et β ≈ 2,2 c. f (x) ⩾ 0 : S = [0 ; 1,5] f (x) < – 3 : S = ]– 3 ; α] ∪ [β ; +3 [ Un logiciel de calcul formel indique que

Ch

␣=

1 0

1

x

13

3 − 33 3 + 33 et ␤ = . 4 4

a.

y 8f

Cg Ci 1 2. f(– 4) = f(– 1) = 0 x

–3

0 – 2,5

1

x

+3

f(x) – 2,25

8g g(1) = g(4) = 0 x

–3

2,5 2,25

g(x)


+3 Les points d’intersection sont (– 3 ; – 1) et (3 ; – 1). b. f (x) – g(x) = 2x2 – 18 = 2(x – 3)(x + 3). On résout f (x) – g(x) = 0. On retrouve bien les solutions – 3 et 3.

et homographiques

c. 𝒫f est en dessous de 𝒫g pour x ∈ ]– 3 ; 3[. f (x) – g(x) < 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; 3[ par un tableau de signes.

14

a.

16

1.

y

y

Cg

Xf

1 0

1

Ch

x 1 Xg

Ci

0

x 1 Cf

Les points d’intersection sont (– 3 ; – 1) et (2 ; 9). b. f(x) – g(x) = 3x2 + 3x – 18 et 3(x – 2)(x + 3) = 3x2 + 3x – 18. On résout f (x) – g(x) = 0. On retrouve bien les solutions – 3 et 2. c. La courbe 𝒫 f est en dessous de 𝒫 g pour x ∈ ]– 3 ; 2[. f(x) – g(x) < 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; 2[ se montre en utilisant un tableau de signes.

15

a.

y Cg

Cf

1 0

1

x

b. On cherche les abscisses des points de Cf qui se trouvent strictement au-dessus de Cg. S = ]– 3 ; 0,5[ ∪ ]0,5 ; +3[. Par le calcul : f(x) > g(x) ⇔ 4x2 – 4x + 1 > 0 ⇔ (2x – 1)2 > 0 ⇔ x ≠ 0,5.

2. a. f (x) = g(x) a pour solution S = {– 2 ; 0}. g(x)(h(x) – i(x)) = 0 a pour solution S = {0 ; α}, avec α ≈ 2,8. b. f (x) ⩽ g(x) a pour solution S = ]– 3 ; – 2] ∪ [0 ; +3[. g(x)(h(x) – i(x)) ⩾ 0 a pour solution S = ]– 3 ; 0] ∪ [α ; +3[. 3. a. f (x) = g(x) ⇔ 2x2 + 4x = 0 ⇔ 2x(x + 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 2. g(x)(h(x) – i(x)) = 0 ⇔ x2 + 4x + 5 = 0 ou 0,35x2 – x = 0 ⇔ (x + 2)2 + 1 = 0 ou x(0,35x – 1) = 0 20 ⇔ x = 0 ou x = . 7 b. f (x) ⩽ g(x) ⇔ 2x2 + 4x ⩾ 0 ⇔ 2x(x + 2) ⩾ 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; – 2] ∪ [0 ; +3[. Comme g(x) = (x + 2)2 + 1 > 0 alors g(x)(h(x) – i(x)) ⩾ 0 ⇔ h(x) – i(x) ⩾ 0 ⇔ 0,35x2 – x ⩾ 0 ⇔ x(0,35x – 1) ⩾ 0 20 ⇔ x ∈ ]– 3 ; 0] ∪ [ ; +3[. 7 17 a. f (0) = f(1) = 10 b. La représentation graphique d’une fonction h définie par h(x) = α(x2 – x) + 10 avec α paramètre réel quelconque, non nul, passe par les points A et B. En effet x2 – x s’annule pour x = 0 et x = 1.

18 Comme f (0) = 8, f (x) = αx2 + βx + 8 convient, avec α et β paramètres réels quelconques, α ≠ 0. De plus f (1) = 10, donc α + β + 8 = 10 ⇔ α + β = 2. Il y a une infinité de solutions dont la fonction f définie par f (x) = x2 + x + 8. 19 f(x) = g(x) ⇔ ax + 1 = 0. 1er cas : a = 0, aucune solution. Cf et Cg n’ont pas de point d’intersection.


1 . Cf et Cg ont un a 1 1 unique point d’intersection A( − ; 2 ). a a 20 a. 𝒫 passe par O et A ⇔ f(0) = 0 et f (1) = 1 ⇔ c = 0 et a + b + c = 1. b. 𝒫 passe par O et A ⇔ c = 0 et b = 1 – a. D’où f(x) = ax2 + (1 – a)x = ax2 – ax + x, a ≠ 0. a −1 c. f(x) = 0 ⇔ x(ax – a + 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = . a d. D’après la question c. l’abscisse du sommet de la parabole est a −1 xS = . 2a a −1 e. xS = 0,5 ⇔ = 0,5 ⇔ – 1 = 0 2a qui est impossible. Donc aucune de ces paraboles n’a son sommet sur la droite verticale d’équation x = 0,5. 2e cas : a ≠ 0, une solution x = –

On trouve comme équation de (MB) : 6x 24 y= − . a−4 a−4 On en déduit une équation de (AH) : (a )x 2(a (a − ) y=− − . 6 3 a2 8 + ). 6 3 x2 8 Donc une équation de la courbe est y = − + . 6 3 22 a. La fonction f n’est pas définie en 5 car cette valeur annule le dénominateur. x + 10 b. Par exemple g avec g(x) = . x−4 23 a. Les coordonnées de H sont alors (a ; −

x

0

4

5

f(x) – 0,0833 – 0,25 – 0,5

5,5

6,5

7

8

–1

1

0,5

0,25

b.

y Cf 1 0

24

1

x

a. x

–8

–7

–6

– 5,5

f(x)

2,6667

3,5000

6,0000

11,0000

21 x

– 4,5

–4

–3

–2

f(x)

– 9,0000

– 4,0000

– 1,5000

– 0,6667

b.

y

1

Cf

0 1

Remarque La démonstration n’est possible qu’au niveau de la Première à cause de l’orthogonalité de deux droites définies par leurs coefficients directeurs. On choisit un repère tel que les coordonnées des points A, M et B soient M(a ; 6) A(– 4 ; 0) et B(4 ; 0).


4 < a < b. 3 Montrons que f (a) ⩾ f(b). • a < b donc 4a < 4b d’où 4a – 3 < 4b – 3.

25

Soient a et b avec

et homographiques

x

4 < a donc 4a – 3 est strictement positif. 3 Donc 0 < 4a – 3 < 4b – 3. Comme la fonction inverse change l’ordre de deux 1 艋 c’estnombres strictement positifs, 4b − 3 4a − 3 à-dire f(a) ⩾ f(b). •

f (x) = 3x – 2 ⇔ – 2 = (x + 1)(3x – 2) ⇔ 3x2 + x = 0 1 1 ⇔ x = 0 ou x = ; f (0) = – 2 et f( − ) = – 3. 3 3 28 1.

y

Cf

26 1. Df = ]– 3 ; 1[ ∪ ]1 ; +3[ 2. a. f(x) = 0 ⇔ x = – 1. Donc 0 a pour antécédent – 1. b. f(x) = 2 ⇔ x + 1 = 2(x – 1) ⇔ x = 3. Donc 2 a pour antécédent 3. c. f(x) = 1 ⇔ x + 1 = x – 1 qui est impossible. Donc 1 n’a pas d’antécédent. 3.

Cg

1 0

1

x

y

2. Soient a et b avec 1 < a < b. Montrons que f(a) ⩾ f (b). Méthode 1 1 < a < b donc 0 < a – 1 < b – 1. La fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement positifs 1 1 donc 艋 , c’est-à-dire f (a) ⩾ f (b). b −1 a −1

Cf

1 0

1

Méthode 2

x

f (b) – f (a) =

L’axe des abscisses et la droite d’équation y = 2 coupent une fois Cf . La droite d’équation y = 1 ne coupe pas Cf .

27

1 1 a−b − = . b −1 a −1 (a − 1)(b − 1)

Or a – b < 0, a – 1 > 0 et b – 1 > 0, donc f (b) – f (a) ⩽ 0, c’est-à-dire f (a) ⩾ f (b). 3. x

–3

1

+3

–3

–1

+3

f(x)

a.

y x

d3

g (x)

d1

1 0

1

x d2

4. a. Dh = ]– 3 ; – 1[ ∪ ]– 1 ; 1[ ∪ ]1 ; +3[ = ℝ\{– 1 ; 1} b.

y

Ch

1 b. ℋ ∩ d1 est le point de coordonnées (– 3 ; 1) : f(x) = 1 ⇔ – 2 = x + 1 ⇔ x = – 3. ℋ ∩ d2 est le point de coordonnées (1 ; – 1) : f(x) = – 1 ⇔ – 2 = –(x + 1) ⇔ x = 1. ℋ ∩ d3 est constitué des points de coordonnées (0 ; – 2) et (α ; – 3) avec α ≈ 0,3 :

0

1

x


c. Soient a et b avec a < b < – 1. Montrons que h(a) ⩾ h(b). Comme f est décroissante sur ]– 3 ; 1[, f est également décroissante sur ]– 3 ; – 1[. Donc f(a) ⩾ f (b). Comme g est décroissante sur ]– 3 ; 1[, g(a) ⩾ g(b). D’où f (a) + g(a) ⩾ f (b) + g(b), c’est-à-dire h(a) ⩾ h(b).

29

e. Développer (k + 25)(k + 1). f. En utilisant un tableau de signes, (k + 25)(k + 1) est négatif pour k dans l’intervalle ]– 25 ; – 1[, positif ou nul en dehors. g. g(– 2) = – 23. 𝒞 n’a pas d’intersection avec la droite d’équation y = kx pour – 25 < k < – 1.

30

1 et 2. 1.

1. 1 100x

2. a a. B(x) = 100x – (x2 + 50x + 100) = –x2 + 50x – 100 b. B(10) = 300 et B(40) = 300. c. 5

x

25

40

525 B (x) 125

300

y (25 ; 525)

La droite d d’équation y = ax semble avoir deux points d’intersection avec 𝒞 pour a > – 1 ; un seul point d’intersection pour a = – 1 et aucun point si a < – 1. Mais cette conclusion est fausse ! voir la question 3. 3. a. (x – 4)(x – 9) = – 25x ⇔ (x + 6)2 = 0 ⇔ x = – 6. b.

y (– 6 ; 150)

100 x

5

d. Il faut produire 25 appareils pour que le bénéfice soit maximal. 3. Entrée et

Affecter à noptimal la

initialisation : valeur 5. Affecter à boptimal la valeur -52 + 50 × 5 - 100

Δ1 Traitement :

Affecter -a2 + 50a - 100

20 0

Pour a allant de 6 à 40

2

à la variable y.

x

Si y est supérieur à boptimal alors

c. La droite ∆1 a un seul point d’intersection avec 𝒞, le point de coordonnées (– 6 ; 150). 4. a.

affecter a à noptimal affecter y à boptimal Finsi. Finpour. Sortie :

Afficher les variables noptimal et boptimal.

b. Non corrigé. c. (x – 4)(x – 9) = – 2x ⇔ x2 – 11x + 36 = 0 11 2 23 ⇔ (x – ) + = 0 qui est impossible. 2 4 La droite ∆2 n’a pas de point d’intersection avec 𝒞. d. Il n’y a pas de contradiction. En effet, k2 + 26k + 25 vaut – 23 pour k = – 2 ; sa racine carrée n’existe pas !


Q.C.M. 31

B et C

32

C

33

A et C

34

C

35

A

36

A et B

37

A et B

38

D

et homographiques

b. Les points d’intersection sont (4 ; 0) et (6 ; 6). 3. f (x) = g(x) ⇔ (x – 4)((x – 3) – 0,5x) = 0 ⇔ x = 4 ou x = 6. f (4) = 0 et f (6) = 6.

Problèmes 39

1. Df = ℝ\{– 100}

a. x

– 105

– 104

– 103

– 102

– 101

41

f(x)

79,00

74,00

65,67

49,00

– 1,00

Sur l’interva l’intervalle [2 ; 9] il y a un seul point : (2 ; 0). 2 + 16 et yS = f (9) = 12,25. b. xS = 2 Le sommet de la parabole est (9 ; 12,25). c.

x

– 100

– 99

– 98

– 97

f(x)

Non défini

199,00

149,00

132,33

b. Xmin = – 105 ; Xmax = – 97 ; Ymin = 50 ; Ymax = 200. c.

1. 1 a. f (x) = 0 ⇔ x = 2 ou x = 16.

2

x

9 12,25

f(x) 0 d.

2. a. f(x) = 99 n’a pas de solution dans ℝ. b. f(900) = 99,1 c. f(x) = 99,5 ⇔ x = 100 d. Xmin = 100 ; Xmax = 900 ; Ymin = 99,1 ; Ymax = 99,5. e.

y 12 11 10 9 8 7 6 5 4 3 2 1 0

8

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x

2. a. et b. Chaque abscisse est entre 2 et 9, et chaque ordonnée correspondante est entre 0 et f (x). 3. a. 2 ⩽ a ⩽ 8 et – 1 ⩽ b + 1 ⩽ f (a) b. 3.

Entrée et initialisation :

Affecter à S la valeur 0.

Traitement :

Pour a allant de 2 à 8 Additionner la partie entière de f (a) à S Fin du pour.

Sortie :

40 1. f (x) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 4. g(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 4. y 2. a.

Afficher la variable S.

c. En python :

6 5 4 3 2 1 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

7 x


d. Entrée et

Demander n.

initialisation :

Affecter à S la valeur 0.

Traitement :

Pour k allant de 1 à

La droite d’équation x = 1 est axe de symétrie de la courbe. b. y

7n - 1 Affecter à x le plus petit entier inférieur

0,0001

ou égal à f (2 + k/n) Additionner x à S.

1

x

Afficher la variable S.

Sortie :

42

0

1. 1 Avec GeoGebra :

44 Partie A P Le théorème héorème de Pythagore appliqué dans les deux triangles HAE et GCF donne : HE2 = HA2 + AE2 et FC2 + GC2 = GF2. Or HA = FC et EA = GC, donc HE = GF. De la même manière on montre que HG = EF. Ce qui montre que EFGH est un parallélogramme. Partie B 1. a.

2. a. Les valeurs possibles pour x sont les réels de l’intervalle [0 ; 10]. b. 𝒜 = x2 + (10 – x)2 = 50 + 2(x – 5)2 c. Le minimum de 𝒜 est 50, son maximum, 100. ␲ 3 3. a. 𝒜1 = ×𝒜 ×𝒜 b. 𝒜2 = 4 4

43 1. Voir le graphique ci-après. 2. a. Développer : 0,0001x 2 − 0,0002x − 0,0003 = 0,0001(x + 1)(x − 3) . f(x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3. Les points d’intersection ont comme coordonnées (– 1 ; 0) et (3 ; 0). b. f est minimum pour x = 1 et f(1) = – 0,0004. c. x

–2 0,0005

1

5 0,0012

f(x) – 0,0004

x

3. a. f(1 – a) = f (1 + a) ⇔ 0,0001(1 – a + 1)(1 – a – 3) = 0,0001(1 + a + 1)(1 + a – 3) ⇔ (2 – a)(–a – 2) = (2 + a)(a – 2) qui est vraie quelque soit a réel.


b. Cela dépend du choix fait pour la construction. Si le rectangle est « allongé » cette fonction semble décroissante. c. Le calcul (non demandé ici) montre que si la longueur est égale à plus de trois fois la largeur, cette fonction est décroissante. 2. a. Pour que F puisse être construit, on doit avoir BF ⩽ BC, d’où 0 ⩽ x ⩽ 2. b. En regroupant les triangles, on obtient un rectangle de dimensions x et 10 – x. c. En regroupant les triangles, on obtient un rectangle de dimensions x et 2 – x. d. L’aire S du parallélogramme s’obtient par différence : S = 20 – x(2 – x) – x(10 – x) = 2x2 – 12x + 20. e. y 0 20

2

15

f(x)

et homographiques

20

4

10 5 0

1

2 x

f. En développant 2(x – 3)2 + 2, on obtient 2x2 – 12x + 20. La fonction définie sur ℝ par x ↦ 2(x – 3)2 + 2 est décroissante sur ]– 3 ; 3] donc également sur [0 ; 2]. 3. a. Pour que F puisse être construit, on doit avoir BF ⩽ BC, d’où 0 ⩽ x ⩽ 4. b. S = 32 – x(8 – x) – x(4 – x) = 2x2 – 12x + 32 c. x

0 32

3

4 16

Le cerceau est fixé à la poulie P qui répartit la tension de la corde sur (PA) et (PF) de sorte que la PA reste verticale. bissectrice de l’angle Les dimensions du dispositif sont indiquées sur la figure. On voudrait connaître la trajectoire de la poulie P. Sur un schéma à l’échelle 1/10, dessiner plusieurs positions successives de P, puis relier ces points pour faire apparaître la courbe décrite par P quand Robert tire sur la corde.

f(x) 14 y 30 25 20 15 10 5 0

1 2 3 4

x

d. En développant 2(x – 3)2 + 14, on obtient 2x2 – 12x + 32. La fonction définie sur ℝ par x ↦ 2(x – 3)2 + 14 est décroissante sur ]– 3 ; 3] puis croissante sur [3 ; +3[. Donc décroissante sur [0 ; 3] puis décroissante sur ]. [3 ; 4].

45

T Traduction de l’énoncé

ipperbo Flipperbole Robert soulève le cerceau à l’aide du système représenté ci-dessous.

Les élèves peuvent, même si la question n’est pas posée, prouver que c’est un arc d’hyperbole. Choisissons un repère tel que les coordonnées des points F, C et A soient respectivement (0 ; 0), (19 ; 0) et (18 ; – 9).

Il tire sur une corde qui passe sur une poulie fixe F et une poulie mobile P et qui est attachée au point fixe A en son extrémité.


En considérant A’ le symétrique de A par rapport à G, les triangles FEP et A’GP sont en situation de EF A ′G Thalès. Donc = . EP GP En posant EF = x et EP = –y, on obtient : x 18 − x −9x = , d’où y = . −y −y − 9 2x − 18

2. a. Si x < 0 alors x – 4 < – 4 donc x – 4 < 0. 1 Comme f (x) = , on a f (x) strictement négatif. x−4 b. Si x < 0 alors x – 4 < – 4. Or la fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement néga1 1 > − ou encore f (x) > – 0,25. x−4 4 c. D’après ce qui précède, si x < 0, – 0,25 < f (x) < 0. Donc f (x) ne peut être un entier. 3. a. 0 X x X 8 si x n’est pas entier, la première coordonnée de M(x ; f (x)) n’est pas entière. b. Si x est un entier compris entre 0 et 8, il suffit de vérifier que chacun des 9 nombres f(0), …, f (8) n’est pas entier. tifs. Donc

46 1. On choisit le repère défini par l’horizontale et l’axe de symétrie tel que le sommet ait comme coordonnées (0 ; 4) et les intersections du grand arc de parabole soient (– 2 ; 0) et (2 ; 0). 2. Un exemple de ce qui peut convenir : f(x) = –x2 + 4 sur [– 2 ; 2] 1 2 g(x) = x + 2 sur [– 0,7 ; 0,7] 10 h1(x) = – 30(x + 2,6)(x + 2,4) sur [– 2,6 ; – 2,4] h2(x) = – 30(x + 2,4)(x + 2,2) sur [– 2,4 ; – 2,2] h3(x) = – 30(x + 2,2)(x + 2) sur [– 2,2 ; – 2] h4(x) = – 30(x – 2)(x – 2,2) sur [2 ; 2,2] h5(x) = – 30(x – 2,2)(x – 2,4) sur [2,2 ; 2,4] h6(x) = – 30(x – 2,4)(x – 2,6) sur [2,4 ; 2,6]

Entrée et initialisation :

Affecter à nbentier la valeur 0.

Traitement :

Pour a allant de 0 à 8 1 à la affecter a − 4 variable y si y est entier* alors

y

affecter nbentier + 1 à nbentier Finsi. Finpour. Sortie :

Afficher la variable nb entier.

1 0

47

1

* Pour le programmer, tester si y – E(y) ≠ 0. E représente la fonction partie entière notée ENT(), floor(),… selon le langage utilisé. 4. La courbe ℋ ne passe donc par aucun point à coordonnées entières.

x

Partie A y

48 P Partie A 1. Il s’agit de la figure du manuel. 1 0

1

x

Partie B 1. a. Si x > 8 alors x – 4 > 4 donc x – 4 > 0. 1 Comme f (x) = , on a f(x) strictement positif. x−4 b. Si x > 8 alors x – 4 > 4. Or la fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement posi1 tifs. Donc < ou encore f(x) < 0,25. x−4 4 c. D’après ce qui précède, si x > 8, 0 < f (x) < 0,25. Donc f(x) ne peut être un entier.


2. a. ABO et A’B’O sont en situation de Thalès, A ′ OA O A ′ A ′B ′ = , et par suite = . A ′B ′ AB BC CO b. OFC et A’FB’ sont en situation de Thalès donc A ′B ′ FA ′ = . CO OF c. Comme OA = BC, d’après 2. a. et 2. b. on a : O A ′ O A ′ A ′B ′ FA ′ = = = . OA BC CO OF d. Comme FA’ = OA’ – OF, d’après 2. c. on a : O A ′ O A ′ − OF = . OA OF Donc 1 O A ′ − OF OA ′ OF 1 1 = = − = − . OA OF × O A ′ OF × O A ′ OF × O A ′ OF O A ′

et homographiques

1 1 1 = − . x 8 OA ′ 1 1 1 x −8 8x = − = , soit O A ′ = . Donc OA ′ 8 x 8x x −8 e. En posant OF = 8 et OA = x on a :

Partie B 1. Df = [0 ; 8[ ∪ ]8 ; +3[ car x est une longueur (positive) et x ≠ 8. 64 8x − 64 + 64 2. 8 + = = f (x) x −8 x −8 3. y

3. N1A = 2,5 et N1B = 0,5 d’où N1A – N1B = 2. Donc N1 appartient à ℰ. N2A = 0,5 et N2B = 2,5 d’où N2A – N2B = – 2. Donc N2 appartient à ℰ. 4. a. x

1

–3

+3

f(x) b.

y C

Cf B N1

1 10 0 N 1 2 0

10

x

A

4. x

0 0

8

x

+3

c. f (2) = 0,5 donc N1 appartient à C. f(0) = – 0,5 donc N2 appartient à C. d. Voir fichier. e.

f(x)

5. 8,5X f (x) X10 pour x appartenant à [40 ; 136].

Partie C 1.

5. a. Pour (1) et (2) il suffit de remplacer dans MA = MB – 2 et MA = MB + 2 les valeurs données dans la question 2. b. En mettant les 2 membres de (1) au carré : 2. Les droites (CF) et (BO) ne sont pas sécantes lorsque OA = 8, c’est-à-dire quand A est confondu avec le symétrique F’ de F par rapport à O. 3. Si A se trouve sur la demi-droite ]F’x’), B’ se trouve sur la demi-droite ]Fx). Si A se trouve sur la segment ]F’O[, B’ se trouve sur la demi-droite ]Ox’).

45

1 Voir ci-après. 1.

x 2 + (y + 1)2

et MB =

( (x − 2) + (y − 1) − 2) 2

2

2

x 2 + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 4 (x − 2)2 + (y − 1)2 + 4 x 2 + (y + 1)2 − (x − 2)2 − (y − 1)2 − 4 = −4 (x − 2)2 + (y − 1)2 2 − y − x = (x − 2)2 + (y − 1)2 (2 − x − y)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 y(2x − 2) = 1 donc M(x ; y) appartient à C.

oient A(0 ; – 1), B(2 ; 1) et M(x ; y) alors 2. Soient MA =

x 2 + (y + 1)2 =

(x − 2)2 + (y − 1)2 .

Le même calcul peut se faire à partir de (2). Donc : si M(x ; y) appartient à ℰ alors M(x ; y) appartient à C.


5. Équations et inéquations Objectifs et pré-requis Dans ce chapitre, on rappelle les méthodes de résolutions d’équations et d’inéquations qui se ramènent à des expressions du premier degré. L’objectif du programme est de combiner pour un même problème les résolutions graphiques et algébriques. On pourra donc proposer simultanément aux élèves des exercices de ce chapitre ainsi que certains du chapitre 2. Un deuxième objectif travaillé dans ce chapitre consiste à entraîner les élèves à poser des problèmes en équation. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Équations Résolution graphique et algébrique d’équations.

Inéquations Résolution graphique et algébrique d’inéquations.

Capacités attendues • Mettre un problème en équation. • Résoudre une équation se ramenant au premier degré. • Encadrer une racine d’une équation grâce à un algorithme de dichotomie. • Modéliser un problème par une inéquation. • Résoudre graphiquement des inéquations de la forme : f (x) < k ; f (x) < g(x). • Résoudre une inéquation à partir de l’étude du signe d’une expression produit ou quotient de facteurs du premier degré. • Résoudre algébriquement les inéquations nécessaires à la résolution d’un problème.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre 6x = 120 – 4x d’où 10x = 120 soit x = 12. L’ouvrier a travaillé 12 jours.


Notion d’équation et d’inéquation

1 ●

2 a. – 1 ●

x

–1

1

7

5x – 7

– 12

–2

28

– 5x – 17

– 12

– 22

– 52

x2 – 3

4

–2

28

–x +1 3

2 3

0

–2

b. 1

c. 1

d. – 1, 1 et 7

5. Équations et inéquations • 77

Traduire une situation par une équation

2

a. b. c. d. e. f.

x est le prix d’une dinde : 6,50 + 4x = 54,5. x est le nombre : 2x = x2. x est le premier entier : x + x + 1 = 67. x est la longueur des côtés du carré : 4x = x2. L est la longueur et l la largeur du rectangle : L × (l + 5) = L × l + 20. x est mon âge : x + x + 20 = 52. 2 g. x est l’héritage du cadet : x + x = 1 500. 3 h. x est l’argent de poche reçu il y a 6 mois : 25x = 32.

Signe de ax + b par lecture graphique

3

Partie A 1 ●

y

d est une droite.

d 4 2

J

x

2 O

I

4

6

–2 –4

5

2 Le point d’intersection de d et de l’axe des abscisses est A( ● 2 3 a. L’ordonnée de M est positive. ● b. L’ordonnée de N est négative. c. x

xA

–3

Signe de 2x – 5

–

0

+3 +

d. L’expression 2x – 5 est négative pour tout x inférieur à L’expression 2x – 5 est positive pour tout x supérieur à

5 . 2

Partie B x Signe de g(x)

4 3

–3 +

78 • 5. Équations et inéquations

0

+3 –

5 . 2

; 0).

Résoudre une inéquation

4 1 ●

x

2

–3

Signe de 2x – 4

–

+3

0

+

2 ● x

–3

–3

Signe de –7x – 21

+

+3

0

–

3 ●

x

–3

–3

2x – 4

–

–7x – 21

+

2 –

0

0

–

+3 + –

4 a. L’expression (2x – 4)(– 7x – 21) est positive pour x ∈ [– 3 ; 2]. ● b. La solution est l’intervalle [– 3 ; 2].


Recherche triangles rectangles !

1 et ● 2) Les élèves conjecturent deux solutions qui sont symétriques l’une de l’autre. ●

3 a. ●

DP2 = x 2 + 36 et CP2 = x 2 − 30x + 261 b. On doit résoudre DP2 + CP2 = 225 qui équivaut à x2 – 15x + 36 = 0. c. On développe (x – 3)(x – 12). Résoudre (x − 3)(x − 12) = 0 conduit à AP = 3 ou AP = 12.

TICE 2

Décomposition d’une fonction

L’élève décompose l’expression des fonctions en opératio opérations élémentaires. Le tableur effectue les calculs étape par étape selon la décomposition établie. Dans la première question, la fonction étudiée présente une symétrie par rapport à la droite 1 d’équation x = − . 2


Dans la deuxième question, il faudra conjecturer que la courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

1 a. ●

x → 4 × x → 4 × x + 2 → (4 × x + 2)2 → (4 × x + 2)2 − 1

b. Voir ci-contre.

2 a. ●

x → x2 → 9 − x2 →

1 9 − x2

b. Voir ci-contre. c. L’équation g ( x ) = −

TICE 3

1 semble posséder deux solutions : 7 x = – 4 et x = 4.

Résoudre une équation avec un logiciel

1 a. ●

On développe les termes de l’équation (E). b. Voir ci-contre. c. x ≈ – 1,60 ou x ≈ – 0,46 ou x ≈ 2,06

2 a. ●

x ≈ – 2,562 ou x ≈ 1 ou x ≈ 1,562 b. x ≈ 0,697 ou x ≈ 4,303

3 Si a < – 2, l’équation n’a aucune ● solution. Si a = – 2, l’équation a une solution. Si a > – 2, l’équation a deux solutions.

4 Si – 6 < b < 2, l’équation n’a aucune ● solution.


Si b = – 6 ou b = 2, l’équation a une solution. Si b > 2 ou b < – 6, l’équation a deux solutions.

Algorithmique 1 1 a. ●

Vérifier les solutions d’une équation

Pour a = 2, A(2) = 2 × 22 – 2 – 13 = – 7 et B(2) = 2 –

3 = 0,5 ≠ 7. 2

Donc 2 n’est pas solution de l’équation A(x) = B(x). b. Pour a = 3, A(3) = 2 × 32 – 3 – 13 = 2 et B(3) = 3 –

3 = 2. 3

Donc 3 est solution de l’équation A(x) = B(x).

2 a. ●

Les entrées nécessaires sont A(x), B(x) et x. b. Les traitements sont : – effectuer des calculs numériques ; – effectuer un test ; – donner une instruction conditionnelle.


c. Les sorties possibles sont : – x est solution de l’équation A(x) = B(x) ; – x n’est pas solution de l’équation A(x) = B(x).

3 ● Entrée :

Le réel positif x, les expressions A et B.

Traitement :

Calculer A(x) et B(x).

et Sortie :

Si A(x) = B(x) alors afficher “x est solution”. Sinon afficher “x n’est pas solution”.

Résoudre un problème à répétition

Algorithmique 2

1 À chaque écluse, le marchand laisse 1 % de son chargement et 5 sacs de farine, il lui en reste donc ● a × 0,99 – 5. L’égalité « a=a*0,99-5 » signale la nouvelle affectation de a.

2 i représente le nombre d’écluses restant à franchir. ● 3 ● a i

1re écluse 10 000 63

2e écluse 9 895 62

3e écluse 9 791,05 61

4e écluse 9 688,14 60

5e écluse 9 586,26 59

4 Chaque boucle comporte une multiplication et deux soustractions, soit au total 63 multiplications ● et 126 soustractions.

5 a. ●

nbsacs(7 000) ≈ 3 481,8 n’est pas suffisant, mais nbsacs(10 000) ≈ 5 074,5 dépasse la moitié, donc la valeur recherchée se situe entre 7 000 et 10 000. b. La valeur minimale est 7 590. Il est déconseillé de programmer sur calculatrice, le nombre de boucles étant trop élevé (63 × 591). Quelques exemples de programmation : Avec AlgoBox En Python Avec Scilab

Vitesse de convergence de l’algorithme de Héron

Algorithmique 3 1 a. Avec n = 3 et p = 0,01 : ● u

3

2

1,75

1,732

i

0

1

2

3

1,268

0,268

0,018

0,000 09

Valeur approchée de u –


3

b. Le processus s’arrête lorsque u – 3 ⩽ 0,01, c’est-à-dire pour i = 3. c. i permet de compter le nombre de boucles réalisées. d. Quelques exemples de programmation : Sur TI83+ Sur Casio graph35+

Avec Xcas

2 a. On obtient i = 7 à partir de n = 253. ● b. Avec p = 0,01, on initialise i à 0 et on cherche la plus petite valeur de n telle que i = 7. Entrée :

Aucune.

Initialisation :

i = 0, n = u.

Traitement :

Tant que i ≠ 7 affecter à i la valeur 0 ; affecter à n la valeur n + 1 ; affecter à u la valeur n. Tant que (u –

n ) > 0,01

affecter à u la valeur

1 ⎛ n⎞ u + ⎟ 2 ⎝⎜ u⎠

;

affecter à i la valeur i + 1. Sortie :

Afficher n.

Pour ce dernier algorithme, le nombre de calculs étant élevé, il est déconseillé de le programmer sur calculatrice.

Avec Xcas Voir ci-contre.


Algorithmique 4

Étudier le signe d’un produit

b d et n = − . a c 2 Cas où a et c sont de même signe Si a est positif , ax + b < 0 pour x < m et si c est positif , cx + d < 0 pour x < n, donc (ax + b)(cx + d) > 0 pour tout x tel que x < m et x < n. Donc si a et c sont positifs, on se trouve dans le second cas, où l’expression est négative entre m et n. On a le même résultat si a et c sont négatifs. Cas où a et c sont de signes contraires Si a est positif , ax + b < 0 pour x < m et si c est négatif , cx + d > 0 pour x < n, donc (ax + b)(cx + d) < 0 pour tout x tel que x < m et x < n. Donc si a est positif et c négatif , on se trouve dans le premier cas, où l’expression est positive entre m et n. On a le même résultat si a est négatif et c est positif . On peut conclure que l’on se trouve dans le premier cas si, et seulement si, a et c sont de signes contraires.

1 ●

m=−

●

3 a. ●

Le calcul de m et n est impossible si a = 0 ou b = 0. b. m = 6 et n = 4, ac = – 2 est négatif donc l’algorithme affiche « positif entre 6 et 4 ». c. ac < 0 si, et seulement si, a et c sont de signe contraires. 1 1 1 1 d. m = et n = . ac = – 8 est négatif donc l’algorithme affiche « positif entre et », ce que l’on 2 2 2 2 1 peut interpréter par « négatif pour tout x sauf ». 2

Problème ouvert 1

Cercles tangents

1 ●

2 On pose par exemple x = BP. ●

1er cas : x ≠ 0, en appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle OBP rectangle en B, on obtient l’équation x2 + 16 = (12 – x)2. 6 On trouve : x = cm. 3 e 2 cas : x = 0, alors on constate que les deux cercles centrés en B, confondu avec P, sont tangents intérieurement en A.


Problème ouvert 2

Problème de longueur

1 ●

2 On pose par exemple x = CM. ● En appliquant le théorème de Thalès dans les triangles PCM et PDA, on obtient l’équation : CP x = . CP + 6 6 6x Soit CP = . 6−x 6x Le problème se ramène à résoudre l’inéquation <3 . 6−x On trouve : x < 2.

Problème ouvert 3

La ville carrée

On pose x la longueur des côtés de la ville carrée. En appliquant le théorème de Thalès, x 20 = 2 . on obtient l’équation : x + 34 1775 On trouve : x = 250 pas.

Problème ouvert 4

Les nombres consécutifs

Si n est le plus petit des quatre entiers, alors : n2 + (n + 3)2 – ((n + 1)2 + (n + 2)2) = 4.


Corrigés des exercices Exercices d’application 1

b, c et e

2

– 9 et 5

3

– 2 et 2

4

b, c, e et f

5

a.

−11 12

a.

3 19

20 c. − 3

7

a.

9

a.

3 7

4 9 4 e. − 5 c. −

27 26

c. −

9 5

1 ou 5 5

h. − 2 2 − 2 ou

15

a. −

16

a.

12

1 a. 2

5 2 3 e. 2 c.

a. – 6 ou 6

17

5 5 ou 3 2

5 1 d. − ou 2 6 f.

1 1 − ou 3 5 1 ou 5 3 ou 5

x = 0 ou x =

b.

7 ou 2 4

9 3 b. − ou 4 8 4 d. − ou 2 9 5 3 f. − ou – 1 ou 3 7

2 3 5 5 b. − ou 3 3 3 3 d. − ou 5 5 3 f. − 4 b. −2 2 ou 2 2


1 2

36 23

a. – 1 ou 1

a. −

c.

19 2

1 5

3 1 ou 5 2

b. 1 d. – 7 b.

11 8

d. − 6 ou

1 5 c. Aucune solution

19

b. −

1 2 d. 3 f. – 7 ou 6

c. 3

18

2 2−2

b.

c. – 1 e. – 5 ou 1

c. −

b. – 4 ou 12 4 4 ou 3 3 3 17 f. ou 10 4

1 ou 3 4 2 3 c. ou 3 2

4 15

59

82

d. −

b. 2

b.

5 9 ou − 4 10

11

13

a. − 59 ou

g.

f. 6

9 4 e. − ou 7 3 a.

14

b. – 18

3 c. ou 1 8

10

f. 4 ou 12

e. 1

d. 3

a. −

e. – 13 ou – 7

16 9 3 d. 2

21 d. 4

9 c. 11 5 e. 17

8

d. − 82 ou

b.

49 c. − 12

6

c. Aucune solution

a.

6

b. – 4 d. – 1

20 1. A(x) = 5x2 + 53x + 30 2. A(x) = (3 + 5x)(x + 10) 3 53 3. a. – 10 ou − b. − ou 0 5 5 3 7 c. − ou 5 4 21 1. A(x) = – 2x2 + 3x – 1 2. A(x) = (1 – x)(2x – 1) 1 3 ou 1 b. 0 ou 3. a. 2 2 4. A(0) = – 1 et A( 3) = 3 3 − 7

c. 0

22

1. A(x) = – 3x2 – 2x + 21 2. A(x) = (x + 3)(7 – 3x) 7 3. a. – 3 ou b. − 7 ou 3 ⎛ 1⎞ 2 3 4. A(0) = 21 et A ⎜ ⎟ = 20 − 3 ⎝ 3⎠

7

23

27

1. a. et b.

Cf

a. x

y

6

–3

f(x)

10

–

+3

0

+

b.

8

x

6

3

–3

g(x)

4

+

+3

0

–

c.

2 x

x –2 O

2 3 4

3

–3

h(x)

–

+3

0

+

–2 Cg

–4

28

a. x

5 9

–3

f(x) 2. Les solutions de f(x) = g(x) sont 0 et 3.

–

0

2

–3

–2x + 4

+

3 2

–3

g(x)

–

+

+3

0

–

c.

25 x

–5

–3

–2

3x + 6

–

–x–5

+

0

–

(3x + 6) × (–5x – 1)

–

0

+

26

x

+3

0

+

b.

24 x

+3

–

0

+

29

–

+

–2

2 4 – x– 3 3

+

0

+3

–

x

–

2 4 x– 3 3

2 –

0

+3 +

0

−

–3

g(x) –3

–

3 –

0

+3 +

b.

b. x

0

2

–3

f(x) –3

+3

a. x

a. x

2 3

–3

h(x)

– 0

x

+3

–

4 3

0

0 +

0

+3

–

c. x h(x)

−

–3 –

1 3

0

2 +

0

+3

–


d.

c. x < − x

–3

i(x)

30

3

2 +

0

–

4

0

+

0

+3 –

37

a. x

e. x >

–3

f(x)

–

5

a. ]– 3 ;

0

+3

+

38

–

d. x > – 3

4 7

c. ]– 3 ; –3

1 8

8 ] 3

1 ] 8

a. ]– 3 ;

x

–4

–3

i(x)

1 2

–1

+

–

0

+

0

+3

8 ] 5

–

b. ]– 3 ;

5 ] 8

(2x – 10) (x – 7)

17 ; +3[ 6

3 ; +3[ 5 18 d. ] − ; +3[ 35 b. ] −

2 ; +3[ 5 a. x

5

–3 +

0

7 –

0

+3 +

b. L’ensemble des solutions est ]– 3 ; 5[ ∪ ]7 ; +3[.

31 x

–3

–3

f(x) = 3x + 9

–

6x – 4

–

f x x) 6x – 4

+

+3

3

0

+

+

– 0

0

+

–

+

32 Tableaux de signes au choix de l’élève. Exemples de fonction : a. f(x) = (x – 4)(x + 8) −3 − x b. g(x) = 2x − 1 4x − 5 c. h(x) = −3x − 4

33

39

4 3

d. ]

c. ] −

b.

f. x ⩽ −

a. x

–2

–3

f(x)

+

2

0

–

0

+3 +

b. x

0

g(x)

–4

34

a et b

35

– 5, – 1 et 6

36

a. x < 1

16

–

+3

0

b. x ⩾

+

1 2


8 9 ] ∪ [ ; +3[ 5 5 5 9 b. ]– 3 ; − [ ∪ ] ; +3[ 9 10 1 c. ]– 3 ; [ 2 8 d. ]– 3 ; – 3[ ∪ ] ; +3[ 7 5 1 1 41 a. [ ; 5] b. [ ; ] 3 5 4 9 3 9 d. ] − ; 3[ c. ]– 3 ; − ] ∪ [ ; +3[ 4 5 2 59 5 4 10 e. ] − ; − [ f. ] ; [ 32 4 3 7 4 42 a. ]– 3 ; [ ∪ ]1 ; +3[ 7 3 2 [ ∪ ] ; +3[ b. ]– 3 ; 31 7 2 1 c. ] − ; − [ 3 2 5 4 d. ]– 3 ; − ] ∪ [ − ; 0] 2 3 1 5 e. ] ; [ 15 4 5 4 5 f. ]– 3 ; [ ∪ ] ; [ 7 3 3

40

a. ]– 3 ;

43

1. A(x) = – 7x2 – 11x + 6

2. A(x) = (x + 2)(3 – 7x) 3 3. a. ]– 3 ; – 2 ] ∪ [ ; +3[ 7 11 b. ] − ; 0[ 7

44

1. A(x) = – 15x2 + 20x – 5 2. A(x) = 5(1 – x)(3x – 1) 1 3. a. ]– 3 ; [ ∪ ]1 ; +3[ 3 b. Tout nombre réel.

45 1. a. 16 – x2 = (4 – x)(4 + x) b. 16 – x2 – (4 – x)(8 – 3x)= (4 – x)(4x – 4) 2. [1 ; 4] 46

a. ]– 3 ; – 5] ∪ [

47

a. ]– 3 ; −

9 ; +3[ 2

b. ] −

3 1 ; − [ 4 2

23 ] ∪ ]– 7 ; +3[ 2

2 14 ; +3[ b. ]– 3 ; [ ∪ ] 3 19 c. ]– 3 ; −

b. Les antécédents de 0 par f sont : – 4 et 3. Les antécédents de 0 par g sont : – 1 et 3. 1 c. Les solutions de f (x) = g(x) sont : ou 3. 2 d. L’inéquation f (x) + 12 ⩽ g(x) + 3 est vérifiée pour x ⩽ 0. f (x) > 0 est vérifiée pour x < – 4 ou L’inéquation g(x) x > – 1.

62

y

1.

35 30 Cf

25

5 1 [ ∪ ] − ; +3[ 8 2

20

3 d. ]– 1 ; 1[ ∪ [ ; +3[ 2 48 a. ]– 3 ; – 1[ ∪ ]0 ; 2[ b. ]– 3 ; – 3[ ∪ ]3 ; 6]

15 10 5 x

QCM O

49

B

50

B

51

C

52

A

53

B

54

B

55

B et C

56

C et D

57

A

58

D

59

B

Problèmes 3 1. Le programme de calcul donne . 2x + 3 3 2. On résout l’équation =5 , 2x + 3 la solution est – 1,2.

60

61 1. f (x) = (x – 3)(x + 4) = x2 + x – 12 g(x) = (x – 3)(x + 1) = x2 – 2x – 3 2. a. f(3) = 0 f(

)=

2 − 10

f( 3 + 3 ) = 7 3 + 3 g(3) = 0 g( 2 ) = −2 2 − 1 g( 3 + 3 ) = 4 3 + 3

1

2

3

2. a. La courbe est au-dessus de l’axe des abscisse, il n’y a pas de solution. b. Développer et réduire (2x – 3)2 + 3. 3. Sinon l’équation f (x) = 0 aurait au moins une solution. 4. Expressions de fonctions au choix de l’élève.

63 On nomme x le gain du 2e gagnant. x + 400 + x + x – 200 = 1 250 soit x = 350. Le premier gagnant reçoit 750 €, le deuxième 350 € et le troisième 150 €. 64 On nomme x la masse d’un sac de sucre. 5 + 2x = 3 + 6x d’où x = 0. Un sac de sucre a une masse de 0,5 kg. 65 Si x est la note d’Amandine : 3(x + 2) = 4x – 10 x = 16. Amandine a eu 16 à son contrôle de mathématiques. 66 1. L’aire de la croix est égale à 5x + 4x – x2. Cette aire doit être la moitié de l’aire totale du drapeau qui vaut 20. 2. x ≈ 1,3 ou x ≈ 7,7. La première valeur approchée convient comme solution au problème. 5. Équations et inéquations • 89

67 x est le prix d’une daurade et y le prix d’une sole. x = 2y et 4y + 2x = 28 Le prix d’une sole est 3,50 €.

Le contrat « Offensive » apporte une rémunération supérieure pour un montant de ventes supérieur à 15 000 €.

68

74 1. Le rayon de la planète x doit vérifier l’équation : 4 3 6 2 ␲x 20␲x 2 ␲x = + . 3 3 3 x ≈ 6,4 milliers de kilomètres. La planète cherchée est la Terre.

Soit x la longueur des côté du carré. 100x = , d’où x = 50. 2 Le côté commun des champs est long de 50 m.

x2

69 Appliquer le théorème de Pythagore. Si x est la longueur de l’hypoténuse alors x2 = 25 + (x – 2)2. Soit x = 7,25. L’hypoténuse mesure 7,25 cm. ␲x = 2x(x + 9 , soit : 2 2

70 x=

71

x vérifie l’équation 2

)

18 ≈ 15,8 cm. ␲−2

⎛x ⎞ − 1 (x + 4 ⎛ x ⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ On doit résoudre x ⎜ − 1⎟ < . 2 ⎝2 ⎠

)

75 1. La recette mensuelle est R(x) = 20x. 2. B(x) = R(x) – C(x) 3. Le nombre minimum de ceintures à vendre est la plus petite valeur entière de x pour laquelle B(x) > 0. L’artisan doit vendre au moins 51 ceintures pour réaliser un bénéfice.

L’aire du rectangle est inférieure à celle du triangle pour 2 < x < 4.

76 Florie a chatté x heures. Fleur a chatté x + 12 = 1,5x heures. D’où x = 24 h.

72

77

Traduction de l’énoncé Problème existentiel Étienne a vu ce triangle sur un tableau noir.

Soit n le côté du 3e carré. Les 5 carrés initiaux ont donc pour aires respectives : (n – 2)2, (n – 1)2, n2, (n + 1)2 et (n + 2)2. En égalant les aires des deux grands carrés, on obtient successivement : (n – 2)2 + (n – l)2 + n2 = (n + l)2 + (n + 2)2 n2 – 4n + 4 + n2 – 2n + 1 + n2 = n2 + 2n + l + n2 + 4n + 4 n2 – 12n = 0 puis n(n – 12) = 0. Or n > 0, donc n = 12 Le côté du 3e carré est donc 12.

78 Le calcul des longueurs des segments obliques à l’aide de Pythagore permet d’exprimer les longueurs totales de chacun des laçages : Pour quelles valeurs de x peut-on construire ce triangle ? Justifier. Si le triangle existe alors : (2 + x) + (1 + 2x) > (12 – x) et (2 + x) + (12 – x) > (1 + 2x). Les solutions de cette double inégalité sont tous les réels de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[. L’inégalité (1 + 2x) + (12 – x) > (2 + x) est toujours vraie. Réciproquement pour tout réel de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[, les trois nombres (2 + x), (1 + 2x) et (12 – x) sont positifs ce qui assure l’existence du triangle. Les solutions sont tous les réels de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[.

73

On note x le total des ventes en euros. On cherche les solutions de l’inéquation : 2 5 800 + x < 350 + x 100 100 soit x > 15 000.


B = 7a + 7 1 + a 2 + 49 + a 2 C = 7a + 2 + 6 4 + a 2 D = 7a + 7 + 7 = 7a + 14 a2 étant positif , on a les inégalités : 1 + a 2 > 1 ; 49 + a 2 > 7 et 4 + a 2 > 2 . (Chacune d’elles exprime que dans un triangle rectangle, l’hypoténuse est plus longue qu’un côté de l’angle droit.) On en déduit alors aisément que B > D et C > D. C’est donc Dounia qui a les lacets les plus courts.

79 80

(

) = BN × MB

BN × (6 − MB 2

soit MB = 2 cm.

Soit x le rayon du cercle de diamètre [AM] :

2 ␲x 2 + ␲(4 − x d’où x = 2 cm.

) ) = 16␲ 2

PARTIE B

GÉOMÉTRIE

91

Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur la géométrie 1

B

8

B

2

B

9

B et D

3

A

10

D

4

B et D

11

B

5

C et D

12

B

6

A, B et D

13

C

7

B et D

92

6. Vecteurs et repères Objectifs et pré-requis Ce chapitre porte sur la notion de vecteur. Le choix effectué consiste à introduire cette notion avec la notion assez naturelle de la translation, qui n’est pas étudiée en tant que telle. Les situations proposées demandent aux élèves de résoudre des problèmes dont la résolution repose sur des calculs de coordonnées, de distance, et d’alignement de parallélisme. Les élèves seront entraînés à mobiliser les techniques habituelles de la géométrie plane, étudiées dans les classes de collège, qui peuvent être enrichies par les techniques de la géométrie repérée nouvellement introduites. Les vecteurs constituent un outil supplémentaire à la disposition des élèves pour travailler dans des configurations planes. La géométrie repérée offre enfin l’occasion de résoudre certains problèmes d’un point de vue algorithmique. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Coordonnées d’un point du plan Abscisse et ordonnée d’un point dans le plan rapporté à un repère orthonormé. Distance de deux points du plan. Milieu d’un segment. Vecteurs Définition de la translation qui transforme un point A du plan en un point B. Vecteur AB associé. Égalité de deux vecteurs : u = AB = CD . Coordonnées d’un vecteur dans un repère. Somme de deux vecteurs. Produit d’un vecteur par un nombre réel. Relation de Chasles.

Capacités attendues • Repérer un point donné du plan, placer un point connaissant ses coordonnées. • Calculer la distance de deux points connaissant leurs coordonnées. • Calculer les coordonnées du milieu d’un segment.

• Savoir que AB = CD équivaut à ABDC est un parallélogramme, éventuellement aplati. • Connaître les coordonnées (xB – xA, yB – yA) du vecteur AB .

• Calculer les coordonnées de la somme de deux vecteurs dans un repère. • Utiliser la notation ␭u . • Établir la colinéarité de deux vecteurs. • Construire géométriquement la somme de deux vecteurs. • Caractériser alignement et parallélisme par la colinéarité de vecteurs.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Les coordonnées géographiques de l’œil du cyclone sont (25° N ; 130° E).

6. Vecteurs et repères • 93


Attention, ça glisse ! 1 a., b. et c. Voir ci-contre. ●

Patineur 1

2 1 et 7 ● 2 et 10 3 et 9 4 et 6 5 et 12 8 et 11

A

B

Patineur 2

3 a., b. et d. ●

M

B A

N

B’ O

C

A’ D

B’’ A’’

C’ D’ C’’ P

D’’

c. Les segments fléchés ont la même longueur, la même direction et le même sens.

2

Somme de vecteurs C

1 a. et b. Voir ci-contre. ● 2 a. Comme AB = MN ● ,ABNM est un parallélogramme.

On en déduitque AM = BN . b. Comme NP = BC , NPCB est un parallélogramme. On en déduit que BN = CP . c. D’après a. et b., on a AM = CP . On en déduit que AMPC est un parallélogramme et que P est l’image de M par la translation de vecteur AC .

3

Coordonnées de vecteurs

1 a. OB = 3OI = 3i ●

et OC = −2OJ = −2 j .

b. OA = 3i − 2 j A(3 ; – 2)

94 • 6. Vecteurs et repères

A P M

B N

c. Nom du point

Décomposition vectorielle OA = 3i − 2 j

A

Coordonnées du point (3 ; – 2)

C

OB = 3i OC = −2 j

(0 ; – 2)

D

OD = 7i − j

(7 ; – 1)

E

OE = 4i + j

(4 ; 1)

F

OF = 4 j

(0 ; 4)

G

OG = −2i − j

(– 2 ; – 1)

B

(3 ; 0)

N y

d.

M

P

J O

2 a. ●

AD = 4i + j

I

x

b. AD = OE donc AD (4 ; 1)

c. Nom du vecteur AD

Décomposition vectorielle AD = 4i + j

Coordonnées du vecteur

BF

BF = −3i + 4 j

(– 3 ; 4)

EG

EG = −6i − 2 j

(– 6 ; – 2)

FC

FC = −6 j

(0 ; – 6)

(4 ; 1)


Lire des coordonnées dans différents repères

Exercice autocorrectif.


TICE 2

Démontrer avec les vecteurs

1 Voir ci-contre. ● 2 a. MA = DN = PB . ● b. Les points N, O et P sont alignés.

3 a. ●

Appliquer les égalités vectorielles obtenues dans les différents parallélogrammes construits. b. Démontrer que le quadrilatère DPBN est un parallélogramme.

TICE 3

Somme nulle

1 Voir ci-contre. ● 2 On conjecture que le point M se trouve au centre ● de gravité du triangle ABC.

3 a. On applique la relation ● de Chasles.

On en déduit que AM = 2MI et donc que A, M et I sont alignés. b. On démontre de façon analogue que B, M et J sont alignés. c. On en déduit que M est le point d’intersection des médianes du triangle ABC.

TICE 4

Longueurs égales dans un parallélogramme

1 Voir ci-contre. ● 2 On conjecture que DM = MN = NB. ● 3 a. On se place dans le parallélogramme AICJ. ● b. On applique une propriété des milieux dans le triangle DCN. c. On applique de même une propriété des milieux dans le triangle ABM. d. DM = MN = NB.

TICE 5

Que de milieux !

1 Voir ci-contre. ● 2 On conjecture que les points D, H et E sont alignés ou que H est ● le milieu du segment [DE].

3 A(0 ; 2) ●

B(0 ; 0) C(1 ; 0) I(0 ; 1) J(0,5 ; 1) D(0,25 ; 1) E(0,5 ; 0) F(0,25 ; 0,5) G(0,5 ; 0,5) H(0,375 ; 0,5) Le milieu de [DE] a pour coordonnées (0,375 ; 0,5), c’est le point H.


Algorithmique 1

y + yC 3 + 5 3+6 = 4,5 et y I = B = = 4 , donc I(4,5 ; 4). 2 2 2 2 Les coordonnées de D s’obtiennent en ajoutant celles du vecteur u à celles du point C. On en déduit que CD = u . b. ABDC est un parallélogramme car CD = u .

1 x ● 2 a. ●

I

=

xB + xC

Construction du quatrième sommet du parallélogramme

=

⎛⎛3 3 − 1⎞ ⎛2 ⎞ c. u⎜ donc u⎜ ⎟ . xD = xC + xu = 6 + 2 = 8 et y D = y C + yu = 5 − 1 = 4 , donc D(8 ; 4). ⎝⎝3 ⎝ −1⎠ 3 − 4⎟⎠ 3 On sait que ID = AI donc on peut écrire par exemple en ligne 2 : v:=vecteur(A,I); D:=I + v.

●

Algorithmique 2

Coordonnées et norme d’un vecteur

⎛ p − m⎞ ⎛ x⎞ Le vecteur AB a pour coordonnées ⎜ , c’est-à-dire ⎜ ⎟ . ⎝ y⎠ ⎝q − n ⎟⎠ La norme du vecteur AB est donc AB = x 2 + y 2 . On peut ajouter une ligne de la forme SQRT(X2+Y2)→ Z et ajouter Z dans la liste des résultats à afficher en sortie. Sur TI 83+ sur Casio Graph 35+

Algorithmique 3 1 Les vecteurs ●

Colinéarité, alignement

⎛ p⎞ ⎛m⎞ AB et CD ont pour coordonnées ⎜ ⎟ et ⎜ ⎟ . ⎝n ⎠ ⎝ q⎠

L’erreur vient du test de colinéarité qui devrait être « if m*q-n*p==0 ».

2 Il faut trois ● points A, B et C et remplacer le calcul des coordonnées du vecteur CD par celles du vecteur AC par exemple. Penser bien sûr à changer le texte dans la conclusion. Quelques exemples de programmation : En Python

Avec Algobox


Algorithmique 4

Triangles isocèles

1 Avec les points A(– 1 ; – 1), B(7 ; 3) et C(2 ; 3) : ● a = (7 – 2)2 + (3 – 3)2 = 52 + 02 = 25 et b = (– 1 – 2)2 + (– 1 – 3)2 = (– 3)2 + (– 4)2 = 25. Le test « Si a = b » est vrai donc l’algorithme affiche « Le triangle ABC est isocèle en C ».

2 a. ●

Les variables a, b et c représentent les carrés des longueurs BC, AC et AB. b. Le calcul de c n’est nécessaire que si a et b ne sont pas égaux.

2 Pour tester si le triangle est équilatéral, il faut évaluer les égalités entre a, b et c avant de prendre une ● décision et d’afficher la nature du triangle. Un exemple d’algorithme : Entrée :

xa et ya les coordonnées de A. xb et yb les coordonnées de B. xc et yc les coordonnées de C.

Traitement

a = (xb - xc)2 + (yb - yc)2

et sortie :

b = (xa - xc)2 + (ya - yc)2 c = (xa - xb)2 + (ya - yb)2 si a = b si a = c afficher « le triangle ABC est équilatéral. » sinon afficher « le triangle ABC est isocèle en C. » sinon si b = c afficher « le triangle ABC est isocèle en A. » sinon si a = c afficher « le triangle ABC est isocèle en B. » sinon afficher « le triangle ABC n’est pas isocèle. »

Algorithmique 5

Construction de figures par itération

1 a. ●

L’exécution de truc(60, 50, 80) donne la figure ci-contre. b. En nommant les sommets A, B, C et D, la construction implique les angles marqués sur la figure. L’angle formé par les vecteurs BC et CD est 180 – a, donc son supplé mentaire est a, qui est aussi l’angle formé par les vecteurs CB et CD . On peut ainsi montrer à l’aide des angles alternes-internes que les droites (AB) et (CD) sont parallèles. On montre de même que les droites (BC) et (AD) sont parallèles, on en conclut que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme.

180 – a D a

C

a A

B

Remarque On aurait pu s’appuyer sur le fait que les cotés sont deux à deux égaux, mais rien ne prouve alors que ABCD soit un quadrilatère (se referme-t-il ?).

2 a. ●

Si n = 4, a = 90, donc chaque truc construit est un parallélogramme avec un angle droit, c’est un rectangle.


Le multitruc(4) est composé de quatre rectangles.

b. multitruc(6) :

c. Le multitruc(13) ne se referme pas car le programme calcule un angle a arrondi à l’entier inférieur. 360 ≈ 27,69... donc le programme trace la figure avec a = 27. Il manque donc 360 – 27 × 13 = 9°. 13

3 ●

4 ●

Problème ouvert 1

Cercle et parallélogrammes

1 Voir ci-contre. ● 2 Conjecturer que les points M, N et B sont ● alignés ou, mieux, que le point B est le milieu de [MN].

3 Dans les parallélogrammes correspondants, ● prouver que AP = BM et que AP = NB .

Problème ouvert 2

Dans un parallélogramme

1 ●

2 On démontre que le quadrilatère DCA’B est un parallélogramme en prouvant que DC = BA ′ . ●


Problème ouvert 3

Dans un trapèze

1 On peut conjecturer que les points I, J, K et L sont alignés et ● que IJ = KL et IK = JL.

2 En considérant respectivement ● les triangles ABD et ABC,

prouver que les vecteurs IK et JL sont égaux et en déduire que le quadrilatère IKLJ est un parallélogramme aplati. On en déduit que les segments [IK] et [JL] ont même milieu.

Problème ouvert 4

Droites parallèles (1)

1 Voir ci-contre. ● 2 Dans le repère (B, BC, BA) , on a : ● A(0 ; 1)

B(0 ; 0)

C(1 ; 0)

I(0,5 ; 0)

2 E(0 ; ) 3

1 1 2 F( ; 0) P( ; ) 3 3 3 1 P est tel que AP = AC . 3

Problème ouvert 5

Droites parallèles (2)

1 Voir ci-contre. ● 2 Dans le repère (A, AB, AD) , on note (x ; y) les ● coordonnées de P. Alors : RM (x ; –y), NS (1 – x ; y – 1). Les vecteurs RM et NS sont colinéaires, donc : x(y – 1) = –y(1 – x) soit x = y. Les points cherchés sont donc les points du segment [AC].

Problème ouvert 6

Milieu cherche son segment

Le passage par le parallélogramme de sommets A, P et Q et de centre B peut être envisagé.


Corrigés des exercices et problèmes Exercices d’application La translation de vecteur BN envoie la figure 1 sur la figure 7. La translation de vecteur DK envoie la figure 2 sur la figure 8. La translation de vecteur EG envoie la figure 3 sur la figure 5. La translation de vecteur OI envoie la figure 4 sur la figure 6.

1

d. BB = EE e. AB = −DC f. − AB = −CD ou − AC = −BD

8

M P B

2 L’image du point …

1. et 2.

C N

N

par la translation de vecteur … t AB

L

t CD

E

L

t u

M

I

t AB

G

M

t CD

J

E

t u

J

O

t CD

M

K

t AB

H

est le point …. J

A 3. N est le milieu de [AB] et P est le milieu de [MC].

9

1. et 2.

A

F

B

D

E

3. On prouve que FD = DE .

10

2u 2u – 3v – w – 3v

3

Construction des images du quadrilatère ABCD.

4

C

–w

Construction de l’image de la figure.

a. AB = EF = GH = JO b. CD = EG = GI = NP = FH c. DC = GE = GI = PN = HF

11

– u – 2v + 1 w 2

5

6

a. Vrai Faux Vrai Vrai Faux Faux Vrai 7 a. BD = AC

b. c. d. e. f. g.

b. ED = BA c. DB = CA

– 2v

–u 1w 2

12 B a

b C A


13

a. BC = BA + AC BC = BI + IA + AJ + JC BC = IA + IA + AJ + AJ BC = 2IJ b. On vient de montrer le théorème des milieux.

23

– OB – 2u

C

A

O

3u

–v

2v

a. AD = AI + ID = IC + ID b. AB + AD = AC = 2IC

B

24

14 M

25

– AC

a.

A B

F – 2 AB

E

– 3 BC 2 N

C

3 BC

b. FB + FC = 2FA + AB + AC = 0

C

A

26

B

a. et b.

C

15

A

B

D

M

MA

E

C

2 BC + BD – 2 AC D

B

A

c. BCDE est un losange. On démontre que BCDE est un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires.

27

a.

B b. u = −3a + 2b

17

3 a. u = a + 2b 2 a. u = a + 5b

18

a. u = a

b. u

16

c. u = −17a

A M

b. v = −a + b 7 a 8 d. u = 10a

a. u = 2a + 8b 7 7 b. u = a − b 3 12 c. u = −5a − b

19

20

Démonstration en appliquant la relation de Chasles.

21

Démonstration en appliquant la relation de Chasles. 22 CA + CB = CI + IA + CI + IB = 2CI


C D

N

b. MD + ND = MA + AD + NC + CD MD + ND = AB + BC + CB + BA = 0

28 Les couples de vecteurs colinéaires sont : a et z b et t u et w c et v 29 a. k = – 0,5 b. Les vecteur u et v sont colinéaires. 5 2 b. Les vecteur u et v sont colinéaires.

30

a. k = −

31 1. Construire les vecteurs en remarquant que 1 w= u. 3 2. Les vecteur v et w sont colinéaires car v = −12w . 32 Les droites (AB) et (CD) sont parallèles dans les cas a, b et d. Les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles dans le cas c. 33 La propriété des milieux donne : BC = 2IJ . Les vecteurs sont colinéaires. 34 Les points A, B et C sont alignés dans les cas a, c et d. Dans le cas b, on a BA = 0 , donc A et B sont confondus, et les 3 points sont alignés. 35 La colinéarité de AB et AC prouve que A, B et C sont alignés. La colinéarité de BC et CD prouve que B, C et D sont alignés.

a. et b. u (– 3 ; 1) – u (3 ; – 1) v (– 1 ; 3) – v (1 ; – 3) w (1 ; 3) – w (– 1 ; – 3) z (– 3 ; – 1) – z (3 ; 1) 43 1. u (– 4 ; 6) v (4 ; 2) w (– 3 ; – 7) z (– 7 ; – 3)

42

2. a. A(9 ; – 1)

44

b. B(2 ; 6)

1. et 2. a.

y u

36

1. A(– 2 ; 5), B(4 ; 2), C(4 ; 6) et D(– 4 ; – 2) 2. a. A(5 ; – 2), B(2 ; 4), C(6 ; 4) et D(– 2 ; – 4) b. A(– 2 ; 2,5), B(4 ; 1), C(4 ; 3) et D(– 4 ; – 1) c. A(2 ; – 5), B(– 4 ; – 2), C(– 4 ; – 6) et D(4 ; 2)

37 a. Vrai c. Vrai

2. a.

b. I(0 ; 0) et B(– 1 ; 0) 1. I(0 ;

(

)

46

AB (0 ; – 5), AC (8 ; – 6) et BC (8 ; – 1)

47

t 2 u (4 ; – 6)

t –3 u(6 ; – 12) t 4 v (8 ; – 20) t – 5 w (0 ; 10) t t t – 3 u + 4 v – 5 w (4 ; – 22)

b. I(0 ; 0) et C(0 ; 1) 41 a. u (5 ; – 2) et v (– 4 ; – 3) b. et c.

48

y w

A B j O i

x

t 5 v (– 5 ; – 20) t t 2 u + 5 v (– 1 ; – 26) t t 2 u – 5 v (9 ; 14)

1 ) et C(– 1 ; 1) 2 2. a. I, IB, IC

40

– 1w 3

b. a (– 6 ; – 1) et b (3 ; 3) 45 a. AB (4 ; – 2), DC (4 ; – 2) b. ABCD est un parallélogramme.

(C, CB, CA) ou (I, IB, IA) (I, IC, IA)

1.

–u

b

v O

a

b. Faux d. Faux

38 a. A(0 ; 0) et C(1 ; 1) b. A(1 ; 0) et C(0 ; 1) c. A(0 ; 0) et C(1 ; 0) 39

w

x

49

a. S(2 ; – 3)

50

C(8 ; 2)

51

a. M( −

52

b. S(6 ; 7)

8 3 ; ) b. N(26 ; – 4) 5 5 1. u = i − 2 j et v = −3i − j


2. a. b. b (1 ; 4) a (2 ; – 3) c. c (– 2 ; – 9) 53 1. AB (1 ; 2) 2. a. M(4 ; 3) b. N(5 ; 5) 7 c. P( ; 2) 2 54 Les vecteurs u et v sont colinéaires dans les cas a et b. 55 Les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires. 56 AC (2 ; 6) et BD (3 ; 9) 2 × 9 – 6 × 3 = 0, les vecteurs sont donc colinéaires.

1. On démontre que les vecteurs AB et CD sont colinéaires et on en déduit que les droites (AB) et (CD) sont parallèles. 2. On démontre que les vecteurs EB et ED sont colinéaires et on en déduit que les points E, B et D sont alignés. 68 On démontre que les vecteurs AB et CD sont colinéaires et on en déduit que le quadrilatère ABCD est un trapèze.

67

69

1.

y B

57 Il faut vérifier que les coordonnées des vecteurs ne sont pas proportionnelles. 58

I(– 4 ; 3)

59

P(

60

AB =

221

61

CD =

40

62

1.

1 13 ; − ) 2 30

j

B

y

O

x I C

A 61 ≈ 7,81

5 4 c. n = 0 ou n = 14

63

a. n = –

N

O i

J

2. a. BC =

P

M

M

b. M(–

1 ; – 2) 2

b. n = – 3 ou n = 3

64 a. On démontre que les vecteurs B et CD ne sont pas colinéaires. b. On démontre que les vecteurs AC et DE sont colinéaires. 65 1. et 2. On démontre que les vecteurs AB et AC sont colinéaires. 66 1. On démontre que les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires et on en déduit que les points A, B et C ne sont pas alignés. 2. On démontre que les vecteurs AB et AC sont colinéaires et on en déduit que les points A, B et C sont alignés.


C x

2. Les coordonnées du point P sont (5 ; 4). On démontre que les vecteurs BP et CP ne sont pas colinéaires et on en déduit que le point P n’appartient pas au segment [BC]. 70 1. On a BD = BC + BA . 2. a. On démontre que les vecteurs BD et EF sont colinéaires et on en déduit que les droites (BD) et (EF) sont parallèles. b. On démontre que les vecteurs FA et FG sont colinéaires et on en déduit que les points F, A et G sont alignés. 3 1 3 1 71 a. I( ; − ) et J( ; − ) 2 2 2 2 b. Les diagonales du quadrilatère ABCD ont même milieu donc ABCD est un parallélogramme.

72

a.

y A B D

j O i

x E

C b. D(1 ; 0) c. E(3 ; – 1)

73 a. EF = FG = GH = EH = 5 b. Le quadrilatère EFGH est un losange.

2.

74 AB = BC = 26 Le triangle ABC est isocèle en B. F’

75 AB2 = 32 AM2 = m2 + 4m + 5 BM2 = m2 – 4m + 13 En appliquant le théorème de Pythagore : – le triangle ABM est rectangle en B pour m = 5 ; – le triangle ABM est rectangle en M pour m = – 7 ou m = 7 ; – le triangle ABM est rectangle en A pour m = – 3. 76

R

89

77

B et C

78

A et C

79

A, B et D

80

A

81

B, C et D

82

B et D

83

B et D

84

A et D

Remarque En B et C, des valeurs particulières de a, b et k peuvent rendre colinéaires les vecteurs considérés. B et C

86

B

Problèmes 87

88 nul.

P

(– 1 ; 15 ) et (– 1 ; – 15 )

QCM

85

P + R + F’

1. La somme des vecteurs est égale au vecteur

1. Figure dans chacun des cas. 2. a. 2OA + 3OB = 0 2OA + 3OA + 3AB = 0 3 OA = − AB 5 b. Démonstration semblable. 3. Plus le point d’appui est proche de l’objet à soulever et plus il sera facile de soulever un objet lourd. 90 a. KD = DC = AB = BI O est le milieu de [IK] car KDIB est un parallélogramme. b. LA L = AD = BC = CJ , donc LAJC est un parallélogramme et O est le milieu de [LJ]. c. IJKL est un parallélogramme. 91 CN = 2AB + AC − 3BC CN = 2AB + AC − 3BA − 3AC CN = 5AB + 2CA CA + AN = 5AB + 2CA . Donc AN = 5AB + CA = AM . On en déduit que M et N sont confondus. 92 1. a. AB = AN + NP + PB AB = OM + NP + MN + MO AB = MP b. OC = OP + PC = 2OP = MP c. Le quadrilatère OABC est un parallélogramme. 2. (CA) coupe [OB] en son milieu donc (CA) est une médiane de OBC. P est le milieu de [OC] donc (PB) est une médiane de OBC. 3. (OG) est la troisième médiane du triangle OBC donc elle coupe [BC] en son milieu.


93 b. c. 2. 3.

1. a. 0° Pôle Nord : 90° N Pôle Sud : 90° S France, Angleterre et Espagne. a. 40° N b. 10° E a. (30° S ; 149° O) b. (33° N ; 110° E)

b. On en déduit que les point A, C et D ne sont pas alignés. Les pièces du puzzle ne recouvrent pas totalement le rectangle.

94 a. Siaya et Macapa sont distantes de 9 450 km environ. b. Les deux villes sont distantes de 11 118 km environ.

1 1 ; 0), J( ; 1), K(x ; y) et L(1 – x ; 1 – y) 2 2 1 1 ; y – 1) et LI (x – ; y – 1). 2. a. JK (x – 2 2 b. JK = LI donc le quadrilatère ILJK est un parallélogramme.

95

98

Traduction de l’énoncé Point de vue Depuis le seuil de l’auberge des Amis (altitude 900 m) est-il possible, par beau temps, d’apercevoir le clocher de la chapelle de l’Orpaillage (altitude 660 m). Répondre en utilisant la carte ci-jointe. Justifier.

97

1. I(

1. AB2 = 17, AC2 = 34 et BC2 = 17. 2. a. M est le milieu de [AC]. Ses coordonnées sont ⎛ 5⎞ ⎜⎝ 2 ; 2 − 2⎟⎠ . b. Les triangles MAB et MBC sont rectangles en M donc : P est le milieu de [AB]. Ses coordonnées sont ⎛1 ⎞ ⎜⎝ 2 ; 2 − 2⎟⎠ ; Q est le milieu de [BC]. Ses coordonnées sont ⎛ 9⎞ ⎜⎝ 2 ; 2 − 2⎟⎠ . 3 1 ; ) 2 2 2. a. A’(4 ; – 1) b. Le quadrilatère ABA’C est un parallélogramme. c. On démontre que le triangle ABC est rectangle en A : AB2 = 17, AC2 = 17 et BC2 = 34. 3. On démontre par exemple que le triangle BTC est rectangle en B : BT2 = 34, BC2 = 34 et TC2 = 68.

99

Soient A la position de l’observateur à l’Auberge des Amis, M le point situé dans la direction du regard vers le village à l’altitude 800 m sur la crête de la Croupe, H le point d’altitude 900 m situé à la verticale de la chapelle, N le point situé à l’altitude 900 m à la verticale de M, S l’intersection de la ligne du regard (AM) avec la verticale (OH) de la chapelle. Le théorème de Thalès ou le théorème des milieux donnent alors HS = 200 m. Or OH = 900 – 660 = 240 m, donc OS = 40 m. On ne peut donc pas voir le clocher de la chapelle de l’Orpaillage depuis l’Auberge des Amis, à moins qu’il ne soit haut de plus de 40 m, ce qui est peu plausible.

96

1. Aire du carré : 64. Aire du rectangle : 65. Les deux figures n’ont pas la même aire alors qu’on aurait pu le penser. ⎛ 1 1 ⎞ 2. a. Dans le repère ⎜ A, AB, BC⎟ : AC (8 ; 3) et 3 ⎠ ⎝ 8 AD (13 ; 5). 8 × 5 – 13 × 3 ≠ 0, donc les vecteurs AC et AD ne sont pas colinéaires.


100

1. I(

1.

y M

b

N

a J

–b

O

x I a

2. a. Le triangle OMN semble être un triangle rectangle isocèle en O. b. OM2 = a2 + b2 = ON2 et MN2 = (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2) = OM2 + ON2.

101

1.

D

C M

A 2. a. (A, AB, AD ) b. D(0 ; 1), C(1 ; 1) et N(

B 4 ; 1). 3

N

c. Les points D, C et N ont la même ordonnée, ils sont alignés.

102

1. et 2. a.

y

C J K

I

x

L

O i

B D

b. Le quadrilatère IJKL est un parallélogramme. 1 13 1 13 3. a. I(4 ; ), J( ; 1), K(9 ; ) et L( ; 0) 2 2 2 2 b. On démontre que les vecteurs IJ et LK sont égaux.

103

1. a.

A’

D I O

106

On se place dans le repère B, BC, BA :

(

)

1 1 2 A(0 ; 1), J ( ; 0) et I ( ; ) . 2 6 3

1 1 On démontre que les vecteurs AI( ; − ) et 6 3 1 AJ( ; − 1) sont colinéaires et donc que les points A, 2 I et J sont alignés.

(

B O’

2. a. A ′C = A ′D + DC = DA + DC = DB b. DB = DO + OB = 2OB = O O ′ c. A ′C = O O ′ , donc le quadrilatère A’CO’O est un parallélogramme, et I est le milieu de [A’O’].

104

1 3 3 I ( ; 0) , J ( ; ) et Q(0 ; 1). 2 4 4 5 5 5 2 IJ = , IQ2 = et JQ2 = donc le triangle IJQ est 8 4 8 isocèle et rectangle en J.

107 Le milieu d’un bipoint a des coordonnées entières si, et seulement si, les abscisses des deux points sont de même parité et leurs ordonnées aussi. On peut placer 4 points en évitant cette situation, par exemple A (P ; P), B(P ; I), C (I ; P) et D(I ; I), mais dès qu’on voudra placer un 5e point, ses coordonnées appartiendront l’une de ces 4 catégories. 108 On se place dans le repère A, AB, AD .

C

A

)

(

A j

1 3 − 1) et 2. On démontre que les vecteurs DE ( ; 2 2 3 1 DF ( ; − ) sont colinéaires. 2 2 105 On se place par exemple dans le repère M, MN, MQ :

1. a. Soit h la hauteur du triangle ABE. 2

⎛ 1⎞ 3 . h2 + ⎜ ⎟ = 1 donc h = ⎝ 2⎠ 2 On démontre le même résultat dans le triangle BCF. 1 3 3 1 b. E ( ; ) et F ( ; ) 2 2 2 2

)

Soit (x ; x) les coordonnées de M. x2 x2 K(x ; 0), J(1 ; x) et P( ; ). 2x 1 2x 2x 1 On démontre que les vecteurs KJ(1 − x ; x

)

et

x x2 x2 KP( ; ) sont colinéaires. 2x − 1 2x − 1

109 b. c. 2. b. 3. 4.

1. a. 60° 61° Il s’agit de ε Cas. a. 21 h 20 21 h 30 (21 h 30 ; 48°) M31, Deneb et le Double amas de Persée.


7. Équations de droites et systèmes

Objectifs et pré-requis L’objectif est de caractériser analytiquement une droite du plan. Cette caractérisation permettra de résoudre des problèmes d’alignements de points et de positions relatives de deux droites dans le plan. La mise en équations de certains problèmes sera également l’occasion de résoudre des systèmes d’équations. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Droites Droite comme courbe représentative d’une fonction affine. Équations de droites. Droites parallèles, sécantes.

Capacités attendues • Tracer une droite dans le plan repéré. • Interpréter graphiquement le coefficient directeur d’une droite. • Caractériser analytiquement une droite. • Établir que trois points sont alignés, non alignés. • Reconnaître que deux droites sont parallèles, sécantes. • Déterminer les coordonnées du point d’intersection de deux droites sécantes.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Une équation de droite est de la forme y = ax + b, avec a et b des nombres réels.


Équations de droites 1 Construction de la figure avec le logiciel. ● 2 a. y = ax + b y=b ●

x=a b. Si le coefficient directeur de la droite est positif alors la droite est croissante. Si le coefficient directeur de la droite est négatif alors la droite est décroissante. c. Les droites sont parallèles si elles ont le même coefficient directeur. y

2

Droites et systèmes d’équations ⎧ x ⎪ = −3 2 ⎨ ⎪y = −2x + 7 ⎩ b. Voir figure ci-contre. c. Le point d’intersection est (4 ; – 1). d. La solution du système est x = 4 et y = – 1.

1 a. ●

j O i

x

2 a. ●

Les droites associées sont parallèles. b. Le système (S2) n’a pas de solution.

7. Équations de droites et systèmes • 109

⎧ 3 ⎪⎪y = 4 x + 3 ⎪y = 3 x + 3 ⎪⎩ 4 Les deux équations du système sont équivalentes. b. Il existe une infinité de solutions.

3 a. ⎨ ●

3

y

Mise en équation ⎧2x + y = 4

1 a. ⎨ ● ⎩5x = 2y + 1

j

⎧y = −2x + 4 ⎪ b. ⎨ 5 1 ⎪y = x − ⎩ 2 2

d. Le point d’intersection des deux droites est (1 ; 2).

2 La solution du système est x = 1 et y = 2. ● 3 Une lampe coûte un dirham et un plateau coûte deux dirhams. ●


Un réseau de droites

1 Voir ci-contre. ● 2 a. • Dk est parallèle à l’axe des abscisses ● si k = – 1,5. • Dk passe par le point d’ordonnée 8 si k = – 3. • Dk a pour coefficient directeur 0,5 si k = – 0,5. b. Le point cherché a pour coordonnées (6 ; 3,5).

TICE 2

Un repère pour démontrer

1 Voir ci-contre. ● 2 L’élève conjecture le parallélisme des droites ● (DB) et (MP).

3 a. ●

y = –x + 1 b. L’ordonnée du point P est p. c. Les coordonnées de M sont (0 ; 2p). d. y = –x + 2p. e. On en conclut que les droites (DB) et (MP) ont des coefficients directeurs égaux. Elles sont donc parallèles.

110 • 7. Équations de droites et systèmes

O

c.

i

x

TICE 3

Systèmes d’équations et calculatrice graphique

Exercice 1

TICE 4

Exercice 2

Système d’équations et tableur

Exercice 1 a. Soit x mon âge et y ton âge. ⎧x 2 − y 2 = 840 Nos âges vérifient le système : ⎨ . ⎩y + 2x = 97 b. x et y étant des entiers positifs, 2x ⩽ 97, soit x ⩽ 48. c. On pourra saisir dans la cellule B2 : « =97-2*A2 » et dans la cellule C2 : « =A2^2-B2^2 ». d. L’élève résout le problème par disjonction des cas en incrémentant des valeurs croissantes pour « mon âge ». Nos âges respectifs sont 37 ans et 23 ans.

Exercice 2 Ce problème se résout également par disjonction des cas. Si x désigne la part de l’aîné et y la part du cadet, le problème se traduit par le système : ⎧x + y = 5 000 ⎪ 2 . ⎨ x ⎪ x − y = 1 565 001 ⎩ On pourra saisir dans la cellule B2 : « =5000-A2 » et dans la cellule C2 : « =A2^2/(A2-B2) ». L’aîné touche 2 502 $ et le cadet 2 498 $.

Algorithmique 1

Rechercher une équation de droite

1 a. ●

Jessica a testé son programme avec le point A(2 ; 5) et le point B(4 ; 9). y − yA 9 − 5 4 b. On calcule la pente de la droite (AB) : a = B = = =2. xB − x A 4 − 2 2

La droite (AB) a donc une équation de la forme y = 2x + b. Le point A appartient à la droite (AB), donc il vérifie son équation : yA = 2xA + b soit 5 = 2 × 2 + b d’où b = 5 – 4 = 1. En conclusion, l’équation de la droite (AB) est y = 2x + 1.

2 Ici xB – xA = 4 – ●

4 = 0, donc le calcul du coefficient directeur est impossible (division par 0). Ceci est dû au fait que les points A et B ont la même abscisse pour une ordonnée différente, et donc que la droite (AB) est verticale et n’admet pas de pente.


3 Programme modifié : ●


Résoudre un système

⎧ x + 2y = 4 Pour le système ⎨ , le premier test « if(b1*a2-b2*a1==0) » est positif, car ici ⎩6x + 4y = 5

b1 × a2 – b2 × a1 = 2 × 6 – 4 × 3 = 12 – 12 = 0. Donc le programme affiche « il n’existe pas une solution unique ». ⎧2x + 5y = 12 b. Pour le système ⎨ , le premier test « if(b1*a2-b2*a==0) est négatif, car ici ⎩3x − y = 1 b1 × a2 – b2 × a1 = 5 × 3 – (– 1) × 2 = 15 + 2 = 17. Donc le programme calcule : c a − c 2 a1 c b1 y 12 − 5 × 2 2 12 × 3 − 1 × 2 34 = 1 2 = = =2, x= 1 = = =1 , b1 a2 − b2 a1 5 × 3 − (−1) × 2 17 a1 2 2 et affiche « l’unique solution est le couple : (1 ; 2) ». ⎧4y = 7

2 Pour le système ⎨ , le premier test if(b1*a2-b2*a1==0) est négatif car ici ● ⎩5x − 2y = 9 b1 × a2 – b2 × a1 = 4 × 5 – (– 2) × 0 = 20. Donc le programme calcule : c a − c 2 a1 7×5−9×0 35 y= 1 2 = = , b1 a2 − b2 a1 4 × 5 − (−2) × 0 20 mais ne peut pas calculer x =

c1 − b1 y a1

car a1 = 0. La situation a1 = 0 n’a pas été envisagée.

3 Il faut donc tester si a1 = 0 et proposer un calcul ● permettant alors de donner la solution. Un exemple ci-contre.

Algorithmique 3

Déterminer l’intersection de deux droites

1 Un couple (x ; y), vérifiant les équations y = ax + b et y = mx + p, est tel que ax + b = mx + p, d’où ● p−b . a −m p−b 4−2 2 x= = = −1 et y = ax + b = 1 × (– 1) + 2 = 1. a −m 1−3 Le programme affiche « il y a un couple solution : (– 1 ; 1) ». =

●

3 a. ●

Les deux droites sont parallèles si, et seulement si, a = m. b. Les deux droites sont confondues si, et seulement si, a = m et b = p.


c.

Entrée :

Donner les nombres a, b, m et p.

Traitement

Si a = m alors si b = p

et sortie :

afficher « les droites sont confondues » sinon afficher « les droites sont strictement parallèles » sinon affecter à x le nombre

p − b a − m

;

affecter à y le nombre ax + b ; afficher « les droites sont sécantes au point de coordonnées (x ; y) ».

4 ●

Déterminer l’alignement de trois points


Voir figure ci-contre.

a=

yB − y A xB − x A

et a ′ =

yC − yB xC − xB

y

B

.

b. Les points A, B et C sont alignés si, et seulement si, a = a’. y − y A yC − yB c. Si a = a’, alors B = , d’où xB − x A xC − xB (y B − y A )(xC − xB ) = (y C − y B )(xB − x A ) .

C

2 Avec A(– 2 ; – 1), B(4 ; 8) et C(0 ; 2), le test de l’algorithme est vérifié car ● (y B − y A )(xC − xB ) = (8 − (−1))(0 − 4) = 9 × (−4) = −36 et

j A

O i

x

(y C − y B )(xB − x A ) = (2 − 8)(4 − (−2)) = (−6) × 6 = −36 , donc l’algorithme affichera « Les points A, B et C sont alignés ».

3 Sur TI 83+ ●

Sur Casio Graph 35+


Problème ouvert 1

Tangente à un cercle

a.

b. Le centre du cercle est à l’intersection de la droite perpendiculaire à δ passant par A, d’équation 1 19 + 4 , et de la médiatrice du segment [AB] d’équation x = . Le centre du cercle a donc pour 2 4 19 13 coordonnées ( ; ). 4 8

Problème ouvert 2

Planches de surf

Les solutions correspondent aux coordonnées entières des points compris entre les axes du repère et la droite d’équation 6,5x + 8y = 49, et dont la somme est maximale. Il faut ainsi chercher parmi les points aux abords de la droite tout en restant en dessous de celle-ci.

Modèle longboard

y=

B

1 O

49 6,5 – x 8 8

A 1

C Modèle shortboard

Les solutions sont résumées dans le tableau suivant. Modèle shortboard Modèle longboard


7 0

6 1

5 2

Problème ouvert 3

Le plus grand nombre de solutions

Pour une résolution analytique, il est conseillé de résoudre ce problème à l’aide du logiciel Le problème revient à déterminer le nombre maximum de points à coordonnées entières par lesquels passe la droite d’équation y = –ax + 5. Dans les cas suivants, l’équation admet 4 couples solutions d’entiers compris entre 0 et 10. C’est le maximum.

Problème ouvert 4

Systèmes d’équations et géométrie

Le problème se ramène au système d’équations suivant : ⎧x 2 y 2 = 1000 ⎪ . ⎨ 2 xy 2 ⎪x y = 3 ⎩ On trouve x = 10 et y = 30. On peut vérifier à l’aide de Xcas :


Corrigés des exercices et problèmes 5

Exercices d’application

y

1

d2

Droite

Coefficient directeur

Ordonnée à l’origine

Équation

d1

0

6

y=6

d2

1 − 4

3

1 y= − x+3 4

d3

1 3

4

j

x

O i

y=

d3

d1

1 x+4 3

6 d4

–3

5

y = – 3x + 5

d5

3 2

5 2

3 5 y= x+ 2 2

d6

1

–3

y=x–3

y d3 d1

d2

j O i

x

2 Ordonnée à l’origine

Équation

4

1 y= − x+4 5

d2

1 3

8 3

1 8 y= x+ 3 3

d3

0

–3

y = –3

d4

4

12

y = 4x + 12

d5

3

0

y = 3x

d6

3

–9

y = 3x – 9

Droite

Coefficient directeur −

d1

3 b. c. d. e.

a. Vrai Faux Vrai Faux Vrai

4 b. c. d. e. f.

1 5

a. d6 d4 d2 d1 d3 d5


7 d3

d2

d4

j O

d1

8

d1 : y

1 x+2 4

d2 : y = −3x + 5 d3 : y

y

1 x+6 2

i

x

y

18 d3

1 b. y = x − 2 2 4 25 c. y = x − 3 3

d2 d1 j O

3 5 x+ 2 2

a. y

x

i

9

d1 n’est pas une droite. 6 12 d2 : y = x − 5 5 10 d3 : y x 3 d4 n’est pas une droite.

10

19 La droite (AB) a pour équation : y = – 1. La droite (AC) a pour équation : x = 6. 1 La droite (BC) a pour équation : y = – x. 3 20 a. La droite (MN) a pour équation : y = – 2x + 2. b. – 2 × 2 + 2 = – 2 donc P appartient à (MN), les points M, N et P sont donc alignés. 1 La droite (AL) a pour équation : y = x − 3 . 7 1 13 ×9–3≠ – donc I n’appartient pas à (AL), 8 7 les points A, L et I ne sont donc pas alignés.

21

y

22

j O i

d3

a.

y

x d

d2

d1

j O i

11 – 3 × 2,6 + 7 = – 0,8 ≠ – 1 donc A n’appartient pas à la droite d. – 3 × 479 + 7 = – 1 430 donc B appartient à la droite d. 1 7 12 − × 5 + 4 = 3 3 donc A appartient à la droite d. 1 62 41 − × (– 50) + 4 = ≠ 3 3 2 donc B n’appartient pas à la droite d.

13

– 7 × 22 + 9 = – 145 donc E appartient à d. De même, – 7 × 23 + 9 = – 152 donc F appartient à d. d et d’ sont donc confondues.

14

a. A(5 ; – 18)

15

a. A(

16

a. 4 = – 3a + 5 donc a =

10 10 ; ) 7 7

b. k + 5 = 2ka + 5 donc a =

17

a. y = 3x − 1

b. y = −2x + 3 c. y = x + 11

b. B(2 ; – 3) b. B(

1 2

1 3

5 3 ; ) 4 2

x

d’ P b. y

23

1 x−4 3 a. y

7 x + 12 2

b. y = 3x – 10 1 13 c. y x+ 5 5 1 31 x− 12 12 2 3 x− b. y 3 2 1 1 c. y = x − 4 2 25 d1 : w et b d2 : u d3 : c d4 : v et a

24

a. y =


26 Droite

b. d’ a pour équation : y = – 2x. 4. a. La droite ∆ est parallèle aux droites d et d’ car le vecteur u est colinéaire aux vecteurs directeurs de d et d’. b. Δ a pour équation : y = – 2x + 3.

Vecteur directeur a (9 ; 3) b (– 4 ; – 6) c (– 2 ; – 6) u (– 8 ; 2) v (a ; 0) w (– 5 ; 5)

d5 d3 d4 d1 d6 d2

32

1. a.

y d’

j

Où a est un réel quelconque non nul.

27

a. y = – 5x + 22

$

d

O i

x

b. y = – 5x – 36

28 d1

d2

d3

d4

d5

d6

d7

d8

×

d1 ×

d2 ×

d3

×

d4 ×

d5

×

d6 ×

d7

×

d8 1 3 x+ b. y 2 2 2. Équation de (AB) : y = x − 2 .

29

1. a. y

1 7 x+ 2 2

b. Par exemple, le vecteur u de coordonnées (1 ; – 3). 2. a. Une équation de d’ est : y = – 3x – 4. b. Voir d’ sur le graphique. c. Par exemple, le vecteur v de coordonnées (2 ; – 6). Les vecteurs u et v sont colinéaires car les droites d et d’ sont parallèles. 3. a. Voir Δ sur le graphique. 1 b. Par exemple, le vecteur w de coordonnées (1 ; ). 2 1 – (– 3) × 1 ≠ 0, donc u et w ne sont pas c. 1 × 2 colinéaires.

33

Le couple (– 1 ; – 3) est solution du système (S).

34

Le couple (

2 7 ; − ) est solution du système (S). 3 3 (S2) : d (S4) : a

Équation de la parallèle à (AB) passant par C : y =x+3.

35 (S1) : c (S3) : b

30

36 a. (3 ; – 3) b. Une infinité de solutions. c. Pas de solution. 1 5 d. ( ; − ) 8 8

a. (1 ; 5) est un vecteur directeur de d. b. y = 5x c. 5 × (– 1) = – 5 donc le point C de coordonnées (– 1 ; – 5) appartient à la droite d.

31

1.

y

c. (– 7 ; 7)

11 5 ; ) 4 2 d. Pas de solution.

38

b. (

37

A d

a. (3 ; – 4)

b. (

j O i

x d’ $

2. – 2 × (– 1) – 1 = 1 ≠ 2 donc A n’appartient pas à d. 3. a. Voir figure.


c. (

39

a. (1 ; – 2) ;− a. (

19 ) 6 25 76 ;− ) 29 29

1 9 ;− ) 13 13

d. ( 17 ; 1 ) 20 6 b. (0 ; – 1)

1 1 ; ) 6 10

40

a. (6 ; 10)

41

⎧2X + Y = 17 Le système ⎨ a pour solution le ⎩3X − 2Y = −6

b. (

271 20 ; − ). 21 21 51 Il n’existe pas de couple solution car les droites associées aux équations ne sont pas concourantes.

d. La solution du système est (

couple (4 ; 9).

QCM

2 ⎪⎧x = 4 qui a pour a. Le système est équivalent à ⎨ 2 ⎩⎪y = 9

52

C

53

A et D

solutions (2 ; 3), (– 2 ; – 3), (– 2 ; 3) et (2 ; – 3).

54

A et D

55

C et D

⎧⎪ x = 4 qui a pour b. Le système est équivalent à ⎨ ⎪⎩ y = 9

56

B

57

B

58

A et C

59

A et D

solution (16 ; 81).

42

x = – 1, y = – 3 et z = 2

43

x = 1, y = – 2 et z = 3

Problèmes 60

44 a. Le système admet une solution. b. Le système n’a pas de solution. c. Le système admet une solution. 1 10 1. d1 : y = −3x + 10 d2 : y = x + 3 3 1 d3 : y x 2 2. Les points d’intersection sont (2 ; 4), (4 ; – 2) et (– 4 ; 2).

45

Traduction de l’énoncé Point à la ligne Sur le graphique ci-dessous, chaque point représente un pays participant à Mathématiques sans frontières. Pour placer ces points, on a porté en abscisses les superficies des pays, et leurs populations en ordonnées. Population (nombre d’habitants)

Une équation de (AB) est y = 2x + 10. 5 Une équation de (CD) est y = x – 3. 2 Les coordonnées du point d’intersection de (AB) et (CD) sont (26 ; 62). a. (– 1 ; 1)

48

a. (1 ; – 2)

11 1 ; − ) 2 2 b. (3 ; 1)

49

a. (– 7 ; 6)

b. (2 ; 6)

50

a.

b. (

B CH

3

Population (nombre d’habitants)

2 1 0

Superficie (km 2)

À l’aide de ce graphique, classer ces pays dans l’ordre croissant de leur densité de population (nombre d’habitants au km2). Expliquer la méthode utilisée. En reliant l’origine du repère au point représentant les différents pays, on compare les pentes des droites ainsi tracées. Plus le coefficient directeur de la droite est grand, plus la densité de population du pays est élevée.

4

–5

SP

PL

O

y 5

– 10

F

I

46

47

D

D F

I

5

x

b. x ≈ – 13 et y ≈ – 1 c. Le couple (– 13 ; – 1) ne vérifie pas les équations du système.

PL

SP

B CH O

Superficie (km 2)


On obtient : Espagne – France – Pologne – Suisse – Italie – Allemagne – Belgique.

5

3. a. La droite (AC) a pour équation y = – 2x + 10 et 19 la droite d a pour équation y = – x + . Le point 5 10 d’intersection de ces droites est (4,5 ; 1). b. Les coordonnées de J sont (4,5 ; 1). Ce résultat est un cas particulier d’un théorème des milieux.

4

64

61 y

1. La médiatrice a pour équation x = 1. 1 3 2. a. I ( ; ) b. MA2 = 37 = MC2 2 2

3 2 1 –2 –1 0 –1

1

2

3

4

5

6

x

–2

c. L’équation de la médiatrice de [AC], la droite (MI) 5 13 est : y = − x + . 7 7 8 3. a. P ( ; ) 7 b. Le cercle circonscrit au triangle ABC est le cercle de centre P et de rayon

–3

PC =

–4

62 Segment

Équation de la droite associée

Restriction pour x

[AB]

y=5

x ∈ [1 ; 3]

[BC]

y = 5x

x ∈ [0,5 ; 1]

[CD]

y = –x + 3

x ∈ [0,5 ; 4]

[DE]

y=x–5

x ∈ [4 ; 7,5]

[EF]

y = – 5x + 40

x ∈ [7 ; 7,5]

[FG]

y=5

x ∈ [5 ; 7]

[GH]

y=x

x ∈ [4 ; 5]

[HA]

y = –x + 8

x ∈ [3 ; 4]

63

1. et 2.

y A

4 +(

27 2 925 5 ) = = 37 . 7 49 7

65 1. L’équation de la droite est x = 3. 2. Il s’agit de la droite d’équation y = – 1 qui est parallèle à l’axe des abscisses. 3. La droite a aussi pour équation y = –x – 2, elle est donc de coefficient directeur – 1. 66

1.

y a=2

a=–2 j b=2

i

x

a=1

2. a. Si b = 5, alors la droite d’ est parallèle à l’axe des abscisses. Si b = – 3, alors la droite d’ est parallèle à l’axe des ordonnées. 3 4 b. Pour b = 2, d’ a pour équation y x+ (voir 5 5 le graphique).

d I j O i

1 3 3 2 ; 0), N(1 ; ), R(0 ; ) et S( ; 1). 2 4 5 3 3 3 2. a. Une équation de (MN) est y = x − . 2 4 Une équation de (AC) est y = x.

67

J x

B C


1. M(

b. Le point d’intersection de (MN) et (AC) a pour coordonnées (1,5 ; 1,5). 3 3 3. a. Une équation de (RS) est = x + . 5 5 b. On démontre que le point de coordonnées (1,5 ; 1,5) appartient à (RS).

68

1. E(0 ; 0), F(1 ; 0), G(1 ; 1), H(0 ; 1), I(

1 ; 0) et 2

1 ). 2 2. a. Une équation de (HI) est y = – 2x + 1. J(1 ;

b. M est aussi sur la droite (EG) d’équation y = x, l’abscisse de M est c. M(

3

.

1 x + 1, donc N a 2

2 2 ; ). 3 3 4. On en déduit que EM = MN = NG. pour coordonnées (

A

a.

K

72 Soit x le prix d’une bande dessinée et y le prix d’un DVD. ⎧32x + 7y = 347 ⎨ ⎩16x + 5y = 202,6 ⎧x = 6,6 ⎨ ⎩y = 19,4 9x + 9y = 234 < 250. Le foyer pourra commander 9 documents de chaque sorte.

J

I

C

b. Dans le repère B, BC, BA par exemple :

(

⎧2(L + l) = 52 , soit ⎧L = 16 ⎪ ⎨ ⎨ 5 ⎩l = 10 l = L ⎪ 8 ⎩

74 Soit x le nombre d’entrée au tarif Adulte. Soit y le nombre d’entrée au tarif Enfant. ⎧x + y = 5 450 ⎨ ⎩17x + 13y = 87 874 ⎧x = 4 256 ⎨ ⎩y = 1 194

B

)

1 1 1 1 A(0 ; 1), B(0 ; 0), C(1 ; 0), I( ; 0), J( ; ) et K(0 ; ). 2 2 2 2 2. La droite (AI) a pour équation y = – 2x + 1. La droite (BJ) a pour équation y = x. 1 1 La droite (CK) a pour équation y x+ . 2 2 1 1 3. a. Intersection de (AI) et (BJ) : ( ; ). 3 3 1 1 b. Intersection de (BJ) et (CK) : ( ; ). 3 3 c. Les droites (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes.

70

1. (x + y)2 – 9(x – y)2 = – 4(x – 2y)(2x – y) 2. Les points dont les coordonnées vérifient l’équa1 tion sont les points des droites = x et y = 2x. 2

73

1 1 ; ) 3 3

3. Une équation de (HJ) est y = –

69

71

1. A(1 ; 0), B(2 ; 0), C(3,5 ; 0), A’(0 ; 1), B’(0 ; 2) et C’(0 ; 4). a. (AB’) a pour équation : y = – 2x + 2. (A’B) a pour équation : y = – 0,5x + 1. 2 2 b. M a pour coordonnées ( ; ). 3 3 21 10 3. N( ; ) et P(1,4 ; 1,2) 26 13 4. On démontre par exemple que les vecteurs MN et MP sont colinéaires.

75 Soit x le prix d’une rose et y le prix d’un hortensia. ⎧x + y + 3 = 13 ⎧x = 7 , soit ⎨ ⎨ 0,7x + 1,4y + 3 × 1,8 = 14,5 ⎩y = 3 ⎩ 76 Soit x le nombre de victoires. Soit y le nombre de matchs nuls. Soit z le nombre de défaites. ⎧x + y + z = 16 ⎪ ⎨x = 2z ⎪3x + y = 28 ⎩ ⎧y + 3z = 16 ⎪ ⎨x = 2z ⎪6z + y = 28 ⎩ ⎧x = 8 ⎪ ⎨y = 4 ⎪z = 4 ⎩ Le nombre de défaite est de 4.

77 Soit x la somme prêtée à Riri et y la somme prêtée à Fifi. ⎧x + y = 530 , soit ⎨ ⎩0,08x + 0,15y = 55

⎧x = 350 ⎨ ⎩y = 180


78 Soit x le nombre de dizaines de papouttes au chocolat. Soit y le nombre de vingtaines de pitounes au chocolat. ⎧250x + 400y = 5 600 ⎨ ⎩45x + 20y = 9 × 60

83

⎧x = 8 ⎨ ⎩y = 9 Evelyne pourra fabriquer 80 papouttes au chocolat et 180 pitounes au chocolat.

79

82 La fonction mystere permet d’afficher les coordonnction m nées de points de la droite pour des valeurs entières successives de x.

AB 3,5 5 = soit AB = BC . AB + BC 8,4 7

L’aire du premier carré est 64 cm2. On le découpe en 4 parts égales. L’aire du carré central de la deuxième figure est donc 16 cm2, donc son côté est 4 cm. On a alors le système : ⎧x + y = 8 . ⎨ ⎩x − y = 4 La solution est x = 6 et y = 2. Elle donne le bon découpage.

Par ailleurs AB + BC = 12. On trouve AB = 5 et BC = 7

80

81

x

y y

y

⎧2d + 2R = 10,1 ⎨ ⎩2d + 4R = 16,4 ⎧d = 1,9 ⎨ ⎩R = 3,15

x x

) )

⎧⎪13x + 11y + 15 × 5 = 13,6 × (x + y + 5 ⎨ ⎩⎪15x + 17y + 14 × 5 = 14,9 × (x + y + 5 ⎧x = 3 ⎨ ⎩y = 2


84

⎧R 2 − r 2 = 100 ⎨ ⎩R = r + 5 ⎧R = 12,5 ⎨ ⎩r = 7,5

x–y

8. Trigonométrie Objectifs et pré-requis On définit dans ce chapitre le cosinus et le sinus d’un nombre réel grâce à l’enroulement de la droite des réels sur le cercle trigonométrique. La notion de radian n’est pas explicitement au programme bien qu’elle soit sous-jacente du cours de ce chapitre. Les exercices proposés dans ce chapitre sont essentiellement de nature géométrique et ils réinvestissent la trigonométrie dans le triangle rectangle abordée en classe de 3e. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Trigonométrie « Enroulement de la droite numérique » sur le cercle trigonométrique et définition du sinus et du cosinus d’un nombre réel.

Capacités attendues • On fait le lien avec les valeurs des sinus et cosinus des angles de 0°, 30°, 45°, 60°, 90°.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Il faut 4 satellites – au moins – pour qu’un récepteur GPS arrive à se localiser. Le principe est le calcul de la différence des distances qui le sépare de 2 satellites à partir des données envoyées par ces deux satellites. Ce qui va situer le récepteur sur une surface virtuelle. L’intersection de 3 surfaces de ce type lui permettra de se situer.


C

Sinus dans un triangle rectangle 1 a. ●

Voir ci-contre. = 0,5 b. sin B est 30°. c. Une mesure de B

8 cm

B

4 cm A

2 a. ●

Voir ci-contre. b. AC = BC × sin 17° ≈ 5,26 cm AB = BC × cos 17° ≈ 17,21 cm

C 18 cm B = 17° B

A

8. Trigonométrie • 123

3 a. ●

C

Voir ci-contre. AC b. BC = ≈ 11,83 cm sin 25°

AB =

5c

BC 2 − AC 2 ≈ 10,72 cm

B = 25° B

A

4 a. ●

C

Voir ci-contre. AB b. BC = ≈ 11,03 cm cos 25°

B = 25° B

2

10 cm

C’est parti pour l’entraînement ! 1 a. ●

À chaque tour Jessica parcourt 200π ≈ 628,3 m. 0 000 b. Le nombre de tours à effectuer est ≈ 16. 200␲ 10 000 − 15 × 200␲ ≈ 329°. c. 10 000 – 15 × 200 × π ≈ 575,2 et 360 200␲ Il faut mettre la marque à 575,2 m de A dans le sens où elle tourne (ou tourner de 329°).

2 Vitesse moyenne et distance parcourue en fonction du nombre de tours effectués : ● Nombre de tours

Distance parcourue en m

Vitesse moyenne en km/h

1

628,3

1,3

2

1 256,6

2,5

3

1885

3,8

4

2 513,3

5

5

3 141,6

6,3

6

3 769,9

7,5

7

4 398,2

8,8

8

5 026,5

10,1

9

5 654,9

11,3

10

6 283,2

12,6

11

6 911,5

13,8

12

7 539,8

15,1

13

8 168,1

16,3

14

8 796,5

17,6

15

9 424,8

18,8

16

10 053,1

20,1

17

10 681,4

21,4

Des sportifs ayant un niveau olympique mettent environ 30 min pour parcourir 10 km…

124 • 8. Trigonométrie

A

Corrigés des Travaux pratiques Sinus et cosinus

TICE 1

Partie A 1 Construction de la figure. ●

2 a et b correspondent respectivement au cosinus et au sinus de l’angle AOM . ● Partie B Lorsque la mesure de l’angle AOM augmente, le nombre a diminue et le nombre b augmente. Plus précisément, lorsqu’elle augmente de 0° à 90°, le nombre a passe de 1 à 0 et le nombre b passe de 0 à 1. La description des variations demandées peut se présenter à l’aide d’un tableau de variation, qui n’est bien sûr que conjecturé.

1 et ● 2) a. ●

Angle AOM

0

90

180

270

360

1

1 0

a

0 –1

1 0

b

0

0 –1

b. Pour représenter les points dans un repère, il est utile d’ajouter dans le tableau une ligne complémentaire qui donne le réel x correspondant. Comme x et la mesure de l’angle sont proportionnels, on peut représenter a et b en fonction de la mesure de l’angle ou en fonction du réel x comme cela a été fait sur les courbes représentées ici. Angle M

0°

30°

60°

90°

120°

150°

180°

210°

240°

270°

300°

330°

360°

Réel x

0

␲ 6

␲ 3

␲ 2

2␲ 3

5␲ 6

π

7␲ 6

4␲ 3

3␲ 2

5␲ 3

11␲ 6

2π

a

1

3 2

1 2

0

−

1 2

0

1 2

3 2

1

b

0

1 2

3 2

1

3 2

–1

1 2

0

1 2

3 2

−

3 2

1 2

–1

0

−

−

3 2

1 2

−

−

−

3 2

−


c.

a en fonction de x

TICE 2

b en fonction de x

Variation d’aire

1 Construction de la figure. ● 2 a. On observe que l’aire du triangle OMN est maximale pour M sur la bissectrice de ●

AOB .

b. L’aire du triangle OMN est nulle si M est en A ou en B. c. Les aires des triangles OM1N1 et OM2N2 sont égales lorsque M1 et M2 sont symétriques par rapport à la bissectrice de AOB .

3 a. ●

Les valeurs possibles pour x sont les réels de l’intervalle [0 ; 90]. b. L’aire du triangle OMN est 100 × sin x × cos x. c. Voir ci-contre.

TICE 3

Triangles calés

1 Voir ci-contre. ● 2 et ● 3 Analyse : si le triangle AA’C’ est rectangle en ● A’ : AA’ = x = AC’ cos(60°) =

8−x 8 , soit x = . 2 3

De même pour les deux autres triangles. Synthèse : si A’ et C’ sont tels que : A A ′ =

8 et 3

16 , alors en notant I le milieu du côté [AB] 3 AA ′ AC′ 2 = = , les droites (A’C’) et (CI) sont on a : AI AC 3 donc parallèles, ce qui établit l’angle droit en A’. On procède à nouveau de la même manière pour les deux autres triangles. AC′ =

Algorithmique 1 Partie A 1 ●

360° AOB = = 72° 5 AOC = 2 × AOB = 144°


Le pentagone

2 Les coordonnées de B s’obtiennent dans le triangle rectangle OHB avec H sur [OA] et (OH) perpen● diculaire à (OA). xB ≈ 3,1 et yB ≈ 9,5.

3 b. ●

Le point C’ est sur le cercle trigonométrique, ses coordonnées sont (sin 144° ; cos 144°). c. O, C et C’ dans cet ordre, OC = 10, OC’ = 1. Donc les vecteurs OC et OC’ sont colisont alignés néaires et OC = 10 O C ′ .

4 ●

Remarque Les programmes des calculatrices ont été effectués en mode degré, ce que le logiciel Algobox ne

●

permet pas. C’est la raison de cette question 4). Il faudra donc expliquer aux élèves que les réels 72k␲ , lorsque k varie de 0 à 4, s’enroulent sur le cercle unité sur les points repérés par les angles 180 72k exprimés en degrés.

Partie B 1 L’algorithme proposé trace les 5 sommets d’un pentagone régulier de centre O. ● 2 et ● 3) Exemple avec AlgoBox : ●

Remarque Il est tout à fait possible de réaliser ces algorithmes à la calculatrice, même si l’écriture du programme est un peu longue. Avec la calculatrice Casio Graph 35+ :

Problème ouvert 1

Chapeau !

Soit R le côté du triangle isocèle. 12,5 1 R= ≈ 13,3 cm. À l’échelle : R = 6,7 cm. sin70° 2 12,5 = 360 × sin70°≈ 338°. R 1 de 360°. Il faut donc enlever environ 16

L’angle au centre est 360 ×

Problème ouvert 2

338° 6,7 cm

Costaud ?

a. On note α l’angle que fait la corde avec le plafond fond et x la force à exercer par la personne pour tirer la corde.


Dans le triangle ECF’, on a les relations : CG2 = x2 + 502 ; sin␣ =

50

.

50 2 + x 2

b. En notant h la distance CH, dans le triangle CHA, on a h = 60 sin α. 60 × 50 . Donc h = 50 2 + x 2 À l’aide de la calculatrice, on peut tracer la courbe de la fonction f qui donne h en fonction de x. Pour x ⩽ 200, on trouve h 艌 14,5.



Abscisse sur d

1

4

6

63

Angle (en °)

57

229

344

3 610

Identique à (en °)

57

229

344

10

M1 en B ; M2 en D ; M3 en D et M4 en C.

; M (4) est sur l’arc M9(1) est sur l’arc AB 10 et M (63) est sur l’arc M11(6) est sur l’arc DA 12

1 B

M1 C M4

A O

1 1 B

D M3 M2

M9 M12

C

2

M10

M5 en B ; M6 en B ; M7 en D et M8 en C.

4

1 B

M11

D

. a. N est le milieu de l’arc AB

M6 M5

d

1 B

C M8

A O

M7


M

1

D

A 1

O

N A O

1

; CD . AB

␲ + 2π), 4 ␲ ␲ + 4π), M22( + 6π), M23( + 8π), 4 4 ␲ – 2π) et M25( – 4π) seront, après enroule4

b. Sur la droite d, les points M20( ␲ 4 ␲ M24( 4

M21(

ment, en N. ␲ 14␲ × 70 = ≈ 14,7 cm 180 3 14␲ 14␲ 𝒫secteur = 2 × 12 + = 24 + ≈ 38,7 cm 3 3 70 = 28␲ ≈ 87,96 cm2 𝒜secteur = ␲ × 122 × 360

5

6

L = 12 × AB

8

a. Vrai : sin(– 0) = sin(0) ␲ ␲ b. Faux : sin( − ) ≠ sin( − ) 2 2 c. Vrai : sin(2 × 0) = sin(0) ␲ ␲ d. Faux : sin( 2 × ) ≠ sin( ) 2 2 ␲ ␲ e. Vrai : cos( ) = sin( ) 4 4 ␲ ␲ f. Faux : cos( ) = sin( ) 4 4 9 a. M6 M7

M5

B = M4 1

M3 M2

M8

a.

A = M1 O

C1

1

A

O 1 B

1

b.

C2

b. La mesure de l’angle OB est : 20 720 360 = ≈ 229°. 10␲ ␲ 360 c. La mesure de l’angle AOC est : ≈ 115°. ␲ d. Il y a deux possibilités pour la mesure de l’arc : 10 cm ou 1,4 cm, selon la manière de tracer les BC points B et C – si on ne considère pas les arcs rentrants, c’est-à-dire avec un angle au centre obtus.

Mi Angle en °

1

2

3

4

0

30

45

90

Sinus

0

2

2 2

1

Cosinus

1

3 2

2 2

0

10

5

6

7

8

120 135 150 180

3 2

−

1 2

2 2

0

1 2 3 –1 − − 2 2 2

a. B = M6 1

7 i

1

2

3

4

5

Longueur (en cm)

π

4␲ 3

2π

3π

5π

Mesure de l’angle au centre

45°

60°

90°

135°

225°

1

O

A = M3 = M5 M4 M1 = M2

B3 B4

Mi Angle en ° B2

B5

1

2

3

4

5

6

– 90

270

360

330

720

– 270

Sinus

–1

–1

0

1 2

0

1

Cosinus

0

0

1

3 2

1

0

B1

1

O 1

b.

A

−


11

a.

d.

M1 B 1

M4 O

A

Entrée :

Le nombre b.

Traitement

Si -1 < b < 1 alors afficher

et sortie :

1

« L’équation a deux

M3

M2

solutions. » ; affecter arcsin(b) à x ;

b.

afficher x ; afficher 180 - x ;

Mesure angle en °

100

200

340

730

Sinus

0,985

– 0,342

– 0,342

0,174

afficher

Cosinus

– 0,174

– 0,940

0,940

0,985

« L’équation a une

Fin du si. Si b = 1 ou b = -1 alors

solution. » ; affecter arcsin(b)

12

a. a = 0° b. a = 30° c. a = 60° d. a = 45°

à x ; afficher x ; Fin du si. Si b < -1 ou b > 1 alors

13

a. a = 90° b. a = 45° c. S = ∅ d. a = 0°

afficher « L’équation n’a pas de solution. » Fin du si.

14 a. sin x = 2 n’a ’ pas de solution car – 1 艋 sin x 艋 1. b.

15

a. sin a =

1 − (cos a )2 =

5 5 = 3 9

1 − (sin b )2 = 0,5

Entrée :

Le nombre b.

b. cos b =

Traitement

Si -1 < b < 1 alors

3 ), C(– 0,5 ; 2 3 3 E(– 0,5 ; – ) et F(0,5 ; – ). 2 2

afficher

et sortie :

« L’équation a deux solutions. » Fin du si. Si b = 1 ou b = -1 alors afficher « L’équation a une solution. » Fin du si. Si b < -1 ou b > 1 alors afficher

16

A(1 ; 0), B(0,5 ;

3 ), D(– 1 ; 0), 2

1. a. Une mesure de AOG est : 360 ≈ 51,4°. a= 7 b. G(cos a ; sin a) 2. A(1 ; 0), G(0,62 ; 0,78), H(– 0,22 ; 0,97), I(– 0,90 ; 0,43), J(– 0,90 ; – 0,43), K(– 0,22 ; – 0,97) et L(0,62 ; – 0,78).

17

« L’équation n’a pas de solution. »

18

Fin du si.

c. Voir fichiers.


a. Boris a remplacé « forward(50*sqrt(2)) » par « forward(100) ». Chloé a remplacé « left (90) » par « left (100) ». Dorian a remplacé « left(135) » par « left(45) ».

b.

22

Arc cos (

Arc cos (

L/4 ) = Arc cos 0,25 ≈ 75,5° L

L/3 1 ) = Arc cos ≈ 70,5° L 3

Les angles indiqués sont en accord avec les L L longueurs L, et . 3 4 60 23 a. IJ = ≈ 74,2 mm cos 36° 60 ≈ 62,7 mm cos 13,5°

PQ =

19

EG = cos G = EG = sin F 2 FG EF + EG 2

b. LI =

EF = cos F = EF = sin G 2 FG EF + EG 2

JK =

= Arc cos 43 ≈ 30,7 a. mes F 50 43 mes G = Arc sin ≈ 59,3 50 = Arc sin 22 ≈ 21,5 b. mes F 60 = Arc cos 22 ≈ 68,5 mes G 60 55 c. mes F = Arc sin ≈ 58,3 2 55 + 34 2

24

= Arc sin mes G

55 552 + 34 2

20 ≈ 24,7 mm sin 54 5 °

20 ≈ 34 mm sin 36°

c. LK = IJ + IL × cos 54° + JK × cos 36° ≈ 116,2 mm a.

S

30,8 m β = 24° B

≈ 31,7

35 m

D

C

)DCBA = 50

SH sin ␣ AS SH = = cos ␣ AH AH AS

c. Dans BHS :

SH sin ␤ BS SH = = cos ␤ BH BH BS

α = 56,4° A

B

2. a. 𝒜ABCD = AB × AD × sin α = 60 sin α b. Cette aire peut être égale à 60 cm2 si α = 90°, ABCD est un rectangle. Cette aire peut être égale à 50 cm2 si α = 56,4° ou α = 123,6°. Cette aire ne peut pas être égale à 70 cm2. 1. a. Une mesure de l’angle ML N est arcsin(0,25) ≈ 14,5°. b. Une mesure de l’angle KL M est : Arc cos(0,5) + Arc sin(0,25) = 60 + 14,5 = 74,5°. 2. Si les points K et M sont du même côté de la droite (LN), alors la mesure de l’angle KL M est 60 – 14,5 = 45,5°.

H

A

b. Dans AHS :

20 1.

α = 42°

d. D’après b. et c. on a : cos ␣ cos ␤ AH = SH et BH = SH . sin ␣ sin ␤ On en déduit : AB = BH – AH = SH( Donc SH =

21

cos ␤ cos ␣ − ). sin ␤ sin ␣

AB ≈ 30,82 m soit 31 mètres cos ␤ cos ␣ − sin ␤ sin ␣

au demi-mètre près. 1 a. AB = x i 30° = x 2 3 et OB = x 30° = x . 2

25


CB = x

10 2 + 152 = 5 13 ≈ 18,03 = Arc sin ( 10 ) ≈ 33,7° c. mes B 5 13

b. BC =

b. De la même manière, on trouve 3 3 3 3 3 x ; ; OC = x ; DC = x ; OD = 8 4 4 8

ED =

3 3 9 9 9 3 x ; OE = x ; EF = x ; OF = x ; 16 16 32 32

GF =

9 3 27 x et OG = x. 64 64

= Arc sin ( 15 ) ≈ 56,3° mes C 5 13 2. a. B B = 41,81°

⎛ 1 3 3 3 3 9 9 3 27⎞ + ⎟ + + + + 𝒫ABCDEFGO = x ⎜1 + + 4 8 16 32 64 64⎠ 2 ⎝ 165 + 37 3 x ≈ 3,58x. 64 1 26 a. EH = 6 000 × sin( ) ≈ 0,87, 120 donc EF ≈ 2 mm. 1 ) ≈ 5 806 916 931, b. EH = 4,22 × 9 461 × 109 × sin( 120 donc EF ≈ 11,6 milliard de km.

A = 48,19°

=

27

a.

x

V

STV = 46°

S

C

15

11,18

C

b. BC =

A

10

152 − 10 2 = 5 5 ≈ 11,18

5 5 c. mes A = Arc sin ( ) ≈ 48,2° 15 = Arc sin ( 10 ) ≈ 41,8° mes B 15 3. a. Cet algorithme donne dans les deux cas la longueur non connue du 3e côté. b. Dans le cas AB = 10 et AC = 15, l’algorithme ne fonctionne pas car il serait amené à calculer la racine carrée d’un nombre négatif . c. Il faut remplacer : Traitement

… X2 − Y2

Affecter

T

à Z.

…

par : … Traitement

Si X > Y alors affecter

On reporte l’angle de 46° pour obtenir la demidroite [Tx). L’intersection du cercle de diamètre [ST] coupe cette demi-droite en V. Le cercle de centre S et de rayon SV est l’orbite de Vénus. RV e n u s b. = sin46° donc RVénus ≈ 107,9 × 106 km. RT e r r e

à Z

Y2 − X2

à Z

Sinon affecter Fin du si. …

d. et e. Voir fichiers.

QCM

28 1. a.

− Y2

2

B

B = 33,69° 18,03

15 C = 56,31° A

10


C

29

A

30

C

31

B et D

32

B

33

D

34

B, C et D

35

B

36

A

37

B et C

38

A, B et D

39

A

40

B

Problèmes 41

43

De même, l’aire 𝒜2 du petit secteur de rayon r vaut : 51r 𝒜2 = . 2 Par proportionnalité de la longueur d’un arc et de l’angle au centre, si a est l’angle au centre, on a : a 51 74 = = . 360 2␲r 2␲R 51 × 360 74 × 360 On en déduit : r = et R = . 2␲a 2␲a On calcule a en remarquant que R – r = 40 : 74 × 360 51 × 360 R r = 40 B − = 40 2␲a a 2 a 74 × 360 − 51 × 360 R r = 40 B a = 2␲ × 4 0 207 R r = 40 B a = . 2␲ L’aire du terrain ABCD vaut : 74 R 51r 74 2 × 360 − 512 × 360 𝒜1 – 𝒜2 = − = = 2 500 . 2 2 207 2 2␲ 2␲ Les deux parties coloriées ont exactement la même aire.

42

a. Posons H = AC ; h = AB ; R = CJ = 15 et r = BK. • Calcul de H et h : 15 Dans AJC : AJ = , sin 14° donc H =

(

15 2 ) − 152 ≈ 60,16 cm. sin 14°

h = H – 50 ≈ 10,16 cm. • Calcul de BK : Dans les triangles ABK et ACJ : BK h h = , donc BK = 15 . 15 H H • Volume du tronc de cône : 1 h ␲(152 (15 )2 h ) ≈ 14 107 cm3. 3 H • Volume de tout le cône de signalisation : 402 × 2 + π172 × 3 + 14 107 ≈ 20 031 cm3. b. L’aire latérale du tronc de cône vaut : H 2 − h2 ␲ × 15 × ( ) H 2 + 152 ≈ 2 838 cm2. H2

O

A

L’aire 𝒜1 du grand secteur de rayon R vaut : 74 74R 𝒜1 = ␲R 2 = . 2␲R 2

α α F

HO , ce qui HF permet de calculer HF, puis e = a − r − HF.

Dans le triangle rectangle AOH : tan α =

44 a. Notons A la distance du centre de la grande bille au fond de l’entaille. Notons a la distance du centre de la petite bille au fond de l’entaille.

T

R

O

A αα F

Dans le triangle rectangle OTF on a : R R sin␣ = d’où A = . A sin␣ Avec la petite bille on a, de la même manière : r a= . sin␣ H – h = (A + R) – (a + r) R r 1 = +R− − r (R − r ( + 1) . sin sin ␣ sin ␣ 1 R −r = . Donc sin␣ = H −h H +r −h− R −1 R −r 2 1,5 ) ≈ 40,3°. b. 2␣ 2 Arc sin( 9,61 + 1,5 7,66 − 2

)

45

On construit la tangente (AH) au petit cercle.

H A

O

B


: • Calcul de l’angle BOH 45 cos AOH = donc AOH ≈ 53,13° 75 = 180 – 53,13 ≈ 126,87°. BOH : • Longueur AH + HB 752 − 452 + 2 × 45 × ␲ ×

46

126,87 ≈ 60 + 99,64 360 ≈ 160 cm.

1. a.

L’État du Wyoming, aux USA, a des frontières plus simples, du moins en apparence ! Il est limité : – à l’ouest par le méridien de longitude 111° ouest ; – à l’est par le méridien de longitude 104° ouest ; – au nord par le parallèle de latitude 45° nord ; – au sud par le parallèle de latitude 41° nord.

B x A

h

H

h2

C b. Le théorème de Pythagore appliqué dans les triangles AHB et AHC donne le système : ⎧⎪x 2 + h 2 = 4 2 ⎨ 2 x )2 = 52 ⎩⎪h (

. ⎧x 2 + h 2 = 4 2 B⎨ ⎩36 – 12x = 25 – 16 ⎧x 2 + h 2 = 4 2 B⎨ ⎩x = 2,25 ⎧x = 2,25 ⎪ B⎨ 7 ≈ 3,3 ⎪h = 5 ⎩ 4 2.

α = 55,77° u A

B x

h

H w

v β = 41,41°

C

h ≈ 0,827 d’où α ≈ 55,77°. AB h sin β = ≈ 0,661 d’où β ≈ 41,41°. AC sin α =

En admettant que la Terre est une boule dont l’équateur mesure 40 000 km, calculer le périmètre de l’État du Wyoming. Les frontières est et ouest du Wyoming sont des portions de méridiens. Leurs longueurs sont (en km) : 40 000 × ( 45 − 41) 4 000 = 360 9 soit environ 444 km pour chacune. Les frontières nord et sud sont des portions de cercles parallèles à l’équateur. La longueur totale du 45 e parallèle est environ 40 000 × cos(45°) km et celle du 41e parallèle est environ 40 000 × cos(41°) km. La longueur en km de la frontière nord est alors : 40 000 × cos( 41°) × (111 − 104) 7 000 cos( 41°) = 360 9 soit environ 550 km. La longueur en km de la frontière sud est alors : 40 000 × cos(41°) × (111 − 104) 7 000 cos(41°) = 9 360 soit environ 587 km. D’où le périmètre approximatif du Wyoming : P ≈ 2 × 444 + 550 + 587 ≈ 2 025 km.

48

H4

1.

N

47

Traduction de l’énoncé Mathématiques avec Frontières Les frontières de nos États sont généralement définies par des lignes naturelles ou fixées par des considérations d’ordre historique.


C

H3 I

M H2

H1

3 2 4. a. Le système s’obtient en appliquant le théorème de Pythagore aux triangles H4MH2 et H4MI. b. 3. H4I = H2I = a

H3

2. a.

I

H2 b.

H1

H2

M

a 3 . 3

x 3 , H M= = c. sinH 2 4 3 a donc H2 H4 M ≈ 35,264 39°.

H4

C

D’où x =

5. H2CH4 est isocèle en C car C se trouve sur l’axe de symétrie de ce triangle isocèle. 6. H CH = 180 – 2 × H H M ≈ 109,471 22°.

N

2

4

2

4

Or 0,47122° = 28’’ + 0,002 732. On trouve donc bien 109° 28’’.

I


9. Géométrie dans l’espace Objectifs et pré-requis Ce chapitre de géométrie dans l’espace a pour objectif d’introduire les droites et plans et leurs positions relatives. En entretenant les acquis du collège, il s’agit alors de développer la vision dans l’espace des élèves en proposant des activités sur ces solides rencontrés et étudiés au collège. Les différents exercices de ce chapitre proposent de construire et de représenter des solides et d’effectuer des calculs de longueurs, d’aires et de volumes. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Géométrie dans l’espace Les solides usuels étudiés au collège : parallélépipède rectangle, pyramides, cône et cylindre de révolution, sphère. Droites et plans, positions relatives. Droites et plans parallèles.

Capacités attendues • Manipuler, construire, représenter en perspective des solides.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre 4 traits déplacés permettent de rendre la figure possible.


Calculer dans l’espace 1 a. ●

Dans le rectangle ADFE, AF2 = AD2 + DF2, donc AF =

8 2 + 52 = 89 .

Dans le triangle ABE isocèle rectangle en A, BE2 = BA2 + AE2, donc BE = 50 + 8 2 = 114 .

Dans le rectangle BCFE, BF2 = BE2 + EF2, donc BF = b. ABF n’est pas isocèle, mais BA2 + AF2 = 52 + ( en A. 1 3

1 3

2 VE A BF = B × h = × ●

)2 = 114 = BF2, donc le triangle ABF est rectangle

AB × AE 1 5×5 100 × EF = × ×8= 2 3 2 3

3 D’après le théorème de Thalès dans le triangle EBF, ● 4 a. ●

52 + 52 = 50 .

EK EJ 1 = = . EF EB 3

1 . 3 1 100 1 100 × ( )3 = × = 3 3 27 81

Le rapport de réduction est

b. VEIJK

VEABF

9. Géométrie dans l’espace • 137

Solide, patron et perspective

2 1 ●

2 a. ● b. c. d. e. f. g. h.

parallèles sécantes ni parallèles ni sécantes ni parallèles ni sécantes parallèles ni parallèles ni sécantes sécantes parallèles

3 a. ●

Vrai. (HD) et (AE) b. Vrai. (HD) et (GC) c. Faux. (DC) et (FB) d. Faux. (EG) et (AC)

3

Que voit-on réellement sur une figure en perspective ? Partie A 1 Avec des points de l’espace ● Vrai

Faux

×

a. Le point K appartient à l’arête [SC]. b. Le point I appartient au plan (SAB).

Peut-être

×

c. Les points L, I et J sont alignés.

×

d. Le point L appartient au plan (SAB).

×

e. Le point L appartient à la face ABCD.

×

f. Le point L appartient au plan (ABC).

×

g. Les points I, J, K et B sont coplanaires.

×

2 Avec des droites de l’espace ● Vrai a. Les droites (IJ) et (AB) sont parallèles.

× ×

d. Les droites (LB) et (AC) sont coplanaires. e. Les droites (IJ) et (DC) sont coplanaires.

138 • 9. Géométrie dans l’espace

Peut-être ×

b. Les droites (JK) et (BC) sont parallèles. c. Les droites (AJ) et (CJ) sont sécantes.

Faux

×

×

Partie B 1 Avec des points de l’espace ● Vrai

Faux

Peut-être

×

×

c. Les points L, I et J sont alignés.

×

×

d. Le point L appartient au plan (SAB).

×

×

e. Le point L appartient à la face ABCD.

×

×

a. Le point K appartient à l’arête [SC]. b. Le point I appartient au plan (SAB).

×

f. Le point L appartient au plan (ABC).

×

×

g. Les points I, J, K et B sont coplanaires.

×

×

2 Avec des droites de l’espace ● Vrai a. Les droites (IJ) et (AB) sont parallèles.

Faux

Peut-être

×

×

×

b. Les droites (JK) et (BC) sont parallèles. c. Les droites (AJ) et (CJ) sont sécantes.

×

d. Les droites (LB) et (AC) sont coplanaires.

×

e. Les droites (IJ) et (DC) sont coplanaires.

×

×


Construire un solide de dimensions variables

1 et ● 2) a. et b. ● • Avec Geospace, charger la figure PyrReg.g3w située dans le répertoire Exemples/Espace/bases Espace. • Avec Cabri3D, on peut soit charger le fichier du manuel C09_TPTICE1initiale.cg3, soit construire la pyramide. Dans le second cas, tracer la base carrée. Pour placer le sommet de la pyramide, tracer la perpendiculaire à la base passant par le centre du carré et la sphère de centre un des sommets du carré passant par un autre sommet consécutif (pour reporter la longueur d’un côté). Le sommet de la pyramide est à l’intersection de cette droite et de la sphère, on peut alors construire la pyramide. Penser ensuite à masquer les objets inutiles comme la sphère ou la droite. Les valeurs numériques obtenues dépendent de la longueur du côté de la pyramide, mais les variations des volumes proposés ainsi que la position du point I sur le segment [AS] sont indépendants de cette longueur.

1 Solide 1 ● c. et d. L’aire de la base et la hauteur sont invariantes donc le volume du tétraèdre reste constant.

2 Solide 2 ● 1 c. Le volume maximal est atteint lorsque AI = AS . 3 1 d. Si O est le centre du carré IJKL, alors HO = HS et O est le centre de gravité du triangle SAC. 3


TICE 2

Construire un patron, voir et calculer

1 et ● 2) • Avec Geospace, charger la figure Cube2.g3w située dans le répertoire Exemples/Espace/ ● basesEspace. • Avec Cabri3D, utiliser l’icône cube. On prendra tout de même soin de nommer correctement les sommets du cube.

3 Le polyèdre Choc possède 7 faces, 11 arêtes et 6 sommets. ● 4 Comme ces arêtes sont parallèles aux arêtes du cube, on montre que IM = MN = KN = 6 cm. ● Les côtés de IJKL mesurent la moitié de la diagonale [AC] (théorème des milieux). On montre alors 1 que IJ = JK = KL = LI = 6 2 = 3 2 . 2 En admettant q que MIJ est rectangle en I, d’après le théorème de Pythagore, on a MJ2 = MI2 + IJ2, d’où

( )

MJ = 6 2 + 3 2

2

= 36 + 18 = 54 = 3 6 .

On obtient le même résultat pour les longueurs NJ, NL et LM.

5 a. Une astuce avec Geospace pour ouvrir le patron ● consiste à créer une variable x dans l’intervalle [0 ; 1] et de choisir x comme coefficient d’ouverture du patron. On peut ainsi ouvrir le patron avec les flèches « haut » et « bas » en faisant varier x. Vous pouvez bien sûr retrouver la figure complète C09_TPTICE2.g3w sur le site compagnon (voir ci-contre). b. On peut construire le patron à la règle et au compas en s’appuyant sur la nature des triangles le constituant, plutôt que d’utiliser les longueurs calculées précédemment.

TICE 3

Construire la section d’un cube par un plan

Partie A Le travail proposé ici repose sur la propriété suivante : « un plan coupe deux plans parallèles (les faces du cube) suivant deux droites parallèles ». Cela permet d’observer que tout quadrilatère est au moins un trapèze, qu’un pentagone a deux paires de droites parallèles et qu’un hexagone en a trois.

Partie B Avec Geospace : 1)

●


2) ●

3) ●

Calcul du nombre d’arêtes d’un solide convexe


Les données à fournir en entrée sont le nombre de faces F et le nombre de sommets S. b. L’algorithme doit calculer et afficher le nombre d’arêtes A.

2 ●

Entrées :

Donner les valeurs de F et S.

Traitement :

Affecter à A la valeur S + F – 2.

Sortie :

Afficher A.

Programmation possible sur calculatrice Sur TI 83 +

Casio Graph 35 +

3 a. ●

F = 8, S = 6 et A = 12 b. F = 6, S = 8 et A = 12 c. F = 10, S = 8 et A = 16

4 F = 32, S = 60 et A = 90. Avec une minute par couture, un ouvrier a besoin de 90 min pour coudre ce ● ballon à la main, soit la durée d’un match de football.

À dos de chameau


Le premier étage pèse 2,5 × 2122 = 112 360 tonnes. b. Les trois premiers étages pèsent : 2,5 × (2122 + 2112 + 2102) = 333 912,5 tonnes.

2 a. ● 0 212

S N

44 944 211

89 465 210

133 565 209

177 246 208

220 510 207

b. S représente le nombre total de pavés depuis la base. M donne la masse totale de la pyramide.

3 Exemples de programmation sur calculatrice : ● Sur TI 83 +

Casio Graph 35 +

Le programme détermine alors une masse de 7 996 375 tonnes.

Algorithmique 3

Calcul des volumes des solides de révolution

1 Cet algorithme a pour fonction de calculer le volume d’un cône, d’une sphère ou d’un cylindre. ● Mais il n’envisage que les cas S = 1 ou S = 2. Dans les autres cas, il agit comme si S = 3. Donc si S est différent de 1 ou 2, il calcule le volume d’un cylindre.


2 Pour parer à cette erreur, il faut envisager ce troisième cas. ● Entrée :

Afficher « Quel type de solide ? cône = 1, sphère = 2, cylindre = 3 ».

Traitement :

Affecter la réponse au réel positif S. Si S = 1 demander r et h ; calculer V =

1 × π × r2 × h. 3

Sinon Si S = 2 demander r ; calculer V =

3 × π × r3. 4

Sinon Si S = 3 demander r et h ; calculer V = π × r2 × h.

Sortie :

Sinon afficher « Mauvaise saisie, recommencer. » Afficher V.

Problème ouvert 1

Le π verre

Le rayon du cylindre est r = 1 et celui de la sphère R = 3. A étant le centre de la sphère, pour calculer le volume du cylindre, il faut en connaître la hauteur h (voir figure ci-contre). Pour cela, on peut h calculer BC = dans le triangle ABC rectangle en B à l’aide du théo2 rème de Pythagore : BC2 = AC2 – AB2 = 32 – 12 = 8, d’où BC = =2 2.

C 3 A

1

B

Le volume du cylindre est alors ␲r 2 h = ␲ × 12 × (2 × 2 2) = 4␲ 2 . 4 4 ␲ R 3 = ␲ × 33 36␲ . 3 3 Le volume de la sculpture est alors la différence entre celui de la sphère et celui du cylindre, soit Celui de la sphère est

36␲ 4␲ 2 = 4 (9 − 2 ) . Pour obtenir sa masse, il faut multiplier ce volume par la masse volumique du verre : M = 2 500 × 4 (9 − 2 ) = 1 10 0 000␲(9 − 2 ) ≈ 238 314,5 kg, soit environ 238 tonnes.

Problème ouvert 2

Sur le terrain

Comme les sphères sont tangentes et de rayon 10 cm, les centres de deux sphères tangentes sont séparés de 20 cm. Ainsi les quatre centres sont équidistants et forment un tétraèdre régulier de côté 20 cm. Les centres de trois des quatre ballons se situent à 10 cm du sol et celui du dernier ballon est à 10 cm du haut de la pyramide. Il reste donc à calculer la hauteur de ce tétraèdre.

10 cm

10 cm


D En nommant ABCD le tétraèdre reliant les centres des ballons, G le centre de gravité du triangle ABC, calculer la hauteur du tétraèdre revient à déterminer la longueur DG. En notant I le milieu de [BC], on peut calculer AI dans le triangle AIC rectangle en I grâce au théorème de Pythagore, soit : AI2 = AC2 – IC2 = 202 – 102 = 300, d’où AI = 10 3 .

B J

I G

A

C

K

B

J 20 3 2 2 . AI = 10 3 = 3 3 3 De même, dans le triangle rectangle AGD, on a :

G

I

G est le centre de gravité de ABC donc AG =

20 3 2 400 800 ) = 400 – = . 3 3 3 800 On en déduit DG = ≈ 16,3 cm et donc la hauteur de la pyramide 3 800 formée par les quatre ballons vaut 10 + + 10 ≈ 36,3 cm. 3 DG2 = AD2 – AG2 = 202 – (

Problème ouvert 3

A

K

C

Sur le terrain

En notant a la longueur des arêtes de la face supérieure, upérieur on peut vérifier à l’aide du théorème des milieux que le côté de la base de la pyramide mesure 2a. La diagonale de la base carrée de la pyramide de côté 2a mesure donc 2a 2 . Le côté de la base du solide en vaut la moitié, en appliquant à nouveau le théorème des milieux. Donc le côté de la base du solide mesure a 2 . On a donc trouvé la longueur de toutes les arêtes et l’on peut construire le patron à la règle graduée et au compas. À noter que les triangles non équilatéraux ont pour côtés a, a et a 2 . Ils sont donc isocèles rectangles. Cette observation permet de tracer à la règle non graduée et au compas, à partir du carré de base.


Corrigés des exercices Exercices d’application

b. L(FADE) = FA + AD + DE

1

I est codé au milieu de [AD], il doit être au milieu du segment représenté. Le segment [DC] est caché, il doit être entièrement en pointillés. ABCD est un carré, les droites (AD) et (BC) sont donc parallèles. Elles doivent aussi l’être sur la représentation.

2

1. a.

=

10 2 + 6 2 + 8 +

=

136 + 8 + 100

62 + 82

= 2 34 + 8 + 10 = 2 34 + 18 L(CAGE) = CA + AG + GE =

10 2 + 8 2 +

10 2 + 8 2 + 6 2 +

10 2 + 8 2

= 2 164 + 200 = 4 41 + 10 2 L(FADE) ≈ 29,7 et L(CAGE) ≈ 39,8 donc Aurélie l’emporte.

5 a. AC = 6 2 . SA = SC et SA2 + SC2 = AC2 donc le triangle SAC est isocèle rectangle en S. b. S J

I A b.

O

C

1 AC = 3 2 . 2 Aire du trapèze = aire du triangle SAC – aire du 6×6 3×3 triangle SIJ = − = 13,5. 2 2 1 d. OB = AC = 3 2 . 2 1 1 𝒱 = B × h = × 13,5 × 3 2 = 13,5 2 . 3 3

c. IJ =

2.

3

a.Vue de la gauche. e. Vue de dessus.

4

a. L(CHEF) = CH + HE + EF = =

c. Vue de face. f. Vue de la droite.

0 2 + 6 2 + 8 + 10 136 + 18

= 2 34 + 18


6 a. ABCD est un tétraèdre, FCBED est une pyramide. b. L’aire du triangle ABC vaut : BC × h 5×4 b= = = 10 cm2. 2 2 ABCDEF est un prisme droit donc [AD] est une hauteur dans le tétraèdre ABCD. Or AD = FC = 6 1 1 d’où VABCD = b × AD = × 10 × 6 = 20 cm3. 3 3 Le volume de FCBED s’obtient en retranchant celui du tétraèdre à celui du prisme. VFCBED = VABCDEF – VABCD = b × AD – 20 = 10 × 6 – 20 = 40 cm3. c. Il suffit de couper la pyramide FCBED en deux tétraèdres de même volume. En gardant la même hauteur issue de D, il suffit de couper la base en deux triangles de même aire, par exemple FCB et FBE qui donnent les tétraèdres FCBD et FBED.

7 La plus grande longueur disponible est dessinée en gras :

Dans le triangle SHA rectangle en H, SH2 = SA2 – AH2 = 402 – (

)2 = 1 600 – 800 = 800,

d’où SH = 800 = 20 2 m. 1 1 32 000 2 c. V = × B × h = × 40 2 × 20 2 = 3 3 3 ≈ 15 085 m3.

12

Pour le cône : 152 + 252 = 225 + 625 = 850 < 30. Pour le cylindre : 24 2 + 20 2 = 576 + 400 = 976 > 30. Pour la pyramide :

(10 2 + 10 2 ) + 252 = 825 < 30.

Le cylindre est la seule boîte ayant une longueur disponible supérieure à 30 cm.

8

1. a. V = B × h = 102 × h = 2 000 cm3, 2 000 donc h = = 20 cm. 10 2 b. S = 4 × (10 × 20) + 2 × (10 × 10) = 800 + 200 = 1 000 cm2. 2. a. V = π × 72 × h = 2 000 cm3, 2 000 donc h = ≈ 13 cm. 49␲ b. S = 2 × π × 72 + 2π × 7 × 13 = 280π ≈ 880 cm2. 3. Le cylindre consomme le moins d’emballage.

En appliquant le théorème de Thalès dans les SE EF SJ triangles SAB et SEF, on a = = , d’où SA AB SI EF 1,2 SJ = × SI = × 10 = 6 . On en déduit AB 2 IJ = 10 – 6 = 4 cm.

13 a. Les trois pyramides ont des faces deux à deux identiques, elles sont donc identiques. b. Le volume du cube est a3, chaque pyramide ayant le même volume, celui-ci vaut

3

a3 .

c.

D

C

A

B

9

En appelant a le côté du cube, le rayon d’un 2 cercle est r = a . 2 Le carré de la diagonale du cube vaut 3a2 = (2 × 37)2, 74 74 2 donc a = , d’où r = × ≈ 30,2 mm. 2 3 3

10 a. ADC étant un triangle équilatéral, (AJ) en est une hauteur et une médiane, d’où le triangle AJC est rectangle en J et CJ = 2. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle AJC, AJ2 = AC2 – JC2 = 42 – 22 = 16 – 4 = 12, donc AJ = 12 = 2 3 . b. On peut montrer de même que BJ = 2 3 , d’où le triangle AJB est isocèle en J. c. (IJ) est donc une médiane et une hauteur dans le triangle AJB. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle AJB, IJ2 = AJ2 – AI2 = ( donc IJ =

14

Traduction de l’énoncé Expression cubiste La figure ci-dessous montre un cube d’arête a, un petit cube d’arête b et six pavés droits dont les arêtes mesurent a ou b. Il est possible de juxtaposer ces huit pièces de sorte que, deux à deux, elles aient alors une face commune ou juste une arête commune ou juste un sommet commun. L’assemblage ainsi constitué est alors un grand cube.

3 )2 – 22 = 12 – 4 = 8,

8 =2 2.

40 2 11 a. AH = = 20 2 m. 2 b. SAC est isocèle en S, donc la médiane (AH) est aussi une hauteur.

Représenter cet assemblage en perspective cavalière. Écrire de deux façons différentes l’expression du volume du grand cube en fonction de a et b pour obtenir une égalité remarquable.


Voici une vue en perspective de l’assemblage.

On peut y voir sept des huit pièces qui le constituent : le cube d’arête a est caché. Cet assemblage illustre l’égalité : (a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.

15 On peut compter 3 tétraèdres bicolores par face, or il y a quatre faces, donc on peut en compter 4 × 3 = 12. Mais en raisonnant ainsi, on les a tous 12 compté deux fois, il y en a donc =6 . 2 16

1 AB × AD 1 12 × 12 × × AE = × ( ) × 12 3 2 3 2 = 288 cm3.

1. VABDE =

2. a. EB = AB × 2 = 12 2 cm. De même DB = DE = 12 2 cm. b. EBD est un triangle équilatéral. 3. a. Tous les côtés de DBGE sont des diagonales d’une face du carré, ils ont donc tous la même longueur et le tétraèdre DBGE est donc régulier. b. On peut dénombrer quatre tétraèdres identiques à ABDE, tels que VDBGE = VABCDEFGH – 4 × VABDE = 123 – 4 × 288 = 576 cm3.

17 Le volume du cube plein est 63 = 216 cm3. Chaque pavé peut se décomposer en trois cubes de 23 = 8 cm3 chacun. Le solide est constitué d’un cube auquel on enlève sept petits cubes, son volume est donc 216 – 7 × 8 = 160 cm3. 18

a. Oui, car les droites sont parallèles. I et J appartiennent aussi à ce plan. b. Oui, car les droites sont sécantes. c. Non, car les points sont alignés. d. Oui, car les points ne sont pas alignés. e. Oui, car I n’appartient pas à (SD). B appartient aussi à ce plan. f. Non, car le point D n’appartient au plan (SAB). g. Oui, car C n’appartient pas à (AJ). B, I et D appartiennent aussi à ce plan. h. Non, car les points sont alignés.

19 a. Oui, car les droites sont parallèles. J appartient aussi à ce plan. 146 • 9. Géométrie dans l’espace

b. Oui, car les droites sont sécantes. E appartient aussi à ce plan. c. Non, car les points sont alignés. d. Oui, car les points ne sont pas alignés. F et G appartiennent aussi à ce plan. e. Oui, car G n’appartient pas à (HB). A, I, J et K appartiennent aussi à ce plan. f. Non, car H n’appartient pas au plan (AFC). g. Oui, car E n’appartient pas à (FC). D, I, J et K appartiennent aussi à ce plan. h. Non, car J appartient à (HB).

20 ux car B a. Faux B, I et G appartiennent à la face BCGF mais pas H, donc les quatre points B, I, G et H ne sont pas coplanaires. D’où les droites (BI) et (HG) sont non coplanaires et donc non sécantes. b. Vrai car B, I, F et G appartiennent à la face BCGF, donc les quatre points B, I, F et G sont coplanaires. Les droites (BI) et (HG) sont donc coplanaires, or elles ne sont pas parallèles (le voir sur la figure suffit à le justifier), elles sont donc sécantes. c. Faux car B, I et G appartiennent à la face BCGF mais pas E, donc les quatre points B, I, G et E ne sont pas coplanaires. D’où les droites (BI) et (EG) sont non coplanaires et donc non sécantes.

21 a. Dans le plan (ACD), on peut appliquer le théorème des milieux, d’où (IJ)//(AC) . b. (AJ) et (CI) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes. c. (AI) et (DJ) sont sécantes en D. d. J ∉(BDI), donc les points B, D, I et J ne sont pas coplanaires. On en déduit que les droites (BD) et (IJ) ne sont pas coplanaires. e. (AJ) et (BJ) sont sécantes en J. f. J ∉(ABI), donc les points A, B, I et J ne sont pas coplanaires. On en déduit que les droites (AJ) et (BI) ne sont pas coplanaires. 22 eut appl On peut appliquer le théorème des milieux dans le triangle SBC car I est milieu de [SB] et J est milieu de [SC]. On en déduit que la droite (IJ) est parallèle à (BC). Or ABCD est un trapèze donc (AD) est parallèle à (BC), d’où (IJ) est parallèle à (AD). Les droites (IJ) et (AD) sont parallèles donc coplanaires, les points I, J, A et D sont donc coplanaires. On en déduit que les droites (AI) et (DJ) sont coplanaires et donc sécante sécantes car non parallèles.

23 eut con On peut construire le point K, intersection des droites (AJ) et (IB). L’intersection des plans (AJC) et (BIC) est alors la droite (CK).

I

D

26

a. Vrai

b. Faux

J

27

a. Vrai c. Faux

b. Faux d. Faux

K

C

A B

24 a. L’intersection de deux plans sécants est une ntersec droite. b. Les droites (GI) et (BC) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes en un point M. c. Les droites (EI) et (AB) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes en un point N. d.

H

E

G F

D

I C

A

N

B

M

e. M appartient aux droites (GI) et (BC), donc aux plans (IGE) et (ABC). N appartient aux droites (EI) et (AB), donc aux plans (IGE) et (ABC). Les points M et N appartiennent donc à la droite d’intersection des plans (IGE) et (ABC), cette intersection est donc la droite (MN).

25 a.

8’

8

d K J

M

c. Faux

28 1. a. Sur la face ABEF carrée, les côtés [EF] et [AB] sont parallèles et de même longueur. Sur la face ABCD carrée, les côtés [DC] et [AB] sont parallèles et de même longueur. On en déduit que les droites (EF) et (DC) sont parallèles et que EF = DC, donc le quadrilatère EFCD est un parallélogramme. b. Comme EFCD est un parallélogramme, (FC) est parallèle à (ED), une droite du plan (EBD), donc (FC) est parallèle au plan (EBD). 2. a. On montre de même que le quadrilatère FHDB est un parallélogramme et donc que la droite (FH) est parallèle à la droite (BD), donc au plan (EBD). b. (FH) et (FC) sont deux droites sécantes du plan (FCH), chacune parallèle au plan (EBD), on en déduit que le plan (FCH) est parallèle au plan (EBD). 29 a. Dans un octaèdre régulier, la base ABCD est un carré, donc les droites (BC) et (AD) sont parallèles. La droite (BC) est donc parallèle au plan (ADS) qui contient la droite (AD). b. Les droites (BD) et (ST) sont sécantes, donc les points S, B, D et T sont coplanaires. Les côtés du quadrilatère SBTD sont les arêtes de l’octaèdre régulier, elles sont de même longueur donc SBTD est un losange. c. Comme SBTD est un losange, ses côtés opposés sont parallèles, donc (BT) est parallèle à la droite (SD) et donc au plan (ADS) qui la contient. d. (BC) et (BT) sont deux droites sécantes du plan (BTC), chacune parallèle au plan (ADS) donc le plan (BCT) est parallèle au plan (ADS). 30 L’intersection des plans (IJK) et 𝒫’ est la droite (JK). Comme les plans 𝒫 et 𝒫’ sont parallèles, le plan (IJK) les coupe suivant deux droites parallèles. L’intersection des plans (IJK) et 𝒫 est donc la droite parallèles à (JK) passant par I.

I 8

8’ La droite (IJ) coupe le plan 𝒫’ sur la droite d, droite d’intersection des plans 𝒫 et 𝒫’. b. Les points M et K appartiennent à l’intersection des plans (IJK) et 𝒫’, la droite (MK) est donc la droite d’intersection de ces plans.

I

J

K

31 Comme (IJ) et d sont parallèles, les plans (IJK) et 𝒫’ se coupent suivant une droite qui leur est parallèle d’après le théorème du toit. Or K appartient à cette intersection, donc les plans (IJK) et 9. Géométrie dans l’espace • 147

𝒫’ se coupent suivant la droite parallèle à d et (IJ), passant par K.

K

d

34 a. Less faces ADHE et BCGF étant parallèles, le plan A (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. L’intersection des plans (HIJ) et (BCG) est donc la droite parallèle à (HI) passant par J.

J

I

8

b. (HI) est parallèle à (MN). On montre de même que (HN) est parallèle à (IM). On en déduit que le quadrilatère HIMN est un parallélogramme.

8’

H

32

d

E

omme (DC)//(AB), (D a. Comme d’après le théorème du toit, la droite d’intersection des plans (DCM) et (ABM) est une droite parallèle à (DC) et à (AB). On construit donc la parallèle à (AB) passant par M. b. Il suffit de terminer le tracé sur les faces AEHD et CBFG où l’on connaît deux points du plan (DCM). C. Sur les faces AEHD et CBFG, on connaît deux points communs aux plans (DCM) et (HAB). L’intersection est donc la droite passant par ces deux points.

G

H

F E

d

M

C

D

B

A

d est elle aussi parallèle à (DC) et (AB) d’après le théorème du toit.

33 A a. Less faces ADHE et BCGF étant parallèles, le plan (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. d est la droite parallèle à (HI) passant par J.

H G

E

N

F

I

J

D

C

A B

M

On peut alors relier les points communs de chaque face.


F

D A

G

N J C

I M

B

b. La droite (HN) appartient au plan (HIJ). Les faces ABCD et EFGH sont parallèles, donc le plan (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. L’intersection des plans (HIJ) et (ABC) est donc la droite parallèle à (HN) passant par I. Cette droite coupe l’arête [AB] en M. c. On peut désormais terminer la trace avec deux points, donc un segment sur chaque face rencontrée.

35 Aucune des quatre figures ne représente la trace d’une section du cube par un plan car : a. Le segment [MP] n’est pas sur une face du cube. b. Les droites (NP) et (MQ) ne sont pas parallèles. c. Les segments [MQ] et [PQ] sont sur la même face. d. Les droites (NP) et (MR) ne sont pas parallèles.

QCM 36

C

37

A

38

D

39

A, B et D

40

B, C et D

41

A, C et D

42

B

43

A, C et D

44

1. A, B et C

2. D

b. Le tour de sa base carrée est : 4 × 230 = 920 mètres. c. Les faces étant des triangles, on se trouve dans une situation de Thalès sur chaque face et, pour parcourir 100 mètres, on peut se ramener à une seule face où l’on parcourt 25 mètres. En nommant h la hauteur à atteindre, le théorème de Thalès 146,28 − h 25 donne les rapports suivants : = . 146,28 230

Problèmes 45

L’antiprisme :

On en déduit que 146,28 − h = 146,28 ×

25 puis 230

25 = 130,38 . 230 Chaque étage mesurant 0,69 mètres, il faudra 130,38 atteindre ≈ 188,96 étages. Pour faire le tour 0,69 h = 146,28 − 146,28 ×

Voici quelques patrons possibles :

de la pyramide en moins de 100 mètres, il faudra donc monter 189 étages.

48 En notant r le rayon de la sphère, l’épitaphe nous indique que le rayon du cylindre vaut aussi r et sa hauteur 2r.

46 On note r et h le rayon et la hauteur du cylindre.

4 Le volume de la sphère est VS = ␲r 3 et celui du 3 cylindre VC = ␲r 2 × 2r = 2␲r 3 .

4 3 ␲r 2 On peut alors vérifier que =3 3 = . VC 2␲r 3 VS

2h 2r h 4r Sur un plan en coupe, à l’aide du théorème de Thalès, on en déduit que le diamètre du cône est le double de celui du cylindre, donc son rayon est aussi le double. 1 8 Le volume du cône est donc × ␲(2r )2 × 2h = ␲r 2 h 3 3 et celui du cylindre est π r2h. Le rapport entre les 8 deux volume est , le volume du cylindre est donc 3 inférieur à la moitié du volume du cône.

47

a. Sa hauteur d’origine était : 212 × 0,69 = 146,28 mètres.

1. r = R sin α 2. L’arc AB est une portion du périmètre du cercle de rayon R. Le périmètre vaut 2πR et la longueur de l’arc est proportionnelle à l’angle θ. La longueur de ␪ l’arc AB est donc 2␲R × . 360 ␪ 3. 2␲r = 2␲R × donc 360 r R sin ␣ ␪ = 360 × = 360 × = 360 sin ␣ . R R 1 4. a. ␪ = 360 sin 30° = 360 × = 180° 2 1 b. r R sin = 5 × = 2,5 cm 2

49

OS = R cos α = 5 ×

3 ≈ 4,3 cm. 2


50 a. [AI] est la demi-diagonale du rectangle ABCD. En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle ABC, on trouve : C = 8 2 + 6 2 = 64 + 36 = 100 = 10 d’où AI = 5. Le triangle SAC étant isocèle en S, le triangle AIS est alors rectangle en I. On peut appliquer le théorème de Pythagore et IS2 = AS2 – AI2, d’où : IS = 132 − 52 = 169 − 25 = 144 = 12 . b.

S

O

A

I

52 1. a. Voir ffigure. b. Dans le triangle BGD, on peut appliquer le théorème des milieux donc les droites (IJ) et (BD) sont parallèles. c. Les plans (ADB) et (AIJ) sont sécants. Les droites (BD) du plan (ABD) et (IJ) du plan (AIJ) sont parallèles, donc on peut appliquer le théorème du toit, on en déduit que l’intersection des deux plans est parallèle à (IJ) et (DB). Or A appartient à cette intersection, donc d est la droite parallèle à (BD) passant par A. d. La droite d coupe le plan (DCG) sur la droite (DC). e. La trace de la section par le plan (AIJ) de la face DCGH est la restriction à cette face de la droite (KJ). f.

H

C

G F

E c. Le centre de la sphère circonscrite O est sur la droite (SI). Il est tel que SO = OA = OC. Seul le centre du cercle circonscrit au triangle SAC vérifie cette relation, c’est donc O. La sphère et le cercle circonscrit au triangle SAC ont pour rayon OS. d. Dans le triangle OAI rectangle en I, on a AO2 = OI2 + AI2, soit OI2 = r2 – 52. En outre, OI = SI – SO = 12 – r, d’où OI2 = (12 – r)2. (12 – r)2 = r2 – 52 équivaut à 144 – 24r + r2 = r2 – 25, 169 soit – 24r = – 144 – 25, d’où r = ≈7 . 24

51

E

H

J

I

D

K

C

A

B

53 1. a. Voir ffigure. b. Le point M appartient à la droite d’intersection des plans (AIJ) et (BCD), et à la droite (IJ). c. La trace de la section du plan (BCD) par le plan (IJK) est la restriction à la face BCD de la droite (MK), car M et K appartiennent à ces deux plans. d.

C

F

G

C A

B

I

M

D A

K J

B M


PARTIE C

STATISTIQUES ET PROBABILITÉS

151

Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur les statistiques et les probabilités 1

C

6

C

2

B

7

C

3

B

8

D

4

C

9

B et C

5

B

10

152

A

10. Statistiques

et échantillonnage

Objectifs et pré-requis Il s’agit dans ce chapitre de continuer l’étude des outils de statistique descriptive déjà introduits dans les classes de collège. Les activités et problèmes proposés permettent de réinvestir les notions abordées dans les classes précédentes. Les objectifs visés sont d’interpréter des résumés et paramètres d’une série statistique et également de comparer deux séries à l’aide d’indicateurs. Enfin, à l’aide de simulations, on abordera la notion de fluctuation d’échantillonnage et d’intervalle de confiance. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Statistique descriptive, analyse de données Caractéristiques de position et de dispersion • médiane, quartiles ; • moyenne.

Échantillonnage Notion d’échantillon. Intervalle de fluctuation d’une fréquence au seuil de 95 %. Réalisation d’une simulation.

Capacités attendues • Utiliser un logiciel (par exemple, un tableur) ou une calculatrice pour étudier une série statistique. • Passer des effectifs aux fréquences, calculer les caractéristiques d’une série définie par effectifs ou fréquences. • Calculer des effectifs cumulés, des fréquences cumulées. • Représenter une série statistique graphiquement (nuage de points, histogramme, courbe des fréquences cumulées). • Concevoir, mettre en œuvre et exploiter des simulations de situations concrètes à l’aide du tableur ou d’une calculatrice. • Exploiter et faire une analyse critique d’un résultat d’échantillonnage.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre On ne peut jamais savoir qui va être élu à partir d’un sondage ! En revanche, on peut annoncer un intervalle dit « de confiance » dans lequel se trouvera la proportion des personnes qui ont voté pour tel candidat. Cet intervalle est assorti d’un « niveau », souvent 0,95. Plus l’effectif de l’échantillon est grand, plus l’étendue de cet intervalle est petite.

10. Statistiques et échantillonnage • 153


Des lettres et des chiffres 1 a. ●

E, S sont les lettres les plus fréquentes. b. Non car la fréquence des voyelles est 43,73.

2 a. ●

D’après le tableau de fréquences, il devrait y avoir environ 67 « e » et 0 « z ». Pour « z » on trouve 0,45. b. L’extrait contient 69 « e » et 0 « z ». c. L’ordre de grandeur des résultats est le même mais on ne peut bien sûr pas trouver exactement la même chose.

3 a. ● Lettre

G

U

W

T

C

N

P

V

K

R

A

E

D

F

J

L

Q

S

Z

Fréquence 20,41 10,2 10,2 8,16 6,12 6,12 6,12 6,12 4,08 4,08 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04

b. « g » devient « e ». Le message décodé est : « Les plus riches d’entre eux iront jusqu’à se payer une étable ». c. Fréquence d’apparition des lettres : Lettre Fréquence

X

S

F

T

U

D

0,3

0,2

0,2

0,1

0,1

0,1

●

D’après les fréquences indiquées dans la question 1) : – les lettres « x » et « f » du message codé devraient correspondre aux lettres « e » ou « s » ; – la lettres « s » du message codé devraient correspondre à la lettre « a » ; – les lettres « d», « t » et « u » du message codé devraient correspondre aux lettres « n », « t » ou « i ». Le message décodé pourrait par exemple être « es adut », « se utad ». Aucun de ces messages décodés n’a une signification. Le message décodé est en fait « Nos paysans ». En effet, en essayant toutes les possibilités pour le décodage par la méthode de César, une seule possibilité donne un texte qui a une signification : celui correspondant à un codage pour n = 5. Remarque Les fichiers fournis « C10_ACT1_codage_decodage_cesar.py », « C10_ACT1_freq_lettres_texte.py », « C10_ACT1_codage_cesar_tous.py » et « C10_ACT1_compter_lettres_texte.py » permettent de coder et décoder, calculer la fréquence de lettres et compter le nombre de lettres, par exemple pour modifier l’énoncé. Leurs réalisations ne sont, bien sûr, pas demandées dans l’activité.

2

Un entreprise dans la moyenne ? 1 La médiane des salaires est 1 600 € et la moyenne 2 048 €. Ceci est effectivement en accord avec les ● données pour la France.

2 M. Padacor a raison car, avec ses hypothèses, la médiane est 1 360 € et la moyenne 1 751,60 €. ●

154 • 10. Statistiques et échantillonnage

3

Simuler un lancer de dés Partie A 1 b. Une fréquence est nulle si le chiffre correspondant n’est pas sorti. ● Une fréquence est égale à 1 si le chiffre correspondant est sorti 10 fois de suite ? Ce n’est pas impossible mais…

2 Le tableau à compléter est : ● Face supérieure

1

autre

Fréquence d’apparition 3 lignes avec une classe de 30 élèves.

Partie B Sur une TI 83+ fr :

Sur une Casio


Entre les deux

1 a. ●

n est un entier multiple de 10 de l’intervalle [– 100 ; 100]. Si n = – 100 ou n = 100, la simulation s’arrête. Sinon, si l’issue du lancer est « pile » alors Arthur se retrouve en n + 10, si elle est « face », il se retrouve en n – 10. b. La calculatrice n’est pas idéale pour ce TP car il est difficile d’avoir une vue d’ensemble du programme. Avec le tableur, exemple de formules à utiliser pour la simulation : • pour calculer la position d’un lancer à un autre : =SI(ENT(2*ALEA())=0;B4-10;B4+10) • pour savoir s’il a atteint un restaurant : =SI(ET(A3>-100;A3<100);"";"OUI") • pour vérifier s’il a atteint un restaurant pendant les 50 lancers : =NB.SI(C3:C50;"OUI")

2 Les données ont été choisies pour que la réponse à la dernière question soit la suivante : il ne mange ● que dans 32 % des cas !


Étudier une grande quantité de données

TICE 2

1 et ● 2) Cette activité peut être traitée indépendamment du cours de ce chapitre, et peut, grâce aux ● copies d’écran qui figurent dans l’énoncé, être donnée en travail personnel à tout moment de l’année. Les élèves pourront rendre leur travail sous forme de fichier. Le choix de la période (demiannée) étudiée permet des sujets différents. Il est possible d’ajouter des questions du type « moyenne des résultats », « histogramme des fréquences »…

3 a. ●

Exemple d’histogramme des fréquences :

b. Ce sujet est traité parfois dans des journaux ou revues, qui n’indiquent jamais qu’une telle étude ne permettra jamais de pronostiquer les numéros qui sortiront au tirage suivant ! C’est l’objet de la dernière question.

Algorithmique 1

Déterminer le premier quartile

1 ● Étape

k

L(1) 16

12

19

13

1

16

12

19

13

Entrées 1

L(2)

L(3)

L(4)

1er échange

1

12

16

19

13

2

2

12

16

19

13

2e échange

2

12

13

19

16

3

3

12

13

19

16

3e échange

3

12

13

16

19

Plus petit nombre

MM 16

12 13 16

4

3

12

13

16

19

14,5

Sortie

3

12

13

16

19

14,5

2 Modification de l’algorithme (ajout) : ●

Traitement :

Affecter à q le plus petit entier supérieur ou égal à Affecter à Q le nombre L(q).

Sortie :

Afficher le nombre Q.


N . 4

3 Exemple de sortie après programmation : ●

Algorithmique 2

Prendre une décision après prise d’échantillon

Sans aborder la notion de test de validité d’hypothèse, le cours permet d’introduire la notion d’interon d’inte valle de fluctuation au seuil de 95 %. On peut demander alors à l’algorithme d’annoncer en sortie : « En partant de l’hypothèse que la proportion de grains de blé est de 50 %, il y a une probabilité de 0,95 pour que la fréquence observée du caractère se trouve entre … et … ».

La calculatrice ne permet pas de commenter suffisamment la réponse affichée, mais convient parfaitement à l’activité.

Problème ouvert 1

Petite laine ou grosses moufles ?

1 ● 2000

2007

PrécipiPrécipiTempératures (en °C) tations tations moyenne minimale maximale moyenne minimale maximale (en mm) (en mm) Températures (en °C)

Moyenne

5,8

4,6

7,3

0,5

8,6

7,1

10,1

0,9

Médiane

6

4,6

7,1

0

8,5

7,5

10,6

0

Ici, le calcul des moyennes n’a que peu d’intérêt par rapport aux représentations graphiques qui permettent en un coup d’œil de comparer deux séries. De même, le calcul de la médiane n’est pas d’une grande utilité.


2 ●

Problème ouvert 2

Le mouton

Un premier calcul indique que le mouton fera, au cours de la journée, 120 choix aléatoires. Il peut donc par exemple : – se retrouver au même endroit en ne faisant que les choix nord, est, sud, ouest, nord, est, etc. – se retrouver 110 m à l’extérieur du pré en prenant toujours la même direction ! Finalement, la simulation montre que le mouton ne devrait être à l’extérieur du pré qu’environ 30 % des jours de l’année. Attention ! la même simulation montre qu’il sort du pré 50 % des jours, mais revient le soir 20 % des jours. Exemple de simulation à l’aide d’un langage ayant une sortie « tortue » :




2,2 % 0,9 % 4,4 % 4,4 %

28,0 %

30 25 20 15 10 5 0

130 135 140 145 150 155 160 165 170 175

3,1 % 6,7 %

14,2 %

15,6% 20,4 %

0,7 0,6 0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0

Fréquence (en %)

3 130 135 140 145 150 155 160 165 170 175

Taille (en cm) Effectif 70 60 50 40 30 20 10 0 120 130 140

70 60 50 40 30 20 10 0

35 30 25 20 15 10 5 0

150

Effectif

32

8

7 3

99

100 101 102 Contenance (en cL)

Fréquence

99

100 101 102 Contenance (en cL)

a.

Note

Effectif cumulé croissant

Fréquence cumulée croissante (en %)

6

2

6,25

7

3

9,38

8

9

28,13

9

11

34,38

10

12

37,50

11

15

46,88

12

18

56,25

13

20

62,50

14

25

78,13

15

28

87,50

16

32

100,00

160 170 180 Taille (en cm) b.

Effectif

130 135 140 145 150 155 160 165 170 175

Taille (en cm)

35 30 25 20 15 10 5 0

Effectifs cumulés croissants

6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Note


c. « 37,5 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 10. » « 56,25 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 12. » « 100 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 16. »

4

2. 2 077 724 3. a. Âge a

15

20

60

75

150

Fm(a)

0,20

0,26

0,81

0,94

1,00

Ff(a)

0,18

0,24

0,77

0,90

1,00

b.

a. 1 % d’illettrés en France métropolitaire

23

1 % d’illettrés dans cette région

15

9

30 25

29

23

Fréquence cumulée croissante (en %) Fm(a) 1 0,8 Ff(a) 0,6 0,4 0,2 a 0 15 20 60 75 150

27

15

4 18

26

36

46

56

66 Âge

b. Ce qui est surprenant c’est que chaque tranche d’âge devrait comporter environ 20 % et ce n’est pas le cas. Les plus jeunes s’en sortent mieux que les plus âgés, ce qui mérite sûrement une étude approfondie de la part d’un sociologue. La différence significative est le pourcentage des jeunes parmi les personnes illettrées, et des personnes de plus de 56 ans. Ce qui est étonnant c’est que les personnes illettrées de plus de 65 ans ne soient pas décomptés.

5

Remarque

Il doit y avoir une erreur dans les chiffres cités car les données permettent d’estimer le nombre total de personnes qui étaient devant l’écran ce soir-là et ce nombre n’est pas le même selon la chaîne considérée : – pour canal A : 24 904 000 ; – pour canal B : 28 355 000. a. Nombre de téléspectateurs (en millions)

8 6 4 2 0

8,816 6,068

Canal A

Canal B Chaîn

b. Les informations qu’il faudrait avoir sont les chiffres qui donnent l’évolution de l’audience pour chaque canal.

6 1. Il y a 63 392 140 habitants en France au 1er janvier 2007. Il faut saisir la formule : « =C2+C3+C4+C8+C9+C10 ».


7 BeCycle : 3 h 41 min 04 s en moyenne. CycloPlus : 3 h 36 min 14 s en moyenne. 8

Les mots ont 9,993 lettres en moyenne.

9

Montant moyen des factures : 145 × 253,45 + 152 × 221,1 ≈ 236,89 € 145 + 152

10

a. 18 × 14,7 = 264,6

b. 25 × 14 = 350 350 − 264,6 c. = 12,2 25 − 18

11 1. M1 = 21,4 °C 2. 287,15 K ; 288,15 K ; 293,15 K ; 301,15 K ; 303,15 K 3. M2 = 294,55 K 12 x : nombre de jours de distribution pour le premier facteur. x × 14,95 + (26 – x) × 16,25 = 26 × 15,7 ⇔ x = 11. 13 a. 15 ⩽ ni ⩽ 20 donc 15 × 28 ⩽ n1 + n2 + … + n28 ⩽ 20 × 28. La moyenne est donc dans l’intervalle [15 ; 20]. b. Soit x le nombre d’élèves qui ont eu 15. La moyenne des notes est : 15x + 20(28 − x) 5 = 20 − x . 28 28 5 x < 19,7 ⇔ 1,68 < x < 2,8. 19,5 < 20 – 28 Il y a un autre élève qui a eu la même note que Stéphane. Remarque En parcourant tous les cas possibles à l’aide d’un tableur, il n’est pas nécessaire de résoudre des inéquations.

14 On lit l’âge sur l’axe vertical : environ 405 000 garçons de moins de 1 ans, 400 000 garçons de 1 ans à 2 ans… De même pour les femmes. 05 000 × 1 + 400 000 × 2 + … Âge moyen = . 405 000 + 400 000 + … Remarques • Calcul à ne pas faire à partir de cette pyramide mais à partir des données numérique à chercher sur le site l’INSEE ou dans le fichier de l’exercice suivant. • Ce paramètre « âge moyen » n’a que peu d’utilité ; l’âge médian serait plus intéressant. • L’âge moyen en France va passer de 39 ans en 2005 à 42,6 ans en 2030.

15

Algorithme 1 : Initialisation : Entrer m la température minimum du mois. Entrer M la température maximale du mois. Traitement :

m + M . 2 Sortie :

Afficher tm.

Algorithme 2 : Initialisation Pour i allant de 1 à 30 et

entrer x6 la température

Traitement :

le jour i à 6 heures ; entrer x12 la température

car 1. a. Les caractères étudiés sont : l’année de naissance ou l’âge des hommes, l’année de naissance ou l’âge des femmes. b. Ce sont des histogrammes d’effectifs : effectifs en fonction de l’âge. 2. a. Il faut représenter les effectifs de la partie « bleu 2 » en fonction de l’âge.

400 000

Affecter à tm le nombre

le jour i à 12 heures ; entrer x18 la température le jour i à 18 heures ; entrer x24 la température le jour i à 24 heures ; affecter à ti le nombre x6 + x1 2 + x1 8 + x2 4

Effectif hommes mariés au 1er janvier 2007

4

;

Fin du pour.

300 000

Affecter à tm le nombre

200 000

t1 + t2 + … + t3 0

100 000 0

30

Âge

Sortie :

.

Afficher tm.

1 10 19 28 37 46 55 64 73 82 91100

b.

Remarque

Effectif cumulés femmes mariées au 1er janvier 2007 15 000 000 10 000 000 5 000 000 0

1 10 19 28 37 46 55 64 73 82 91 100 Âge

Les experts ne sont pas d’accord entre eux pour définir la méthode pour calculer la température moyenne par jour ! Les deux moyennes les plus utilisées en climatologie sont respectivement : T + Tm ax • m in ; 2 • la moyenne des 8 observations synoptiques (à 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18 et 21 UTC).

16

a. Moyenne des hauteurs indiquées : 54 + 43 + … = 48,75 . 12 Ce nombre multiplié par 12 donne le total des précipitations à Paris pour l’année concernée. b. La température moyenne du mois de janvier a pu être calculée à partir des températures relevées à intervalles réguliers.


17

20

1. a.

10 000 8 000 6 000 4 000 2 000 0

31 91 po re 11 D 55 an us nd ka rcat ha ielib irou v_W en5 iom imo arki k i C V p a e s tida luc jul ass d sh nd apy m u ch h t

10 000

6 000 4 000 2 000

b.

5 4 3 2 1 0

Étendue

Moyenne

Médiane

Série 1

86

45,8

56

Série 2

86

45,6

56

Série 3

30

45,6

56

Série 4

86

45,8

56

Série 5

86

66,2

56

b. L’étendue de la série 3 est plus faible car ses valeurs sont plus rapprochées. Toutes les médianes sont identiques car la 3e valeur des séries de 5 données vaut à chaque fois 56. Les séries 1 et 4 ont les mêmes paramètres et pourtant elles sont différentes.

21 a. Par exemple : 9 ; 9 ; 9 ; 13 ; 15 ; 16 ; 16 ; 17. b. En remplaçant un des 9 par 2, l’étendue vaut alors 15. La médiane est la même mais la moyenne baisse.

8 000

0

a.

1

3

5

7

9

11 13 15 17 19

Effectifs

4

4

3 2 1

2

2

1 Durée

0

22 a. Faux. 126 en achètent 1 seul. b. Vrai. c. Faux. La moyenne vaut : 126 × 1 + 34 × 2 + 6 × 3 + 15 × 4 + 2 × 5 + 1 × 6 36 = ≈ 1,57 184 23 N d. Faux. Elle vaut 1 (on a = 92). 2 e. Vrai. 25 % de 184 donne 46. f. Faux, car Q3 = 2 (75 % de 184 donne 138).

1 000 2 000 3 000 4 000 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000 10 000

2. Moyenne des scores = 6 704 3. a. La moyenne des scores des joueurs diurnes, 6 983, est supérieure à celle des scores des joueurs nocturnes, 6 320. b. Le pourcentage des joueurs diurnes qui ont un score supérieur à la moyenne est d’environ 64 %. Le pourcentage des joueurs nocturnes qui ont un score supérieur à la moyenne est d’environ 63 %.

18 1. Moyenne = 171,95 2. a. 39 ; 40 ; 159 ; 160 ; 164 ; 167 ; 169 ; 176 ; 178 ; 181 ; 192 ; 194 ; 196 ; 196 ; 199 ; 200 ; 207 ; 211 ; 224. Médiane = 184 b. « La moitié des étapes du Tour de France 2009 a comporté moins de 184 km. » « Le kilométrage total représente 20 fois 171,95 km. » 19

a. Moyenne =

278 ≈ 18,53 15

b. Médiane = 9 c. Oui. La moyenne sur les 7 premiers matchs est 19,7 alors que la moyenne sur les 7 derniers matchs est 17,8.


23

a. N = 45 ;

4

= 11,25 ;

N = 22,5 ; 2

3N = 33,75. 4 La médiane se trouve entre 20 et 30, soit médiane = 25. Q1 se trouve entre 20 et 30 soit Q1 = 25. Q3 se trouve entre 40 et 50 soit Q3 = 45. b. Moyenne ≈ 32,1. Comme on ne connaît pas les valeurs réelles, on ne peut pas savoir. En prenant les valeurs extrêmes des classes, on sait que : 20 < médiane < 30 et 27,1 < moyenne < 37,1.

24 a. On ne peut pas savoir. b. Faux. Si l’on suppose que la classe a moins de 57 élèves. c. Vrai d. On ne peut pas savoir. e. Vrai 25 ane = 22 376 € ; Q1 = 19 044 € ; Q3 = 27 285 €. Médiane

26 1. a. Somme des temps en secondes : 89 856 s Moyenne de toutes les participantes européennes : 51 min 38 s Moyenne des participantes françaises : 50 min 40 s b. Deux des participantes françaises ont des temps inférieurs à la médiane (51 min 21 s) et une, un temps supérieur à la médiane. c. Q1 = 49 min ; Q3 = 53 min 43 s. Deux Françaises sont dans le premier quartile et une des Françaises est dans le dernier quartile. 2. Les moyennes de temps pour des sportifs n’ont que peu d’intérêt, par contre leur classement oui. C’est donc leur position par rapport aux quartiles qui importe.

27 a. et c. Effectif

Étendue

Moyenne

Série 1

30

5,6

7,44

Série 2

30

5,83

7,75

Médiane

Q1

Q3

Série 1

7,65

6,01

8,4

Série 2

7,91

6,28

9,1

b. La proportion des élèves qui ont lancé au-delà de 8 m n’a pas changé ; on ne peut rien conclure. d. Moyenne, médiane, quartiles ont augmenté. Les élèves se sont améliorés.

28 a. La moitié des Français avaient un salaire inférieur à 1 529 € en 2005. b. Le premier quartile pour les salaires des Français en 2005 se trouve entre 1 162 € et 1 272 €. c. La moitié des hommes français gagnent moins de 1 625 € alors que la moitié des femmes françaises gagnent moins de 1 429 €. d. Variation de D1 entre 2005 et 2006

Ensemble

Hommes

Femmes

+ 1,92 %

+ 1,76 %

+ 2,03 %

30 L’intervalle de fluctuation de la fréquence observée f pour un échantillon de taille n = 300 est 1 1 [p – ;p+ ] avec une probabilité d’au moins n n 0,95. Rouge

Verte

Bleue

p

0,5

1 3

1 6

Intervalle de fluctuation [0,44 ; 0,56] [0,27 ; 0,40] [0,10 ; 0,23] à 95 %

31 Le journaliste ne devrait pas affirmer qu’un sondage « donne quelqu’un gagnant ». Il devrait : – donner la taille de l’échantillon pour le sondage ; – indiquer alors un intervalle de confiance assorti d’un seuil. Par exemple : N = 1 000, le sondage donne 70 % de votes favorables au candidat, l’intervalle de confiance au seuil de 0,95 est [0,66 ; 0,74]. Le candidat dit vrai : « … je serai élu… » et « … dès que possible ». 32

a. L’auteur voulait parler de l’étendue de l’in2 . n En multipliant n par 4, l’étendue e est divisée par 2, et en multipliant n par 100, l’étendue e est divisée par 10. b. On peut oublier de donner l’intervalle de confiance (ou la fourchette de sondage) assortie d’un « niveau », en général 0,95. tervalle de confiance. Cette étendue est de e =

33

L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de 1 1 ] la fréquence du secteur rouge est [p – ;p+ n n avec p =

34

29 a. Faux. Contre-exemple : 10 ; 10 ; 13. b. Vrai. On ordonne les valeurs. On sait alors que la moitié des valeurs du caractère se trouve dans l’intervalle [… ; médiane]. Donc le premier quart des valeurs se trouve également dans cet intervalle. c. Faux. Contre-exemple : 10 ; 10 ; 10 ; 10 ; 15. d. Vrai. Exemple : 0 ; 10 ; 20. e. Faux. Contre-exemple : 9 ; 10 ; 11.

Boule

2 et n = 50. On obtient : [0,10 ; 0,40]. 8

a. {P1 ; P2} ; {P1 ; F2} ; {F1 ; P2} et {F1 ; F2}.

b. Deux « piles »

Un « pile » et un « face »

p

1 4

1 2

Intervalle

[0,15 ; 0,35]

[0,4 ; 0,6]

35 Cette phrase n’est pas assez précise. S’il s’agit des sondages, il n’est pas anormal qu’ils soient divergents.


S’il s’agit des pronostics pour le futur président, il eut fallu les accompagner d’intervalles de confiance en indiquant qu’il n’est pas certain que la proportion des votants pour un candidat soit dans ces intervalles. Donc pas de divergence car à aucun moment il n’y a certitude.

Fin du pour. Sortie :

Afficher « Nombre de spectateurs qui regardent la chaîne 1 : » Afficher le nombre R Afficher « Nombre de spectateurs qui regardent

a. 0 ⩽ r < 1 ⇔ 0 ⩽ 6r < 6 ⇔ 1 ⩽ 6r + 1 < 7. b. 6r + 1 appartient soit à [1 ; 2[, soit à [2 ; 3[,… soit à [6 ; 7[. Donc E(6r + 1) peut prendre les valeurs 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.

36

la chaîne 2 : » Afficher le nombre V Afficher « Nombre de spectateurs qui regardent la chaîne 3 : » Afficher le nombre J

37 a. La probab probabilité de tirer une boule rouge dans une urne qui contient 255 boules rouges parmi 1 000 est la même que celle de choisir au hasard un téléspectateur qui regarde la chaîne 1 parmi l’ensemble des téléspectateurs. b. Initialisation : Affecter à r un nombre réel pris au hasard dans

Afficher « Nombre de spectateurs qui regardent une autre chaîne : » Afficher le nombre B.

38 a. et b b. Un exemple de simulation de dix sondages en Python :

[0 ; 1[. Traitement :

Affecter à n la partie entière de 1 000r + 1. Si n < 256 afficher « rouge » Si 256 ⩽ n < 426 afficher « vert » Si 426 ⩽ n < 536 afficher « jaune » Si n ⩾ 536 afficher « blanche ».

Sur une calculatrice TI Nspire :

c. Voir fichiers logiciels. d. Algorithme :

QCM

Initialisation : Affecter 0 aux variables R, V, J et B. Traitement :

Pour k allant de 1 à 1 000 Affecter à r un nombre réel pris au hasard dans [0 ; 1[ Affecter à n la partie entière de 1 000r + 1 Si n < 256 affecter R + 1 à R Si 256 ⩽ n < 426 affecter V + 1 à V Si 426 ⩽ n < 536 affecter J + 1 à J Si n ⩽ 536 affecter B + 1 à B


49

QCM

1.

39

B

40

D

41

A

42

B et C

43

B et D

44

A et D

45

B, C et D

46

D

47

A et C

Problèmes 48

Traduction de l’énoncé Pour cent âges Dans une ville de 5 000 habitants ne vivent que des jeunes et des vieux. Mais 20 % des jeunes se prennent pour des vieux et 10 % des vieux se prennent pour des jeunes. Les autres se prennent pour ce qu’ils sont. À tous les habitants de cette drôle de ville, on pose la même question : « Êtes-vous vieux ? ». 34 % des habitants répondent oui !

Janvier 2009

Janvier 2010

Évolution

n

72

77

6,94 %

n 2

36

38,5

6,94 %

1 420,00 €

1 320,00 €

– 7,04 %

Q1

70,00 €

50,00 €

– 28,57 %

Étendue Médiane

350,00 €

280,00 €

– 20,00 %

Q3

470,00 €

440,00 €

– 6,38 %

Moyenne

406,11 €

339,87 €

– 16,31 %

35 30 25 20 15 10 5 0 [0

janvier 2009 janvier 2010

0[ 0[ 0[ 0[ 0[ 0[ 0[ 0[ ; 20 0 ; 40 0 ; 60 0 ; 80 ; 1 00 ; 1 20 ; 1 40 ; 1 60 0 0 0 0 0 0 0 2 4 6 [ [ [ [80 00 20 40 [1 [1 [1

2. Le nombre de vélos présents augmente un peu (7 %). Les prix ont baissé dans toutes les gammes de prix d’environ 6 à 30 %.

50 1. a.

30 20

Combien la ville compte-t-elle de jeunes ? Justifier. En notant α le nombre de jeunes et β le nombre de vieux : 0,20α se considère vieux parmi les jeunes et 0,10β se considèrent jeunes parmi les vieux. 0,20α + 0,90β se considèrent donc comme jeune. Il en vient : ⎧␣ + ␤ = 5 000 ⎨ ⎩0,2␣ + 0,9␤ = 0,34 × 5 000 ⎧␣ + ␤ = 5 000 B⎨ ⎩0,2␣ + 0,9␤ = 1 700 ⎧⎪ ␣ = 4 000 B⎨ ⎩⎪ ␤ = 1 000 Nombre de jeunes : 4 000 ; nombre de vieux : 1 000.

Brest

10 0 – 10

J F M A M J Températures maximales

J A S O N D moyennes

minimales

b.

40 30

Strasbourg

Températures maximales moyennes minimales

20 10 0

J F M A M J J A S O N D

– 10


c.

300 250 200 150 100 50 0

3. a.

Précipitations Brest et Strasbourg Brest Strasbourg

Initialisation : Affecter 0 à la variable S. Affecter 24 × 60 à la variable N. Traitement :

Pour x allant de 1 à N Affecter à la variable y la valeur 15 + 10 sin(

J

F M A M J

J

– 150) ;

Affecter à S la valeur

A S O N D

2. Médiane des températures moyennes mensuelles à Brest : 11,65 ; à Strasbourg : 11,95. 3.

x 4

S + y Fin du pour. Sortie :

Afficher « La moyenne vaut : » Afficher la valeur

Minimum écart Txx – Tnn Maximum écart Txx – Tnn

Brest

Strasbourg

11,7

18,4

22,6

30,8

4. Txx Moyenne

Tnn

Brest

Strasbourg

Brest

Strasbourg

20,4

24,0

2,1

– 0,1

Tm Moyenne

S . N

b. M3 = 15

53 1. a. Pour arriver à 20, il faut lancer le dé au moins 4 fois (3 × 6 ne suffit pas) et au plus 20 fois (20 × 1). b. Initialisation : Affecter 0 à la variable somme.

RRtot

Affecter 0 à la variable

Brest

Strasbourg

Brest

Strasbourg

11,3

11,2

103,5

46,1

5. Climat océanique à Brest, climat semi-continental à Strasbourg.

nombre_lancers. Traitement :

Affecter à la variable a un entier aléatoire

51

n : le nombre de personnes qui ont voté avant Julien ; x : la moyenne qu’avait Marjolaine. nx + (x + 1) Nouvelle moyenne = . n +1 nx + (x + 1) On sait que : = x + 0,02, n +1 1 soit x + = x + 0,002, d’où n = 49. n +1

compris entre 1 et 6 ; affecter à la variable somme la valeur somme + a ; affecter à nombre_ lancers la valeur nombre_lancers + 1 Fin du tant que. Sortie :

52 1. M1 = 15 6 + 20 + 23 + 10 2. M2 ≈ = 14,75 4


Tant que somme < 20

Afficher « nombre de lancers : ». Afficher la valeur nombre_ lancers.

c. En Python :

Affecter à nombre_lancers la valeur nombre_ lancers + 1 Fin du tant que Si nombre_lancers < 6 Affecter à nombre_joueurs_ gagnants la valeur nombre_ joueurs_gagnants + 1 Fin du si Fin du pour. Affecter

nombre_joueurs_gagnants × 10 − 500 100

Avec AlgoBox :

à la variable G. Afficher « gain moyen par joueur : » Sortie : Afficher la valeur G.

d. Le gain moyen pour l’association semble se rapprocher de 1,90 € par joueur. On ne peut pas être certain que l’association va être gagnante, par exemple si un joueur obtient quatre « six ».

54 2. a. Le premier joueur peut gagner, par exemple, en obtenant quatre « six ». Les 10 premiers joueurs peuvent gagner, par exemple, si chacun d’eux obtient quatre « six ». Les 100 000 premiers joueurs peuvent gagner, par exemple, si chacun d’eux obtient quatre « six ». (Ce qui est hautement improbable !) b. Tableau à compléter avec les résultats des simulations. c.

1. Initialisation : Affecter 0 à la variable nombre_vendredi13. Traitement :

10 000 Affecter à la variable nom_du_jour un entier aléatoire compris entre 1 et 6 ; Affecter à la variable

Initialisation : Affecter 0 à la variable

numero_jour un entier

somme.

aléatoire compris entre

Affecter 0 à la variable

1 et 30 ;

nombre_joueurs_gagnants. Traitement :

Si nom_jour==5 and

Pour i allant de 1 à 100

numero_jour==13 :

Affecter 0 à la

Affecter à la

variable SOMME

variable nombre_

Affecter 0 à la

vendredi13

variable nombre_lancers

le nombre nombre_

Tant que somme < 20

vendredi13 + 1

Affecter à la

Fin du si

variable a un entier aléatoire compris entre 1 et 6 Affecter à la variable somme la valeur somme + a

Pour i allant de 1 à

Fin du pour. Sortie :

Afficher « Le fréquence de vendredi 13 est : ». Afficher la valeur nombre_vendredi13 . 10 000


2. En Python :

3. On ne peut pas appliquer cette propriété car 3 p= qui n’est pas compris entre 0,2 et 0,8. 365 De plus n n’est pas supérieur à 25.

56 Voir fichiers ichiers llogiciels.

57

1.

Avec AlgoBox : Classe

Effectif ni

Centre de la classe xi

[0,1 ; 0,3[

17

0,2

[0,3 ; 0,5[

32

0,4

[0,5 ; 0,7[

114

0,6

[0,7 ; 0,9[

185

0,8

[0,9 ; 1,1[

78

1

[1,1 ; 1,3[

94

1,2

[1,3 ; 1,5[

76

1,4

[1,5 ; 1,7[

29

1,6

2.

180 160 140 120 100 80 60 40 20 0

55 1. Il y a 3 « vendredi 12 » en 2010. 2. a. En Python :

0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8

3. a. Avec AlgoBox :

b. Il suffit d’ajouter aux programmes précédents l’instruction suivante : nombre_vendredi12 « Afficher le nombre .» 12


Centre de la classe xi

Effectif cumulé croissant

0,2

17

0,4

49

0,6

163

0,8

348

1

426

1,2

520

1,4

596

1,6

625

b. Moyenne ≈ 0,92 c. Médiane = 0,8 4. Le DAS du téléphone de Florence est sous la moyenne des téléphones de l’étude, mais n’est pas dans la moitié des portables de l’étude qui ont le DAS le plus faible.

58 1. Activité. 2. Voir fichiers logiciels. 3. Les fréquences f obtenue par logiciel pourraient varier davantage que celle données par les personnes mais ce n’est pas certain ; il est possible que des personnes décident de donner souvent que des « 1 », ce qu’un logiciel ne fera pas. 1. a

60

1.

40

République Tchèque

Pologne

Malte

Estonie

20 10 0

Côté de la base en cm

températures maximales températures moyennes températures minimales

Mali

30 Chypre

Pays

59

2. La hauteur des pavés représente la densité (nombre d’habitant par 10 000 km2).

1,0

2,1

0,2

5,6

2,8

8

13,8

3,9

386,6

103,1

Hauteur en cm

8,6

3,1

123,4

12,4

13,1

b.

Chypre Estonie République Tchèque

Pologne

J

A S O N D

2. Mois

Volume en cm3

F M A M J

J

J

F

M

A

M

J

J

A

S

O

N

D

Côté du 0,0 0,0 0,0 1,4 1,8 2,8 3,8 4,1 3,0 1,6 0,0 0,0 cube en cm

61 1. a. Soit α la probabilité d’obtenir « face ». On a α + α × 1,5 = 1. Donc α = 0,4. La probabilité d’obtenir « pile » est bien 0,6. 1 1 b. [0,6 – ; 0,6 + ] soit [0,41 ; 0,78]. 30 30 c. Dans 95 % des séries de 30 lancers, la fréquence de « pile » est comprise entre 0,41 et 0,78. Donc dans 95 % des cas, le nombre de « pile » devrait être compris entre 12 et 23. Les 15 « pile » de Filibert ne prouvent donc pas que le dé soit équilibré ! Et dans 5 % des cas, on peut être à l’extérieur de l’intervalle, ce qui explique le résultat du vendeur. 2. Voir fichiers logiciels.


11. Probabilités Objectifs et pré-requis Les premiers exemples de probabilité sont abordés en classe de 3e dans des situations de lancers de dés ou de tirages dans des urnes. En classe de 2de, il s’agit, dans des situations de problèmes, de modéliser des expériences aléatoires puis de calculer les probabilités des événements en jeu. Les expériences étudiées peuvent comporter plusieurs épreuves. On trouvera également dans ce chapitre des exemples de marches aléatoires qui sont sources de démarches algorithmiques. Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) : Contenus Probabilité sur un ensemble fini Probabilité d’un événement. Réunion et intersection de deux événements, formule : p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B).

Capacités attendues • Déterminer la probabilité d’événements dans des situations d’équiprobabilité. • Utiliser des modèles définis à partir de fréquences observées. • Connaître et exploiter cette formule.

▶ Corrigé de la question d’ouverture du chapitre Pour être équitable, le pari sur le 7 devrait rapporter 6 fois la mise (cf . TP TICE 3).


Probabilité ou certitude ? 1 Le professeur animera la séance en confrontant les stratégies proposées par les élèves. Il faut veiller ● à ne pas révéler le contenu du sac avant que tous soient convaincus du raisonnement proposé.

2 Classe 1 : les tirages étant avec remise, le sac pourrait contenir un seul pion noir. ● Classe 2 : avec ce raisonnement, on ne pourrait pas conclure si l’on tire par exemple 3 pions noirs parmi les 10 pions tirés. Classe 3 : malgré le nombre important de tirages, on peut contredire ce raisonnement en considérant que l’expérience réalisée revient à tirer 50 fois un jeton. Le bilan de ce tirage est alors de 29 pions noirs pour 21 pions blancs, ce qui tendrait à montrer que les pions noirs seraient plus nombreux.

2

Des statistiques aux probabilités 2 b. L’échantillon, s’il est suffisamment grand, permettra de voir la fluctuation des résultats mais aussi ● une tendance centrale vers la probabilité théorique.

11. Probabilités • 171

Exemple d’un simulation sur une classe de 35 élèves : Nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

Nombre d’élèves

0

0

0

3

3

4

5

6

7

5

1

1

0

0

0

0

0

0

0

0

0

c. Avec cet échantillon, la fréquence des nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5 pour l’ensemble des lancers est 0,34, avec 35 × 20 = 700 lancers.

3 a. On constate que la répartition et la fréquence observée sont proches de celles de l’expérience ● précédente. b. À nombre de lancers identiques, on peut faire la moyenne des fréquences observées, on a alors 1 400 lancers, la fréquence obtenues est une bonne approximation de la probabilité que la face supérieur du dé porte un chiffre supérieur ou égal à 5. 2 1 c. On peut comparer ce nombre à la probabilité théorique = . 6 3

Avec ou sans remise ?

3

Partie A 1 Voir schéma ci-contre. ●

1er tirage 1

2 Il y a 9 issues équiprobables, la probabilité de chacune ● 1 . 9 3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre 3 1 est = . 9 3 b. La probabilité que le premier nombre soit stricte3 1 ment inférieur au second est = . 9 3 c. La probabilité que la somme des nombres tirés 3 1 fasse 4 est = . 9 3 d’elle est donc

●

2

3

2 Il y a 6 issues équiprobables. La probabilité de chacune ● 1 . 6 3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre est 0. b. La probabilité que le premier nombre soit stricte3 1 ment inférieur au second est = . 6 2 c. La probabilité que la somme des nombres tirés 2 1 fasse 4 est = . 6 3

1er tirage

(1 ; 2)

3

(1 ; 3)

1

(2 ; 1)

2

(2 ; 2)

3

(2 ; 3)

1

(3 ; 1)

2

(3 ; 2)

3

(3 ; 3)

2

Issues du tirage (1 ; 2)

3

(1 ; 3)

1

(2 ; 1)

3

(2 ; 3)

1

(3 ; 1)

2

(3 ; 2)

1

d’elles est donc

●

172 • 11. Probabilités

2

2d tirage

Partie B 1 Voir schéma ci-contre. ●

1

Issues du tirage (1 ; 1)

2d tirage

2

3

Partie C a. La première expérience offre la plus grande probabilité. b. La seconde expérience offre la plus grande probabilité. c. Les deux expériences offrent la même probabilité.


Simuler le lancer d’une pièce à la calculatrice

Partie A 3 Une fois les 200 lancers affectés à la liste 1, on peut par exemple faire ● afficher la moyenne de la série qui représente la fréquence d’apparition du 1, donc du côté « pile ». Sur TI 83+ : voir ci-contre.

4 La fréquence d’apparition du côté « pile » est proche de 0,5 qui est la ● probabilité théorique en cas d’équiprobabilité dans une expérience à deux issues.

Partie B 1 Sur Casio Graph 35+ : voir ci-contre. ● Lancer trois fois une pièce ne revient pas à tripler le résultat.

2 a. Oui, la répartition semble équiprobable. ● b. Il n’y a qu’une seule manière d’obtenir trois « pile », avec le triplet (P, P, P), alors qu’il y a trois manières d’obtenir deux « pile », avec les triplets (P, P, F), (P, F, P) et (F, P, P). c. Obtenir deux « pile » devrait être trois fois plus fréquent qu’obtenir trois « pile », il ne devrait donc pas y avoir équiprobabilité comme l’expérience le suggère d’après le 2) a.

●

3 a. et b. Sur TI 83 + : voir ci-contre. ● c. Le nombre de « pile » ayant la plus forte probabilité est 1 ou 2. d. On peut construire l’arbre suivant :

Nombre de « pile » 3 P P F

2

P

2

F

1

P

2

F

1

P

1

F

0

P F

P F F Ces 8 issues sont équiprobables, les probabilités selon le nombre de « pile » sont résumées dans le tableau suivant : Nombre de « pile »

0

1

2

3

Probabilité

1 8

3 8

3 8

1 8


TICE 2

Simuler et comprendre la loi des grands nombres

1 On saisit la formule dans A1 avant de la recopier vers la droite puis vers le bas. ● 2 a. Dans la feuille 2 ci-dessous, la formule saisie en B3 à recopier vers le bas, est : ● « =NB.SI(Feuille1!$A$1:$J$10;B2) ». b. La fréquence s’obtient en saisissant dans la cellule B4 la formule « =B3/100 », formule recopiée ensuite vers la droite.

3 On ne peut pas préjuger du chiffre ● qui apparaît le plus fréquemment. L’amplitude maximale entre les fréquences observées peut dépasser 0,10.

4 Il faut modifier la plage de cellule ● en la recopiant sur 10 000 cellules. Le plus simple est de garder 10 colonnes et de prolonger la table sur 1 000 lignes. On ne peut toujours pas préjuger du chiffre qui apparaît le plus fréquemment, par contre l’amplitude maximale entre les fréquences observées a diminué et dépasse rarement 0,02.

5 Ces dernières observations laissent penser que la simulation est équiprobable, en accord avec la loi ● des grands nombres.

TICE 3

Somme de plusieurs dés

2 La valeur la plus fréquente de la série pourrait être le 7 mais elle est parfois dépassée par d’autres ● valeurs. Sa fréquence est très variable (entre 0,10 et 0,25 le plus souvent).

3 Avec 2 000 lancers : ●

L’histogramme est plus régulier et l’issue la plus fréquente est (presque) toujours le 7. Sa fréquence varie encore toutefois entre 0,15 et 0,18.


4 À l’aide d’un tableau à double entrée, on peut dénombrer les 36 couples (dé 1 ; dé 2) équiprobables ● puis calculer la probabilité de chaque issue. dé 2

dé 1

1 2 3 4 5 6 7

1 2 3 4 5 6

Issue Probabilité

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

1 36

2 36

3 36

4 36

5 36

6 36

5 36

4 36

3 36

2 36

1 36

5 a. et b. Avec 2 000 lancers, la conjecture du prince de Toscane semble vraie, mais le 9 gagne assez ● souvent pour laisser un doute. c. Avec 10 000 lancers, il n’y a plus de doute, le 10 l’emporte (presque) à chaque fois.

Algorithmique 1

Lancers de dés

1 a. ● Entrées :

Donner les valeurs de N.

Traitement :

Initialiser S à 0. Pour I allant de 1 à N Affecter à A un nombre aléatoire entier entre 1 et 6 Si A = 6 Alors affecter à S la valeur S + 1.

Sortie :

Afficher

S . N

b. N est le nombre total de lancers, S compte le nombre de 6 obtenus, A est la valeur du dé. c. La valeur affichée en sortie est la fréquence d’apparition du 6.

2 a. ● b.

On peut ajouter l’affichage de Sur TI 83+

S 1 − . N 6 Sur Casio Graph 35+

S sont des multiples N 1 1 = 0,05 , donc la valeur la plus proche de ≈ 0,1666 est 0,15, ce qui correspond à un écart de de 20 6 1,66 %. c. On ne peut atteindre un écart inférieur à 1 % car pour N = 20, les valeurs de


Algorithmique 2

Marche aléatoire

1 a. ●

Le nombre de pas exécutés dans la fenêtre est 10. b. La dernière valeur obtenue pour A a permis de faire un pas horizontal, ce qui a lieu si A = 1.

y 8 7 6

2 a. ●

Voir ci-contre. b. Ces points de coordonnées (x ; y) sont alignés car la somme des déplacements est constante : x + y = pas. Si x + y = 3, alors y = –x + 3 est une équation de droite. Si x + y = 8, alors y = –x + 8 est une équation de droite.

5

en 8 pas

4 3 2

en 3 pas

1 O


1

2

3

4

5

6

7

8 x

L’affirmation du chevalier de Méré

Dans les trois algorithmes, A prend la valeur du chiffre obtenu en lançant le dé.

Algorithme n° 1 On lance quatre fois le dé, on note le nombre de 6 obtenu dans K, on teste si K = 0 pour savoir si l’on a perdu.

Algorithme n° 2 On lance au plus quatre fois le dé car, à chaque lancer, on teste si le dé vaut 6, auquel cas on s’arrête, grâce au nombre i qui, en dépassant 4, permet de stopper le processus et d’afficher que l’on a gagné.

Algorithme n° 3 On lance le dé tant que le nombre 6 n’est pas obtenu, on note le nombre de lancers qu’il a fallu effectuer dans i, on teste si i est inférieur à 4 pour savoir si l’on a gagné. b. L’algorithme n° 1 effectue toujours 4 boucles. L’algorithme n° 2 effectue au maximum 4 boucles, ici 3 boucles. L’algorithme n° 3 effectue autant de boucles que nécessaire pour obtenir un 6, il peut donc effectuer 6 boucles. c. Le deuxième algorithme semble le plus économe en nombre de boucles car il garantit de faire au maximum 4 boucles. Le troisième algorithme peut réaliser une seule boucle (si le 6 sort immédiatement), mais n’offre aucune garantie de réussite (il pourrait boucler indéfiniment si le 6 ne sort pas).

2 a. ●

Pour réaliser N fois l’algorithme et noter chaque résultat (gagné ou perdu), il ne faut pas que ce dernier retourne « gagné » ou « perdu » mais un nombre 1 ou 0 que l’on pourra stocker dans un compteur C. Entrée :

Demander la valeur de N.

Traitement :

C prend la valeur 0. Pour j allant de 1 à N i = 0 Tant que i est inférieur à 4 A est un entier aléatoire entre 1 et 6 Si A = 6 i prend la valeur i + 4 C prend la valeur C + 1 Sinon i prend la valeur i + 1.

Sortie :


Afficher « Fréquence des parties gagnées : »,

C . N

b. Pour N très grand, (supérieur à 3 000), il semble que l’affirmation du chevalier de Méré soit vraie. En Python, il faut d’abord lancer le module random (avec la commande : from random import*), et penser à noter C comme un nombre décimal 0.0 pour que le calcul de fréquence ne soit pas arrondi à l’entier inférieur, c’est-à-dire 0. Répéter un million de fois l’expérience dure moins de 15 secondes (voir ci-contre). Avec Algobox, il faut affecter

à C pour affiN cher la fréquence car le logiciel ne peut pas afficher le résultat d’un calcul mais seulement la valeur d’une variable. Répéter 100 000 fois l’expérience dure environ 30 secondes. Avec Xcas :

3 a. ●

On peut construire un arbre pondéré. Les issues « 6 » étant pondérées de la probabilité

issues « Pas 6 » de la probabilité

5 . 6

1 et les 6

5 5 5 5 625 × × × = 6 6 6 6 1 296 625 671 = ≈ 0,518 . donc p(gagner) = 1 – p(perdre) = 1 − 1 296 1 296 c. Comme p(gagner) ≈ 0,518, proche de 0,5, la fluctuation d’échantillonnage permet difficilement de trancher sur cette question sans un grand nombre de lancers. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % contient des fréquences observées inférieures à 0,5 (ce 1 qui signifie perdre) dès que > 1,8 %, ce qui revient à N < 3 086. N Il est donc difficile d’avoir un résultat expérimental probant sans avoir effectué un grand nombre de lancers.

b. p(perdre) =

Problème ouvert 1

Embouteillage sur le parking

On peut raisonner de façon chronologique. La première voiture a quatre choix pour se garer, la seconde voiture n’a plus que trois choix et la dernière seulement deux choix. voiture 1 voiture 2 voiture 3

4

×

3

×

2

=

24

Il y a donc 24 façons de choisir l’emplacement de 3 voitures dans quatre places de parking.


Problème ouvert 2

L’injuste arrondi

1 L’intervalle [1 ; 6] est de longueur 5. ● Pour obtenir 6, il faut se situer dans l’intervalle ]5,5 ; 6], d’amplitude 0,5. 0,5 1 Donc la probabilité d’obtenir 6 est = . 5 10 2 On peut établir ainsi la probabilité de toutes les issues :

●

Nombre obtenu

1

2

3

4

5

6

Probabilité

1 10

2 10

2 10

2 10

2 10

1 10

La probabilité d’obtenir un nombre pair est

Problème ouvert 3

2 2 1 5 1 + + = = . 10 10 10 10 2

Improbable

1 Il y a 9 possibilités pour choisir la première étoile puis 8 possibilités pour la seconde étoile. On peut ● donc comptabiliser 9 × 8 = 72 couples ordonnées (étoile1 ; étoile2), donc tous les couples non 72 ordonnés sont compté deux fois. Il y a donc = 36 couples non ordonnées différents. 2 1 . Ces couples sont équiprobables, la probabilité de choisir le bon couple est donc 36 2 On peut raisonner sur un arbre pondéré. Pour obtenir 5 bons numéros et les 2 bonnes étoiles, il faut faire le produit des probabilités de la branche gagnante : 1 1 1 × = , il y a donc une chance sur 76 275 360 de gagner le grand prix. 36 2 118 760 76 275 360

●

Corrigés des exercices Exercices d’application 1 a. Ω ={3 rouges ; 1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires} b. A = {1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires} c. Non. 2 a. Ω = {2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12} b. Ω’ = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 9 ; 10 ; 12 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20 ; 24 ; 25 ; 30 ; 36} c. La deuxième. 3 Ω = {(P, P) ; (P, F) ; (F, P, P) ; (F, P, F) ; (F, F, F) ; (F, F, P)}

7 a. Le mot PROBA possède 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 anagrammes. b. Le mot STAT possède 4 × 3 × 2 × 1 = 24 anagrammes en considérant que les deux lettres T sont différentiables. Or on dénombre ainsi tous les mots en double, il y a donc en fait seulement 12 anagrammes du mot STAT. 8

a. Un peu Beaucoup Passionnément À la folie Pas du tout

15 % 18 % 27 % 31 % 9%

6 ≈ 18 % 33

c. p =

30 ≈ 91 % 33

4 Monsieur Élégant peut s’habiller de 6 façons différentes.

b. p =

5 a. 4 longueurs différentes. b. 5 longueurs différentes.

9 Le nombre de pages sans publicité est : 2 1 × 120 + × 120 + 2 + 3 = 48 + 15 + 2 + 3 = 68 . 5 8

6

a. 10 000


b. 1 000

c. 10

Le nombre de pages avec des publicités est donc de 120 – 68 = 52. La probabilité de tomber sur une 2 13 publicité est de = . 120 30 10 a. Il y a 6 possibilités différentes. b. C’est faux, il a une chance sur six.

11

4 9 2 c. p(C) = 9

1 3 2 d. p(D) = 9

a. p(A) =

b. p(B) =

12

1 . 4 c. La probabilité d’avoir une fille en second est 2 1 = . 4 2 2 1 17 a. La probabilité de gagner est = . 8 4 b. La probabilité de gagner un lapin rose est 1 12 3 × = . 4 28 28 18 La probabilité de choisir un billet de 10 € est b. La probabilité d’avoir deux garçons est

1 3 1 2 1 9 8 17 . × + × = ×( + )= 2 8 2 6 2 24 24 48 La probabilité de choisir un billet de 20 € est 1 5 1 4 1 15 16 31 . × + × = ×( + )= 2 8 2 6 2 24 24 48

19

13

8 1 = 32 4 4 1 c. p = = 32 8

a. La probabilité d’obtenir un yams de six est 1 . 7 776 1 b. La probabilité d’obtenir un yams est . 1 296 20 a. La probabilité de répondre juste aux trois 3 ⎛ 1⎞ 1 premières questions est ⎜ ⎟ = . 27 ⎝ 3⎠

16 1 = 32 2 12 3 d. p = = 32 8

a. p =

b. p =

n

⎛ 1⎞ 1 b. La première valeur de n telle que ⎜ ⎟ < 1 000 ⎝ 3⎠

14 En quatre ans, il y a un seul 29 février pour 365 + 365 + 365 + 366 = 1 461 jours. La probabilité 1 . d’être né le 29 février est donc 1 461 3 15 Jeu 1 : la probabilité de gagner est . 5 4 Jeu 2 : la probabilité de gagner est . 7 4 2 Jeu 3 : la probabilité de gagner est = . 6 3 Pour comparer ces probabilités, on les réduit au même dénominateur : 3 63 4 60 2 70 = ; = ; = . 5 105 7 105 3 105 Le jeu offrant la plus grande chance de gagner est donc le jeu 3. 16

a.

F F G

est 7. Il faut donc atteindre 7 questions pour que la probabilité de répondre juste tombe à 1 pour 1 000.

21 b.

a. p(A) = 0,5 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,4. : « Le nombre choisi est impair », p(A) = 0,5 .

B : « Le nombre choisi est inférieur à 8 », p(B) = 0,7. C : « Le nombre choisi n’est pas premier », p(C) = 0,6.

22 Il y a 36 couples ordonnées (dé n°1 ; dé n°2) équiprobables, dont 6 correspondent à des issues où les faces sont identiques. 6 1 5 Il y a donc une probabilité de 1 − = 1 − = que 36 6 6 les deux faces ne soient pas identiques. 23 a. La probabilité qu’il y ait au moins un train est 1 – 25 % = 75 %. b. La probabilité qu’il manque au moins un train est 1 – 5 % = 95 %.

F G G


24 En notant A l’option arts plastiques et B l’option escalade, on a le diagramme suivant : A (12) (18) (3)

(2)

7 (32)

B (5)

AB 18 élèves ne suivent aucune option.

25 a. F ∩ S est l’événement « On a choisi une fille issue d’un baccalauréat scientifique » et sa probabi78 13 lité est p(F ∩ S) = = . 402 67 b. S est l’événement « On a choisi un étudiant qui n’est pas issu d’un baccalauréat scientifique » et sa 222 37 probabilité est p(S) = = . 402 67 c. F ∪ S est l’événement « On a choisi une fille ou un étudiant issu d’un baccalauréat scientifique » et sa 78 + 147 + 102 109 = . probabilité est p(F ∪ S) = 402 134 d. F ∪ G est l’événement « On a choisi une fille ou un garçon » et sa probabilité est p(F ∪ G) = 1 .

26

On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé : S

S

Total

M

10 %

15 %

25 %

M

35 %

40 %

75 %

Total

45 %

55 %

100 %

a. La probabilité que l’élève ne fasse pas de sport mais joue d’un instrument est 15 %. b. La probabilité que l’élève pratique un sport est 45 %. c. La probabilité que l’élève joue d’un instrument est 25 %. d. La probabilité que l’élève fasse du sport ou joue d’un instrument est 60 %.

27 a. A et B sont incompatibles donc p(A ∪ B) = p(A) + p(B) = 0,4 + 0,5 = 0,9. b. À l’aide d’un tableau, on peut voir que A ∩ B est l’événement contraire de A ∪ B , donc : p(

) = 1 − 0,9 = 0,1 ≠ 0 d’où les événements A et

B ne sont pas incompatibles.


a. La probabilité de tirer un joker est

54

=

1 . 27

13 . 54 c. La probabilité de tirer un pique ou un joker est 15 5 = . 54 18 b. La probabilité de tirer un pique est

AB

(9)

28

29 En notant p(A) la part des adolescents possédant une télévision dans leur chambre et p(B) la part des adolescents possédant un ordinateur dans leur chambre, avec les notations des probabilités, on cherche p(A ∩ B). 1 1 On connaît p(A) = , p(B) = et p( A ∩ B ) = 60 %. 3 5 p(A ∪ B) = 1 – p( A ∩ B ) = 1 – 60 % = 40 %. Comme p(A ∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B), alors 1 1 p(A ∩ B) = p(A) + p(B) – p(A ∪ B) = + – 40 % 3 5 10 6 12 4 2 = + − = = . 30 30 30 30 15 Deux adolescent sur quinze possèdent à la fois un ordinateur et un téléviseur dans leur chambre.

30

a. p(A) =

1 2

b. p(B) =

1 3

1 1 1 1 2 et p(A ∪ B) = + − = 6 2 3 6 3 31 1. On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé :

c. p(A ∩ B) =

B

B

Total

A

0,1

0,1

0,2

A

0,4

0,4

0,8

Total

0,5

0,5

1

a. p( A ∩ B ) = 0,1

b. p( A ∩ B ) = 0,4

c. p( A ∪ B ) = 0,6

d. p( A ∪ B ) = 0,9

e. p( A ∩ B ) = 0,4 2. L’événement contraire de A ∪ B est A ∩ B .

QCM 32

1. C

2. B

3. B

33

1. C

2. C

3. D

34

1. C

2. B

3. C

35

D

4. D

36

A

37

38

1. A

2. C

D 3. D

Problèmes 39

Traduction de l’énoncé Peut-être ? Chantal veut utiliser le vélo que son ami lui a prêté. Malheureusement elle a oublié le code de trois chiffres de l’antivol. Avec patience, elle procède méthodiquement par essais successifs pour retrouver cette combinaison. Chaque essai lui demande environ 2 secondes.

2. Le raisonnement de Bernard est le bon. Si le candidat choisit une boîte et n’en change pas, il a forcément une chance sur trois de gagner. Il est plus probable d’avoir une boîte perdante après le premier choix, il vaut donc mieux en changer. Par contre la suite de son raisonnement n’est pas expliquée. On peut observer sur l’arbre les deux stratégies. Il y a 6 issues possibles, entourées d’un ovale celles correspondantes à la stratégie « garder sa boîte », entourées d’un rectangle les issues correspondantes à la stratégie « changer de boîte ». En gardant sa boîte, on a une chance sur trois de gagner alors qu’en changeant de boîte, on a deux chances sur trois de gagner.

41

Chantal pense qu’elle a peu de chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes. Êtes-vous d’accord avec elle ? Justifier. Il y a 103 = 1 000 combinaisons possibles. Pour les tester toutes, elle aura besoin de 1 000 × 2 = 2 000 secondes, soit 33 minutes et 20 secondes. On peut donc considérer qu’elle a une probabilité de trouver la bonne combinaison en 0 × 60 9 = = 90 % . moins de 30 minutes de 2 000 10 On peut donc ne pas être d’accord avec Chantal car elle a de grandes chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes.

40

1.

Premier choix du candidat Boîte gagante

Boîte perdante

1. a. La probabilité de toucher un navire est 18 1 = . 144 8 b. La probabilité de toucher un porte-avion est 5 . 144 c. La probabilité de toucher un cuirassier est 8 1 = . 144 18 2. Il reste 12 cases avec des navires et 129 cases qui n’ont pas été jouées. La probabilité de toucher un 12 4 = . navire est donc de 129 43 12 × 11 × 10 × 9 × 8 55 = 12 × 12 × 12 × 12 × 12 144 55 89 b. 1 − = 144 144 365 × 364 × 363 × 362 × 361 2. 1 − ≈ 0,0271 < 3 % 365 × 365 × 365 × 365 × 365

42

1. a.

43 r 1. a. Pour remplir les colonnes A et B, on peut soit donner un terme initial en ligne 2 et écrire une formule en ligne 3 (« =A2+1 » en colonne A, « =B2+1 » en colonne B) à recopier, soit saisir les lignes 2 et 3, les sélectionner puis les recopier vers le bas. b. Formule saisie en C3 : « =B3/365 ». Formule saisie en D2 : « =1–C2 ».

Boîte perdante

Gagné

Perdu

Gagné

Perdu

Gagné

Perdu

Deuxième choix du candidat


2. Ci-dessous un extrait de la feuille :

Par exemple, pour une classe de 35 élèves, la probabilité qu’au moins deux personnes soient nées le même jour est environ 81 %.

44

Les snowborders de plus de 20 ans représen1 1 1 des personnes. tent × = 3 4 12 La probabilité que la prochaine personne qui se présente à la remontée mécanique soit un skieur de 1 1 1 6 5 plus de 20 ans est − = − = . 2 12 12 12 12

45

a. Chemin ABD avec la probabilité

chemin ABCD avec la probabilité

1 1 1 1 × × = ; 2 2 2 8

chemin ABCABD avec la probabilité chemin ACD avec la probabilité

1 1 1 × = ; 2 2 4

1 1 1 1 × × = ; 2 2 2 8

1 1 1 × = ; 2 2 4

1 1 1 × = . 2 2 4 b. La probabilité qu’il trouve la sortie est 1 1 1 1 1 + + + + = 1 . Hector est sûr de trouver la 4 8 8 4 4 sortie. chemin ACBD avec la probabilité


46 1. La phrase comporte 9 syllabes et il y a cinq enfants en cercle. L’enfant désigné sera situé 2 rangs avant l’enfant par lequel Lolita a commencé sa comptine (2 tours complets = 10 syllabes). Si Lolita choisit un enfant au hasard, chacun a a priori une chance sur cinq d’être désigné, mais elle ne commence pas par elle-même donc elle n’a qu’une chance sur quatre d’être le loup, en choisissant pour démarrer l’enfant qui la suit. 2. a. Peut-être Tom est-il situé deux rangs avant Lolita, donc Lolita ne commençant pas la comptine par elle-même, Tom ne peut être désigné. b. Il n’y a plus que quatre enfants. L’enfant désigné sera celui par lequel Lolita commence la comptine (2 tours complets = 8 syllabes). Lolita aura alors autant de « malchance » que Tom. 47

1. La fréquence d’apparition du « pile » est 24 = 48 %. Ce résultat paraît conforme car il est 50 assez proche de l’équiprobabilité théorique (50 %) pour un échantillon de seulement 50 expériences. 2. a. L’algorithme choisit un nombre au hasard entre 0 et 1, il suffit alors de choisir lequel représente « pile » par exemple. b. À chaque fois que A prend la valeur 1, B augmente de 1. B contiendra la valeur 3 après les 3 premiers lancers. A prend alors la valeur 0, comme B est plus grand que C (qui vaut 0), C prend la valeur 3 et B prend la valeur 0. c. B compte le nombre de 1 consécutifs générés dans A. Il se réinitialise à 0 lorsqu’une série est interrompue. C stocke la plus grande valeur de B rencontrée, c’est-à-dire la longueur de la plus grande série de 1 réalisée. 3. Dans la série de David, la plus grande série de « pile » est de longueur 2 et la plus grande série de « face » est de longueur 3. Ce résultat ne semble pas des plus courants, on peut même observer une série de douze 1 consécutifs. Bien que peu probable, David aurait pu obtenir ces résultats sans tricher, c’est pourquoi le professeur a pris soin d’accuser David avec réserve (« David a probablement triché… »).

Notes _____________________________________________________________________________________________

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Couverture : Olivier Damiens - Photos : Fusée Ariane V – (2005) © ESA/CNES/CSG/NOVAPIX / Euclide,fresque de Raphaël, (1509-1510), Rome, Vatican, chambre de la Signature. Ph © E. Lessing/AKG-Images

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