Corrigés des exercices - Académie en ligne

Mathématiques Seconde Corrigés des exercices Rédaction : Philippe Bardy Jean-Philippe Baurens Sébastien Cario Sébastien Kernivinen Coordination : Jean-Michel Le Laouénan

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C orrigé de la séquence 1 Notions de fonctions Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1

Un programme de calcul

Le programme

a) Pour déterminer l’image du nombre –2 par le programme de calcul f, on peut appliquer à –2 le programme de calcul. ×2

x −1 =1/ x

−6

− 2 ⎯⎯ → − 4 ⎯⎯ → − 10 ⎯⎯⎯⎯ → −0,1 Par la même démarche, on peut remplir alors le tableau suivant : Nombre x

–2

Image de x –0,1

–1

1

2

–0,125 –0,25 –0,5

2,5

3,5

–1

1

4

5

7

0,5 0,25 0,125

b) Chaque nombre réel x du tableau précédent possède une image et une seule. c) La calculatrice indique : ERR : DIVIDE BY 0. La calculatrice indique qu’il y a une erreur car on ne peut pas diviser par le nombre 0. Or si x = 3, 2x − 6 = 0, d’où l’erreur indiquée par la calculatrice. Vocabulaire

et notation

a) D’après les calculs précédents, f ( −1) = −0,125 ; f (2, 5) = −1 ; f ( 7) = 0,125. b) Appliquons au nombre réel x le programme de calcul 1 ×2 −6 x −1 =1/ x x ⎯⎯ → 2x ⎯⎯ → 2x − 6 ⎯⎯⎯⎯ → . 2x − 6 1 On a donc f ( x ) = pour tout nombre réel x différent de 3. 2x − 6

Courbe représentative de la fonction f

a) Voir ci après.

Corrigé de la séquence 1 – MA20-11

3


y

F

1

G

H I

-2

-1

A

B

1

0

2

3

4

5

6

x

7

C

D

-1

E

b) Point Abscisse x Ordonnée

A –2

B –1

C 1

D 2

–0,1 –0,125 –0,25 –0,5

E 2,5

F 3,5

G 4

–1

1

0,5

H 5

I 7

0,25 0,125

c) Les deux dernières lignes de ce tableau sont identiques au tableau précédent. L’ordonnée –0,1 du point A de la courbe d’abscisse –2 est donc f ( −2). L’ordonnée –0,125 du point B de la courbe d’abscisse –1 est donc f ( −1). De façon, plus générale : L’ordonnée d’un point M de la courbe d’abscisse x est donc f ( x ).

Un autre programme de calcul

a) Pour un nombre choisi, le programme de calcul g défini par g ( x ) = 2x − 1 multiplie d’abord ce nombre par 2 et retranche 1 au résultat obtenu. b) g (1) = 2 × 1− 1 = 1 ; g ( −5) = 2 × ( −5) − 1 = −11 ; g ( 4 ) = 2 × 4 − 1 = 7.

4



Activité 2

L

0,1

0,2

0,4

0,5

0,8

1

1,5

1,7

1,9

T

0,6

0,9

1,25

1,4

1,8

2

2,4

2,6

2,75

Quand la longueur passe de 0,5 à 1, la période passe de 1,4 à 2 et 2 n’est pas

le double de 1,4. Le doublement de la longueur n’entraîne donc pas le doublement de la période. La période n’est donc pas proportionnelle à la longueur. De plus, dans une

situation de proportionnalité, cela se traduirait graphiquement par une droite, ce qui n’est pas le cas ici. D’après le graphique, la période est de 1 s si la longueur L est environ égale à

0,25 m. Elle est de 2 s pour une longueur égale à 1 m.

L

0,1

0,2

0,4

0,5

0,8

1

1,5

1,7

1,9

T

0,6

0,9

1,25

1,4

1,8

2

2,4

2,6

2,75

T2

0,36

0,81

1,56

1,96

3,24

4

5,76

6,76

7,56

T2 L

3,6

4,05

3,9

3,92

4,05

4

3,84

3,97

3,97

On remarque que

T2 ≈ 4. L

d’où T 2 4L T 2 L Si L = 67, T 2 67 . T 16, 3.

La période est d’environ 16 s.

Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2 Exercice 1

Dans cette situation, la variable est le temps noté t exprimé en heures et la

grandeur étudiée est le nombre de bactéries présents dans le milieu exprimé en milliers. À un instant t donné entre 0 et 5 heures, le nombre de bactéries dans le milieu

étudié est parfaitement défini et unique. On définit donc bien une fonction qui à un instant t associe le nombre de bactéries dans le milieu étudié. Cette fonction est définie sur l’intervalle [0 ; 5] car les abscisses des points de

la courbe représentant la fonction sont compris entre 0 et 5.


5


Exercice 2

Dans le triangle équilatéral ABC

C

ci contre, d’après le théorème de Pythagore, CB2 = CH2 + HB2 soit CH2 = CB2 – HB2. De plus, la hauteur [CH] est aussi médiane.

a

h

Lorsque a = 10, on a donc : CH2 = 102 − 52 = 100 − 25 = 75.

A

H

B

On en déduit que la hauteur d’un triangle équilatéral de côté 10 vaut

75 = 25 × 3 = 25 × 3 = 5 3.

De façon générale, en notant h la hauteur et a le côté, on a,

comme CH2 = CB2 - HB2 , on a

a 3a 2 h 2 = a 2 − ( )2 = . 2 4 3a 2 3a 2 a 3 = = . 4 2 4 Lorsqu’au côté a, on associe ainsi la hauteur h, on définit bien ainsi une fonction, car à un côté a donné, la hauteur h est parfaitement définie et unique. On peut définir cette fonction pour tout nombre réel a positif soit sur D = ]0; +∞[ . On en déduit h =

Exercice 3

On ne définit pas ainsi une fonction car à la taille 1,72 m correspond deux poids possibles : 72 kg et 81 kg.

Exercice 4

Sur casio 25+, Rep est remplacé par Ans.

6



Le programme de calcul appliqué à un nombre réel x quelconque donne :

x × 2 − 3 puis (x × 2 − 3)2. La fonction f définie par cette succession de touches est donc la fonction qui à x associe (2x − 3)2 , notée f : x → (2x − 3)2 ou encore définie par

f ( x ) = (2x − 3)2 . Ce calcul peut être fait pour tout nombre réel x. On peut donc définir f sur l’ensemble des nombres réels noté . a) x² EXE ×4 +6

EXE

La séquence précédente met un nombre x donné au carré, multiplie par 4 le résultat et rajoute 6. Elle correspond donc à la fonction g définie par g ( x ) = 4 x 2 + 6. On peut toujours réaliser ce calcul et donc prendre pour ensemble de définition de la fonction g l’ensemble des nombres réels. b) x² EXE +6 EXE

EXE

La séquence précédente met un nombre x donné au carré, ajoute 6 au résultat, et prend ensuite la racine carrée du résultat. Elle correspond donc à la fonction h définie par h ( x ) = x 2 + 6 . Comme x 2 + 6 est un nombre positif, on peut toujours réaliser ce calcul et donc prendre pour ensemble de définition de la fonction h l’ensemble des nombres réels. Exercice 5

La division de 13 par 3 a pour reste 1 car 13 = 3 × 4 + 1.

Au nombre 13, on associe donc le nombre 1. Au nombre 5, on associe le nombre 2 car 5 = 5 = 3 × 1+ 2 et au nombre 21 on associe le nombre 0 car 21 est divisible par 3. On a bien ainsi défini une fonction sur l’ensemble des entiers naturels, car

dans la division par 3, tout nombre entier a un reste unique qui est 0, 1 ou 2. Exercice 6

L’aire du rectangle est x × y = xy .

Comme cette aire est de 16 cm², on a xy = 16. Comme x est strictement positif, il est non nul. On peut donc diviser par x les deux membres de cette égalité. 16 On en déduit y = . x


7


16 est définie pour tout dimension x strictement positive. x L’ensemble D de définition de cette fonction est donc D = ]0; +∞[.

La fonction x

Si l’on sait que x est la largeur du rectangle, on a x ≤ y .

Par suite, en multipliant les deux membres de cette inégalité par le nombre strictement positif x, il vient :

x 2 ≤ x × y soit x 2 ≤ 16.

On en déduit 0 < x ≤ 4.

16 Si on sait que x est la largeur du rectangle, on définira la fonction x x sur D = ]0 ;4]. Exercice 7

2 . x −1 Elle est bien définie sur I = ]1 ; +∞[, car, pour tout nombre réel x strictement

Soit la fonction f définie sur I = ]1 ; +∞[ par f ( x ) =

supérieur à 1, x − 1 > 0, donc x − 1 ≠ 0 et on peut donc diviser 2 par x − 1. Pour calculer l’image de 8, il faut remplacer x par 8 dans l’expression de f ( x ),

c’est-à-dire dans l’expression

2 . x −1

2 2 = . 8−1 7 3 2 2 De manière analogue, f ( ) = = = 4. 1 2 3 −1 2 2 2 2 2 3 = = . De même, f (1+ 3 ) = 3 1+ 3 − 1 3

f (8) =

Pour savoir si 0 a un antécédent par f, il faut savoir si l’on peut trouver un

2 = 0. x −1 Or, pour qu’une fraction soit nulle, il faut que son numérateur soit nul, ce qui n’est pas le cas ici. Donc, le nombre 0 n’a pas d’antécédents par f.

nombre réel x tel que f ( x ) = 0 soit

Pour savoir si 1 a un antécédent par f, il faut savoir si l’on peut trouver un 2 nombre réel x tel que f ( x ) = 1 , soit = 1. x −1 x −1 On peut résoudre cette équation, en écrivant 1 sous la forme . x −1 2 = 1 est équivalente sur l’intervalle I à L’équation x −1 2 x −1 . = x −1 x −1 Or deux fractions de même dénominateur sont égales si et seulement si leurs numérateurs sont égaux. 2 x −1 équivaut à 2 = x − 1 soit x = 3. = x −1 x −1 Le nombre 1 a donc un antécédent par la fonction f qui est le nombre réel 3.

8



Exercice 8

1 . x +2 Pour pouvoir calculer f ( x ) , il faut que x + 2 soit différent de 0 car on n’a pas le droit de diviser par 0. Il faut donc que x ≠ −2. On ne peut donc pas définir la fonction f sur E = .

f (x ) =

On pourra par exemple définir f sur l’intervalle I = ] − 2; +∞[ (ou ] − ∞; −2[) f (x ) =

x − 1.

doivent nécessairement être positifs Les nombres écrits sous le symbole ou nuls. On doit donc avoir x − 1 ≥ 0 soit x ≥ 1. On ne peut donc pas définir la fonction f sur E = [0 ;+∞[. On pourra la définir sur I = [1 ; +∞[. Exercice 9 a)

c)

b)

d)


9


Dans les cas a) et c) , toute droite parallèle à l’axe des ordonnées rencontrera la courbe en un point et un seul. Cela signifie que chaque élément de l’ensemble D de définition aura une image et une seule. Les graphiques représentés en a) et c) sont donc des courbes représentatives de fonctions. Dans les cas b) et d), on peut tracer des parallèles à l’axe des ordonnées qui rencontrent la courbe en deux points. Ces courbes ne sont donc pas représentatives de fonctions. Exercice 10

On lit sur l’axe des abscisses que la fonction f représentée ci-contre est définie

sur l’intervalle [ −2; 5] . a) L’image par f de −2 est l’ordonnée

du point de la courbe d’abscisse −2 . On lit f ( −2) = 5. b) L’image par f de 0 est l’ordonnée du point de la courbe d’abscisse 0. On lit f (0 ) = −1. c) L’image par f de 2 est l’ordonnée du point de la courbe d’abscisse 2. On lit f (2) = −3. d) L’image par f de 5 est l’ordonnée du point de la courbe d’abscisse 5. On lit f (5) = 1, 5 . a) Les antécédents du nombre –1

sont les nombres réels qui ont pour image –1 par la fonction f. Pour les déterminer, on peut tracer la droite d’équation y = −1. Celle-ci rencontre la courbe en deux points dont les abscisses sont 0 et 4. On peut donc dire que –1 a deux antécédents par f : 0 et 4. b) La droite d’équation y = 3 rencontre la courbe en un seul point d’abscisse –1,5. 3 a donc un antécédent par f, −1, 5. c) De manière analogue, on trouve que 1 a deux antécédents ; on lit avec la précision permise par le graphique que ces antécédents sont –0,85 et 4,8. d) La droite d’équation y = 6 ne rencontre pas la courbe. Donc 6 n’a pas d’antécédents.

10



Exercice 11

Les points O(0 ; 0), A(1 ; 1),D(4 ; 2) appartiennent clairement à la courbe .

Pour les points B(2 ; 1,4), C(3 ; 1,7) E(2,25 ; 1,5), la précision de la lecture graphique ne permet pas d’affirmer si ces points appartiennent ou non à la courbe . Lorsque l’on connaît l’expression de la fonction f, on sait qu’un un point

M(x ; y ) appartient à la courbe si et seulement si y = f ( x ). Puisque 0 = 0 , on est sûr, par le calcul que : O(0 ; 0) ∈. Puisque 1 = 1, on est sûr, par le calcul que : A(1 ; 1) ∈. Puisque 4 = 2 , on est sûr, par le calcul que :D(4 ; 2) ∈. 2 ≈ 1, 4 mais B(2 ;1,4) ∉.

2 n’est pas un nombre décimal. On n’est donc sûr que :

Le symbole ∉signifie « n’appartient pas ». De même 3 ≈ 1, 7 mais 3 n’est pas un nombre décimal. On n’est donc sûr que : C(3 ; 1,7) ∉. 2, 25 = 1, 5 donc, on est sûr, par le calcul que E(2,25 ; 1,5) ∈.

Exercice 12

a) Le point d’intersection de la courbe avec l’axe des ordonnées a pour

abscisse 0 et pour ordonnée f (0 ). Il a donc pour coordonnées (0;f (0 )) . 2× 0 − 3 = −3. 0+1 Soit A (0 ; –3). L’intersection de et de l’axe des ordonnées est le point A.

f (0) =

b) Le point d’intersection de avec l’axe des abscisses a pour ordonnée 0. On 2x − 3 va donc chercher son abscisse x tel que f ( x ) = 0 , soit = 0. x +1 Une fraction est nulle si et seulement si son numérateur est nul. 3 2x − 3 = 0 équivaut à 2x − 3 = 0 soit 2x = 3 soit x = . 2 x +1 Soit B (0 ; 1,5). L’intersection de avec l’axe des abscisses est le point B (0 ; 1,5). La question posée revient à savoir s’il existe des réels x de ] –1 ; +∞[ tels que

f ( x ) = 1, soit : 2x − 3 = 1. x +1 Pour résoudre cette équation, écrivons 1 sous la forme 2x − 3 2x − 3 x + 1 = 1 équivaut à = . x +1 x +1 x +1

x +1 . x +1


11


Deux fractions de même dénominateur sont égales si et seulement si leur numérateurs sont égaux. 2x − 3 x + 1 équivaut à 2x − 3 = x + 1 soit x = 4. = x +1 x +1

En complément, on donne la courbe obtenue à l’aide d’un traceur, le point A, le point B, et la droite d’équation y = 1.

Corrigé des activités du chapitre 3 Activité 1

Lecture graphique

degré de température d

Relevé de température 20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0

y =14

0

5

10

15

20

25

30

heure t

a) À 4 heures, la température relevée était de 6°, à 12 heures de 11°, à 16 heures de 19°, à 20 heures de 14° et à 24 heures de 8°. b) On a relevé une température de 6° à 4 heures. On a relevé une température de 8° à 0 heure, 10 heures et 24 heures. c) La température maximale est de 19° ; elle a été relevée à 16 heures.

12



d) La température minimale est de 6°. Elle a été relevée à 4 heures. e) La température a augmenté entre 4 heures et 16 heures. Elle a diminué entre 0 heure et 4 heures et entre 16 heures et 24 heures. f) Il peut être utile pour répondre à cette question de tracer la droite d’équation y = 14. Elle coupe la courbe de température en deux points dont les abscisses sont 13h30 min et 20 h. Il faisait donc moins de 14 degrés entre 13h30 et 20 heures.

Activité 2

Aire d’un rectangle a) D’après le théorème de Thales appliqué au triangle CAB, comme (MN) est parallèle à CM MN (AB) alors . = CA AB AB × CM On en déduit que MN = CA Donc, si x = 0,6 on a : 4 × ( 3 − 0, 6 ) = 3, 2. 3 L’aire du rectangle AMNP est donc égale à : MN =

AM × MN = 0, 6 × 3, 2 = 1, 92. AB × CM 4 × ( 3 − x ) = . CA 3 Donc, l’aire du rectangle AMNP vaut 4 4x 4 AM × MN = x × × ( 3 − x ) = x ( 4 − ) = 4 x − x 2 3 3 3

b) De façon plus générale, on a MN =

c) En remplaçant x successivement par 0 ; 0,5 ; 1 ; 1,5 ; 2 ; 2,5 et 3 dans 4 l’expression 4 x − x 2 , on obtient le tableau de valeurs suivant, où les valeurs 3 ont été arrondies au dixième.

x = AM (en cm)

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

a ( x ) = aire du rectangle AMNP en m².

0

1,7

2,7

3

2,7

1,7

0

Vous pouvez vérifier que les points dont les coordonnées sont données par une colonne de ce tableau appartiennent bien à la courbe fournie sur la partie droite du graphique. d) D’après la courbe fournie, l’aire semble augmenter lorsque x décrit l’intervalle [0 ; 1,5] puis semble diminuer lorsque x décrit l’intervalle [1,5 ; 3]. e) L’aire semble maximale pour x = 1,5 c’est-à-dire lorsque M est le milieu du segment [AC].


13



a) f est décroissante sur l’intervalle [−4 ;−2], croissante sur l’intervalle [−2 ;2]

et décroissante sur l’intervalle [2 ;4]. b) f est décroissante sur l’intervalle [−5 ; −4], croissante sur l’intervalle [−4 ; −2], décroissante sur l’intervalle [−2 ; 0], croissante sur l’intervalle [0 ; 3]. a)

x f (x )

−4

−2

3

2

4

4 −1

2

b)

x f (x )

−5

−4

5

–2 4

3

Exercice 14

0

3 5

1

x f (x )

−2

0

0,5

–1

3

+∞

4 0 –2

La fonction f est définie sur l’intervalle D = [−2 ;+∞[ a) f n’est pas croissante sur l’intervalle [−2 ; 2] puisqu’elle est décroissante

sur l’intervalle [−2 ;0] et croissante sur l’intervalle [0 ;2]. Sur l’intervalle [0 ;1], la fonction f est effectivement croissante puisqu’elle est croissante sur l’intervalle [0 ;3]. b) La fonction f est effectivement décroissante sur l’intervalle [3 ;10] puisqu’elle est décroissante sur l’intervalle [3 ;+∞[. La fonction f n’est pas décroissante sur l’intervalle [−2 ; 1] puisqu’elle n’est pas décroissante sur l’intervalle [0 ;1]. On lit dans le tableau f ( 0 ) = −2 ; f ( −2) = −1 ; f ( 0, 5) = 0.

14



On peut tracer la courbe suivante mais il y a bien sûr une infinité de courbes

représentatives de fonctions admettant le tableau de variations précédent.

Exercice 15

x

−2

0

3

2,5

h( x )

4 7

–1

0,5

a) La fonction h est croissante sur l’intervalle [−2 ;−1].

Comme −1 ≥ −2 alors h ( −1) ≥ h ( −2) , h ( −1) et h ( −2) étant rangées dans le même ordre que −1 et −2. 1 3 b) La fonction h est décroissante sur l’intervalle [ ; ]. 3 2 3 1 1 3 3 1 Comme ≥ alors h ( ) ≤ h ( ) , h ( ) et h ( ) étant rangées dans l’ordre 2 3 3 2 2 3 1 3 contraire de et . 3 2 c) De même, la fonction h étant décroissante sur l’intervalle [2,6 ;2,7], comme 2, 6 ≤ 2, 7 alors h (2, 6 ) ≥ h (2, 7). 7 d) La fonction h est croissante sur l’intervalle [ ; 4 ] . 2 7 7 Comme ≤ 4 alors h ( ) ≤ h ( 4 ). 2 2 On ne peut pas comparer h ( −1) et h (1) car sur l’intervalle [–1 ; 1], la fonction

h n’est pas monotone.


15


Exercice 16

x

−3

7/2

3

2,5

h( x )

10 7

3

0,5

7 > 3. 2 Dans la ligne de h ( x ) , on ne peut pas avoir une flèche montante de 3 à 2,5 puisque 3 > 2,5. Dans la ligne des x, 7/2 doit être placé après 3 car

x

0

f (x )

1

2

–1

5

4/5 –2

2

Dans la ligne de f ( x ) , on ne peut pas avoir une flèche descendante de 4/5 à 4 2 car 2 > . 5 Exercice 17

A( 2) est l’aire de la couronne de rayon extérieur 4 et de rayon intérieur 2.

Donc A(2) s’obtient en retranchant l’aire du disque de rayon 2 à celle du disque de rayon 4. Donc A(2) = π × 42 − π × 22 = π ( 42 − 22 ) = 12π . 4 x

Plus x grandit, plus l’aire de la couronne diminue. La fonction A est donc décroissante sur l’intervalle [0 ; 4]. D’où le tableau de variations de la fonction A.

x

0

A( x )

16π

4

0

Exercice 18

16



On lit sur cette courbe que : a) Le maximum de la fonction f sur l’intervalle [ −3 ; 5] est 2 ; il est atteint

pour x = −1. b) Le maximum de la fonction f sur l’intervalle [−2 ; 3] est aussi 2 atteint pour x = −1. c) Le maximum de la fonction f sur l’intervalle [1 ; 5] est 1 ; il est atteint pour x = 5. a) Le minimum de la fonction f sur l’intervalle [−3 ; 5] est − 2 ; il est atteint

pour x = −3. b) Le minimum de la fonction f sur l’intervalle [−1 ; 4] est 0 ; il est atteint pour x = 1. c) Le minimum de la fonction f sur l’intervalle [0 ; 2] est aussi 0 ; il est atteint pour x = 1. Exercice 19

x f (x )

–3

–2

1

3

4

1 –1

6 0,5

0

Sur l’intervalle [−3 ; 6] le maximum de la fonction f est 3. Il est atteint pour

x = −3. Sur l’intervalle [−3 ; 6], le minimum de la fonction f est −1. Il est atteint pour x = −2. Sur l’intervalle [−2 ; 4] le maximum de la fonction f est 1. Il est atteint pour

x = 1. Sur l’intervalle [−2 ; 4], le minimum de la fonction f est −1. Il est atteint pour x = −2. Sur l’intervalle [1 ; 6] le maximum de la fonction f est 1. Il est atteint pour

x = 1. Sur l’intervalle [1 ; 6], le minimum de la fonction f est 0. Il est atteint pour x = 4. Exercice 20

f ( 2) = 3 − ( 2 − 2)2 = 3.

f ( x ) − f (2) = 3 − ( x − 2)2 − 3 = −( x − 2)2. Pour tout nombre réel x, ( x − 2)2 ≥ 0 car le carré d’une expression algébrique

est toujours positif ou nul. donc −( x − 2)2 ≤ 0. Par suite, pour tout nombre réel x, f ( x ) − f (2) ≤ 0. Donc pour tout nombre réel x, f ( x ) ≤ f (2). Donc f (2) est le maximum de la fonction f sur . Donc 3 est le maximum de la fonction f sur .


17


Exercice 21

D’après la lecture de la courbe représentative de la fonction f, le minimum de

la fonction f semble être –4 et il semble être atteint pour x = 2. Démontrons l’exactitude de notre conjecture par le calcul.

Comme f ( x ) = x 2 − 4 x , f (2) = 22 − 4 × 2 = −4.

f ( x ) − f (2) = x 2 − 4 x − ( −4 ) = x 2 − 4 x + 4 = ( x − 2)2. Pour tout nombre réel x, ( x − 2)2 ≥ 0. Donc f ( x ) − f (2) ≥ 0 donc f ( x ) ≥ f (2). Donc f (2) est le minimum de la fonction f sur . Donc –4 est le minimum de la fonction f sur .


Consommation d’essence a) On sait que la consommation du véhicule est proportionnelle à la distance parcourue. Le véhicule consommant 6,5 litres de carburant aux 100 km, pour 200 km, il consommera 6, 5 × 2 = 13 litres, pour 500 km, il consommera 6, 5 × 5 = 32, 5 litres et pour 70 km, il consommera

6, 5 × 70 = 6, 5 × 0, 7 = 4 , 55 litres. 100

b) Pour 100 km, la voiture consomme 6,5 litres. Donc, pour 1 km, elle consomme 6, 5 100 fois moins, soit = 0, 065 litres et pour x kilomètres elle consommera 100 x fois plus, soit 0,065x litres. c) Le nombre L de litres consommés est donc une fonction du nombre de kilomètres x parcourus et on a : L = 0, 065x . Vous avez vu en troisième que la fonction x 0, 065x est linéaire. Elle est représentée par une droite passant par l’origine du repère (Voir graphique page suivante). d) Soit x le nombre de km que la voiture peut parcourir avec le plein, c’est-à-dire, 45 litres. 45 On a : 0, 065x = 45 donc x = ≈ 692, 3 . 0, 065 La voiture peut donc parcourir 692,3 km avec le plein.

18



consommations en litres

13

10 9,75

6,5

5 4,55

0

Activité 2

70

100

150 distances en km

200

Une facture EDF a) L’abonnement étant de 7,7 € par mois, il est de 7, 7 × 12 = 92, 4 € par an. b) Le kWh est facturé 0,08 €. Pour une consommation annuelle de 1500 kWh, on aura : 1500 × 0, 08 = 120 € pour la consommation propre, auquel il faut rajouter les 92,4€ d’abonnement, soit une facture de 92,4 + 120 = 212,4 €.


19


Pour une consommation annuelle de 2500 kWh, on aura une facture de : 2500 × 0,08 + 92,4 = 292,4 €. Pour une consommation de 0 €, on ne paiera que l’abonnement soit 92,4 €. c) Pour une consommation de x kWh, la facture s’élèvera à : 92, 4 + 0, 08 x . d) Vous avez vu en troisième que la fonction x 0,08 x + 92,4 est affine et qu’elle est donc représentée par une droite. y 300 292,4

Montant en €

275 250 225 212,4 200 175 150 125 100 75 50 25 x O

250

500

750

1000

1250

1500

1750

2000

2250

2500 2750 3000 Consommation en kwh

e) L’écart entre deux consommations est de 100 kWh, cela veut dire que si l’une des consommations est x, l’autre est x +100. Pour une consommation de x, la facture s’élève à 0,08 x + 92,4. Pour une consommation de x + 100, la facture s’élève à : 0, 08( x + 100 ) + 92, 4 = 0, 08 x + 8 + 92, 4 .

20



La différence des deux factures est donc de 8 €. Pour un écart de 1000 kWh, la facture passe de 0,08 x + 92,4 à 0,08(x + 1000) + 92,4 = 0,08 x + 92,4 + 80. La différence entre les deux factures est donc de 80 €. Pour un écart de 2 000 kWh, la facture passe de 0,08 x + 92,4 à 0,08 (x + 2000) + 92,4 = 0,08x + 92,4 + 160. La différence entre les deux factures est donc de 160 €. Pour un écart de t kWh, la facture passe de 0,08 x + 92,4 à 0, 08( x + t ) + 92, 4 = 0, 08 x + 92, 4 + 0, 08t . t. On remarque qu’à écart de consommation constant, l’écart de facture est constant et que cet écart de facture est proportionnel à l’écart de consommation. f) Soit x la consommation pour une facture de 250 €. On a donc 0, 08 x + 92, 4 = 250 soit 0, 08 x = 250 − 92, 4 = 157, 6. On en déduit x =

157, 6 = 1970 kWh. 0, 08

Une facture de 250 € correspond donc à une consommation de 1970 kWh.

Activité 3

Signe de 3x – 5 a)

x

−1

0

1

3

4

5

f ( x ) = 3x − 5

−8

−5

−2

4

7

10

Signe de f ( x )

−

−

−

+

+

+

b) Les points représentés par des +, correspondant au cas ou f ( x ) est positif, sont situés au dessus de l’axe des abscisses. Les points représentés par des •, correspondant au cas où f ( x ) est négatif, sont situés en dessous de l’axe des abscisses. c) Voir graphique ci-après. d) On obtient le tableau suivant en imaginant la position du point d’abscisse x par rapport à l’axe des abscisses.

x

−1,4

1,32

2

π

11/3

Signe de f ( x )

−

−

−

+

+

e)

x Signe de f ( x )

−∞

5/3 −

0

+∞ +


21



Cette droite représente une fonction affine f. f ( x ) = 0 lorsque la droite représentant

la fonction affine f coupe l’axe des abscisses, c’est-à-dire lorsque x = 3.

Lorsque x < 3, la droite représentant la

fonction f se situe au dessus de l’axe des abscisses. On a donc f ( x ) > 0. Lorsque x < 3, la droite représentant la fonction f se situe en dessous de l’axe des abscisses. On a donc f ( x ) < 0.

x

−∞

Signe de f ( x )

22



3 +

0

+∞ –

Exercice 23

5 = 2, 5. 2 La fonction affine f définie par f ( x ) = −2x + 5 est strictement décroissante sur car −2 < 0.

−2x + 5 = 0 équivaut à 2x = 5 soit x =

Par suite, Si x < 2,5 alors f ( x ) > f (2, 5) (on change l’ordre lorsque l’on passe aux images car f décroissante) soit f ( x ) > 0. si x > 2,5 alors f ( x ) < f (2, 5) (on change l’ordre lorsque l’on passe aux images car f décroissante) soit f ( x ) < 0. On peut résumer l’étude du signe de −2x + 5 dans le tableau suivant.

x

−∞

2,5

Signe de −2x + 5

+

0

+∞ –

Ce tableau de signe est confirmé par la représentation graphique de la fonction f qui passe par le point A (0 ; 5) et le point B (5 ; -5). En effet, si x < 2, 5 alors la droite représentant f se situe au dessus de l’axe des abscisses donc f ( x ) > 0. Si x > 2,5, la droite représentant f se situe au dessous de l’axe des abscisses donc

f ( x ) < 0.

Exercice 24

f ( x ) = 0 lorsque la droite représentant la fonction affine f coupe l’axe des abscisses. Sur les intervalles pour lesquels la droite représentative d’une fonction affine f est au dessus de l’axe des abscisses, f ( x ) > 0 et, sur les intervalles pour lesquels la droite représentative d’une fonction affine f est au dessous de l’axe des abscisses, f ( x ) < 0. On remplit alors aisément les tableaux de signe demandés.

x Signe de f ( x ) = − x + 3

−∞

3 +

0

+∞ –


23


x

−∞ –

Signe de g ( x ) = 1, 5x − 3

x

−∞

Signe de h ( x ) = 2x + 4

Exercice 25

2 0

+∞ +

–2 –

0

+∞ +

Le triangle AMN étant équilaté-

ral de côté x, le périmètre f ( x ) du triangle AMN est :

f ( x ) = 3x avec 0 ≤ x ≤ 10. Le carré MBCD ayant pour lonqueur 10 − x , son périmètre g ( x ) est tel que :

g ( x ) = 4(10 − x ) = 40 − 4 x avec 0 ≤ x ≤ 10. La fonction f : x 3x avec 0 ≤ x ≤ 10 est la restriction d’une fonction

linéaire. Elle est représentée par le segment [OA], où O est l’origine du repère est A(10 ;30). La fonction g : x −4 x + 40 avec 0 ≤ x ≤ 10 est la restriction d’une fonction affine. Elle est représentée par le segment [BC] avec B(0 ;40) et C(40 ;0).

24



y

B

40 36 32

A y = 40 – 4x

28

y = 3x

24 20 120/7

D

16 12 8 4

C Remarque

O

1

2

3

4

5 40/7 6

x est l’abscisses du point d’intersection des deux segments de droite.

f ( x ) = g ( x ) si et seulement si 3x = −4 x + 40

Exercice 26

Un livre dont le prix était de 20 € sera vendu :

soit 7x = 40 soit x =

20 −

7

8

9

10 x

40 . 7

5 × 20 = 20 − 1 = 19 €. 100

Un livre dont le prix était de 30 € sera vendu : 5 30 − × 30 = 30 − 1, 5 = 28, 5 100 Un livre dont le prix était de x euros sera vendu :

5 5 95 × x = x (1− )x = x × = 0, 95x . 100 100 100 Le nouveau prix du livre est donc la fonction linéaire x 0, 95x restreinte à l’intervalle [10 ; 50].

x−

Cette fonction est représentée par le segment de droite [AB] avec A(10 ; 9,5)

et B(50 ; 47,5).


25


y nouveau prix (€) 50

B

45 40 35 30 25 20 15

A

10 5

x O

5

10

15

20

25

30

35

40

45 50 ancien prix (€)

Soit x le prix initial d’un livre vendu 33,25 €.

33, 25 = 35 €. 9, 95 Un livre dont le prix initial était de 35 € sera donc vendu 33,25 €. On a 0,95x = 33,25.

Exercice 27

On en déduit

Tarif A : 4 euros pour la location de chaque vidéo.

Soit x le nombre de vidéos louées en un an. Le prix total f ( x ) payé avec le tarif A est : f ( x ) = 4 x . Tarif B : 90 € pour l’abonnement annuel et 1 euro pour la location de chaque vidéo. g ( x ) = 90 + x . On suppose x nombre réel compris entre 0 et 40.

Sur [0 ; 40], f est une fonction linéaire représentée par un segment de droite d’extrémités l’origine du repère et le point de coordonnées (40 ; 4×40) soit (40 ; 160). Sur [0 ; 40], g est une fonction affine représentée par un segment de droite d’extrémités le point de coordonnées (0 ; 90+0) et (40 ; 90+40) soit (0 ; 90) et (40 ; 130).

26



y montant (€) 160 140 120 100

TARIF

B

80 60

IF

A

R TA

40 20

O

2

4

6

8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 x nombre de vidéos

Graphiquement, la droite représentant le prix à payer avec le tarif B est en

dessous de la droite représentant le prix à payer avec le tarif A pour un nombre de cassettes compris entre 0 et 29 ; le tarif A est donc plus intéressant pour un nombre de cassettes entre 0 et 29. Le prix à payer est le même avec les deux tarifs pour une location de 30 vidéos. Le tarif B est plus intéressant pour l’adhérent à partir de 31 vidéos.

Exercice 28

Tarif. L’allongement du ressort est proportionnel à la masse suspendue.

Pour une masse de 50 g, l’allongement du ressort est de 6, 6 − 6 = 0, 6 cm. 0, 6 Pour une masse de 1 g, il est donc de cm. 50 0, 6 Pour une masse de 120 g, il est donc de × 120 = 1, 44 cm. 50 La longueur du ressort est alors de 6 + 1, 44 = 7, 44 cm. 0, 6 = 0,012 cm. 50 Pour une masse de m grammes, il est donc de 0, 012 × m = 0, 012 m cm.

Pour une masse de 1 g, l’allongement du ressort est de

La longueur L du ressort est donc une fonction de m définie pour m positif par : L = L (m) = 6 + 0,012m , où L est exprimée en cm. La fonction L est affine. Elle est représentée sur [0; 300] par un segment de

droite d’extrémité A de coordonnées (0 ; 6) passant par B (120 ; 7, 44).


27


y 10

longueur du ressort en cm

9 8

B

7 6

A

5 4 3 2 1

0

20

40

Exercice 29

60

80

100

120

140

160

180

200

220

240

260

280 300 x masse en g

Une graduation sur l’axe des abscisses correspond à une heure. Le cycliste a parcouru 75 km en 3

heures. a) Au bout d’une heure, il a parcouru

30 km. b) Sa vitesse moyenne sur cette première heure est donc de 30 km/h. Pendant les 30 minutes suivantes, il

parcourt 5 km ( 35 − 30 ) . Puisqu’il parcourt 5 km en 30 minutes, sa vitesse moyenne est de 10 km/h.

Entre 1heure 30 et 2 heures après son départ, le cycliste ne parcourt aucun

km. Il fait donc une pause. Sur la dernière heure, le cycliste parcourt 75 – 35 soit 40 km.

Sa vitesse moyenne est donc de 40 km/h.

28



Soit b le prix de la prise en charges.

Exercice 30

Soit x le nombre de kilomètres parcourus et a le prix d’un kilomètre parcouru. Puisque le prix des kilomètres est proportionnel au nombre de kilomètres parcourus, le prix y à payer pour une couse de taxi sera une fonction affine définie sur [0 ; +∞ [ par : y = ax + b. Puisque une course de 10 km coûte 6 € et qu’une course de 16 km coûte 9 €, on peut écrire le système : ⎧a × 10 + b = 6 . ⎨ ⎩⎪a × 16 + b = 9 Par soustraction de la première équation à la seconde équation, il vient 6a = 3 soit a = 0,5. En reportant cette valeur de a dans la première équation, on trouve 0, 5 × 10 + b = 6 , d’où on déduit b = 1. On vérifie que le couple (0,5 ; 1) est bien la solution du système précédent. Le prix y d’une course s’exprime donc en fonction du nombre de km parcourus par : y = 0, 5x + 1.

Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 5 Faisons fonctionner l’algorithme donné.

Exercice 31 sur x = 3 a Entrée

–2 –2 –2 –1 –1

Traitement Sortie

Exercice 32

Entrée Traitement Sortie

x 3 3 3 1 1

sur x = –1 a Entrée 2 Traitement Sortie

2 2 3 3

sur x = K a

x –1 –1 –1 1 1

Entrée 1–K Traitement Sortie

1–K 1–K 2–K 2–K

x K K K 1 1

Écrivons le tableau de fonctionnement de l’algorithme incomplet avec, en entrée, des valeurs u et v :

a u u+v u+v

b v v (u + v) – v

autrement dit Entrée Traitement

a u u+v u+v

b v v u

Sortie


29


Pour que l’algorithme échange u et v la dernière ligne du tableau doit être :

v

Sortie

u

La variable a doit donc contenir la valeur v et celle ci doit être obtenue à partir d’une opération sur les valeurs u + v et u de l’avant dernière ligne. Il suffit de remarquer que (u + v ) – u = v. Cette différence s’obtient en effectuant, sur les variables a et b, l’opération suivante : DANS a METTRE a – b. Finalement, l’algorithme complété s’écrit : ENTRER a et b DANS a METTRE a + b DANS b METTRE a – b DANS a METTRE a – b AFFICHER a et b Exercice 33

Une façon de compléter l’algorithme est :

ENTRER x DANS c

METTRE 2× x | ou directement

DANS d

METTRE c + 3 | DANS d METTRE 2 × x + 3

AFFICHER d L’algorithme suivant répond à la question.

ENTRER x DANS c DANS d

METTRE –x METTRE c + 4

(Prendre l’opposé) (Ajouter 4)

AFFICHER d L’opération Prendre l’opposéé s’obtient en prenant l’image de x par la fonction

f (x ) = −x. L’opération Ajouter 4 s’obtient en prenant l’image de x par la fonction

g ( x ) = x + 4. Pour trouver l’expression de f écrivons un tableau de fonctionnement de

l’algorithme. Entrée

Traitement

X x

A

B

x

x +1

x

x +1

( x + 1)2

x

x +1

( x + 1)2

C

( x + 1)2 − 1 ( x + 1)2 − 1

30



f est donc donnée par l’expression f ( x ) = ( x + 1)2 − 1 = x 2 + 2x . La réponse a) est donc une bonne réponse. Les autres réponses proposées (b et c) ne conviennent pas. Pour justifier ceci, il suffit de donner une valeur de x pour laquelle les expressions ont des valeurs différentes : c’est la méthode du contre exemple. Pour x = 1 , on a : x 2 + 2x = 12 + 2 × 1 = 3 alors que x 2 = 12 = 1 et que x 2 − 2x + 2 = 12 − 2 × 1+ 2 = 1.

Corrigé des exercices d’approfondissement du chapitre 7 Exercice I

1 f (x ) = x + . x Pour calculer f (a ) , il faut remplacer x par a dans l’expression de f ( x ). 1 On a donc f (a ) = a + . a Pour calculer f (a 2 ) , il faut remplacer x par a 2 dans l’expression de f ( x ). On a donc f (a 2 ) = a 2 +

1

a2

.

1 1 Pour calculer f ( ) , il faut remplacer x par dans l’expression de f ( x ). a a 1 1 1 1 1 1 On a donc f ( ) = + = + = + a = f (a ). a a 1 a 1 a a a Pour calculer f (a + 1) , il faut remplacer x par a + 1 dans l’expression de f ( x ).

f (a + 1) = a + 1+

a + 1 = (a + 1) ×

1 . a +1

(a + 1) (a + 1)2 = . (a + 1) a +1

On a alors : a + 1+

1 1 a 2 + 2a + 1 1 a 2 + 2a + 2 (a + 1)2 = + = + = . a +1 a +1 a +1 a +1 a +1 a +1

Pour calculer f (5 − 3a ) , il faut remplacer x par 5 − 3a dans l’expression de

f ( x ). f (5 − 3a ) = 5 − 3a + =

1 (5 − 3a )2 1 25 − 2 × 5 × 3a + ( 3a )2 1 = + = + (5 − 3a ) 5 − 3a 5 − 3a 5 − 3a 5 − 3a

25 − 30a + 9a 2 + 1 9a 2 − 30a + 26 = . 5 − 3a 5 − 3a


31


Enfin, pour calculer f ( a ) , il faut remplacer x par f ( x ). 1 f( a)= a + . a dénominateur. Pour ce faire, on peut écrire :

a+

Exercice II

1

a

= a+

1

a

=

1

a

×

a a

=

a dans l’expression de

a . a

a a a a a a+ a a (a + 1) = + = = . a a a a a

a) Le périmètre du rectangle est P = 2x + 2y = 2( x + y ). Son aire est S = x × y = xy . On sait que le rouleau de grillage est de 40 m. Comme il veut utiliser entièrement le grillage pour clôturer son enclos, le périmètre de son enclos mesurera 40 m. On aura donc 2(x + y) = 40 soit x + y = 20. b) De la relation x + y = 20, on déduit y = 20 − x . On a donc S ( x ) = xy = x (20 − x ).

32



a) Prenons par exemple pour valeurs de x , les valeurs 5, 10, 16.

Pour x = 5, on a y = 20 − 5 = 15 donc B( 5 ; 0), C(0 ; 15) et D( 5 ; 15) Pour x = 10, on a y = 20 − 10 = 10 donc B(10 ; 0), C(0 ; 10) et D(10 ; 10) Pour x = 16, on a y = 20 − 16 = 4 donc B(16 ; 0), C(0 ; 4) et D(16 ; 4). b) On a la relation y = 20 − x . Les points D appartiennent donc à la droite représentative de la fonction affine f définie sur [0 ; 20] par

f ( x ) = 20 − x . c)

x

0

2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

S(x )

0

36

64

84

96

100

96

84

64

36

0

d) Voir ci après. La courbe est symétrique par rapport à la droite d’équation x = 10. D’après le tableau de valeurs et la courbe, il semble que la fonction S admette

s (10 ) = 100 comme maximum. Démontrons-le. S ( x ) − S (10 ) = x (20 − x ) − 100 = 20 x − x 2 − 100 = −( x 2 − 20 x + 100 ) = −( x − 10 )2. Or ( x − 10 )2 ≥ 0 donc S ( x ) − S (10 ) ≤ 0 donc S ( x ) ≤ S (10 ).

S (10 ) = 100 est donc le maximum de la fonction S sur [0 ; 20]. y

D x

100

x

x

90

x

x

80 70

x

x

60 50 40

x

x

30 20 10

x 0

x 2

4

6

8

10

12

14

16

18

20

x

L’enclos d’aire maximale a pour dimension x = 10 et y = 10. C’est un carré. Corrigé de la séquence 1 – MA20-11

33


Exercice III

a) Nous allons d’abord faire apparaître dans le tableau les valeurs de T 2 et

a 3 arrondies au centième près. Planète

T

T2

a

a3

Mercure

0,24

0,06

0,39

0,06

Vénus

0,62

0,38

0,72

0,37

Terre

1

1

1

1

Mars

1,88

3,53

1,52

3,51

Jupiter

11,86

140,66

5,2

140,61

Saturne

29,46

867,89

9,54

868,3

D’après ce tableau, on peut constater que T 2 ≈ a 3 , c’est-à-dire que le carré de la période de révolution est égal(sensiblement) au cube de la distance moyenne de la planète au soleil (l(unité étant la distance moyenne terresoleil). En particulier, plus la planète est éloignée du soleil, plus sa période de révolution est longue. Pour la planète Uranus, on a a 3 ≈ 7055, 8, soit T 2 ≈ 7055, 8. On en déduit

T = 7055, 8 ≈ 84 ans. Exercice IV

L’aire d’un trapèze est égale à la demi-somme des bases que multiplie la

hauteur. On donc A =

On a A =

34

(6 + b ) × h. 2

(6 + 2) × 5 = 20 cm². 2



On a A =

(6 + 3, 5) × 4 = 19 cm². 2

On sait que 0 ≤ b ≤ AB donc 0 ≤ b ≤ 6.

Donc b ∈[0; 6]. I = [0 ; 6].

h est un nombre positif ou nul. Donc h ∈J, avec J = [0; +∞[.

On a

a) f ( 2; 3) =

(6 + 5, 2) × 3, 5 = 19, 6 cm². 2

(6 + 2) × 3 = 12 (cm²) 2

f ( 4; 3, 6 ) =

(6 + 4 ) × 3, 6 = 18 (cm²) 2

f (5; 3, 6 ) =

( 6 + 5) × 3, 6 = 19, 8 (cm²) 2

(6 + b ) × 2 = 6 + b. 2 La fonction b 6 + b est une fonction affine sur l’intervalle I = [0 ; 6]. Elle est donc représentée par le segment de droite [AB] avec A(0 ; 6) et B(6 ; 12).

b) f (b ; 2) =

(6 + 4 ) × h = 5h. 2 La fonction h 5h est linéaire sur

c) f ( 4;h ) =

y 22 C

20 18

J = [0 ;+∞[.

16

Elle est donc représentée par une demi-droite passant par

14

l’origine et le point C( 4;f ( 4; 4 ))

B

12

soit (4 ;20).

10 8 6

A

4 2 0

1

2

3

Exercice V

4

5

6

7 x

C’est le graphique ci-après constitué de points à abscisses entières qui

représente le mieux la recette en fonction de la baisse du prix car le nombre de spectateurs est un nombre entier. L’autre graphique est formé d’une courbe continue qui serait mieux adaptée si le nombre de spectateurs pouvait prendre toutes les valeurs réelles de 0 à 19 ce qui n’est pas le cas.


35


14000 12000 10000 8000 6000 4000 2000 0 0

5 6

7

10

15

20

Graphiquement, on peut dire qu’il doit baisser le prix de 6 ou 7 euros pour

avoir une recette maximale. a) n peut prendre toutes les valeurs entières de 0 à 19. Effectivement, n ne

peut pas être supérieur à 19 car le prix de la place deviendrait négatif. b) Soit n le nombre d’euros de baisse du prix de la place. Pour un prix de 19 €, le nombre de spectateurs est 500. Si le prix baisse de n euros, le nombre de spectateurs augmente de n × 80. Il est alors de 500 + 80 × n et le prix de chaque place est égale à 19 − n. Le recette est donc de (19 − n ) × (500 + 80 × n ). c) Pour une baisse du prix de 6 €, (19 − 6 ) × (500 + 80 × 6 ) = 13 × 980 = 12740 €.

la

recette

est

de

Pour une baisse du prix de 7 €, (19 − 7)(500 + 80 × 7) = 12 × 1060 = 12720 €.

la

recette

est

de

Il vaut donc mieux baisser le prix de 6 euros pour avoir une recette maximale. Exercice VI

L’aire de ce rectangle est égale à a ×

1 = 1. a

1 a

Son périmètre P est égale à 2(a + ).

1 a

P − 4 = 2(a + ) − 4 = 2a +

P −4=

2 − 4. a 2

a. 2

2a × a 2 4 × a 2a − 4a + 2 2(a − 2a + 1) 2(a − 1) + − = = = . a a a a a a

Pour tout nombre réel a strictement positif, (a − 1)2 ≥ 0 donc P − 4 ≥ 0. a 1 Dans le cas où a = 1, P = 2(1+ ) = 4. 1 (a − 1)2 ≥ 0 et a > 0 donc

36



2

Le plus petit périmètre possible pour un tel rectangle est 4, car pour tout réel

a strictement positif, P − 4 ≥ 0 donc P ≥ 4. De plus, pour a = 1, P = 4 donc 4 est bien un périmètre possible d’un tel rectangle. Exercice VII

L’automobiliste partant de A consomme 8L au 100km, donc 0,08L pour 1 km

et 0,08x L pour x km. Donc f ( x ) = 0, 08 x . Le point M étant situé à x km de A est situé à 300 − x km de B. Comme l’automobiliste partant de B consomme 12 litres au 100, g ( x ) = 0,12( 300 − x ) = −0,12x + 36. a) À priori ces deux automobilistes peuvent se rencontrer en tout point M

compris entre A et B. Les fonctions f et g sont donc définies sur [0 ; 300]. b) Sur [0 ; 300], f est une fonction linéaire représentée par le segment [OC] avec O origine du repère et C(300 ; 0, 08 × 300 ) soit C(300 ; 24). Sur [0 ; 300], g est une fonction affine représentée par le segment [DE] avec D(0 ; −0,12 × 0 + 36 ) soit D(0 ;36) et E(300 ; −0,12 × 300 + 36 ) soit E(300 ; 0). y 36

D

32 28

C

24 20 16 12 8 4 0 0

E 20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

220

240

260

280

300

x

a) Les quantités d’essence consommées sont égales lorsque f ( x ) = g ( x ) ,

c’est-à-dire pour l’abscisse des points d’intersection des deux segments de droite, c’est à dire à 180 km de A. b) Par le calcul, il faut résoudre l’équation : f ( x ) = g ( x ).

f ( x ) = g ( x ) équivaut à 0,08x = –0,012x +36 soit 0, 20 x = 36 soit 36 x= = 180 (km). 0, 20


37


Exercice VIII

Notons x la note initiale et y la note transformée.

Construction du graphique : D’après l’énoncé, la fonction qui transforme x en y lorsque x est compris entre 0 et 12 est linéaire. Elle est donc représentée par une droite passant par l’origine et par le point de coordonnées (12, 15). Lorsque x est compris entre 12 et 20, nous savons qu’il s’agit d’une fonction affine, et donc qu’elle est représentée par une droite. Cette droite passe par les points de coordonnées (12, 15) et (20, 20). Notons f et g les deux fonctions.

Dans le premier cas, la fonction f est linéaire donc s’écrit f ( x ) = ax et vérifie f (12) = 15. 15 5 On a donc 12a = 15 d’où a = = . 12 4

5 Ainsi f ( x ) = x . 4 Dans le deuxième cas, la fonction g est affine : g ( x ) = ax + b. On a g (12) = 15 et g (20 ) = 20 d’où 12a + b = 15 et 20a + b = 20. Pour calculer a et b, il suffit ⎧20a + b = 20 alors de résoudre le système : ⎨ ⎪⎩12a + b = 15 5 Par soustraction membre à membre on obtient 8a = 5 d’où a = et en 8 5 remplaçant dans l’une des équations : b = 20 − 20 = 20 − 1, 5 et donc 8 5 b = 7, 5. Ainsi g ( x ) = x + 7, 5. 8 Pour les notes 4 et 10, on applique la fonction f car elles sont comprises entre 0 et 12 : f ( 4 ) = 5 et f (10 ) = 12, 5. Pour les deux autres on applique la fonction g : 5 × 18 g (16 ) = 17, 5 et g (18 ) = + 7, 5 = 11, 25 + 7, 5 = 18, 75. 8 Si y = 10, x doit être inférieur à 12 car y est inférieur à 15. Donc x vérifie 5 10 = x d’où x = 8. 4 Dans les deux autres cas, y > 15 ; c’est donc la fonction g qui doit être utilisée : 5 5 x + 7, 5 = 15, 5 d’où x = 8 et x = 12, 8 ; 8 8 5 5 x + 7, 5 = 18 d’où x = 10, 5 et x = 16, 8. 8 8 5 1 Soit x une note comprise entre 0 et 12. Elle est transformée en y = x = x + x . 4 4 Elle subit donc une hausse égale au quart de sa valeur. Elle est augmentée de 25 %.

38



Exercice IX

Pour un revenu de 5000 €, on est dans la tranche de revenu compris entre

4000 € et 8000 €. L’impôt à payer est donc de 7,5% sur la partie qui dépasse 4 000 €, soit 7,5% de 1000 €. 7, 5 × 1000 = 75. 100 Pour un revenu de 5 000 €, l’impôt à payer sera donc de 75 €. 10

000 € est dans la tranche de revenu compris entre 8000 et 14000 €. Il faudra donc payer 7,5% sur 8000 – 4000 = 4000 puis 21% sur 10000 – 8000 = 2000. L’impôt à payer sera donc de : 7, 5 21 × 4000 + × 2000 = 0, 075 × 4000 + 0, 21× 2000 = 720€. 100 100 Pour un revenu de 10000 €, l’impôt à payer sera donc de 720 €.

20000 €

est dans la tranche de revenus compris entre 14000 et 23000 €. L’impôt à payer sera donc de : 7, 5 21 31 × 4000 + × (14 000 − 8 000 ) + (20 000 − 14 000 ) 100 100 100 = 0, 075 × 4000 + 0, 21× 6000 + 0, 31× 6000 = 3420 .

a) Si 4000 ≤ R ≤ 8000, l’impôt à payer est de 7,5% sur R − 4000.

Donc l’impôt à payer est 0, 075(R − 4000 ) = 0, 075R − 300. b) De la même manière, si 8000 < R < 14000 l’impôt à payer est 0, 075 × 4000 + 0, 21(R − 8000 ) = 0, 21R − 1380. De la même manière, si 14000 ≤ R ≤ 23000 alors l’impôt à payer est de : 0, 075 × 4000 + 0, 21× 6000 + 0, 31(R − 14000 ) = 0, 31R − 2780. La fonction f est une fonction dite affine par intervalles définie comme suit :

Si 0 ≤ R < 4000 f (R ) = 0. Si 4000 ≤ R ≤ 8000 , f (R ) = 0, 075R − 300. Si 8000 < R < 14000 , f (R ) = 0, 21R − 1380. Si 14000 ≤ R ≤ 23000 , f (R ) = 0, 31R − 2780. Remarque

0, 21× 8000 − 1380 = 300 et 0, 21× 14000 − 1380 = 1560 si bien que les différents segments constituant la représentation graphique de f vont se raccorder.

Pour faciliter la construction de la représentation graphique de f, on peut calculer :

f ( 4000 ) = 0, 75 × 4000 − 300 = 0 f (8000 ) = 0, 075 × 8000 − 300 = 300 f (14000 ) = 0, 31× 14000 − 2780 = 1560 f (23000 ) = 0, 31× 23 000 − 2780 = 4350.


39


y

impôt en milliers d’euros

4,25 4 3,75 3,50 3,25 3 2,75 2,50 2,25 2 1,75 1,50 1,25 1 0,75 0,50 0,25

O

40

2

4

6

8

10



12

14

16

18

20 22 24 x revenu en milliers d’euros

On peut résoudre aisément ce problème en cherchant au bout de combien de temps les deux trains vont se rencontrer.

Exercice X

Considérons la droite orientée de G vers G’, d’origine G, d’unité le km. Soit y l’abscisse sur cette droite orientée du train partant de G et allant vers G’ à la vitesse constante de 80 km/h. Soit t le temps écoulé en heures depuis le départ des deux trains. On a y = 80 t. Soit z l’abscisse du train partant de G’ vers G à la vitesse de 120 km/h. On a z = 300 − 120t . Les deux trains se rencontrent lorsque y = z. On a alors : 300 80t = 300 − 120t soit 200t = 300 soit t = = 1, 5 . 200 Les deux trains se rencontrent donc au bout d’une heure et demi. Super hirondelle vole à 240 km/h. En une heure et demi, elle aura donc parcouru 240 +120 = 360 km. Le calcul de (a − 1)2 + 9 à partir de a peut se décomposer de la manière suivante : Calcul de a − 1 : Partir de a. Soustraire 1.

Exercice XI

Calcul de (a − 1)2 : Partir de a – 1. Elever au carré. Calcul de (a − 1)2 + 9 : Partir de (a − 1)2 . Ajouter 9. L’écriture d’un algorithme répondant à la question s’en déduit : ENTRER a DANS b METTRE a − 1 DANS c METTRE b 2 DANS d METTRE c + 9 AFFICHER d Faisons fonctionner l’algorithme donné.

Exercice XII

Entrée

sur A = 5 et B = 8 A B C 5 8 5 8

Traitement

Sortie

5

8

5 8

F

3 8 3 8

sur A = 1 et B = 10 A B C Entrée 1 10 1 10 Traitement

Sortie

1

10

1 10

F

9 10 9 10


41


Considérons un réel non-nul x.

Écrivons les tableaux de fonctionnement de l’algorithme avec les entrées : a) A = 1 ; B = x Entrée

A 1

B x

1

x

1 x

x

1 x

Traitement

1 x

1–

C

F

Sortie De ce tableau on déduit que f (1; x ) =

1–

1 x −1 = x x

1−

1 x −1 = x x

x −1 . x

b) A = 1 ; B = f (1; x )

A Entrée

1 1

Traitement

1

B x −1 x

C

F

x −1 x x x −1

(car l’inverse de 1−

x −1 x x x −1 =

x x −1

1 −1 = x − 1 1− x 1 1− x

Sortie

De ce tableau on déduit que : 1 f 1;f (1; x ) = . 1− x

(

)

c) A = 1 ; B = f (1;f (1; x ))

A Entrée

1 1

Traitement

Sortie

B 1 1− x

C

1 1− x

1− x

1 1− x

1− x

F

1− (1− x ) = x

x x

De ce tableau on déduit que f (1; f (1 ; f (1;x ))) = x. ■

42



x x −1 ). est x −1 x

C orrigé de la séquence 2 Repérage dans le plan Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1

Vendée globe Sur la carte de l’Atlantique, ci-dessous, repérons tout d’abord Les Sables

d’Olonne, ville de départ et d’arrivée de l’épreuve, dont les coordonnées sont (1° W ; 47° N). On trace une droite « verticale », c’est-à-dire parallèle aux méridiens, passant par la graduation 1° W, et une droite « horizontale », c’est-à-dire parallèle aux parallèles, passant par la graduation 47° N. La ville des Sables d’Olonne est située à l’intersection de ces deux droites (voir sur la carte). De la même façon, nous localisons les Açores, iles de l’Atlantique que les concurrents contournent, et dont les coordonnées sont (28° W ; 39° N) (voir sur la carte en page suivante). En procédant toujours de la même façon, on place les positions des trois des

concurrents, Marc (37° W ; 38° N), Arnaud (37° W ; 14° N) et Steve (32° W ; 02° S) (voir sur la carte). Pour placer la position de Dee, on repère le segment [MA], et on détermine

son milieu (voir sur la carte). Comme Marc et Arnaud ont la même longitude (37° W), en mathématiques on dira la même abscisse, Dee a également la longitude 37° W. Pour la latitude, en mathématiques on dira l’ordonnée, Dee est à « midistance » des latitudes de Marc (38° N) et d’Arnaud (14° N), ce qui fait 26° N. Les coordonnées de Dee sont donc (37° W ; 26° N). Pour placer maintenant la position de Brian, on repère le segment [SA], et on

le prolonge du côté de A, jusqu’à ce que A soit le milieu du segment obtenu. La nouvelle extrémité de ce segment est le point B cherché. Pour déterminer ses coordonnées, on va faire un raisonnement analogue à celui fait dans la question précédente. Puisqu’on sait que Arnaud est au milieu du segment [BS], sa longitude (37° W) est à « mi-distance » des longitudes de Steve (32° W) et de Brian, longitude inconnue que q l’on notera x.


43


Ce qui nous donne : x − 37 = 37 − 32. Soit : x = 37 + 5 = 42. La longitude de Brian est 42° W. De la même façon, la latitude de Arnaud (14° N) est à « mi-distance » des latitudes de Steve (02° S) et de Brian, latitude inconnue que l’on notera y.

( )

Ce qui nous donne : y − 14 = 14 − −2 . En effet, attention, nous devons, pour le calcul, interpréter la latitude 02° S comme une valeur négative ( −2 ). On obtient donc : y = 14 + 16 = 30. La latitude de Brian est 30° N. Les coordonnées de Brian sont donc (42° W ; 30° N). Les Sables d'Olonne Les Açores 47° N

M 39° N 38° N

B ×

D ×

A 14° N

S 2° S

37° W 28° W 32° W

Activité 2

1° W

Cadastre Pour lire la coordonnée de I sur la graduation horizontale (en mathématiques,

on dira l’abscisse), on trace une droite « verticale » (parallèle aux droites du quadrillage), et on lit la graduation 0 (voir graphique ci-dessous). De même, pour lire la coordonnée de I sur la graduation verticale (en mathématiques, on dira l’ordonnée), on trace une droite « horizontale » (parallèle aux droites du quadrillage), et on lit la graduation 0. Les coordonnées du point I sont : (0 ; 0). De la même façon, pour le point P1, on lit les coordonnées : (0 ; 1). Enfin, pour P2, on lit les coordonnées : (3 ; 0) (voir graphique ci-après).

44



Le point P1 est déjà placé sur le graphique.

Pour le point A (−1 ; 7), on trace une droite « verticale » correspondant à « l’abscisse » −1, et une droite « horizontale » correspondant à « l’ordonnée » 7. Le point A est l’intersection de ces deux droites. De même, pour le point B( 6 ; 7), on trace une droite « verticale » correspondant à « l’abscisse » 6, et une droite « horizontale » correspondant à « l’ordonnée » 7. Le point B est l’intersection de ces deux droites. Pour le point P3, on procède différemment. On construit le segment [P1P2], que l’on prolonge du côté de P2 jusqu’à un point qui sera P3, de façon que la longueur P2P3 soit égale à la longueur P1P2. Voir graphique ci-après. 8 A

B

7 6

c h e m C ix n

5 H

4 3 2

P1

1

RO

I

P2

0

UT E

P3

–1 –2

–2

–1

0

1

2

3

4

5

6

7

Pour déterminer les coordonnées du point P3, on va faire un raisonnement analogue à celui fait dans l’activité précédente. Puisqu’on sait que P2 est le milieu du segment [P1P3], son abscisse (3) est à « midistance » des abscisses de P1(0) et de P3, abscisse inconnue que l’on notera x.


45


Ce qui nous donne : x − 3 = 3 − 0. Soit : x = 3 + 3 = 6. L’abscisse de P3 est 6. De la même façon, l’ordonnée de P2(0) est à « mi-distance » des ordonnées de P1(1) et de P3, ordonnée inconnue que l’on notera y. Ce qui nous donne : y − 0 = 0 − 1. On obtient donc : y = −1. L’ordonnée de P3 est −1. Les coordonnées de P3 sont donc (6 ; −1). On procède de même pour le point C, milieu du segment [P1A]. L’abscisse de C, xC, vérifie : x A − x C = x C − x P . 1 Soit : x A + x P = x C + x C = 2x C . 1 x A + x P −1+ 0 1 Ce qui donne donc : x C = = = −0 , 5. 2 2 y A + yP 7 + 1 1 yC, on a : y C = = = 4. 2 2 Le point C est le point de coordonnées (−1 ; 4). Le segment [AB] étant « horizontal », et même porté par une droite du

quadrillage, pour calculer sa longueur, il suffit de « compter » le nombre de côtés de carré auxquels il correspond, puisque ces côtés mesurent 1 dm. Pour les compter, il suffit de repérer l’abscisse du point B (la plus grande des deux abscisses), et de soustraire celle de A. Ce qui nous donne : AB = x B − x A = 6 − −1 = 7.

( )

De la même façon, pour calculer la longueur du segment [BP3], il suffit de « compter » le nombre de côtés de carré auxquels il correspond, puisque ce segment est « vertical ». Pour les compter, il suffit de repérer l’ordonnée du point B (la plus grande des deux ordonnées), et de soustraire celle de P3. Ce qui nous donne : BP3 = y B − y P = 7 − −1 = 8. 3

( )

Pour choisir l’emplacement, calculons les distances AB et BC.

On sait déjà que AB = 7. Pour calculer BC, on peut construire la droite passant par C et perpendiculaire à la droite (BP3). Soit H le point d’intersection de ces deux droites. On a alors un triangle BCH rectangle en H. On peut donc appliquer le théorème de Pythagore. Ce qui nous donne : BC2 = BH2 + CH2. Or les distances BH et CH se calculent facilement : BH = y B − y H = y B − y C = 7 − 4 = 3.

(

)

CH = x H − x C = x B − x C = 6 − −0 , 5 = 6 , 5.

46



(

Donc : BC2 = x B − x C

)2 + ( y B − y C )2 = 6, 52 + 32 = 51, 25.

Soit : BC = 51, 25 ≈ 7,16. L’emplacement qu’il faut choisir (A ou C) pour que la portion de la ligne traversant le terrain soit la plus courte possible est donc le point A.

Corrigé des exercices d’apprentissage Dans un repère (O, I, J), que l’on a pris ici orthonormé, on a représenté les

Exercice 1

points A, B, C, D, E et F, dont les coordonnées sont :

( ) ( ) ( D ( −0 , 7 ; 5, 6 ) , E ( 2,1; 0 , 6 ) et F ( −1,1; − 1, 6 ).

)

A 1, 3 ; − 4 , B −1, 5 ; 1 , C 1, 7 ; 3, 2 ,

y

D

Il semble que les triangles ABC et DEF sont de même forme, et de même taille.

C

Les coordonnées du milieu U du

segment [AD], sont : B

J

E

U O

x

I

(

)

1, 3 + −0 , 7 x +x xU = A D = = 0 , 3. 2 2 −4 + 5, 6 y +y = 0 , 8. yU = A D = 2 2

( )

Celles du milieu V du segment [BE], sont : −1, 5 + 2,1 x +x = 0 , 3. xV = B E = 2 2 y +y 1+ 0 , 6 yV = B E = = 0 , 8. 2 2

(

F

)

Et celles du milieu W du segment [CF], sont : 1, 7 + −1,1 x +x xW = C F = = 0 , 3. 2 2

( )

A

(

)

3, 2 + −1, 6 y +y yW = C F = = 0 , 8. 2 2

On constate que les segments [AD], [BE] et [CF] ont même milieu, le point U

de coordonnées (0,3 ; 0,8). Ceci signifie que les points A, B et C sont symétriques respectivement de D, E et F par rapport au point U. Donc les triangles ABC et DEF sont eux-mêmes symétriques par rapport au point U. Ils sont donc bien de même forme et de même taille.


47


Exercice 2

y

D

J

E x

C O

F

I

K

B

A Dans un repère (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B, C et K dont les

coordonnées sont :

( ) ( ) C (1, 6 ; 0 ) et K ( −0 , 5 ; − 0 , 2). A 4 , 3 ; − 4 , B −1, 6 ; − 1 ,

On construit le triangle DEF, symétrique de ABC par rapport au point K. Pour calculer les coordonnées du point D, on utilise le fait que D est le

symétrique de A par rapport au point K, c’est-à-dire que K est le milieu du segment [AD]. Ce qui nous donne : x +x y +y x K = A D et y K = A D , 2 2 2x K − x A = x D et 2y K − y A = y D . Donc :

( ) y D = 2( −0 , 2) − ( −4 ) = 3, 6.

x D = 2 −0 , 5 − 4 , 3 = −5, 3 et

De la même façon, K est le milieu du segment [BE]. Ce qui nous donne : x +x y +y x K = B E et y K = B E , 2x K − x B = x E et 2y K − y B = y E . 2 2 Donc : x E = 2 −0 , 5 − −1, 6 = 0 , 6 et y E = 2 −0 , 2 − −1 = 0 , 6.

(

48

) (



)

(

) ( )

Enfin, K est le milieu du segment [CF]. Ce qui nous donne : x +x y +y x K = C F et y K = C F , 2x K − x C = x F et 2y K − y C = y F . 2 2 Donc : x F = 2 −0 , 5 − 1, 6 = −2, 6 et y F = 2 −0 , 2 − 0 = −0 , 4.

(

)

(

)

Dans un repère (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B et C dont les

Exercice 3

(

) (

)

(

)

coordonnées sont : A 2, 3 ; 3, 8 , B 1,1; − 1 et C −2, 5 ; − 2, 2 . y

Pour placer le point D, on a construit la droite parallèle à (AB) passant par C, et la droite parallèle à (BC) passant par A. Le point d’intersection de ces deux droites est le point D tel que ABCD soit un parallélogramme.

A D

On calcule les coordonnées du

J

milieu, K, du segment [AC]. On a :

x O

x +x y +y x K = A C et y K = A C , 2 2

I

B

xK =

C

(

2, 3 + −2, 5

et y K =

2

) = −0, 2 = −0,1 2

(

) = 1, 6 = 0, 8.

3, 8 + −2, 2 2

2

Pour que ABCD soit un parallélogramme, il faut que ses diagonales, [AC] et [BD], se coupent en leur milieu. Autrement dit, il faut que K soit le milieu de [BD]. Pour cela on doit avoir : x +x y +y x K = B D et y K = B D , 2 2 2x K − x B = x D et 2y K − y B = y D . Donc :

(

)

( ) ( ) (

x D = 2 −0 ,1 − 1,1 = −1, 3 et y D = 2 0 , 8 − −1 = 2, 6. Le point D est donc le point de coordonnées −1, 3 ; 2, 6 , ce que l’on peut vérifier approximativement sur la figure.

Exercice 4

)

Dans un repère (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B, C, D et E, dont

les coordonnées sont :

(

) (

) (

) (

)

(

)

A −1, 3 ; − 2 , B 3, 5 ; 1 , C −1, 7 ; 3, 2 , D −1, 5 ; 0 , 6 et E 0 , 9 ; 2,1 . Il semble, sur la figure, que les droites (AB) et (DE) soient parallèles.


49


Calculons

les coordonnées du milieu, K, du segment [AC].

y

C

On a :

x +x y +y x K = A C et y K = A C , 2 2

E B

J

D

xK =

) = −3 = −1, 5 et

2 2 −2 + 3, 2 1, 2 yK = = = 0 , 6. 2 2

x O

(

−1, 3 + −1, 7

I

On constate que l’on obtient les coordonnées du point D. Calculons de la même façon les

coordonnées du milieu, U, du segment [BC].

A

On a :

x +x y +y x U = B C et y U = B C , 2 2 3, 5 + −1, 7 1, 8 1+ 3, 2 4 , 2 xU = = = 0 , 9 et y U = = = 2,1. 2 2 2 2

(

)

On obtient, bien entendu, les coordonnées du point E. Puisque D est le milieu du segment [AC] et E le milieu du segment [BC], on en déduit, d’après le théorème des milieux, que (AB) est parallèle à (DE). Exercice 5

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B,

C, D, E et K, dont les coordonnées sont :

y

( ) ( ) ( ) D ( −3, 5 ; − 6 ) , E ( −4 , 5 ; 14 − 1) et K (1, 5 ; − 1).

A 2, 5 ; 6 , B 8 , 5 ; 0 , C 6 , 5 ; − 6 ,

A

E J O

B I

x

points A, B, C, D et E soient à égale distance du point K. Calcul de la distance KA. On a :

(

)2 + ( y A − y K )2 .

(

)2 ( ( ))

KA 2 = x A − x K

K

Soit : KA 2 = 2, 5 − 1, 5 + 6 − −1 D

C

= 1+ 49 = 50.

Donc : KA = 50 .

50



De même pour KB :

( (

)2 ( )2 ) ( ( ))

KB2 = x B − x K + y B − y K . Soit : 2 2 KB2 = 8 , 5 − 1, 5 + 0 − −1 = 49 + 1 = 50. Donc : KB = 50 . Pour KC :

( (

)2 ( ) (

)2 ( ))

)2 ( ) (

)2

KC2 = x C − x K + y C − y K . Soit : 2 2 KC2 = 6 , 5 − 1, 5 + −6 − −1 = 25 + 25 = 50. Donc : KC = 50 . Pour KD :

( (

KD2 = x D − x K + y D − y K . Soit : 2 2 KD2 = −3, 5 − 1, 5 + −6 − −1 = 25 + 25 = 50. Donc : KD = 50 .

( ))

Enfin pour KE :

( (

)2 ( )

)2

KE2 = x E − x K + y E − y K . Soit : 2 2 KE2 = −4 , 5 − 1, 5 + 14 − 1− −1 = 36 + 14 = 50. Donc : KE = 50 .

(

( ))

On peut donc dire que les points A, B, C, D et E sont sur le cercle de centre K

et de rayon

Exercice 6

50 .

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B, C,

D et E, dont les coordonnées sont :

( ) ( C ( 0 , 6 ; 0 , 8 ) , D ( −0 , 6 ; 1, 2 et E ( −1, 8 ; − 1, 6 ).

)

A 0 , 6 ; − 1, 6 , B 0 , 6 + 1, 2 3 ; − 0 , 4 , 3 − 1, 6

)

Il semble, sur la figure, que le triangle ABC soit équilatéral, que le triangle ABD soit rectangle en A (et peut-être isocèle) et que le triangle ABE soit isocèle en A. Calculer les distances AB, AC, AD et

AE. Calcul de la distance AB. On a :

(

AB2 = x B − x A

)2 + ( y B − y A )2 .


51


(

) ( 2

(

Soit : AB2 = 0 , 6 + 1, 2 3 − 0 , 6 + −0 , 4 − −1, 6 2

AB = 4 , 32 + 1, 44 = 5, 76.

))

2

. Donc :

Donc : AB = 5, 76 = 2, 4. De même pour AC. On a :

( (

)2 ( ) (

)2

AC2 = x C − x A + y C − y A . Soit : 2 2 AC2 = 0 , 6 − 0 , 6 + 0 , 8 − −1, 6 = 0 + 5, 76 = 5, 76.

(

Donc : AC = 5, 76 = 2, 4.

))

Pour AD. On a :

( (

)2 ( )

)2

AD2 = x D − x A + y D − y A . Soit : 2 2 AD2 = −0 , 6 − 0 , 6 + 1, 2 3 − 1, 6 − −1, 6 = 1, 44 + 4 , 32 = 5, 76.

(

(

Donc : AD = 5, 76 = 2, 4.

(

)2 (

))

)2

Enfin pour AE. On a : AE2 = x E − x A + y E − y A . Soit : 2 2 AE2 = −1, 8 − 0 , 6 + −1, 6 − −1, 6 = 5, 76 + 0 = 5, 76.

) (

(

))

(

Donc : AE = 5, 76 = 2, 4.

On a déjà la confirmation que les trois triangles sont isocèles en A.

Pour savoir si ABC est équilatéral, calculons la distance BC. On a :

(

BC2 = x C − x B

)2 + ( y C − yB )2 .

( (

Soit : BC2 = 0 , 6 − 0 , 6 + 1, 2 3 Donc : BC = 5, 76 = AB = AC.

)) + (0,8 − (−0, 4)) = 4, 32 + 1, 44 = 5,76. 2

2

Le triangle ABC est bien équilatéral. Pour savoir si ABD est rectangle en A, calculons le carré de la distance BD.

(

On a : BD2 = x D − x B Soit :

(

)2 + ( y D − y B )2 .

)) + (1,2 3 − 1,6 − (−0, 4)) = ( −1, 2 − 1, 2 3 ) + (1, 2 3 − 1, 2) . Donc : BD = (1, 44 + 2, 88 3 + 4 , 32) + ( 4 , 32 − 2, 88 3 + 1, 44 ) = 11, 52. (

BD2 = −0 , 6 − 0 , 6 + 1, 2 3 2

2

2

2

2

On a bien : AB2 + AD2 = 5, 76 + 5, 76 = 11, 52 = BD2 .

La propriété de Pythagore nous permet de dire que le triangle ABD est rectangle en A (et isocèle). Enfin pour le triangle ABE, la figure suffit pour prouver qu’il n’est ni rectangle, ni équilatéral. Il est donc isocèle en A.

52



Exercice 7

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A et B,

(

)

(

)

dont les coordonnées sont : A −5 ; − 1 et B −6 ; − 4 . y

On a tracé le cercle de centre A et de rayon AB.

j

x

O

A

i

On a également tracé la tangente à ce cercle passant par B. Elle coupe l’axe (OJ) au point C. Faire une figure représentant les points, le cercle et la tangente.

B C Le rayon du cercle est la distance AB.

(

)2 ( ( )) (

)2 ( ))

On a : AB2 = x B − x A + y B − y A . 2 2 Soit : AB2 = −6 − −5 + −4 − −1 = 1+ 9 = 10.

(

Donc : AB = 10 .

Déterminer les coordonnées du point C.

Puisque le point C est sur l’axe (OJ), son abscisse est nulle : x C = 0. Pour déterminer son ordonnée, il faut se servir du fait que le point est sur la tangente au cercle passant par B. Cela peut se traduire par le fait que le triangle ABC doit être rectangle en B. On doit donc avoir : AC2 = AB2 + BC2 . On sait déjà que AB2 = 10.

(

)2 ( )2 ( ) ( ( 2)) ( ( 2 )) 2 Et : BC = ( x C − x B ) + ( y C − y B ) . 2 2 2 Soit : BC2 = ( 0 − ( −6 )) + ( y C − ( −4 )) = 36 + ( y C + 4 ) . D’autre part on a : AC2 = x C − x A + y C − y A . 2 2 2 Soit : AC2 = 0 − −5 + y C − −1 = 25 + y C + 1 .

Nous devons donc avoir :

(

)2

(

)2

25 + y C + 1 = 10 + 36 + y C + 4 . En développant les deux membres de l’égalité on obtient : 25 + y C2 + 2y C + 1 = 46 + y C2 + 8 y C + 16. Soit : 2y C − 8 y C = −6 y C = 36. Donc : y C = −6.

(

)

Le point C est donc le point de coordonnées 0 ; − 6 .


53


Exercice 8

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B et

C, dont les coordonnées sont :

(

) (

)

(

)

A −5 ; − 1 , B −4 ; − 4 et C −6 ; − 4 . On a tracé le cercle de centre A et de rayon AB. Pour montrer que C est sur le cercle

y

de centre A et de rayon AB, on peut calculer les distances AB et AC.

D j O

A

x i

Calcul de la distance AB. On a :

(

)2 + ( y B − y A )2 .

(

( )) + ( −4 − ( −1))

AB2 = x B − x A Soit :

AB2 = −4 − −5 C

2

2

= 1+ 9 = 10.

B

Donc : AB = 10 . De même pour AC. On a :

(

)2 + ( y C − y A )2 . Soit : 2 2 AC2 = ( −6 − ( −5)) + ( −4 − ( −1)) = 1+ 9 = 10.

AC2 = x C − x A

Donc : AC = 10 = AB. Le point C est donc bien sur le cercle de centre A et de rayon AB. Puisque D est le point diamétralement opposé au point C, sur le cercle, le point

A est le milieu du segment [CD]. On a donc :

x +x y +y x A = C D et y A = C D , 2 2 2x A − x C = x D et 2y A − y C = y D . Donc :

( ) ( ) y D = 2( −1) − ( −4 ) = 2.

x D = 2 −5 − −6 = −4 et Pour vérifier que le triangle BCD est rectangle en B, calculons les carrés des distances BC, BD et DC.

( )2 + ( y C − yB )2 . Soit : 2 2 BC2 = ( −6 − ( −4 )) + ( −4 − ( −4 )) = 4 + 0 = 4. 2 2 Puis : BD2 = ( x D − x B ) + ( y D − y B ) . Soit : 2 2 BD2 = ( −4 − ( −4 )) + ( 2 − ( −4 )) = 0 + 36 = 36. On a : BC2 = x C − x B

54



(

)2 + ( y C − y D )2 . Soit : 2 2 DC2 = ( −6 − ( −4 )) + ( −4 − 2) = 4 + 36 = 40.

Enfin : DC2 = x C − x D

On vérifie alors que : DC2 = 40 = BC2 + BD2 .

La propriété de Pythagore nous permet de dire que le triangle BCD est rectangle en B. Puisque le triangle BCD est rectangle en B, on peut utiliser la trigonométrie

pour obtenir une valeur approchée de l’angle BDC.

( )

= BC = 2 = 1 . On a : tan BDC BD 6 3 = tan−1 ⎛ 1 ⎞ . Donc : BDC ⎜⎝ 3 ⎟⎠ = tan−1 ⎛ 1 ⎞ ≈ 18 , 4°. BDC ⎜⎝ 3 ⎟⎠ est l’angle au centre interceptant le même arc BC Dans le cercle, l’angle BAC On en déduit donc que : BAC = 2 × BDC ≈ 36 , 8°. que l’angle inscrit BAC.

Équations de droites Corrigé des activités du chapitre 3 Activité 1

Location à la journée Une société de location de voiture à la journée fait payer un forfait de 4,50 € (quelque soit la distance parcourue), plus 0,50 € par km parcouru dans la journée. On note f la fonction qui donne le montant d’une facture (en euros) en fonction de la distance parcourue (en km). Pour une distance de 50 km, la facture sera de 4,50 € de forfait, plus 50 fois

0,50 € pour les 50 km parcourus. Ce qui fait : 4 , 50 + 0 , 50 × 50 = 29 , 50 €. On notera ce montant f (50 ). On a donc : f (50 ) = 29 , 50. De la même façon on a : f (150 ) = 4 , 50 + 0 , 50 × 150 = 79 , 50, montant de la facture, en euros, pour 150 km parcourus. Et : f (x ) = 4 , 50 + 0 , 50 x , montant de la facture, en euros, pour x km parcourus.


55


La fonction f qui donne le montant d’une facture (en euros) en fonction de la

distance parcourue (en km), et que l’on a exprimée ci-dessus, est une fonction affine (de la forme f (x ) = ax + b ). On sait alors qu’elle est représentée par une droite. Pour tracer cette droite, on peut, par exemple, construire les deux points qui représentent les deux factures calculées ci-dessus. Pour 50 km, facture de 29,5 €, donc point A d’abscisse x A = 50 et d’ordonnée y A = 29 , 5. Pour 150 km, facture de 79,5 €, donc point B d’abscisse x B = 150 et d’ordonnée y B = 79 , 5. On aurait, bien sûr, pu déterminer d’autre points, en choisissant un kilométrage (par exemple 80 km) et en calculant le montant correspondant (ici f (80 ) = 4 , 50 + 0 , 50 × 80 = 44 , 50 ). Voir graphique ci-dessous. y montant en euros

B

79,5

50 44,5

A 29,5 10

x O

Activité 2

10

50

80

distance en km 150

Des factures de bricoleurs Si l’on note x le prix (en euros) d’une poutre, le prix des 10 poutres achetées

par Alain est 10 x (en euros). Si l’on note y le prix (en euros) d’une dalle, le prix des 50 dalles achetées par Alain est 50 y (en euros). La facture d’Alain vérifie donc : 10 x + 50 y = 295. De la même façon, les 40 dalles achetées par Bernard lui ont coûté 40 y (en euros). Quant aux 20 poutres qu’il s’est fait rembourser, elles donneront la somme de 20 x (en euros) qu’il faudra soustraire de sa facture. La facture de Bernard vérifie donc : 40 y − 20 x = 180. En utilisant l’égalité traduisant la facture de Bernard, on peut exprimer y (prix

d’une dalle en euros) en fonction de x (prix d’une poutre en euros). On obtient : 40 y = 20 x + 180. Soit : y = 0 , 5x + 4 , 5.

56



Sachant la relation qu’il y a entre x et y, à savoir que y est égal à 0 , 5x + 4 , 5,

on peut, dans l’égalité traduisant la facture d’Alain, remplacer y par 0 , 5x + 4 , 5.

(

)

Ce qui nous donne : 10 x + 50 × 0 , 5x + 4 , 5 = 295. Soit : 10 x + 25x + 225 = 295. Donc : 35x = 70. On obtient donc la valeur de x : x = 2. En reprenant la relation qu’il y a entre x et y, on calcule la valeur de y :

y = 0 , 5x + 4 , 5 = 0 , 5 × 2 + 4 , 5 = 5, 5. Le prix d’une poutre est donc de 2 €, celui d’une dalle de 5,50 €.

Activité 3

Médiatrice d’un segment Dans un repère orthonormé (O, I, J)

y

du plan, on a construit les points A et B, dont les coordonnées sont : A 4 ; 11, 5 et B 8 ; 3, 5 .

A

11,5

(

10

)

(

)

On a placé également un point M quelconque dans ce plan, dont les coordonnées sont : M x ; y .

(

)

On a construit le segment [AB] ainsi que sa médiatrice. Calcul de la distance AM. On a :

(

AM2 = x M − x A Soit :

B

3,5

M

y 1 O

x 1

4

x

(

)2 + ( y M − y A )2 .

)2 (

)2

AM2 = x − 4 + y − 11, 5 . Donc :

8

AM =

( x − 4 )2 + ( y − 11, 5)2 .

De même, pour la distance BM.

( (

)2 ( )2 ) ( ) 2 2 Donc : BM = ( x − 8 ) + ( y − 3, 5) .

BM2 = x M − x B + y M − y B . Soit : 2 2 BM2 = x − 8 + y − 3, 5 .

La condition géométrique pour que le point M soit sur la médiatrice de [AB] est

que M soit à égale distance de A et B. Soit donc que : AM = BM. Puisque les distances sont obligatoirement des nombres positifs, l’égalité

précédente est équivalente à l’égalité : AM2 = BM2 .

En utilisant les réponses à la question , cette égalité peut s’écrire :

( x − 4 )2 + ( y − 11, 5)2 = ( x − 8)2 + ( y − 3, 5)2 . Corrigé de la séquence 2 – MA20-09

57


Soit, en développant les différents carrés : x 2 − 8 x + 16 + y 2 − 23y + 132, 25 = x 2 − 16 x + 64 + y 2 − 7y + 12, 25. Ce qui donne :

x 2 − 8 x + 16 + y 2 − 23y + 132, 25 − x 2 + 16 x − 64 − y 2 + 7y − 12, 25 = 0. Et donc : 8 x − 16 y + 72 = 0 ou encore x − 2y + 9 = 0. La condition pour qu’un point M soit sur la médiatrice de [AB] est que ses coordonnées vérifient : x − 2y + 9 = 0. Cette égalité « caractéristique » de la médiatrice de [AB], sera appelée « équation de la droite » qui est médiatrice de [AB].

Corrigé des exercices d’apprentissage Dans un repère (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B et C dont les

Exercice 9

coordonnées sont : A(1 ; 3), B(3 ; 1) et C(–0,6 ; –1,5). Pour

représenter la droite D, 2 d’équation : y = x − 1, on peut en 3 chercher deux points, E et F.

y

A

On peut choisir l’abscisse du premier,

x E = 0, et calculer son ordonnée : 2 2 y E = x E − 1 = × 0 − 1 = −1. 3 3

F B

j

D O

i

x

On

aussi

choisir

l’abscisse du point F, et

E

peut calculer

son

xF = 4,

ordonnée :

2 2 5 y F = xF − 1= × 4 − 1= . 3 3 3

C

Voir graphique ci-contre.

Pour déterminer si un point appartient à D, il faut vérifier si ses coordonnées

vérifient l’équation de D. 2 Pour A, regardons si l’on a : y A = x A − 1 ? 3 2 1 C’est-à-dire : 3 = × 1− 1 = − ? 3 3 La réponse est évidemment non (on le savait grâce au graphique).

58



Le point A n’est pas sur la droite D. 2 Pour B, regardons si l’on a : y B = x B − 1 ? 3 2 C’est-à-dire : 1 = × 3 − 1 = 1 ? 3 La réponse est cette fois oui (on pouvait le deviner grâce au graphique). Le point B est sur la droite D. 2 Pour C, regardons si l’on a : y C = x C − 1 ? 3 2 C’est-à-dire : −1, 5 = × −0 , 6 − 1 = −1, 4 ? 3 La réponse est non (le graphique n’était pas forcément suffisamment parlant).

(

)

Le point C n’est pas sur la droite D. Une droite parallèle à D a le même coefficient directeur que D. Les droites

parallèles à D passant par A et C ont donc une équation de la forme : 2 y = x + b. 3 Droite parallèle à D passant par A : pour déterminer le coefficient b on utilise le fait que les coordonnées du point A doivent vérifier l’équation. 2 On doit avoir : y A = x A + b. 3 2 7 Soit : 3 = × 1+ b , ce qui nous donne b = . 3 3 2 7 L’équation de la droite parallèle à D passant par A est : y = x + . 3 3 Droite parallèle à D passant par C : pour déterminer le coefficient b on utilise le fait que les coordonnées du point C doivent vérifier l’équation. 2 On doit avoir : y C = x C + b. 3 2 Soit : −1, 5 = × −0 , 6 + b , ce qui nous donne b = −1,1. 3 2 L’équation de la droite parallèle à D passant par A est : y = x − 1,1. 3

(

Exercice 10

)

Dans un repère (O, I, J) du plan, pour représenter la droite D1, d’équation :

y = 0 , 4 x , on peut en chercher deux points, A et B. On peut choisir l’abscisse du premier, x A = 0, et calculer son ordonnée : y A = 0 , 4 x A = 0 , 4 × 0 = 0. Le point A est le point O.

On peut aussi choisir l’abscisse du point B, x B = 40, et calculer son ordonnée : y B = 0 , 4 x B = 0 , 4 × 40 = 16. La droite D1 est donc la droite (OB) (voir sur le graphique en page suivante). Pour représenter la droite D2, d’équation : y = 0 , 2x + 5 , on peut en chercher deux points, C et E.


59


y

D1

On peut choisir l’abscisse du premier, x C = 0, et calculer son ordonnée :

D2

B

y C = 0 , 2x C + 5 = 0 , 2 × 0 + 5 = 5.

D3

On peut aussi choisir l’abscisse du point E, x E = 40, et calculer son ordonnée :

14

E

y E = 0 , 2x E + 5 = 0 , 2 × 40 + 5 = 13.

G

La droite D2 est donc la droite (CE) (voir sur le graphique).

10

Pour représenter la droite D3, d’équation : y = 0 ,1x + 8 , on peut en chercher deux points, F et G.

F

On peut choisir l’abscisse du premier, x F = 0, et calculer son ordonnée :

6

C

y F = 0 ,1x F + 8 = 0 ,1× 0 + 8 = 8. 2 j O

x i

10

20

40

On peut aussi choisir l’abscisse du point G, x G = 40, et calculer son ordonnée :

y G = 0 ,1x G + 8 = 0 ,1× 40 + 8 = 12. La droite D3 est donc la droite (FG) (voir sur le graphique).

Le point d’intersection des droites D1 et D2 a des coordonnées qui vérifient

simultanément les deux équations y = 0 , 4 x , et y = 0 , 2x + 5.

En remplaçant y par 0 , 4 x dans la deuxième équation, on obtient : 0 , 4 x = 0 , 2x + 5. Ce qui nous donne : 0 , 2x = 5. Soit : x = 25. Et donc : y = 0 , 4 x = 0 , 4 × 25 = 10. Le point d’intersection des droites D1 et D2 est donc le point de coordonnées 25 ; 10 , comme on peut le vérifier sur le graphique.

(

)

Le point d’intersection des droites D2 et D3 a des coordonnées qui vérifient

simultanément les deux équations y = 0 , 2x + 5 , et y = 0 ,1x + 8.

En remplaçant y par 0 , 2x + 5 dans la deuxième équation, on obtient : 0 , 2x + 5 = 0 ,1x + 8. Ce qui nous donne : 0 ,1x = 3. Soit : x = 30. Et donc : y = 0 , 2x + 5 = 0 , 2 × 30 + 5 = 11. Le point d’intersection des droites D2 et D3 est donc le point de coordonnées 30 ; 11 , comme on peut le vérifier sur le graphique.

(

)

(Ne pas tenir compte, pour cet exercice, des traits en tirets épais).

60



Exercice 11

Première modalité : puisque l’entreprise rembourse 0,4 € par km parcouru, si

l’on parcourt x km, le remboursement sera de y = 0 , 4 x . Ce remboursement est donc une fonction affine (et même linéaire) du kilométrage parcouru. Deuxième modalité : puisque l’entreprise rembourse un forfait de 5 € plus 0,2 € par km parcouru, si l’on parcourt x km, le remboursement sera de y = 5 + 0 , 2x . Ce remboursement est donc une fonction affine du kilométrage parcouru. Troisième modalité : puisque l’entreprise rembourse un forfait de 8 € plus 0,1 € par km parcouru, si l’on parcourt x km, le remboursement sera de y = 8 + 0 ,1x . Ce remboursement est donc une fonction affine du kilométrage parcouru. Les trois fonctions obtenues sont représentées par trois droites ; les droites

d’équations respectives : y = 0 , 4 x ; y = 5 + 0 , 2x ; y = 8 + 0 ,1x . On remarque que ce sont les mêmes droites D1, D2 et D3 que dans l’exercice précédent (donc on ne refera pas le graphique). Le kilométrage pour lequel les deux premières modalités donnent le

même montant de remboursement est le nombre de kilomètres x tel que : 0 , 4 x = 5 + 0 , 2x . Ce qui donne : 0 , 2x = 5, soit : x = 25. Le montant est alors de : y = 0 , 4 × 25 = 10 € (ou y = 5 + 0 , 2 × 25 = 10 € ). On peut remarquer que la valeur x = 25 est l’abscisse du point d’intersection des deux droites D1 et D2 (voir graphique et calcul de l’exercice précédent). Le kilométrage pour lequel les deux dernières modalités donnent le même montant de remboursement est le nombre de kilomètres x tel que : 5 + 0 , 2x = 8 + 0 ,1x . Ce qui donne : 0 ,1x = 3. soit : x = 30. Le montant est alors de : y = 5 + 0 , 2 × 30 = 11 € (ou y = 8 + 0 ,1× 30 = 11 € ). On peut là aussi remarquer que cette valeur x = 30 est l’abscisse du point d’intersection des deux droites D2 et D3 (voir graphique et calcul de l’exercice précédent). Sur le graphique de l’exercice précédent, on a marqué en tirets épais la « courbe

de remboursement » que doit suivre l’entreprise pour choisir à chaque fois la modalité la moins chère. On choisit d’abord la première modalité (elle donne la droite la plus « basse »), jusqu’à 25 km, puis on prend la deuxième modalité (qui est représentée par la droite qui est maintenant la plus « basse »), jusqu’à 30 km, et enfin la troisième (D3 est alors la droite la plus « basse »). Il est important de comprendre en quoi ces deux exercices sont identiques sur le plan mathématique, tout en étant différents quant à leur présentation.


61


Exercice 12

L’énoncé ne demandant pas de représenter les points sur un graphique, nous

ne le ferons pas, d’autant que les valeurs de certaines abscisses ou ordonnées rendent la chose difficile (il faudrait choisir une unité assez petite pour pouvoir représenter les valeurs 131,7 ou 137, mais alors on ne pourrait pas représenter correctement les valeurs comme −1 ou 2). Pour déterminer l’équation d’une droite, de la forme y = ax + b , nous pouvons procéder de deux façons : – soit utiliser le fait que les coordonnées des deux points qui nous sont donnés vérifient l’équation de la droite, – soit calculer d’abord directement le coefficient directeur, puis calculer l’ordonnée à l’origine en utilisant les coordonnées d’un des deux points donnés. Nous utiliserons la première méthode pour les deux premières équations, la seconde pour les trois autres. 왘

Équation de la droite (AB). Elle est de la forme y = ax + b. Les coordonnées de A vérifient l’équation de la droite, donc :

( )

y A = ax A + b , c’est-à-dire : 1 = a × −1 + b. Les coordonnées de B vérifient l’équation de la droite, donc :

y B = ax B + b , c’est-à-dire : 8 = a × 2 + b. La première égalité nous donne : b = 1+ a. En remplaçant b par 1+ a

dans la deuxième égalité on a alors :

8 = 2a + b = 2a + 1+ a = 3a + 1. 7 7 10 Soit : a = . Et donc : b = 1+ a = 1+ = . 3 3 3 7 10 Une équation de la droite (AB) est donc : y = x + . 3 3 왘

Équation de la droite (CD). Elle est de la forme y = ax + b. Les coordonnées de C vérifient l’équation de la droite, donc :

y C = ax C + b , c’est-à-dire : −31, 019 = a × 131, 7 + b. Les coordonnées de D vérifient l’équation de la droite, donc :

y D = ax D + b , c’est-à-dire : −38 , 28 = a × 137 + b. La première égalité nous donne : b = −31, 019 − 131, 7a. En remplaçant b par −31, 019 − 131, 7a dans la deuxième égalité on a alors : −38 , 28 = 137a − 31, 019 − 131, 7a = 5, 3a − 31, 019. Soit : a =

−7, 261 = −1, 37. Et 5, 3

(

)

donc : b = −31, 019 − 131, 7a = −31, 019 − 131, 7 × −1, 37 = 149 , 41. Une équation de la droite (CD) est donc : y = −1, 37x + 149 , 41.

62



왘

Équation de la droite (EF). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 9 , 5 − 3, 209 6 , 291 a= F E = = = 2, 33. xF − xE 6 − 3, 3 2, 7 Les coordonnées de E vérifient l’équation de la droite, donc :

y E = ax E + b = 2, 33x E + b , c’est-à-dire : 3, 209 = 2, 33 × 3, 3 + b. Ce qui nous donne : b = 3, 209 − 7, 689 = −4 , 48. Une équation de la droite (EF) est donc : y = 2, 33x − 4 , 48. 왘

Équation de la droite (GH). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : 5,15 − −4 , 44 y −y 9 , 59 a= H G = = = −1, 37. xH − x G −2, 8 − 4 , 2 −7

(

)

Les coordonnées de G vérifient l’équation de la droite, donc :

y G = ax G + b = −1, 37x G + b , c’est-à-dire : −4 , 44 = −1, 37 × 4 , 2 + b. Ce qui nous donne : b = −4 , 44 + 5, 754 = 1, 314. Une équation de la droite (GH) est donc : y = −1, 37x + 1, 314. 왘

Équation de la droite (KL). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : −4 , 5 − −1 −3, 5 7 y −y a= L K = = = . xL − x K 12 − 13, 5 −1, 5 3

( )

Les coordonnées de K vérifient l’équation de la droite, donc : 7 7 y k = ax K + b = x K + b , c’est-à-dire : −1 = × 13, 5 + b. 3 3 Ce qui nous donne : b = −1− 31, 5 = −32, 5. 7 Une équation de la droite (KL) est donc : y = x − 32, 5. 3 Pour déterminer quelles droites sont parallèles, il suffit de regarder les

coefficients directeurs. 7 Les droites (AB) et (KL) ont le même coefficient directeur, , donc sont 3 parallèles. Les droites (CD) et (GH) ont le même coefficient directeur, −1, 37, donc sont parallèles. 7 La droite (EF) n’est parallèle à aucune autre droite. Attention 2, 33 ≠ ! 3 Exercice 13

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenter les points A, B, et

C, dont les coordonnées sont :

(

) (

)

(

)

A −2 ; 1 , B 4 ; 2 , et C −1; 4 .


63


Une médiane d’un triangle est une

y

droite passant par un sommet, point que l’on connait ici, et le milieu du segment opposé, point que l’on ne connait pas ici. Il nous faut donc d’abord déterminer les milieux des côtés du triangle.

C 4

Coordonnées du milieu de [BC], que l’on notera K :

K L

( )

G

4 + −1 x +x xK = B C = = 1, 5 et 2 2 y +y 2+ 4 M yK = B C = = 3. 2 2 Coordonnées du milieu de [CA], que x l’on notera L : 4 −1 + −2 x +x i xL = C A = = −1, 5 2 2 y +y 4 +1 yL = C A = = 2, 5. 2 2 Coordonnées du milieu de [AB], que l’on notera M : −2 + 4 x +x y +y 1+ 2 = 1 et y M = A B = xM = A B = = 1, 5. 2 2 2 2 B

A

–2

j

O

( ) ( )

( )

왘

Équation de la médiane issue de A, c’est-à-dire de la droite (AK). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 3−1 2 4 a= K A = = = . x K − x A 1, 5 − −2 3, 5 7

( )

Les coordonnées de A vérifient l’équation de la droite, donc : 4 4 y A = ax A + b = x A + b , c’est-à-dire : 1 = × −2 + b. 7 7 8 15 Ce qui nous donne : b = 1+ = . 7 7 4 15 Une équation de la médiane (AK) est donc : y = x + . 7 7

( )

왘

Équation de la médiane issue de B, c’est-à-dire de la droite (BL). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 2, 5 − 2 0, 5 1 a= L B = = =− . x L − x B −1, 5 − 4 −5, 5 11 Les coordonnées de B vérifient l’équation de la droite, donc : 1 1 y B = ax B + b = − x B + b , c’est-à-dire : 2 = − × 4 + b. 11 11

64



Ce qui nous donne : b = 2 +

4 26 = . 11 11

Une équation de la médiane (BL) est donc : y = − 왘

1 26 x+ . 11 11

Équation de la médiane issue de C, c’est-à-dire de la droite (CM). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 1, 5 − 4 −2, 5 a= M C = = = −1, 25. x M − x C 1− −1 2

( )

Les coordonnées de C vérifient l’équation de la droite, donc :

( )

y C = ax C + b = −1, 25x C + b , c’est-à-dire : 4 = −1, 25 × −1 + b. Ce qui nous donne : b = 4 − 1, 25 = 2, 75. Une équation de la médiane (CM) est donc : y = −1, 25x + 2, 75. Le centre de gravité du triangle est le point d’intersection des médianes. Pour

le déterminer, on peut donc chercher le point d’intersection des droites (AK) et (CM). Les coordonnées de ce point, que l’on notera G, vérifient simultanément les 4 15 deux équations y = x + et y = −1, 25x + 2, 75. 7 7 4 15 dans la deuxième équation, on obtient : En remplaçant y par x + 7 7 4 15 x + = −1, 25x + 2, 75. 7 7 Ce qui nous donne : 4 x + 15 = −1, 25 × 7x + 2, 75 × 7 = −8 , 75x + 19 , 25. 4 , 25 1 = . 12, 75 3 1 1, 25 8 , 25 7 Et donc : y = −1, 25x + 2, 75 = −1, 25 × + 2, 75 = − + = . 3 3 3 3 ⎛ 1 7⎞ Le centre de gravité du triangle est donc le point G de coordonnes ⎜ ; ⎟ . ⎝ 3 3⎠ Donc : 12, 75x = 4 , 25. Soit : x =

On peut vérifier qu’il appartient bien à la troisième médiane, la droite (BL), en vérifiant que : 1 26 y G = − xG + . 11 11 1 26 1 1 26 1 78 77 7 = = y G. En effet on a bien : − x G + = − × + = − + = 11 11 11 3 11 33 33 33 3 Exercice 14

Résolvons les trois systèmes d’équations. ⎪⎧2x + y = 5 . ⎩⎪3x + 2y = 7

⎨


65


Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : y = 5 − 2x . Ce qui nous donne pour la deuxième : 3x + 2 5 − 2x = 7.

(

)

Soit : 3x − 4 x = 7 − 10. ⎧⎪ y = 5 − 2x ⎧⎪ y = 5 − 2 × 3 = −1 . Soit : ⎨ . Le système équivaut donc à : ⎨ ⎪⎩ x = 3 ⎩⎪− x = −3 La solution du système est donc le couple : 3 ; − 1 .

(

)

⎪⎧17x + 30 y = 13 . ⎩⎪10 y + 5x = 7

⎨

Utilisons la méthode par combinaison linéaire, en multipliant les deux membres de la deuxième équation par 3, puis en soustrayant membre à membre. ⎧⎪17x + 30 y = 13 ⎪⎧17x + 30 y = 13 Le système équivaut à : ⎨ . Soit à : ⎨ . 10 5 3 7 3 y + x × = × ⎪⎩ ⎩⎪30 y + 15x = 21

(

(

)

)

17x + 30 y − 30 y + 15x = 13 − 21. Ce qui donne : 17x − 15x = −8. donc : x = −4. En remplaçant x par −4 dans la première équation, on obtient :

( )

17 × −4 + 30 y = 13. Soit : 30 y = 81. Et donc : y = 2, 7. La solution du système est donc le couple : −4 ; 2, 7 .

(

)

⎧⎪6 x − 3y = −15 . ⎩⎪7y + 4 = 14 x

⎨

Utilisons la méthode par substitution, la deuxième équation nous donnant : 7 4 y + = x. 14 14 1 2 C’est-à-dire : x = y + . 2 7 ⎛1 2⎞ Ce qui nous donne pour la première équation : 6 ⎜ y + ⎟ − 3y = −15. 7⎠ ⎝2 6 12 12 Soit : y + − 3y = −15. Et donc : = −15. 2 7 7 On constate que l’on arrive à une égalité fausse, quelle que soit la valeur de y. L’équation n’a donc pas de solution, et donc le système non plus. On peut vérifier que l’on ne s’est pas trompé en cherchant les équations réduites équivalentes aux deux équations du système : 6 x − 3y = −15 équivaut à 6 x + 15 = 3y soit y = 2x + 5, 4 7y + 4 = 14 x équivaut à 7y = 14 x − 4 soit y = 2x − . 7 On voit que les deux équations sont incompatibles (elles correspondent à des droites strictement parallèles).

66



Exercice 15

Résolvons les trois systèmes d’équations. ⎧⎪3 5 x − 3 y = −3 ⎨ . ⎪⎩ 5 y − 5 3 x = −5 Utilisons la méthode par combinaison linéaire, en multipliant les deux membres de la première équation par 5, et les deux membres de la deuxième équation par 3, puis en additionnant membre à membre. ⎧ 3 5 x − 3 y × 5 = −3 × 5 ⎪ Le système équivaut à : ⎨ . ⎪ 5 y − 5 3 x × 3 = −5 × 3 ⎩ ⎧⎪3 × 5x − 5 3 y = −3 5 Soit à : ⎨ . ⎪⎩ 3 5 y − 5 × 3x = −5 3 En ajoutant membre à membre, on obtient :

( (

) )

(

)

3 × 5x − 5 3 y + 3 5 y − 5 × 3x = −3 5 + −5 3 . Soit : 15x − 15 y + 15 y − 15x = −3 5 − 5 3 . 0 = −3 5 − 5 3 . On constate que l’on arrive à une égalité fausse, quelle que soit la valeur de x ou la valeur de y. L’équation n’a donc pas de solution, et donc le système non plus. On peut vérifier que l’on ne s’est pas trompé en cherchant les équations réduites équivalentes aux deux équations du système : 3 5 x − 3 y = −3 équivaut à 3 5 x + 3 = 3 y soit

y=

3 5 3

x+

3 3

= 3 5 x + 3,

5 y − 5 3 x = −5 équivaut à

y=

5 3 5

x−

5 5

5 y = 5 3 x − 5 soit

= 5 3 x − 5.

On voit que les deux équations sont incompatibles (elles correspondent à des droites strictement parallèles). ⎧ x + 21y = 9 ⎪ 1 49 . ⎪7 y = − 3 x − 3 ⎩ Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : x = 9 − 21y . 1 49 Ce qui nous donne pour la deuxième : 7y = − 9 − 21y − . 3 3 9 21 49 58 58 Soit : 7y = − + y − . C’est-à-dire : 7y = 7y − , et donc : 0 = − . 3 3 3 3 3

⎨

(

)


67


On constate que l’on arrive à une égalité fausse, quelle que soit la valeur de y. L’équation n’a donc pas de solution, et donc le système non plus. On peut vérifier que l’on ne s’est pas trompé en cherchant les équations réduites équivalentes aux deux équations du système : 9 1 1 3 x + 21y = 9 équivaut à 21y = 9 − x soit y = − x = − x + , 21 21 21 7 1 49 1 7 1 49 7y = − x − équivaut à y = − x− soit y = − x − . 3 3 3× 7 3× 7 21 3 On voit que les deux équations sont incompatibles (elles correspondent à des droites strictement parallèles). ⎪⎧4 x + 5y + 1 = 7x + 4 y + 6 . ⎩⎪7x + 7y − 9 = 10 x + 6 y − 4

⎨

Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : 5y − 4 y = 7x − 4 x + 6 − 1. Soit : y = 3x + 5. Ce qui nous donne pour la deuxième :

(

)

(

)

7x + 7 3x + 5 − 9 = 10 x + 6 3x + 5 − 4. Soit : 7x + 21x + 35 − 9 = 10 x + 18 x + 30 − 4. Et donc : 28 x + 26 = 28 x + 26. On constate que l’on arrive à une égalité toujours vraie, quelle que soit la valeur de x. Il y a donc une infinité de valeurs possibles pour x, à chacune correspondant une valeur de y, obtenue par l’égalité : y = 3x + 5. On peut vérifier que l’on ne s’est pas trompé en cherchant les équations réduites équivalentes aux deux équations du système : 4 x + 5y + 1 = 7x + 4 y + 6 équivaut à y = 3x + 5, 7x + 7y − 9 = 10 x + 6 y − 4 équivaut à 7y − 6 y = 10 x − 7x − 4 + 9 soit à y = 3x + 5. On voit que les deux équations sont identiques (elles correspondent à la même droite, ou à deux droites confondues). Exercice 16

Commençons d’abord par traduire l’énoncé. Nous avons deux nombres inconnus : le nombre d’enfants du groupe, notons-le x, le nombre d’adultes du groupe, notons-le y. Le groupe contient 65 personnes, ce qui nous donne : x + y = 65. Le groupe payé 803 €. Puisque le tarif enfant de 6 €, les x enfants ont payé : 6 x €. Le tarif adulte étant de 13 €, les y adultes ont payé : 13y €. Le groupe a donc payé : 6 x + 13y €. Ce qui nous donne : 6 x + 13y = 803.

68



Pour déterminer le nombre d’enfants dans le groupe il nous faut résoudre le système : ⎪⎧ x + y = 65 . ⎨ ⎩⎪6 x + 13y = 803 Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : y = 65 − x .

(

)

Ce qui nous donne pour la deuxième : 6 x + 13 65 − x = 803. Soit : 6 x + 845 − 13x = 803, ce qui nous donne : −7x = 803 − 845 = −42, et donc : x = 6. Il y a donc 6 enfants dans le groupe. Et par conséquent 59 adultes ( y = 65 − x = 65 − 6 = 59 ).

Exercice 17

Commençons d’abord par traduire l’énoncé. Nous avons deux nombres

inconnus : – le débit horaire du premier robinet, exprimé en litres par heure ( Lh−1 ), notons-le x, – le débit horaire du deuxième robinet, exprimé en litres par heure ( Lh−1 ), notons-le y. On a rempli une cuve de 440 litres. Le premier robinet est ouvert pendant 2 heures. La quantité d’eau versée est donc : 2x litres. Le deuxième robinet est ouvert pendant 5 heures. La quantité d’eau versée est donc : 5y litres. Au total on a donc : 2x + 5y litres. Puisqu’on a rempli une cuve de 440 litres, on a donc : 2x + 5y = 440. Dans l’autre cas envisagé, le premier robinet serait ouvert pendant 5 heures. La quantité d’eau versée serait alors : 5x litres. Le deuxième robinet serait ouvert pendant 2 heures. La quantité d’eau versée serait alors : 2y litres. Au total on aurait donc : 5x + 2y litres. On sait que dans ce cas on aurait obtenu 365 litres. On a donc : 5x + 2y = 365. Pour déterminer le débit horaire des deux robinets il nous faut résoudre le système : ⎧⎪2x + 5y = 440 . ⎨ ⎩⎪5x + 2y = 365 membres de la première équation par 5 et les deux membres de la deuxième équation par 2, puis en soustrayant membre à membre. ⎧⎪ 2x + 5y × 5 = 440 × 5 Le système équivaut à : ⎨ . ⎩⎪ 5x + 2y × 2 = 365 × 2

( (

) )


69


⎧⎪10 x + 25y = 2200 Soit à : ⎨ . ⎪⎩10 x + 4 y = 730

(

)

10 x + 25y − 10 x + 4 y = 2200 − 730.

1470 = 70. 21 En remplaçant y par 70 dans la première équation, on obtient : Ce qui donne : 25y − 4 y = 1470. Donc : y = 2x + 5 × 70 = 440. Soit : 2x = 440 − 350 = 90. Et donc : x = 45. Le premier robinet a donc un débit de 45 litres par heure, le second un débit de 70 litres par heure.


On peut remarquer tout d’abord que les points A et D ont la même ordonnée, 2. Ils sont donc sur la droite d’équation y = 2, qui est une droite parallèle à l’axe des abscisses. De plus, si l’on calcule les coordonnées du milieu du segment [BC], appelons-le M, on obtient : x +x y +y 2+ 3 −6 + 6 xM = B C = = 2, 5 et y M = B C = = 0. 2 2 2 2 Ce point est donc sur l’axe des abscisses (y = 0 ) . En traçant la droite passant par M et parallèle à (AD), on obtient donc l’axe des abscisses (voir graphique), sans connaître pour l’instant son sens. Le point D ayant pour abscisse 1 (et le repère effacé étant orthonormé), on peut déterminer l’abscisse 1 sur l’axe des abscisses en traçant la droite perpendiculaire à cet axe passant par D. De même, le point B ayant pour abscisse 2, on peut déterminer l’abscisse 2 sur l’axe des abscisses en traçant la droite perpendiculaire à cet axe passant par B (voir graphique). Ceci nous donne le sens positif sur cet axe (ici vers le haut) et la valeur de l’unité. On peut alors construire le point d’abscisse 0 sur l’axe des abscisses, c’est-à-dire l’origine du repère (voir graphique). Celui-ci étant orthonormé, on connait donc l’axe des ordonnées et l’unité (qui est la même que sur l’axe des abscisses).

70



Il ne reste que le sens à déterminer sur cet axe. Les points A, C et D ayant une ordonnée positive, on en déduit le sens positif sur cet axe (ici vers la gauche). C M B

2 1

D 0 1

x

O

A

Exercice II

Pour commencer, cherchons l’équation réduite de la droite, ce qui nous donnera le coefficient directeur de celle-ci (et l’ordonnée à l’origine). 4 L’équation 4 x + 3y − 3 = 0 équivaut à : 3y = −4 x + 3 soit y = − x + 1. 3 Le coefficient directeur étant négatif, on a une droite qui « descend vers la droite » lorsque le repère est placé dans la position habituelle : axe des abscisses horizontal orienté vers la droite, axe des ordonnées vertical orienté vers le haut. Ce qui nous donne l’une des configurations du graphique ci-contre, unité et orientation précise non définies.

d

configuration n°2 0 J I

I

J

0

configuration g n°1

Les deux configurations sont possibles, aucune indication du graphique initial ne permettant d’en éliminer une. Nous choisirons, pour la suite, la configuration n°1.


71


Remarquons que l’on pourrait aussi choisir un repère orienté inhabituellement, par exemple l’axe des abscisses horizontal orienté vers la gauche, l’axe des ordonnées vertical orienté vers le haut. Cela nous donnerait deux autres configurations possibles. On peut alors vérifier que tous les cas de figure sont alors représentés. Reprenons notre configuration n°1.

y

Pour préciser le repère, supposons le problème résolu, et regardons ce que donne la représentation de cette droite dans un repère orthonormé. L’ordonnée à l’origine étant 1, la droite passe par le point A de coordonnées ( 0 ; 1).

d

De même, si l’on prend comme ordonnée y = 0, on a 3 3 × 0 = −4 x + 3, soit x = . 4 La droite passe aussi par le point B de coordonnées

j=A

x

0

i

⎛3 ⎞ ⎜⎝ 4 ; 0⎟⎠ . Faisons une représentation graphique (voir ci-contre).

On remarque que le triangle AOB est rectangle en O et que les longueurs OA et 3 OB sont connues : OA = 1 et OB = . 4 Ce qui nous donne (théorème de Pythagore) : 2

⎛ 3⎞ 25 AB2 = AO2 + OB2 = 12 + ⎜ ⎟ = . 16 ⎝ 4⎠ Et donc : AB =

25 5 = = 1, 25. 16 4

On peut donc, sur notre droite, placer arbitrairement le point A (ce qui nous nous donne une infinité de solutions différentes), puis placer le point B à une distance 1,25 du point A (l’unité n’étant pas encore choisie, on a encore une infinité de choix possibles). Par contre le côté où l’on placera le point B (« à droite » ou « à gauche » de A) dépend de la configuration choisie pour le repère. Ici, puisqu’on a choisi la configuration n°1, il faudra, sur le graphique initial, placer B « à droite de A. Graphiques ci-dessous : 6 choix possibles pour les point A et B. B

d

d

A

B B A

72



A d

B

d

d

B d

A

B A

A

Une fois ces deux points placés sur (d), on pourra construire le point O tel que 3 OA = 1 et OB = . 4 Deux points sont possibles, on choisira celui qui correspond à la configuration n°1. Le repère est alors identifié (voir graphique final ci-dessous). d

x

i 0,75

y

B A=j 0 1

Exercice III

Tout d’abord, calculons les coordonnées des points R, S, T et U. Le point R est le milieu du segment [AB]. Ses coordonnées sont donc : x +x y +y x R = A B et y R = A B , 2 2 2 + 5, 5 −4 + 4 xR = = 3, 75 et y R = = 0. 2 2 Le point S est le milieu du segment [BC]. Ses coordonnées sont donc : x +x y +y x S = B C et y S = B C , 2 2 5, 5 + 1 4+5 xS = = 3, 25 et y S = = 4 , 5. 2 2 Le point T est le milieu du segment [CD]. Ses coordonnées sont donc :


73


x +x y +y x T = C D et y T = C D , 2 2

(

1+ −3, 5

) = −1, 25 et y

5 + 2, 5 = 3, 75. T= 2 2 Le point U est le milieu du segment [DA]. Ses coordonnées sont donc : x +x y +y x U = D A et y U = D A , 2 2 2, 5 + −4 −3, 5 + 2 xU = = −0 , 75 et y U = = −0 , 75. 2 2

xT =

( )

Cherchons maintenant les coordonnées du milieu du segment [RT] et celles du milieu du segment [SU]. Appelons H le milieu du segment [RT]. Ses coordonnées sont :

x +x y +y x H = R T et y H = R T , 2 2 xH =

3, 75 − 1, 25 0 + 3, 75 = 1, 25 et y H = = 1, 875. 2 2

Appelons K le milieu du segment [SU]. Ses coordonnées sont :

x +x y +y x K = S U et y K = S U , 2 2 3, 25 − 0 , 75 4 , 5 − 0 , 75 = 1, 25 et y K = = 1, 875. 2 2 On constate que les deux points ont les mêmes coordonnées. Ils sont donc confondus.

xK =

Les deux diagonales [RT] et [SU] du quadrilatère RSTU ont donc même milieu. Cela suffit pour conclure que RSTU est un parallélogramme (voir graphique). y

C S B

T

D H=K j

x O

i

R

U

A

74



Non, cette propriété ne dépend pas du repère choisi (on pourrait refaire un

graphique avec un autre repère). Non, cette propriété ne dépend pas non plus des coordonnées des points A, B, C et D, nous allons le démontrer. On sait que R est le milieu du segment [AB], et S le milieu du segment [BC]. Donc la droite (RS) est parallèle à la droite (AC) : application du théorème des milieux dans le triangle ABC. On sait que T est le milieu du segment [CD], et U le milieu du segment [DA]. Donc la droite (TU) est parallèle à la droite (AC) : application du théorème des milieux dans le triangle ADC. On en déduit que (RS) est parallèle à (TU). De la même façon, on sait que R est le milieu du segment [AB], et U le milieu du segment [AD]. Donc la droite (RU) est parallèle à la droite (BD) : application du théorème des milieux dans le triangle ABD. On sait aussi que T est le milieu du segment [CD], et S le milieu du segment [CB]. Donc la droite (TS) est parallèle à la droite (BD) : application du théorème des milieux dans le triangle CBD. On en déduit que (RU) est parallèle à (TS). Le quadrilatère RSTU ayant ses côtés deux à deux parallèles est donc un parallélogramme. Et ce, indépendamment des coordonnées des points et du choix du repère.

Exercice IV

Même si l’énoncé ne le demande pas, on peut faire une figure pour voir quelle

est la situation. On ne connaît que trois sommets du quadrilatère ABCD, ce qui ne nous permet de construire que deux milieux, R et S.

y

T??

Malgré tout, l’exercice précédent nous montre que RSTU est nécessairement un parallélogramme.

A

C

Pour que ce soit un rectangle, il suffit que l’un de ses angles soit un angle droit.

x

Puisque c’est le point T que l’on cherche, on va chercher à avoir droit, donc le triangle RST l’angle RST rectangle en S.

j

S R

O

B

i

On va donc chercher à avoir : RT 2 = RS2 + ST 2.

Calculons d’abord les coordonnées des points R et S.


75


Le point R est le milieu du segment [AB]. Ses coordonnées sont donc : x +x y +y x R = A B et y R = A B , 2 2

xR =

( ) = −3 et y

−5 + −1 2

R=

( ) = 0.

1+ −1 2

Le point S est le milieu du segment [BC]. Ses coordonnées sont donc :

x +x y +y x S = B C et y S = B C , 2 2 xS =

−1+ 5 −1+ 3 = 2 et y S = = 1. 2 2

abscisse est nulle, puisqu’il doit être sur l’axe des ordonnées : x T = 0. Calculons maintenant les carrés des distances RS, RT et ST. On a :

(

)2 + ( y S − y R )2 . Soit : 2 2 RS2 = ( 2 − ( −3)) + (1− 0 ) = 25 + 1 = 26. 2 2 RT 2 = ( x T − x R ) + ( y T − y R ) . Soit : 2 2 RT 2 = ( 0 − ( −3)) + ( y T − 0 ) = 9 + y T 2 . 2 2 ST 2 = ( x T − x S ) + ( y T − y S ) . Soit : 2 2 ST 2 = ( 0 − 2) + ( y T − 1) = 4 + y T 2 − 2y T + 1 = y T 2 − 2y T + 5. RS2 = x S − x R

On doit donc trouver y T tel que : RT 2 = RS2 + ST 2. Soit : 9 + y T 2 = 26 + y T 2 − 2y T + 5. Ce qui donne : 2y T = 31− 9 = 22. Et donc : y T = 11. On peut donc placer T sur l’axe des ordonnées, de telle façon que le quadrilatère RSTU soit un rectangle, en prenant pour T le point de coordonnées 0 ; 11 .

(

)

On peut alors déterminer les coordonnées du point D, puisque T est le milieu de [CD]. Ce qui nous donne : x +x y +y x T = C D et y T = C D , 2 2 2x T − x C = x D et 2y T − y C = y D . Donc :

x D = 2 × 0 − 5 = −5 et y D = 2 × 11− 3 = 19. Le point D est donc le point de coordonnées −5 ; 19 .

(

)

Pour savoir si RSTU est un carré, il faut comparer les distances RS et ST. On

peut même se contenter de comparer leurs carrés, puisque les distances sont des nombres positifs.

76



(

On sait déjà que RS2 = 26. Calculons ST 2 . On a : ST 2 = x T − x S Soit :

(

)2 (

)2 + ( y T − y S )2 .

)2

ST 2 = 0 − 2 + 11− 1 = 4 + 100 = 104. Donc : RS2 ≠ ST 2 . Par conséquent RSTU n’est pas un carré. Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A, B et

Exercice V

C dont les coordonnées sont :

(

) (

)

(

)

A −2 ; − 1 , B 4 ; 2 et C −1; 4 .

y

C

On a construit la hauteur du triangle issue de C. Pour montrer que le point H de

(

j

H

x

O

i

A

( ) ( )

)

coordonnées H 0 , 8 ; 0 , 4 est le pied de cette hauteur issue de C, il faut montrer que H est sur la droite est droit. (AB) et que l’angle AHC

B

Cherchons donc d’abord équation de la droite (AB).

une

Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur :

2 − −1 3 y −y a= B A = = = 0 , 5. x B − x A 4 − −2 6 Les coordonnées de B vérifient l’équation de la droite, donc :

y B = ax B + b = 0 , 5x B + b , c’est-à-dire : 2 = 0 , 5 × 4 + b. Ce qui nous donne : b = 2 − 2 = 0. Une équation de la droite (AB) est donc : y = 0 , 5x . Vérifions si H appartient à cette droite. A-t-on y H = 0 , 5x H ? C’est-à-dire : 0 , 4 = 0 , 5 × 0 , 8 ? La réponse est oui. H est bien un point de la droite (AB). est-il droit ? L’angle AHC Pour le savoir cherchons si le triangle AHC est rectangle en C, c’est-à-dire si : AC2 = AH2 + HC2. Calculons donc les carrés des distances AC, AH et HC. On a :

(

)2 + ( y C − y A )2 . Soit : 2 2 AC2 = ( −1− ( −2)) + ( 4 − ( −1)) = 1+ 25 = 26. 2 2 AH2 = ( x H − x A ) + ( y H − y A ) . Soit :

AC2 = x C − x A


77


(

( )) + (0, 4 − ( −1)) = 7, 84 + 1, 96 = 9, 8. 2 2 HC2 = ( x C − x H ) + ( y C − y H ) . 2 2 HC2 = ( −1− 0 , 8 ) + ( 4 − 0 , 4 ) = 3, 24 + 12, 96 = 16 , 2. AH2 = 0 , 8 − −2

2

2

A-t-on AC2 = AH2 + HC2 , c’est-à-dire 26 = 9 , 8 + 16 , 2 ? La réponse est oui. Le triangle AHC est bien rectangle en H. On peut maintenant conclure que H est bien le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC. Pour calculer l’aire du triangle ABC, on peut utiliser la longueur de la base [AB]

et la hauteur CH. On sait que CH2 = 16 , 2. Donc : CH = 16 , 2. Pour la distance AB on a :

(

)2 + ( y B − y A )2 . Soit : 2 2 AB2 = ( 4 − ( −2)) + ( 2 − ( −1)) = 36 + 9 = 45.

AB2 = x B − x A

Donc : AB = 45 .

1 1 1 Ce qui nous donne : Aire ABC = AB × CH = 45 16 , 2 = 729 = 13, 5. 2 2 2 Exercice VI

(

)

On peut choisir le point A comme origine du repère, la droite (AB) comme axe

des abscisses, orienté de façon que l’abscisse du point B soit 4, et la droite (AD) comme axe des ordonnées, orienté de façon que l’ordonnée du point D soit 4 (voir graphique ci-contre). D

y

Dans ce repère (A, I, J) , les points A, B, C, D, E et F ont pour coordonnées :

C

( ) ( ) ( ) ( E ( 2, 5 ; 0 ) et F ( 4 ; 2, 5).

)

A 0; 0 , B 4; 0 , C 4; 4 , D 0; 4 ,

K

F

Équation de la droite (CE).

j

x

A

i

E

B

Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 0−4 −4 8 a= E C = = = . x E − x C 2, 5 − 4 −1, 5 3 Les coordonnées de C vérifient l’équation de la droite, donc :

8 8 y C = ax C + b = x C + b , c’est-à-dire : 4 = × 4 + b. 3 3 32 12 32 20 Ce qui nous donne : b = 4 − = − = − . 3 3 3 3

78



8 20 Une équation de la droite (CE) est donc : y = x − . 3 3 Équation de la droite (DF). Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur :

y −y 2, 5 − 4 −1, 5 a= F D = = = −0 , 375. xF − x D 4−0 4 Les coordonnées de D vérifient l’équation de la droite, donc :

y D = ax D + b = −0 , 375x D + b , c’est-à-dire : 4 = −0 , 375 × 0 + b. Ce qui nous donne : b = 4. Une équation de la droite (DF) est donc : y = −0 , 375x + 4. Le point d’intersection des droites (CE) et (DF), K, a des coordonnées qui vérifient

8 20 simultanément les deux équations y K = x K − , et y K = −0 , 375x K + 4. 3 3 En remplaçant y K par −0 , 375x K + 4 dans la première équation, on obtient : 8 20 −0 , 375x K + 4 = x K − . Soit : −0 , 375x K + 4 × 3 = 8 x K − 20. 3 3 32 256 Ce qui nous donne : 12 + 20 = 8 x K + 1,125x K . Soit : x K = = . 9 ,125 73 256 96 292 196 Et donc : y K = −0 , 375x K + 4 = −0 , 375 × +4=− + = . 73 73 73 73 Le point d’intersection des droites (CE) et (DF), K, est donc le point de ⎛ 256 196 ⎞ coordonnées ⎜ ; . ⎝ 73 73 ⎟⎠

(

)

(

)

Pour montrer que les segments [CE] et [DF] sont perpendiculaires, on

peut montrer que le triangle DKC est rectangle en K. C’est-à-dire que : DC2 = DK2 + KC2. Calculons donc les carrés des distances DC, DK et KC. On a :

( )2 + ( y C − y D )2 . Soit : 2 2 DC2 = ( 4 − 0 ) + ( 4 − 4 ) = 16. 2 2 DK2 = ( x K − x D ) + ( y K − y D ) . Soit :

DC2 = x C − x D

2

2

2

⎛ 256 ⎞ ⎛ 196 ⎞ ⎛ 256 ⎞ ⎛ 196 292 ⎞ DK2 = ⎜ − 0⎟ + ⎜ − 4⎟ = ⎜ + − ⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎟⎠ ⎜⎝ 73 73 ⎟⎠

=

2

( )2 .

2562 + −96 732

(

KC2 = x C − x K

)2 + ( y C − y K )2 . Corrigé de la séquence 2 – MA20-09

79


2

2

2

⎛ 292 256 ⎞ ⎛ 292 196 ⎞ ⎛ 256 ⎞ ⎛ 196 ⎞ + − KC2 = ⎜ 4 − +⎜4− =⎜ − ⎟ ⎟ 73 ⎠ ⎝ 73 ⎠ ⎝ 73 73 ⎟⎠ ⎜⎝ 73 73 ⎟⎠ ⎝ =

362 + 962 732

2

.

Ce qui nous donne :

( )2 + 362 + 962 = 2562 + ( −96)2 + 362 + 962

2562 + −96

DK2 + KC2 =

732 85264 = = 16. 732

732

732

732

C’est-à-dire DK2 + KC2 = DC2. Le triangle DKC est bien rectangle en K. Donc les segments [CE] et [DF] sont perpendiculaires. Calculons maintenant leur longueur.

(

)2 + ( y E − y C )2 . Soit : 2 2 CE2 = ( 2, 5 − 4 ) + ( 0 − 4 ) = 1, 52 + 16 = 18 , 25. 2 2 DF2 = ( x F − x D ) + ( y F − y D ) . Soit : 2 2 2 DF2 = ( 4 − 0 ) + ( 2, 5 − 4 ) = 16 + ( −1, 5) = 18 , 25.

On a : CE2 = x E − x C

Les segments [CE] et [DF] sont bien de même longueur : CE = DF = 18 , 25 . On peut choisir le point A comme origine du repère, la droite (AB) comme axe

Exercice VII

des abscisses, orienté de façon que l’abscisse du point B soit 2, et la droite (AD) comme axe des ordonnées, orienté de façon que l’ordonnée du point D soit 2 (voir graphique ci-contre). Dans ce repère (A, I, J) , les points A, B, C et D ont pour coordonnées :

y

D

(

E F

j

x

A

i

B

) ( ) ( )

( )

A 0 ; 0 , B 2 ; 0 , C 2 ; 2 et D 0 ; 2 .

C

Pour le point E, on peut remarquer que son abscisse est 1, puisque le triangle ABE est équilatéral d’axe de symétrie (EI). Quant à son ordonnée, elle correspond à la hauteur de ce même triangle. On peut la calculer en utilisant le théorème de Pythagore. On a : AE2 = AI2 + IE2. Soit : IE2 = AE2 − AI2 = 22 − 12 = 3.

(

)

Donc : IE = 3 = y E . Les coordonnée de E sont donc : E 1; 3 . De façon analogue, on peut remarquer que l’ordonnée du point F est 1, puisque le triangle BCF est équilatéral d’axe de symétrie (JF). Quant à son abscisse, elle s’obtient également grâce à la hauteur de ce même triangle. On peut voir facilement que cette hauteur vaut également 3.

80



Ce qui nous donne : x F = 2 + 3 . Les coordonnée de F sont donc : F 2+ 3 ; 1 .

(

)

Équation de la droite (DE).

Elle est de la forme y = ax + b. Calculons d’abord le coefficient directeur : y −y 3 −2 a= E D = = 3 − 2. xE − x D 1− 0 Les coordonnées de D vérifient l’équation de la droite, donc :

y D = ax D + b =

(

)

3 − 2 x D + b , c’est-à-dire : 2 = Ce qui nous donne : b = 2. Une équation de la droite (DE) est donc : y =

(

(

)

3 − 2 × 0 + b.

)

3 − 2 x + 2.

Pour montrer que les points D,E et F sont alignés, montrons que le point

F appartient à la droite (DE). Pour cela vérifions si ses coordonnées vérifie l’équation de la droite (DE) obtenue ci-dessus. A-t-on : y F = On a :

(

(

)

3 − 2 x F + 2 ? C’est-à-dire : 1 =

)(

)

(

)(

)

3 − 2 2+ 3 + 2 ?

3 − 2 2 + 3 + 2 = 2 3 + 3 − 4 − 2 3 + 2 = 1.

Donc F appartient bien à la droite (DE). Exercice VIII

Traduisons l’énoncé sur les coordonnées des différents points.

x +x y +y E est le milieu de [OF], soit : x E = O F et y E = O F . 2 2 x F = 2x E et y F = 2y E . x +x y +y F est le milieu de [AG], soit : x F = A G et y F = A G . 2 2 2x F = 7 + x G et 2y F = y G . x +x y +y G est le milieu de [BE] , soit : x G = B E et y G = B E . 2 2 2x G = 3 + x E et 2y G = 4 + y E . Déterminons d’abord les abscisses. La première égalité, x F = 2x E , nous permet de remplacer x F par 2x E dans la deuxième égalité : 2x F = 4 x E = 7 + x G , ce qui donne : x G = 4 x E − 7.

(

)

On peut alors remplacer x G par 4 x E − 7 dans la troisième égalité : 2x G = 2 4 x E − 7 = 3 + x E , ce qui donne : 8 x E − 14 = 3 + x E . Soit :

(

)

8 x E − x E = 3 + 14. 17 17 68 49 19 Donc : x E = . On en déduit : x G = 4 x E − 7 = 4 × − 7 = − = . Et : 7 7 7 7 7 34 x F = 2x E = . 7 Passons maintenant aux ordonnées.


81


La première égalité, y F = 2y E , nous permet de remplacer y F par 2y E dans la deuxième égalité : 2y F = 4 y E = y G . On peut alors remplacer

yG

par

4yE

dans la troisième égalité :

2y G = 2 × 4 y E = 4 + y E , ce qui donne : 8 y E − y E = 4. 4 4 16 8 Donc : y E = . On en déduit : y G = 4 y E = 4 × = . Et : y F = 2y E = . 7 7 7 7 Exercice IX

Déterminons le rayon de AB = 24 , AC = 15 et BC = 19.

chacun

de

ces

cercles,

sachant

que :

Appelons R1 le rayon du cercle de centre A, R2 le rayon du cercle de centre B, R3 le rayon du cercle de centre C. Puisque les cercles sont tangents, on a : AB = R1 + R2 , BC = R2 + R 3 et CA = R 3 + R1. C’est-à-dire : 24 = R1 + R2 , 19 = R2 + R 3 et 15 = R 3 + R1. La première égalité nous donne : R2 = 24 − R1, ce qui nous permet de remplacer R2 par 24 − R1 dans la deuxième égalité : 19 = R2 + R 3 = 24 − R1 + R 3 .

(

)

(

)

Ce qui donne : R 3 = 19 − 24 + R1 = R1 − 5. En remplaçant R 3 par R1 − 5 dans la troisième égalité, on obtient : 15 = R1 − 5 + R1 = 2R1 − 5.

(

(

)

)

Soit : 2R1 = 15 + 5 = 20. Et donc : R1 = 10. On en déduit alors que : R 3 = R1 − 5 = 10 − 5 = 5. Et : R2 = 24 − R1 = 24 − 10 = 14. Exercice X

Traduisons d’abord les données de l’énoncé. On a f (0 ) = −1, ce qui donne : f (0 ) = a × 02 + b × 0 + c = −1. Soit : c = −1.

( )

On a f 0 , 5 = 1,

( )

ce qui donne : f 0 , 5 = a × 0 , 52 + b × 0 , 5 + c = 1. Soit :

a × 0 , 25 + b × 0 , 5 + c = 1.

Comme on sait que c = −1, cette égalité s’écrit : 0 , 25a + 0 , 5b − 1 = 1. Soit : 0 , 25a + 0 , 5b = 2. On a f ( – 2) = 1,

ce qui donne : f ( – 2) = a × ( – 2)2 + b × ( – 2) + c = 1 Soit :

a × 4 + b × ( – 2) + c = 1. Comme on sait que c = −1, cette égalité s’écrit : 4a − 2b − 1 = 1. Soit : 4a − 2b = 2. On a donc obtenu directement la valeur de c. Il nous reste à déterminer a et b.

82



Ces deux nombres inconnus doivent vérifier simultanément les deux égalités : 0 , 25a + 0 , 5b = 2 et 4a − 2b = 2. ⎧⎪0 , 25a + 0 , 5b = 2 Pour les déterminer, résolvons le système d’équations : ⎨ . ⎪⎩ 4a − 2b = 2 de la première équation par 4, puis en ajoutant membre à membre.

(

)

⎧⎪ 0 , 25a + 0 , 5b × 4 = 2 × 4 ⎧⎪a + 2b = 8 . Le système équivaut à : ⎨ . Soit à : ⎨ ⎪⎩ 4a − 2b = 2 ⎩⎪4a − 2b = 2

(

)

En ajoutant membre à membre, on obtient : a + 2b + 4a − 2b = 8 + 2. Ce qui donne : a + 4a = 10. Donc : a = 2. En remplaçant a par 2 dans la deuxième équation, on obtient : 4 × 2 − 2b = 2. Soit : −2b = 2 − 8 = −6. Et donc : b = 3. La fonction du second degré f définie par : f (x ) = ax 2 + bx + c , et telle que f (0 ) = −1, f (0 , 5) = 1 et f ( – 2) = 1, est donc la fonction définie par :

f (x ) = 2x 2 + 3x − 1. Exercice XI

Résolvons le système d’équations :

⎪⎧2x + y = 5 . ⎨ ⎪⎩3x + 2y = 7 Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : y = 5 − 2x .

(

)

Ce qui nous donne pour la deuxième : 3x + 2 5 − 2x = 7. Soit : 3x − 4 x = 7 − 10.

⎪⎧ y = 5 − 2x . Soit : Le système équivaut donc à : ⎨ ⎪⎩− x = −3

(

⎪⎧ y = 5 − 2 × 3 = −1 . ⎨ ⎪⎩ x = 3

)

La solution du système est donc le couple : 3 ; − 1 . ⎧2 1 ⎪x + y = 5 ⎪ Résolvons le système d’équations : ⎨ . ⎪3 + 2 =7 ⎪⎩ x y 1 1 X = et Y = et ré-écrivons le système avec les nouvelles x y inconnues. 1 1 2 1 + = 5 va s’écrire 2 × + = 5, et donc 2 × X + Y = 5. x y x y 1 1 3 2 + =7 va s’écrire 3 × + 2 × = 7, et donc L’équation x y x y 3 × X + 2 × Y = 7. L’équation


83


⎧⎪2X + Y = 5 Le système va alors s’écrire : ⎨ . ⎩⎪3X + 2Y = 7 Pour déterminer X et Y, il faut résoudre ce système. Or on peut remarquer que le système, tel qu’il se présente maintenant, est le même que celui de la question . On en déduit que la solution est : X = 3 et Y = −1. On peut maintenant revenir au système initial. Puisque X =

1 1 1 , on a donc = 3. Et donc : x = . x 3 x

1 1 1 , on a donc = −1. Et donc : y = = −1. y −1 y ⎞ ⎛1 La solution du système est donc le couple : ⎜ ; − 1⎟ . ⎝3 ⎠ Puisque Y =

⎧⎪2x 2 + y 2 = 5

Résolvons le système d’équations : ⎨

2 2 ⎩⎪3x + 2y = 7

.

Pour cela, posons X = x 2 et Y = y 2 et ré-écrivons le système avec les nouvelles inconnues. L’équation 2x 2 + y 2 = 5 va s’écrire 2X + Y = 5. L’équation 3x 2 + 2y 2 = 7 va s’écrire 3X + 2Y = 7. ⎧⎪2X + Y = 5 Le système va alors s’écrire : ⎨ . ⎪⎩3X + 2Y = 7 Pour déterminer X et Y, il faut résoudre ce système. Or on peut remarquer que le système, tel qu’il se présente maintenant, est le même que celui de la question . On en déduit que la solution est : X = 3 et Y = −1. On peut maintenant revenir au système initial. Puisque X = x 2 , on a donc x 2 = 3. Ce qui nous donne deux valeurs possibles pour x : x = 3 et x = − 3 . Puisque Y = y 2 , on a donc y 2 = −1. Ce qui est impossible car un carré est nécessairement positif. Il n’y a donc pas de solution pour ce système. ■

84



C orrigé de la séquence 3 Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1

Différentes expressions pour une aire A (x ) est l’aire du domaine grisé. L’aire du domaine grisé est la somme de l’aire des quatre carrés de côté x et de x l’aire du carré EFGH. Chaque carré de côté x pour aire

x

x D

C H

G

E

F

x × x = x 2. Le carré EFGH a pour côté AD − 2x = 5 − 2x . Le carré EFGH a donc pour aire (5 − 2x )2. x

L’aire grisée est donc égale à : 4 × x 2 + (5 − 2x )2 soit 4 x 2 + (5 − 2x )2.

A

B

L’aire grisée peut être aussi obtenue comme l’aire du carré ABCD auquel on retranche l’aire des rectangles non grisées. Chaque rectangle non grisé a pour côtés x et 5 − 2x . L’aire d’un rectangle grisé est donc égale à : x × (5 − 2x ) = x (5 − 2x ). L’aire grisée est donc égale à : 5 × 5 − 4 × x (5 − 2x ) = 25 − 4 x (5 − 2x ). Donc A( x ) = 4 x 2 + (5 − 2x )2 ou A( x ) = 25 − 4 x (5 − 2x ). En développant 4 x 2 + (5 − 2x )2 , on obtient :

A( x ) = 4 x 2 + (5 − 2x )2 = 4 x 2 + 52 − 2 × 5 × 2x + ( −2x )2 = 4 x 2 + 25 − 20 x + 4 x 2 = 8 x 2 − 20 x + 25. On pouvait plus simplement développer 25 − 4 x (5 − 2x ) ; on obtient :

A( x ) = 25 − 4 x (5 − 2x ) = 25 − 20 x + 8 x 2 = 8 x 2 − 20 x + 25.


85


�� Pour calculer A(2, 5) , la forme la plus adaptée est A( x ) = 25 − 4 x (5 − 2x ) car on peut remarquer que pour x = 2, 5 on a 5 − 2x = 0. On a donc A(2, 5) = 25. Pour calculer A( 3 ) , la forme de A( x ) qui nécessite le moins de calculs est : 8 x 2 − 20 x + 25. On a alors A( 3 ) = 8 × ( 3 )2 − 20 × 3 + 25 = 8 × 3 − 20 3 + 25 = 49 − 20 3. On ne peut pas simplifier cette expression car le nombre

3 est irrationnel.

5 �� a) Développons 8( x − )2 + 12, 5. On obtient : 4 5 5 5 5 25 8( x − )2 + 12, 5 = 8( x 2 − 2 × × x + ( )2 ) + 12, 5 = 8( x 2 − x + ) + 12, 5 = 4 4 4 2 16 8 x 2 − 20 x + 25 = A( x ). 5 On a donc bien A( x ) = 8( x − )2 + 12, 5. 4 5 b) On a A( ) = 12, 5 4 5 5 Pour x ≠ , ( x − )2 > 0 4 4

A( x ) > 12, 5.

Le minimum de A( x ) est donc obtenu pour x =

5 et ce minimum est 4

5 A( ) = 12, 5. 4 �� a) Développons (2x − 1)( 4 x − 8 ) + 17 . On obtient : (2x − 1)( 4 x − 8 ) + 17 = 8 x 2 − 16 x − 4 x + 8 + 17 = 8 x 2 − 20 x + 25 = A( x ). On a donc bien A( x ) = (2x − 1)( 4 x − 8 ) + 17. b) A( x ) = 17 équivaut à (2x − 1)( 4 x − 8 ) + 17 = 17. Le fait d’avoir 17 en dernier terme de l’expression de A( x ) précédente du a) l’incite à utiliser cette expression pour résoudre l’équation A( x ) = 17 . (2x − 1)( 4 x − 8 ) + 17 = 17 si et seulement si (2x − 1)( 4 x − 8 ) = 0. Or, on sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. (2x − 1)( 4 x − 8 ) = 0 si et seulement si 2x − 1 = 0 ou 4 x − 8 = 0 . 1 2x − 1 = 0 équivaut à 2x = 1 soit x = . 2

86



4 x − 8 = 0 équivaut à 4 x = 8 soit x =

8 = 2. 4

1 L’ensemble des solutions de cette équation est : = { , 2}. 2 Activité 2

Forme développée et factorisée. Pour tout nombre réel x, f ( x ) = ( x − 2)2 − 3( x − 2). f ( x ) = ( x − 2)2 − 3( x − 2) = x 2 − 2 × x × 2 + 22 − 3x + 6 =

x 2 − 4 x + 4 − 3x + 6 = x 2 − 7x + 10. Pour obtenir x 2 − 7x + 10 , nous avons développé f ( x ).

x 2 − 7x + 10 est l’écriture développée de f ( x ). f ( x ) = ( x − 2)2 − 3( x − 2) = ( x − 2)( x − 2) − 3( x − 2). Dans l’écriture précédente, nous pouvons mettre x − 2 en facteur.

f ( x ) = ( x − 2)( x − 2) − 3( x − 2) = ( x − 2)( x − 2 − 3) = ( x − 2)( x − 5). Pour obtenir ( x − 2)( x − 5) , nous avons factorisé f ( x ) par ( x − 2). ( x − 2)( x − 5) est l’écriture factorisée de f ( x ). a) Pour calculer f (0 ) , le plus simple est d’utiliser la forme développée de f ( x ) ,

f ( x ) = x 2 − 7x + 10 car, pour x = 0, on remarque que x 2 − 7x = 0 . On a donc f (0 ) = 10. Pour calculer f ( 2 ) , le plus simple est d’utiliser la forme développée de f ( x ),

f ( x ) = x 2 − 7x + 10 car c’est celle qui nécessite le moins de calcul. f ( 2 ) = ( 2 )2 − 7 2 + 10 = 2 − 7 2 + 10 = 12 − 7 2. On ne peut pas donner une autre écriture de 12 − 7 2 car irrationnnel.

2 est un nombre

b) Pour calculer f (2) , le plus simple est d’utiliser la forme factorisée de f ( x ) ,

f ( x ) = ( x − 2)( x − 5) , car on remarque que pour x = 2, x − 2 = 0. On a donc f (2) = 0. Par des arguments analogues, f (5) = 0. c) Pour résoudre f ( x ) = 0, on va utiliser la forme factorisée de f ( x ) car on sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

f ( x ) = 0 si et seulement si ( x − 2)( x − 5) = 0 . ( x − 2)( x − 5) = 0 si et seulement si x − 2 = 0 ou x − 5 = 0.


87


Par suite, f ( x ) = 0 si et seulement si x = 2 ou x = 5. ={2; 5} d) Pour résoudre l’équation f ( x ) = 10 , nous utiliserons la forme développée de f ( x ) , f ( x ) = x 2 − 7x + 10 , car on remarque que cette forme développée se termine par 10.

f ( x ) = 0 si et seulement si x 2 − 7x + 10 = 10 soit x 2 − 7x = 0. Pour résoudre cette équation du second degré, nous allons factoriser l’expression x 2 − 7x par x. x 2 − 7x = x × x − x × 7 = x ( x − 7). f ( x ) = 0 si et seulement si x ( x − 7) = 0. Or, un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul. f ( x ) = 0 équivaut à x = 0 ou x = 7. Les solutions de l’équation f ( x ) = 10 sont 0 et 7. ={0 ;7}


L’aire de la bordure peut se calculer

D

- en retranchant l’aire du carré EFGD de côté x–1,5 de l’aire du carré ABCD. On obtient alors l’expression de d) : 2

G

C

1,5

x-1,5

2

x − ( x − 1, 5) - en additionnant l’aire du rectangle AEIF, avec celle du carré IBJF, puis celle du rectangle FJCG. On obtient alors :

F

E

( x − 1, 5) × 1, 5 + 1, 5 × 1, 5 + ( x − 1, 5) × 1, 5 = 3( x − 1, 5) + 2, 25 soit 3x − 2, 25 qui est l’expression du c).

J

1,5

A

x

I

B

Pour voir si l’expression du a) peut convenir, développons ( x + 1, 5)2 − x 2. On a : ( x + 1, 5)2 − x 2 = x 2 + 2 × 1, 5 × x + 1, 52 − x 2 = 3x + 2, 25 qui est différente de 3x − 2, 25 (il suffit de voir que ces deux expressions n’ont pas la même valeur par exemple pour x = 0). De même 3x − 2, 25 ≠ 3x , donc de l’expression du b), et 3x − 2, 25 ≠ x ( x − 1, 5) (puisque ces deux expressions ne prennent pas la même valeur pour x = 0), donc de l’expression du e). Seules les expressions du c), 3x − 2, 25 et du d) x 2 − ( x − 1, 5)2 conviennent.

88



L’aire du parterre est égale à ( x − 1, 5)2.

On est donc amené à résoudre l’équation ( x − 1, 5)2 = 16 soit ( x − 1, 5)2 − 16 = 0. Nous remarquons que remarquable

16 = 42

a 2 − b 2 = (a − b )(a + b )

et pouvons donc utiliser l’égalité pour factoriser notre expression.

( x − 1, 5)2 − 42 = ( x − 1, 5 − 4 )( x − 1, 5 + 4 ) = ( x − 5, 5)( x + 2, 5) . ( x − 1, 5)2 − 16 = 0 si et seulement si x − 5, 5 = 0 ou x + 2, 5 = 0 . On en déduit que x = 5, 5 est la seule solution qui convient car x ne pouvant être négatif, ne peut pas être égal à −2, 5. L’aire du parterre est donc égal à 16 pour x = 5,5. Exercice 2

Soit f ( x ) l’aire en cm2 de la surface imprimable, le rectangle EFGH. 1

Celui-ci a pour côtés x − 2 et x − 4. On a donc f ( x ) = ( x − 2)( x − 4 ). L’aire du rectangle EFGH peut être aussi obtenue comme aire du carré de côté x, auquel on retire l’aire de deux bandes rectangulaires de côté 2 et x, l’aire de deux bandes rectangulaires de côtés 1 et x, et auquel il faut rajouter quatre fois l’aire des petits rectangles de côtés 1 et 2 qui a été préalablement retranchée deux fois. On a donc aussi :

2

1

F

G

2

x-4 x-2 2

E 1

H x

2

1

f ( x ) = x × x − 2 × 2 × x − 2 × 1× x + 4 × 1× 2 = x 2 − 4 x − 2x + 8 = x 2 − 6 x + 8. On peut montrer que f ( x ) = ( x − 3)2 − 1 de deux façons :

a) en développant ( x − 3)2 − 1 ( x − 3)2 − 1 = x 2 − 6 x + 9 − 1 = x 2 − 6 x + 8 = f ( x ) (forme développée). b) en factorisant ( x − 3)2 − 1 On utilise le fait que

1 = 12

et on utilise l’égalité remarquable

a 2 − b 2 = (a − b )(a + b ). On obtient : ( x − 3)2 − 12 = [( x − 3) − 1][( x − 3) + 1] = ( x − 4 )( x − 2) = f ( x ) forme développée). Déterminer les dimensions de la feuille telles que l’aire de la surface imprimable

soit égale à 8 cm2 revient à résoudre l’équation f ( x ) = 8.


89


Comme la forme développée de f ( x ) se termine par 8, il est judicieux d’utiliser cette forme pour résoudre notre équation.

f ( x ) = 8 si et seulement si x 2 − 6 x + 8 = 8 soit x 2 − 6 x = 0. Pour résoudre cette dernière équation du second degré, on va se ramener à un produit de facteurs du premier degré en mettant x en facteurs dans l’expression : x 2 − 6x .

x 2 − 6 x = x ( x − 6 ). x 2 − 6 x = 0 si et seulement si x ( x − 6 ) = 0. Comme x est non nul puisque x est compris entre 5 et 10, x ( x − 6 ) = 0 si et seulement si x − 6 = 0 soit x = 6. L’aire de la feuille imprimable est de 8cm2 si et seulement si x vaut 6 cm. Déterminer les dimensions de la feuille telles que l’aire de la surface imprimable soit égale à 15 cm2 revient à résoudre l’équation f ( x ) = 15. Pour résoudre cette équation, le plus simple est d’utiliser l’écriture de f ( x ) sous la forme :

f ( x ) = ( x − 3)2 − 1. En effet f ( x ) = 15 si et seulement si ( x − 3)2 − 1 = 15 soit ( x − 3)2 − 16 = 0 ou encore ( x − 3)2 − 42 = 0. On a : ( x − 3)2 − 42 = ( x − 3 − 4 )( x − 3 + 4 ) = ( x − 7)( x + 1). Par suite, f ( x ) = 15 si et seulement si ( x − 7)( x + 1) = 0. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. ( x − 7)( x + 1) = 0 si et seulement si x − 7 = 0 ou x + 1 = 0. Par suite x = 7 ou x = −1. On ne peut retenir que la solution x = 7 car x est compris entre 5 et 10. L’aire de la feuille imprimable est de 15 cm2 si et seulement si x vaut 7 cm. Exercice 3

f ( x ) = x 2 − 8x + 7

Pour montrer que f ( x ) peut aussi s’écrire sous la forme ( x − 4 )2 − 9 , développons cette expression en utilisant l’identité remarquable (a − b )2 = a 2 − 2ab + b 2. ( x − 4 )2 − 9 = x 2 − 2 × x × 4 + 42 − 9 = x 2 − 8 x + 16 − 9 = x 2 − 8 x + 7 = f ( x ).

f ( x ) = ( x − 4 )2 − 9. Pour déterminer la forme factorisée de f ( x ), on peut partir de cette dernière

expression et utiliser le fait que 9 = 32.

90



f ( x ) = ( x − 4 )2 − 9 = ( x − 4 )2 − 32 = [( x − 4 ) − 3][( x − 4 + 3)] = ( x − 7)( x − 1). On a, pour factoriser, utilisé l’identité remarquable : a 2 − b 2 = (a − b )(a + b ). ( x − 7)( x − 1) Remarque

f ( x ).

On peut développer l’expression factorisée de f ( x ) pour vérifier la validité de notre factorisation. ( x − 7)( x − 1) = x 2 − x − 7x + 7 = x 2 − 8 x + 7 et on retrouve bien la forme initiale de

f ( x ). a) Pour calculer f ( 3 ) le plus simple est d’utiliser la forme développée de

f ( x ) soit f ( x ) = x 2 − 8 x + 7. On a alors f ( 3 ) = ( 3 )2 − 8 × 3 + 7 = 3 − 8 3 + 7 = 10 − 8 3. b) Pour résoudre l’équation f ( x ) = 0 , on utilise l’expression factorisée de f ( x ) , soit ( x − 7)( x − 1) car on sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

f ( x ) = 0 si et seulement si ( x − 7)( x − 1) = 0 soit x − 7 = 0 ou x − 1 = 0 soit x = 7 ou x =1. Les solutions de l’équation f ( x ) = 0 sont donc 1 et 7, ce que l’on peur écrire = {1, 7}. c) Pour calculer f ( 4 ) , on peut indifféremment utiliser l’écriture développée de

f ( x ) ou son écriture factorisée. En utilisant l’écriture développée, f ( 4 ) = 42 − 8 × 4 + 7 = −9. En utilisant l’écriture factorisée, f ( 4 ) = ( 4 − 7)( 4 − 1) = ( −3) × ( 3) = −9. Montrer que, pour tout nombre réel x, f ( x ) ≥ −9 revient à montrer que

f ( x ) + 9 ≥ 0. Pour cela, utilisons l’expression obtenue au f ( x ) = ( x − 4 )2 − 9. On a alors f ( x ) + 9 = ( x − 4 )2 − 9 + 9 = ( x − 4 )2. Or on sait que le carré d’une expression est toujours positif ou nul. On a donc bien, pour tout nombre réel x, f ( x ) + 9 ≥ 0 , soit f ( x ) ≥ −9. Pour tout nombre réel f ( x ) ≥ −9 , et −9 = f ( 4 ). Par suite, pour tout nombre réel x,

f ( x ) ≥ f ( 4 ). Donc f ( 4 ) = −9 est le minimum de la fonction f sur .


91


Exercice 4

Soit g la fonction définie sur

par : g ( x ) = 8

peut aussi s’écrire sous la forme 1−

2

x +4

x2 − 4 x2 + 4

. Pour montrer que g ( x )

, mettons tous les termes de cette

expression au même dénominateur x 2 + 4. 1−

8

x2 + 4

=

x2 + 4 x2 + 4

−

8

x2 + 4

On a donc bien g ( x ) = 1−

=

x2 + 4 − 8 x2 + 4

8 2

x +4

=

x2 − 4 x2 + 4

= g ( x ).

.

Par méthode analogue, 2x 2

x2 + 4

− 1=

2x 2

x2 + 4

−

x2 + 4 x2 + 4

=

2x 2 − ( x 2 + 4 )

x2 + 4

=

2x 2 − x 2 − 4

x2 + 4

=

x2 − 4 x2 + 4

= g ( x ).

On a donc bien

g(x ) =

2x 2

x2 + 4

− 1.

a) On peut remarquer que, pour tout réel x, x 2 + 4 ≠ 0 car x 2 + 4 ≥ 4.

La fraction g ( x ) =

x2 − 4 x2 + 4

est donc bien toujours définie.

Elle est nulle si et seulement si son numérateur est nul soit si x 2 − 4 = 0.

x 2 − 4 = x 2 − 22 = ( x − 2)( x + 2). x 2 − 4 = 0 si et seulement si ( x − 2)( x + 2) = 0. ( x − 2)( x + 2) = 0 x = 2 ou x = −2.

x − 2 = 0 ou x + 2 = 0 soit

b) Montrer que g ( x ) < 1 revient à montrer que g ( x ) − 1 < 0. Pour ce faire, il est intéressant d’utiliser l’expression de g(x) sous la forme : 8 g ( x ) = 1− . 2 x +4 En effet, il vient alors g ( x ) − 1 =

−8 2

x +4

.

Or −8 < 0 et, pour tout nombre réel x, x 2 + 4 > 0. On en déduit que

−8 2

x +4

< 0.

Par suite, pour tout nombre réel x, g ( x ) − 1 < 0 donc g ( x ) < 1.

92



c) Montrer que g ( x ) ≥ −1 revient à montrer que g ( x ) + 1 ≥ 0. Pour ce faire, il est intéressant d’utiliser l’expression de g ( x ) sous la forme : 2x 2

g(x ) =

x2 + 4

−1

En effet, il vient alors g ( x ) + 1 =

2x 2

x2 + 4

.

Or 2x 2 ≥ 0 et, pour tout nombre réel x, x 2 + 4 > 0. On en déduit que

2x 2

x2 + 4

≥0

Par suite, pour tout nombre réel x, g ( x ) + 1 ≥ 0 donc g ( x ) ≥ −1. Exercice 5

1 . x −1 Ecrivons f ( x ) en mettant tous ses termes au même dénominateur x − 1. Soit f la fonction définie sur ]1 ;+∞[ par f ( x ) = 2 −

f (x ) = 2 −

1 2( x − 1) 1 2x − 2 1 2x − 2 − 1 2x − 3 = − = − = = . x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1 x −1

On a donc bien, pour tout nombre réel x de l’intervalle ]1 ; +∞[,

f (x ) =

2x − 3 . x −1

x2 Pour montrer que f ( x ) peut aussi s’écrire sous la forme x + 3 − , nous x −1 allons écrire cette expression en mettant tous ses termes au même dénominateur x − 1. x + 3−

x 2 ( x + 3)( x − 1) x 2 x 2 − x + 3x − 3 x 2 = − = − = x −1 x −1 x −1 x −1 x −1

x 2 + 2x − 3 − x 2 2x − 3 = = f ( x ). x −1 x −1 a) On remarque, tout d’abord, que la fonction f est bien définie sur

l’intervalle]1 ;+∞[, car pour tout nombre réel de ]1 ;+∞[, x − 1 > 0 donc x − 1 ≠ 0. Pour résoudre l’équation f ( x ) = 0, le plus simple est de prendre l’écriture de f ( x ) 2x − 3 . x −1 x − 1 étant non nul , cette fraction sera nulle si et seulement si son numérateur est nul, à savoir 2x − 3 = 0.

sous la forme de fraction soit f ( x ) =


93


3 2x − 3 = 0 si et seulement si 2x = 3 soit x = . 2 3 L’équation f ( x ) = 0 a pour solution x = , ce qu’on peut écrire sous la forme : 2 3 = { }. 2 b) Montrer que f ( x ) < 2 pour tout réel x de ]1 ;+∞[ revient à montrer que

f ( x ) − 2 < 0. Pour cela , on peut partir de l’expression f ( x ) = 2 − On a : f ( x ) − 2 =

−1 . x −1

1 qui contient le nombre 2. x −1

Or, on a remarqué que pour tout nombre réel x de ]1 ;+∞[, x − 1 > 0 , donc −1 < 0. x −1 On ne déduit que f ( x ) − 2 < 0 soit f ( x ) < 2. c) Montrer que f ( x ) < x + 3 pour tout réel x de ]1 ;+∞[ revient à montrer que

f ( x ) − ( x + 3) < 0. Pour cela, on peut partir de l’expression f ( x ) = x + 3 − On a : f ( x ) − ( x + 3) = −

x2 . x −1

x2 qui contient x + 3. x −1

Or, pour tout nombre réel x de ]1 ;+∞[, x − 1 > 0 et x 2 > 0. On en déduit que

x2 x2 < 0. > 0 et par suite − x −1 x −1

Donc f ( x ) − ( x + 3) < 0 soit

f ( x ) < x + 3 pour tout réel x de ]1 ;+∞[. Exercice 6

A = 6 x − 3( x + 1)2 = 6 x − 3( x 2 + 2x + 1) = 6 x − 3x 2 − 6 x − 3 = −3x 2 − 3 A = –3x 2 – 3.

B = −3x ( x − 4 )2 = −3x ( x 2 − 8 x + 16 ) = −3x 3 + 24 x 2 − 48 x ; B = –3x 2 + 24x 2 – 48x.

C = ( − x − 7)( 3 − 5x ) = −3x + 5x 2 − 21+ 35x = 5x 2 + 32x − 21 ; C = 5x 2 + 32x – 21.

94



D = ( −8 x − 1)2 − ( 4 x + 3)2 = 64 x 2 + 16 x + 1− 16 x 2 − 24 x − 9 ; D = 48x 2 – 8x – 8. ⎛ x 3 1⎞ ⎛ 1⎞ 1 1 1 E = ⎜ x − ⎟ ⎜ 3x + ⎟ + = 3x 2 + − x − + ; 5⎠ ⎝ 3 ⎠ 15 3 5 15 15 ⎝ E = 3x 2 –

4 x. 15

2

⎛ 6x x 2 x 2 x⎞ F = ⎜3− ⎟ = 9− + = − x + 9 ; 6⎠ 6 36 36 ⎝ F =

x2 – x + 9. 36

G = ( x 3 − 1)2 − 3x 3 + ( 3 − x )( x 3 − 1) = 3x 2 − 2x 3 + 1− 3x 3 + 3x − 3 − x 2 3 + x = ( 3 − 3 )x 2 − 5x 3 + 4 x + 1− 3 = ( 3 − 3 )x 2 + x ( −5 3 + 4 ) + 1− 3 G = (3 – 3 )x 2 + (4 – 5 3 )x + 1– 3.

Exercice 7

A = ( 3x − 7)2 − ( 3x − 7)(2x − 1) ; ( 3x − 7) est un facteeur commun. A = ( 3x − 7) ⎡⎣( 3x − 7) − (2x − 1)⎤⎦ = ( 3x − 7)( x − 6 ) A = (3x – 7)(x – 6).

B = 2x − 3 − (5x + 1)(2x − 3) ; (2x − 3) est un facteur commun. B =(2x-3) ⎡⎣1-(5x+1)⎤⎦ = (2x − 3)(1− 5x − 1) = (2x − 3)( −5x ) x – 3). B = –5x(2x C = ( x + 4 )( 3 − 5x ) − ( x + 4 )2 ; x + 4 est un facteur coommun. C =( x + 4 ) ⎡⎣ 3 − 5x − ( x + 4 )⎤⎦ = ( x + 4 )( 3 − 5x − x − 4 ) = ( x + 4 )( −6 x − 1) C = (x + 4)(–6x – 1)

D = 9( x − 3)2 − ( 4 x + 3)2 = 32 ( x − 3)2 − ( 4 x + 3)2 = ( 3x − 9 )2 − ( 4 x + 3)2. Cette dernière expression est du tyype a 2 − b 2 ; elle est égale à (a – b )(a + b ).

D = (( 3x − 9 ) − ( 4 x + 3))(( 3x − 9 ) + ( 4 x + 3)) = ( 3x − 9 − 4 x − 3)( 3x − 9 + 4 x + 3) = ( − x − 12)(7( x − 6 ) ou −( x + 12)(7x − 6 ) D = –(x + 12 2)(7x – 6)


95


E = −(1+ 3x )2 + 4 x 2 ou 4 x 2 − (1+ 3x )2 , du type a 2 − b 2.

E = ( 2x − (1+ 3x ))( 2x + (1+ 3x )) = (2x − 1− 3x )(2x + 1+ 3x ) = ( − x − 1)(5x + 1) ou −( x + 1)(5x + 1)

E = –(x + 1)(5x + 1).

2

2

2

⎛ x − 3⎞ x 2 ⎛ x − 3⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ x − 3 x ⎞ ⎛ x − 3 x ⎞ F =⎜ − = − =⎜ − ⎟⎜ + ⎟ 4 ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 2⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2 =

x − 3 − x x − 3 + x –3 2x − 3 −3 = (2x − 3) × = × 2 2 4 2 2

3 F = – (2 2x – 3). 4 2

G = (1− 3x )2 − 3 = (1− 3x )2 − ( 3) = (1− 3x − 3 )(1− 3x + 3 ) x + 1– 3 )(–3x + 1+ 3 ). G = (–3x

H = 9 x 2 + 12x + 4 On reconnaît une expression de la forme a 2 + 2ab + b 2. 2 Ainsi H = (3x + 2) .

A le produit des dénominateurs

Exercice 8 soit : 5( x − 1).

A=

1 2 1× 5 2 × ( x − 1) 5 2x − 2 + = + = + = x − 1 5 ( x − 1) × 5 5 × ( x − 1) 5x − 5 5x − 5

5 + 2x − 2 2x + 3 = . 5x − 5 5x − 5 Nous prendrons pour dénominateur commun pour B le produit des dénominateurs soit : (2x − 3)x

B=

2 3 2× x 3 × (2x − 3) 2x 6x − 9 + = + = + = 2 2x − 3 x (2x − 3) × x x × (2x − 3) 2x − 3x 2x 2 − 3x

2x + 6 x − 9 2

2x − 3x

=

8x − 9 2x 2 − 3x

.

Nous prendrons pour dénominateur commun pour C le produit des dénominateurs soit : 3x

C=

96

4 x 1 4 x × x 1× 3 4 x 2 3 4 x 2 + 3 + = + = + = . 3 x 3 × x x × 3 3x 3x 3x



Exercice 9

A = ( x − 1)( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1).

A = x 5 + x 4 + x 3 + x 2 + x − x 4 − x 3 − x 2 − x − 1 = x 5 − 1. S = 1+

2 4 8 16 + + + . 3 9 27 81 2

3

4

2 ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ On remarque que S = 1+ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ . 3 ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 2 En posant x = , on a S = 1+ x + x 2 + x 3 + x 4 . 3 Or, d’après le 1, ( x − 1)( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = x 5 − 1. Donc ( x − 1)( x 4 + x 3 + x 2 + x + 1) = x 5 − 1.

x5 −1 Donc, pour x différent de 1, x 4 + x 3 + x 2 + x + 1 = . x −1 2 x= , 3 5

⎛ 2⎞ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ − 1 S= = ⎛ 2⎞ ⎜⎝ 3 ⎟⎠ − 1 Exercice 10

25

−

35

5 5 5 5 ⎛ 5 5⎞ 35 = −3( 2 − 3 ) = 3 3 − 2 = 3 − 2 = 211. ⎜ ⎟ ⎜⎝ 35 ⎟⎠ 1 81 34 35 35 − 3

35

( x + y + z )2 = [( x + y ) + z ]2 = ( x + y )2 + 2( x + y )z + z 2 = x 2 + 2xy + y 2 + 2xz + 2yz + z 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2xy + 2yz + 2xz . a) A,B et C sont non nuls et tels que la somme de leurs inverses est nulle soit :

1 1 1 + + = 0. A B C Mettons cette expression au même dénominateur ABC C. On a 1 1 1 1× BC 1× AC 1× AB AB + BC + CA + + = + + = . A B C A × BC B × AC C × AB ABC Comme

1 1 1 + + = 0 , on déduit AB + BC + CA = 0. A B C

b) D’après le , ( A + B + C )2 = A 2 + B 2 + C 2 + 2AB + 2BC + 2AC =

A 2 + B 2 + C 2 + 2( AB + BC + AC ).


97


Or, d’après la question précédente, AB + BC + CA = 0. On en déduit : ( A + B + C )2 = A 2 + B 2 + C 2. Le carré de la somme de ces trois nombres est bien égal à la somme de leurs carrés.


Se ramener à une équation du premier degré D’après le Théorème de Pythagore, appliqué dans le triangle JBI rectangle en

B, on a JI2 = JB2+BI2. Or, JB = 4 − x et BI=2.

Donc JI2 = ( 4 − x )2 + 22. Les cercles et Γ sont tangents si et seulement si JI = JE +EI où E désigne le point de tangence, soit JI = x + 2.

J

A

B

Γ E I

2

On a alors JI2 = ( x + 2) . Donc et Γ sont tangents si et seulement si : ( x + 2)2 = ( 4 − x )2 + 22.

D

C

( x + 2)2 = ( 4 − x )2 + 22 équivaut à : x 2 + 4 x + 4 = 16 − 8 x + x 2 + 4

soit x 2 + 4 x + 4 − 16 + 8 x − x 2 − 4 = 0 soit 12x − 16 = 0 soit x =

4 . 3

Pour que les cercles et Γ soit tangents, J doit être situé au tiers du segment

[AB], à partir du point A.

Activité 2

Résolution graphique et algébrique d’une équation La fonction affine g définie par g ( x ) = 2x + 3 a pour représentation graphique

la droite passant par le point de coordonnées (0; 3) et celui de coordonnées (1; 2 × 1+ 3) soit (1;5). Les coordonnées (x ;y) des points d’intersection de (C) et d vérifient les

équations de (C) et d, soit :

98



y = x 2 et y = 2x + 3. On en déduit x 2 = 2x + 3.

12

y

(C)

11

De plus, si a est solution de l’équation x 2 = 2x + 3 alors le point de coordonnées (a ;a 2 ) appartient à (C) et d.

10

Les abscisses des points d’intersection de (C) et d sont donc les solutions de l’équation

6

9

B

8 7

5 4

x 2 = 2x + 3.

3 Par lecture graphique, 2

les points d’intersection A et B ont pour abscisse −1 et 3.

1

A –4

–3

–2

–1

1

2

3

4 x

( x + 1)( x − 3) = x 2 – 3x + x − 3 = x 2 − 2x − 3. donc x 2 − 2x − 3 = ( x + 1)( x − 3). x 2 = 2x + 3 équivaut à x 2 − 2x − 3 = 0 soit ( x + 1)( x − 3) = 0 .

Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Donc,

x 2 = 2x + 3 équivaut à x + 1 = 0 ou x − 3 = 0 soit x = −1ou x = 3. On retrouve bien les solutions que l’on avait lu par lecture graphique.



99


a) Graphiquement, les solutions de l’équation f ( x ) = 0 sont les abscisses des

points d’intersection de la courbe représentative de f avec la droite d’équation y = 0, soit avec l’axe des abscisses. On lit deux solutions −3 et 1. b) ( −3)2 + 2 × ( −3) − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 donc −3 est bien solution de l’équation

x 2 + 2x − 3 = 0. 12 + 2 × 1− 3 = 0 donc 1 est bien solution de l’équation x 2 + 2x − 3 = 0. b) Graphiquement, les solutions de l’équation f ( x ) = 5 sont les abscisses des

points d’intersection de la courbe représentative de f avec la droite d’équation y =5, soit avec l’axe des abscisses. On lit deux solutions −4 et 2. ( −4 )2 + 2 × ( −4 ) − 3 = 16 − 8 − 3 = 5 donc −4 est bien solution de l’équation

x 2 + 2x − 3 = 5. 22 + 2 × 2 − 3 = 5 donc 2 est bien solution de l’équation x 2 + 2x − 3 = 0. Exercice 12

Pour cet exercice, la fenêtre n’est pas donnée. On peut dans un premier temps

dessiner les courbes dans une fenêtre standard, puis affiner les réglages pour bien pouvoir lire les abscisses des points d’intersection de f et g. On peut notamment prendre 0,5 comme pas de graduation sur l’axe des abscisses.

Les solutions sont les abscisses des points d’intersection des courbes représentant f et g.

On lit approximativement x = 1et x = −1, 5. Résolvons algébriquement f ( x ) = g ( x ).

2x ( x − 1) = −3x + 3 équivaut à 2x ( x − 1) + 3x − 3 = 0. Pour résoudre cette équation, nous allons faire apparaître un facteur commun x − 1.

f ( x ) = g ( x ) si et seulement si 2x ( x − 1) + 3( x − 1) = 0 soit : ( x − 1)(2x + 3) = 0. Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. x − 1 = 0 soit x = 1 ou 3 2x + 3 = 0 soit x = − = −1, 5 . 2 Les solutions de l’équation f ( x ) = g ( x ) sont 1 et −1, 5. = {−1,5 ;1}. Ce résultat est bien cohérent avec notre lecture graphique.

100



Exercice 13

a) La seule équation qui ne comporte pas de terme en x 2 est l’équation (E4) :

2( x − 3) + 5x − 4 = 0 . b) En développant, on obtient 2x − 6 + 5x − 4 = 0 soit 7x − 10 = 0 7x − 10 = 0 si et seulement si 7x = 10 soit x = L’équation (E4) a pour solution ={

10 . 7

10 ou encore 7

10 } 7

a) (E3) : 2( x − 4 )( x + 2) = 0

On sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Comme 2 ≠ 0 , 2( x − 4 )( x + 2) = 0 équivaut à ( x − 4 )( x + 2) = 0. b) ( x − 4 )( x + 2) = 0 équivaut à x − 4 = 0 ou x + 2 = 0 soit x = 4 ou x = −2. L’équation (E3) a donc pour solutions 4 et −2. = { 4; −2} . a) (E1) : 1− ( x − 5)2 = 0 .

Factorisons le membre de gauche de cette équation soit 1− ( x − 5)2. 1− ( x − 5)2 = 12 − ( x − 5)2 = [1− ( x − 5)][1+ ( x − 5)] = (1− x + 5)(1+ x − 5) = ( − x + 6 )( x − 4 ). (E2) : 3x 2 − x ( x − 1) = 0. Factorisons le membre de gauche de cette équation soit : 3x 2 − x ( x − 1) 3x 2 − x ( x − 1) = x [ 3x − ( x − 1)] = x ( 3x − x + 1) = x (2x + 1). b) Résolvons alors l’équation (E1). (E1) équivaut à ( − x + 6 )( x − 4 ) = 0 soit − x + 6 = 0 ou x − 4 = 0 soit

x = 6 ou x = 4. L’équation (E1) : 1− ( x − 5)2 = 0 a pour solutions 4 et 6. = { 4; 6 } . Résolvons alors l’équation E2 : 3x 2 − x ( x − 1) Cette équation équivaut à : x (2x + 1) = 0 soit x = 0 ou 2x + 1 = 0 soit 1 x = 0 ou x = − . 2


101


1 L’équation (E2) : 3x 2 − x ( x − 1) = 0 a pour solutions 0 et − . 2 1 = {0; − }. 2 Exercice 14

a) 3x + 9 = x + 2 équivaut à : 3x − x = 2 − 9 ⎧ 7⎫ soit 2x = −7 S = ⎨ – ⎬ . ⎩ 2⎭ b) 2( x − 1) = 2x + 3 équivaut à : 2x − 2 = 2x + 3 −2 = 3 S = ∅. c) 4 x 2 − 25 = 0 équivaut à : (2x − 5)(2x + 5) = 0 2x − 5 = 0 ou 2x + 5 = 0 ⎧5 5 ⎫ 5 5 x = ou x = − S = ⎨ ,– ⎬ . 2 2 ⎩2 2 ⎭ d) ( x + 1)(2x − 5) − ( x + 1)( x + 2) = 0 équivaut à : ( x + 1)(2x − 5 − x − 2) = 0 ( x + 1)( x − 7) = 0

{

}

x + 1 = 0 ou x − 7 = 0 S = –1,7 . (2x + 1)2 − ( x − 2)2 = 0 équivaut à : (2x + 1+ x − 2)(2x + 1− x + 2) = 0 ( 3x − 1)( x + 3) = 0 3x − 1 = 0 ou x + 3 = 0 ⎫ ⎧1 3x = 1 ou x = −3 S = ⎨ ,–3 ⎬. ⎭ ⎩3 f) x + 3 = x − 2 équivaut à : 3( x + 3) = 4( x − 2) 4 3 3x + 9 = 4 x − 8 3x − 4 x = −8 − 9

{ }

− x = −17 S = 17 . 2 2 2 g) x ( x + 4 ) = x + 1 équivaut à : x + 4 x = x + 1

x 2 − x 2 + 4 x = 1 4 x = 1 ⎧ 1⎫ 1 x = S = ⎨ ⎬ . 4 ⎩4⎭

102



Exercice 15

a)

2x − 1 2x − 1 = 1 équivaut à − 1 = 0 soit x +3 x +3

2x − 1 x + 3 =0 − x +3 x +3 2x − 1− ( x + 3) 2x − 1− x − 3 = 0 soit =0. x +3 x +3

x −4 = 0. x +3 Or, un quotient est nul si et seulement si son numérateur est nul et son dénominateur est non nul. Le problème revient donc à résoudre l’équation :

x −4 = 0 équivaut à x − 4 = 0 et x + 3 ≠ 0 x +3 soit x = 2 et x ≠ −3 soit x = 4. = { 4 }. b)

−2x =3 1+ x

−2x −2x = 3 équivaut à −3=0 1+ x 1+ x soit

−2x (1+ x ) − 3× =0 1+ x 1+ x

soit

−5x − 3 = 0. 1+ x

−2x = 3 si et seulement si −5x − 3 = 0 et 1+ x ≠ 0 soit 1+ x

x =−

3 et x ≠ −1 5

3 soit x = − . 5 3 = { − }. 5 c)

2 1 5 + = x 3 3x

2 1 5 + = x 3 3x

2 1 5 + − = 0. x 3 3x

2 1 5 2 × 3 1× x 5 6+ x − 5 x +1 + − = + − = = . x 3 3x x × 3 3 × x 3x 3x 3x


103


x +1 = 0 équivaut à x + 1 = 0 et 3x ≠ 0 soit 3x x = −1. = { −1}. d)

7 2 = . x +1 x

7 2 = x +1 x

7 2 − =0. x +1 x

7 2 7× x 2 × ( x + 1) 7x − 2x − 2 5x − 2 − = − = = . x + 1 x ( x + 1) × x x × ( x + 1) x ( x + 1) x ( x + 1) 5x − 2 = 0 équivaut à 5x − 2 = 0 et x ( x + 1) ≠ 0 x ( x + 1) soit x =

2 et x ≠ 0 et x ≠ −1 soit 5

2 x= . 5 2 = { }. 5 Exercice 16

f ( x ) = x 2 ( x − 11) et g ( x ) = x − 11. Graphiquement, les solutions

de l’équation f ( x ) = g ( x ) sont les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives de f et de g (qui est une droite car g est une fonction affine). On lit deux solutions x ≈ −1 et x ≈ 1. f ( x ) = g ( x ) équivaut à x 2 ( x − 11) = x − 11 soit x 2 ( x − 11) − ( x − 11) = 0.

On peut mettre x − 11 en facteur. Il vient : ( x − 11)( x 2 − 1) = 0 soit ( x − 11)( x − 1)( x + 1) = 0. Ce produit de trois facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul, soit : x − 11 = 0 ou x − 1 = 0 ou x + 1 = 0. D’où les trois solutions x = 11 ou x = 1 ou x = −1. ={ −1,1,11}

104



On retrouve bien les deux solutions conjecturées graphiquement −1 et 1 mais on a en plus la solution x =11. Celle-ci n’apparaissait pas graphiquement cidessus car la fenêtre choisie était telle que x min = −3 et x max = 4.

Avec cette nouvelle fenêtre, on peut constater que la droite représentant g coupe la courbe représentative de f en trois points dont les abscisses sont −1, 1 et 11, ce qui est cohérent avec notre résolution algébrique. Exercice 17

Appelons x le côté du carré en cm . Son aire est x 2. Si l’on augmente son côté de 3 cm, son aire devient ( x + 3)2. L’énoncé se traduit par l’équation : ( x + 3)2 − x 2 = 21. Un développement mental rapide nous montre que les x 2 vont s’éliminer et que notre équation est en fait du premier degré et nous saurons donc la résoudre. ( x + 3)2 − x 2 = x 2 + 6 x + 9 − x 2 = 6 x + 9. ( x + 3)2 − x 2 = 21 si et seulement si 6 x + 9 = 21 , soit 6 x = 12, soit x = 2. Le carré chercher a côté 2 cm. Vérifions le : 22 = 4 et (2 + 3)2 = 25 = 4 +21.

Exercice 18

Notons x la distance PM. B

rème de Pythagore appliqué au triangle APM rectangle en M, on a 2

2

J A 5m

3,5 m

2

AP = AM + MP soit :

M

P 10 m

N I

AP2 = 3, 52 + x 2. D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle PBN rectangle en N, on a BP2 = BN2 + NP2 soit : BP2 = 52 + (10 − x )2.


105


AP=BP si et seulement si AP2 = BP2 soit

x 2 + 12, 25 = 25 + (10 − x )2 . Un développement mental rapide nous montre que les x 2 vont s’éliminer et que notre équation est en fait du premier degré et nous saurons donc la résoudre.

x 2 + 12, 25 = 25 + (10 − x )2 équivaut à x 2 + 12, 25 = 25 + 100 − 20 x + x 2 , soit 20 x = 112, 75 soit x =

112, 75 = 5, 6375 m soit environ 564 cm. 20

Pour déterminer la position de P, il suffit de construire la médiatrice de

[AB], ensemble des points équidistants de A et de B. Comme PA=PB, le point P appartient à cette médiatrice. P est donc l’intersection de [MN] avec la médiatrice de [AB]. Exercice 19

Nous pouvons essayer de prendre pour inconnue n le plus petit de nombres entiers cherchés. Les 5 entiers consécutifs sont donc n ,n + 1,n + 2,n + 3,n + 4. Le problème se traduit alors par l’équation : (n + 3)2 + (n + 4 )2 = n 2 + (n + 1)2 + (n + 2)2.

n 2 + 6n + 9 + n 2 + 8n + 16 = n 2 + n 2 + 2n + 1+ n 2 + 4n + 4 soit après réduction : n 2 − 8n − 20 = 0 équation du second degré que l’on ne sait pas résoudre en seconde. Nous pouvons essayer de changer d’inconnue en prenant pour inconnue n le troisième nombre des cinq entiers consécutifs. Les 5 entiers consécutifs sont donc : n − 2,n − 1,n ,n + 1,n + 2. Le problème se traduit alors par : (n + 1)2 + (n + 2)2 = (n − 2)2 + (n − 1)2 + n 2.

n 2 + 2n + 1+ n 2 + 4n + 4 = n 2 − 4n + 1+ n 2 − 2n + 4 + n 2 , soit n 2 − 12n = 0 ou encore n (n − 12) = 0 . Cette équation admet deux solutions, n = 0 ou n = 12. Si n = 0, les cinq

entiers cherchés sont : −2, −1, 0,1, 2 et on a bien

(1)2 + (2)2 = ( −2)2 + ( −1)2 + 02 . Si n = 12, les cinq entiers cherchés sont 10,11,12,13,14 on a bien 132 + 142 = 102 + 112 + 122 == 365.

106



Exercice 20

Appelons n le nombre à rajouter . Le problème se traduit par l’équation :

n+3 6 = . n +7 7 Cette équation est équivalente à :

n+3 6 − = 0. n +7 7 n + 3 6 (n + 3) × 7 6 × (n + 7) 7n + 21− 6n − 42 n − 21 . − = − = = n + 7 7 (n + 7 ) × 7 7 × (n + 7 ) 7n + 49 7n + 49 n+3 6 − = 0 équivaut à n − 21 = 0 et 7n + 49 ≠ 0 , soit n +7 7 n = 21 et n ≠ −7 , soit n = 21.

Vérification : 21+ 3 24 6 = = . 21+ 7 28 7


Étude du signe d’un produit Rappel du signe d’un produit

Le tableau ci-dessous se complète aisément en appliquant la règle des signes Signe de a

+

−

+

−

Signe de b

−

+

+

−

Signe de a × b

−

−

+

+

Les facteurs dépendent de x : tableau de signes.

Pour obtenir le tableau de signe de 2x + 5 , on résout d’abord l’équation 2x + 5 = 0 5 Celle-ci est équivalente à 2x = −5 , soit x = − . 2 On peut ensuite utiliser deux méthodes.

Méthode 1 On résout l’inéquation 2x + 5 > 0. 5 2x + 5 > 0 équivaut à 2x > −5 soit x> − . 2


107


5 Par suite, 2x + 5 < 0 équivaut à x < − . 2

Méthode 2 (voir chapitre 1) On sait que la fonction affine f définie par f ( x ) = 2x + 5 est strictement croissante sur car 2>0. 5 5 Par suite, si x < − , f ( x ) < f ( − ) 2 2 5 5 Si x > − , f ( x ) > f ( − ) 2 2

2x + 5 < 0.

f ( x ) > 0.

Par l’application de l’une ou l’autre des méthodes, on obtient le tableau de signe suivant :

x

−∞

−5/2

2x+5

−

+∞

0

+

Pour le signe de 3 − x , on utilise une des méthodes précédentes, et on obtient :

x 3− x

−∞

3 +

+∞

0

−

5 b) Pour x = 6,4 on a x > − , donc 2x + 5 > 0 et x > 3 donc 3 − x < 0. 2 Pour x = 6,4, le produit (2x + 5)( 3 − x ) est donc négatif. 5 Pour x = 3, qui vaut sensiblement 1,732 on a x > − , donc 2x + 5 > 0 et 2 x < 3 donc 3 − x > 0. Pour x = 3, , le produit (2x + 5)( 3 − x ) est donc positif. 5 Pour x = −3, 7 on a x < − , donc 2x + 5 < 0 et x < 3 donc 3 − x > 0. 2 Pour x = −3, 7 , le produit (2x + 5)( 3 − x ) est donc négatif.

x

−

−∞ Signe de 2x + 5

−

Signe de 3 − x

+

Signe de (2x + 5)( 3 − x )

108



−

5 2 0

0

+∞

3 +

+

+

0

−

+

0

−

d) (2x + 5)( 3 − x ) est nul quand x = −

5 ou x = 3. 2

5 (2x + 5)( 3 − x ) est strictement positif quand x appartient à l’intervalle ] − , 3[ . 2 (2x + 5)( 3 − x ) est strictement négatif quand x appartient à la réunion d’intervalle 5 ] − ∞; − [∪]3, +∞[. 2 Activité 2

Plan d’une maison Le rectangle a pour dimensions 2x et 10 − x .

x

2

Son aire est donc : 2x (10 − x ) = 20 x − 2x . Le triangle a pour base 2x et pour hauteur x. 1 Son aire est donc : × 2x × x = x 2. 2

10

On a 0 < x < 10. Donc 0 < x 2 < 100.

On peut effectuer le tracé des courbes avec : Xmin = 0 , Xmax = 10 et X grad = 1.

2x

Ymin = 0 , Ymax = 100 et Ygrad = 10.

A l’aide de la fonction trace , et en amenant le curseur sur le point d’intersection des deux courbes, On trouve que ces aires sont égales pour x ≈ 6, 7.


109


Par le calcul, ces aires sont égales si 2x (10 − x ) = x 2 , soit 2x (10 − x ) − x 2 = 0 ou encore 2x (10 − x ) − x × x = 0 , et en factorisant par x,

x [2(10 − x ) − x ] = 0 soit x (20 − 3x ) = 0. Comme x ≠ 0, l’équation précédente est équivalente à 20 − 3x = 0 soit x =

20 . 3

20 est la valeur exacte égale au dixième près à la valeur 6,7 estimée à la 3 calculatrice. Pour un point d’abscisse x compris entre 0 et 10, l’aire du triangle est supérieure

ou égale à l’aire du rectangle si x 2 > 20 x − 2x 2 , c’est-à-dire si l’ordonnée du point de la courbe représentant la fonction g : x x 2 est supérieure à l’ordonnée point de la courbe représentant la fonction f : x 20 x − 2x 2 c’est-à-dire si le point d’abscisse x appartenant à la courbe représentant g et au dessus du point d’abscisse x appartenant à la courbe représentant f. Par conséquent, l’aire du triangle est supérieure ou égale à l’aire du rectangle lorsque la courbe représentant g (celle qui monte tout le temps) est au dessus de la courbe représentant f . L’aire du triangle est supérieure ou égale à l’aire du rectangle lorsque x appartient à l’intervalle [20/3 ;10[. Par le calcul, il faut résoudre l’inéquation 2x (10 − x ) ≤ x 2 , sachant que

0 < x < 10. Le calcul effectué au 2. montre que cette inéquation est équivalente à l’inéquation :

x (20 − 3x ) ≤ 0. Comme x est strictement positive, cette inéquation est équivalente à 20 − 3x ≤ 0 20 soit 3x ≥ 20 , soit x ≥ . 3 Comme x < 10, on retrouve le résultat que x appartient à l’intervalle [20/3 ;10[.

110




Graphiquement, les

y

solutions de l’inéquation

f (x ) ≥ 1 sont les abscisses des points de situés au dessus de la droite d’équation y=1. On trouve donc pour solutions de l’inéquation

3 2

–4

–3

–2

y=1

1

–1

0

1

–1

f ( x ) ≥ 1 les nombres réels de l’intervalle ⎡ 1⎤ fermé ⎢ −1; ⎥ ⎣ 2⎦

2

x

3

y = –1

–2 –3

y = –3

⎡ 1⎤ = ⎢ −1; . ⎣ 2⎦ Graphiquement, les solutions de l’inéquation f ( x ) ≥ 0 sont les abscisses des

points de situés strictement au dessus de la droite d’équation y=0, c’est-à-dire de l’axe des abscisses. On trouve donc pour solutions de l’inéquation f ( x ) ≥ 0 les nombres réels de l’intervalle ouvert [ −2;1]. = ⎡ −2;1⎤ . ⎣ ⎦ Graphiquement, les solutions de l’inéquation f ( x ) ≤ −1 sont les abscisses

des points de situés au dessous de la droite d’équation y = −1, On trouve donc pour solutions de l’inéquation f ( x ) ≤ −1 les nombres réels de la réunion d’intervalles [ −4; −3] ∪ [2; 4 ]. = [ −4; −3] ∪ [2; 4 ]. Graphiquement, les solutions de l’inéquation f ( x ) > −3 sont les abscisses

des points de situés strictement au dessus de la droite d’équation y =−3. On trouve donc pour solutions de l’inéquation f ( x ) > −3 les nombres réels de l’intervalle semi-ouvert ] − 4; 4 ]. = ] − 4; 4 ]. Exercice 22

Les solutions de l’inéquation f ( x ) ≥ g ( x ) sont les abscisses des points de

situés au dessus de la droite d représentant la fonction affine g.

On trouve donc pour solutions les nombres réels de l’intervalle fermé [ −11 ; ]. = [ −11 ; ].


111


Les solutions de

l’inéquation f ( x ) > g ( x ) sont les abscisses des points de situés strictement au dessus de la droite d représentant la fonction affine g. On trouve donc pour solutions les nombres réels de l’intervalle ouvert ] − 11 ; [.

y d

2

–4

–3

–2

1

–1

0

1

2

3

x

–1 –2 –3

= ] − 11 ; [. Les solutions de l’inéquation f ( x ) ≤ g ( x ) sont les abscisses des points de

situés au dessous de la droite d représentant la fonction affine g. On trouve donc pour solutions les nombres réels de la réunion d’intervalles fermés [ −4; −1] ∪ [1; 4 ]. = [ −4; −1] ∪ [1; 4 ]. Exercice 23

−2x + 3 < x + 4

Cette inéquation équivaut, en retranchant x aux deux membres, à : −2x − x + 3 < x − x + 4 , soit −3x + 3 < 4 En retranchant 3 aux deux membres de l’inéquation, il vient −3x + 3 − 3 < 4 − 3 soit −3x < 1 et en divisant par −3 , on trouve : 1 x >− . 3 On a changé le sens de l’inégalité car on a divisé par −3 qui est un nombre négatif. On peut écrire l’ensemble des solutions sous la forme d’un intervalle : 1 S = ] − ; +∞[. 3 3x − 2( x − 4 ) < x

3x − 2( x − 4 ) = 3x − 2x + 8 = x + 8. L’inéquation est donc équivalente à : x + 8 < x soit encore à 8 < 0. Cette inéquation n’admet donc pas de solutions. S = ∅. S = ∅ signifie que l’ensemble des solutions est vide.

112

2 x +8<0 3



2 x < −8 3 soit, en multipliant par 3 les deux membres à, 2x < −24 soit

Cette inéquation équivaut à :

x<

−24 , soit x < −12. 2

S = ] − ∞; −12[.

2x − 5 2x − 3 ≤ . 3 7

Multiplions par 3 les deux membres de l’inéquation ; l’inéquation est équivalente à : 2x − 5 ≤

3(2x − 3) . 7

Multiplions ensuite par 7 les deux membres de l’inéquation ; l’inéquation est équivalente à : 7(2x − 5) ≤ 3(2x − 3). On obtient en développant : 14 x − 35 ≤ 6 x − 9 , soit 8 x ≤ 26 , soit 26 13 ,soit x ≤ . 8 4 ⎤ 13 S = ⎥ −∞ ; 4 ⎦

x≤

Exercice 24

x

−∞

Signe de f ( x )

−2 −

+∞

7 +

0

−

a) On ne peut pas calculer f ( x ) pour x = −2 car sous le nombre −2 figure

une double barre. b) f ( x ) s’annule pour x = 7 , car sous le nombre 7 figure le nombre 0. Donner le signe de

a) 0 ∈ ] − 2; 7[ donc f (0 ) > 0. b) −100 ∈] − ∞; −2[ donc f ( −100 ) < 0. c) 5 3 ≈ 8, 66 donc 5 3 ∈]7; +∞[ donc f (5 3 ) < 0. a) Pour x < −2 , f ( x ) < 0;


113


b) Pour −2 < x < 7 f ( x ) > 0. c) Pour x ≥ 7 f ( x ) ≤ 0. d) Pour −2 < x ≤ 7 f ( x ) ≥ 0. Exercice 25

a) Signe de (2x − 1)( x − 3) Pour connaître le signe d’un produit de facteurs, il suffit de connaître le signe de chaque facteur. 1 2x − 1 > 0 équivaut à 2x > 1 soit x > . 2

x − 3 > 0 équivaut à x > 3.

x

−∞

1/2

Signe de 2x − 1

−

0

Signe de x−3

− +

Signe de (2x − 1)( x − 3)

3 +

0

+∞ +

−

0

+

−

0

+

On peut donner le signe de (2x − 1)( x − 3) dans le tableau suivant :

x

1/2

−∞

Signe de (2x − 1)( x − 3)

+

3

0

−

+∞

0

+

x +4 . 3 − 2x Pour étudier le signe d’un quotient, il suffit de connaître le signe de chacun des facteurs du quotient. x + 4 > 0 équivaut à x > −4. b) Signe de

3 3 − 2x > 0 équivaut à 3 > 2x soit x < . 2

x

−∞

Signe de x + 4

−

Signe de 3 − 2x

+

x +4 3 − 2x

−

Signe de

0

On peut donner le signe de

114



+ +

0

+∞

3/2

−4

+ 0

+

x +4 dans le tableau suivant : 3 − 2x

− −

−4

−∞

x Signe de

Exercice 26

−x + 5 x +2

−

+∞

3/2

0

+

−

Pour résoudre l’inéquation , ( 5x − 3)( 4 − x ) > 0, nous allons étudier le signe

de l’expression (5x − 3)( 4 − x ). Pour connaître le signe de ce produit de facteurs, il suffit de connaître le signe de chacun des facteurs du produit. 3 5x − 3 > 0 équivaut à 5x > 3 soit x > . 5 4 − x > 0 équivaut à x < 4. On en déduit le tableau de signe :

x

3/5

−∞

Signe de 5x − 3

−

Signe de 4 − x

+

0

−

Signe de (5x − 3)( 4 − x )

4

+∞

+

0

+

+

0

−

+

0

−

Nous pouvons donner le signe de (5x − 3)( 4 − x ) dans le tableau suivant : −∞

x Signe de (5x − 3)( 4 − x )

3/5 −

0

+∞

4 +

0

−

L’ensemble S des solutions de l’inéquation (5x − 3)( 4 − x ) > 0 est donc : 3 S =] ; 4[. 5 Pour vérifier ce résultat à la calculatrice, on peut construire la courbe

représentative de la fonction f définie par f ( x ) = (5x − 3)( 4 − x ) .


115


La représentation graphique de la fonction f confirme bien les résultats déterminés algébriquement. La courbe est strictement au dessus de l’axe des abscisses si et seulement si x 3 appartient à l’intervalle ] ; 4[. 5 Exercice 27

a) Pour démontrer que , x 2 − 4 x + 3 − ( x − 2)2 − 1, nous pouvons développer

l’expression ( x − 2)2 − 1. ( x − 2)2 − 1 = x 2 − 4 x + 4 − 1 = x 2 − 4 x + 3. On a donc bien x 2 − 4 x + 3 = ( x − 2)2 − 1. b) La forme factorisée de x 2 − 4 x + 3 peut être obtenue en factorisant l’expression ( x − 2)2 − 1. ( x − 2)2 − 1 = ( x − 2)2 − 12 = ( x − 2 − 1)( x − 2 + 1) = ( x − 3)( x − 1) = ( x − 1)( x − 3). c) Tableau de signe de l’expression ( x − 1)( x − 3). −∞

x

1

Signe de x − 1

−

Signe de x − 3

−

Signe de ( x − 1)( x − 3)

+

+∞

3

0

+

0

+

−

0

+

−

0

+

On peut donner le signe de ( x − 1)( x − 3) dans le tableau suivant :

x

1

−∞

Signe de ( x − 1)( x − 3)

+

0

3 −

0

+∞ +

d) Les solutions de l’inéquation x 2 − 4 x + 3 > 0 sont donc :

S = ] − ∞;1[∪]3; +∞[ car x 2 − 4 x + 3 = ( x − 1)( x − 3). e) Il suffit de tracer à la calculatrice, dans une fenêtre standard par exemple, la courbe représentative de la fonction f définie par f ( x ) = x 2 − 4 x + 3.

116



La courbe représentative de cette fonction est strictement au dessus de l’axe des abscisses si et seulement si x ∈] − ∞;1[∪]3; +∞[ La somme des aires des carrés est

G

égale à x 2 + ( 4 − x )2 avec 0 < x < 4.

F

Il faut donc résoudre l’inéquation

x 2 + ( 4 − x )2 > 10 soit x 2 + 16 − 8 x + x 2 > 10 soit

D

C

2x 2 − 8 x + 6 > 0 , et en divisant par 2 les deux A membres de l’inéquation, on retrouve l’inéquation précédente :

B

E

4-x x 4

2

x − 4 x + 3 > 0. On a trouvé dans la question précédente S = ⎦⎤ −∞ ; 1⎡⎣∪ ⎤⎦ 3; +∞ . De plus, pour notre problème, 0 < x < 4. On en déduit que la somme des aires des deux carrés est strictement supérieure à 10 si et seulement si : x ∈ ] 0 ; 1 [∪] 3

Exercice 28

x +1 ≥ 0

3− x On résout cette inéquation à l’aide d’un tableau de signes. −∞

x

−1

Signe de x+1

−

Signe de 3 − x

+

Signe de

x +1 3− x

−

Le signe de

0

+

+ 0

−∞

x +1 3− x

L’inéquation

+ 0

−

+

−

x +1 peut être donné dans le tableau suivant : 3− x

x Signe de

+∞

3

−1 −

0

+∞

3 +

−

x +1 ≥ 0 a donc pour solution : S = [ −1; 3[ 3− x


117


−5x (2x − 7)2

≥ 0.

−5x

L’expression

(2x − 7)2 7 2x − 7 ≠ 0 , soit x ≠ . 2

est définie si son dénominateur est non nul, soit si

7 −5x Pour x ≠ , (2x − 7)2 > 0, donc l’expression a le même signe que 2 2 ( ) 2 x − 7 −5x . Or −5x ≥ 0 équivaut à x ≤ 0. On a donc S = ] − ∞; 0]. x + 4 < 2.

5− x La méthode consiste à se ramener à une étude de signe.

x +4 x +4 < 2 équivaut à − 2 < 0. 5− x 5− x On met l’expression

x +4 − 2 au même dénominateur : 5− x

x +4 x + 4 2(5 − x ) x + 4 − 10 + 2x 3x − 6 . −2= − = = 5− x 5− x 5− x 5− x 5− x Par suite

x +4 3x − 6 < 2 équivaut à < 0. 5− x 5− x Le signe de −∞

x

2

Signe de 3x − 6

−

Signe de 5 − x

+

Signe de

3x − 6 5− x

3x − 6 s’obtient à l’aide d’un tableau de signes. 5− x

−

0

On peut donner le signe de

118



+ +

0

+∞

5 + 0

+ 3x − 6 dans le tableau suivant : 5− x

− −

−∞

x Signe de

3x − 6 5− x

2 −

0

+∞

5 +

−

3x − 6 < 0 si et seulement si x ∈] − ∞; 2[∪]5; +∞[. 5− x L’ensemble S des solutions de l’inéquation

S = ] − ∞; 2[∪]5; +∞[. Exercice 29

x +4 < 2 est donc : 5− x

Notons f ( x ) le prix à payer en utilisant le premier transporteur en fonction du nombre x de kilomètres parcourus.

f ( x ) = 460 + 3, 5x . Notons g ( x ) le prix à payer en utilisant le second transporteur en fonction du nombre x de kilomètres parcourus.

g ( x ) = 1000 + 2x . Il est plus avantageux de s’adresser au second transporteur lorsque g ( x ) < f ( x ), soit 1000 + 2x < 460 + 3, 5x , soit 1, 5x > 540, soit x >

540 540 et = 360. 1, 5 1, 5

Le second transporteur est plus avantageux que le premier à partir d’une distance à parcourir supérieure à 360 km.

Exercice 30

L’aire d’un carré de côté x est x 2. L’aire d’un trapèze est donnée par la formule : demi somme des bases ×hauteur. L’aire d’un trapèze, de hauteur x, et dont les deux bases ont pour longueurs x +3 x ( x + 3) respectives x et 3 est donc égale à : ×x = . 2 2 L’aire d’un carré de côté x est inférieure l’aire d’un trapèze, de hauteur x, et dont les deux bases ont pour longueur respectives x et 3 si et seulement si :

x ( x + 3) soit, 2 2 2x ≤ x ( x + 3) soit, x2 ≤

2x 2 − x ( x + 3) ≤ 0 soit

x (2x − ( x + 3)) ≤ 0 ou encore


119


x ( x − 3) ≤ 0. x désigne ici une distance donc x > 0. Par suite, x ( x − 3) ≤ 0 équivaut à x − 3 ≤ 0 soit 0 < x ≤ 3. L’aire d’un carré de côté x est inférieure l’aire d’un trapèze, de hauteur x, et dont les deux bases ont pour longueur respectives x et 3 si et seulement si 0 < x ≤ 3.

On cherche donc les nombres réels x tels que 2x > x 3 .

Exercice 31

Cette inéquation est équivalente à l’inéquation : x 3 − 2x < 0.

x 3 − 2x = x ( x 2 − 2) = x ( x − 2 )( x + 2 ). On est donc amener à rechercher le signe de x ( x − 2 )( x + 2 ) , ce que l’on fait aisément à l’aide d’un tableau de signes. −∞

x

0

− 2

+∞

2

Signe de x

−

−

0

+

Signe de x − 2

−

−

−

Signe de x + 2

−

0

+

+

Signe de x 3 − 2x

−

0

+

0

+ 0

+ +

−

0

+

On en extrait le signe de x 3 − 2x selon les valeurs de x.

x

−∞

Signe de x 3 − 2x

0

− 2 −

0

+

0

+∞

2 −

0

+

x 3 − 2x < 0 si et seulement si x ∈] − ∞− ; 2[∪]0; 2[. Par suite, l’ensemble S des nombres réels dont le double est strictement supérieur au cube est : S = ] − ∞− ; 2[∪]0; 2[.

Exercice 32

120

On s’intéresse à l’algorithme suivant. Entrée ENTRER a et b (nombres réels) DANS c METTRE a × b DANS s METTRE 1 SI c < 0 ALORS DANS s METTRE −1



SINON SI c = 0 ALORS DANS s METTRE 0 Fin du SI Fin du SI AFFICHER s

Sortie

Faites fonctionner cet algorithme avec les entrées

i) Entrée

a 6

b 0,5

a -6

b -0,5

a 6

b -0,5

a -6

b 0,5

Sortie ii) Entrée Sortie iii) Entrée

c

s

c < 0?

c = 0?

3

1 1

Non

Non

c

s

c < 0?

c = 0?

3

1 1

Non

Non

c

s

c < 0?

c = 0?

-3

1 -1 -1

oui

c

s

c < 0?

-3

1 -1 -1

Oui

Sortie iv) Entrée Sortie

c = 0?

Que fait cet algorithme ? Si a et b sont tous deux strictement positifs, l’algorithme nous donne 1, Si a et b sont tous deux strictement négatifs, l’algorithme nous donne 1, Si a est strictement positif et b strictement négatif, l’algorithme nous donne -1, Si a est strictement négatif et b strictement positif, l’algorithme nous donne -1, Si l’un deux nombres (au moins) est nul, l’algorithme nous donne 0. En résumé, cet algorithme nous donne 1 si les deux nombres sont de même signe, -1 s’ils sont de signes contraires et 0 si l’un des deux est nul. Exercice 33

Découvrir la touche ABS de la calculatrice.

ABS(3) = 3, ABS(18,57) = 18,57, ABS(-8) = 8, ABS(-19,1456) = 19,1456. En fait, ABS d’un réel x renvoie x s’il est positif et renvoie – x s’il est négatif. On considère l’algorithme suivant.

Entrée

ENTRER a et b (nombres réels)

Sortie

DANS c METTRE (a + b − ABS(a − b )) / 2 AFFICHER c


121


a) Que fait cet algorithme ? Deux cas sont possibles. Cas 1

a ≥b Alors a - b est positif. On en déduit : ABS( a - b) = a - b . La valeur de c en sortie de l’algorithme est donc : a + b − (a − b ) a + b − a + b 2b = = = b. 2 2 2

Cas 2

a
Entrée

Sortie Exercice 34

Ecrire un programme de l’algorithme de l’exercice 33(b) précédent pour

calculatrice. Ti-82

Casio Graph 25

PROGRAM:PETIT : Input A : Input B

= PETIT = ?→A ↵ ?→B ↵ If (A ≥ B) ↵ Then B → C ↵ Else A → C ↵ IfEnd ↵ Cy

: If ( A ≥ B) : Then : B→C : Else :A→C : End : Disp C

A 1 On entre A dans A1 et B dans B1.

122



B

C =Si(A1>=B1;B1;A1)

Exercice 35

LE RETOUR DU CYCLISTE Dans l’exercice 29 de la séquence 1 nous avons étudié la distance parcourue par un cycliste en fonction du temps écoulé depuis son départ. 80

d (en km)

70 60 50 40 30 20 10

E 0

1

2

t (en heures)

Le trajet du cycliste peut se découper en 4 phases correspondant aux intervalles de temps, ⎡⎣1 ; 1, 5 ⎤⎦, ⎡⎣1, 5 ; 2⎤⎦, ⎡⎣2 ; 3 ⎤⎦. Sur chacun de ces intervalles la distance parcourue d est une fonction affine du temps écoulé t puisque sur chaque intervalle la courbe de cette fonction est un segment de droite. On admet que : - Si t ∈[0 ; 1alors : d ( t ) = 30 t ; - Si t ∈[1 ; 1, 5alors [ : d ( t ) = 10 t +20; - Si t ∈[1, 5 ; 2 alors : d ( t ) = 35; - Si t ∈[2 ; 3alors ] : d ( t ) = 40 t -45. Compléter l’algorithme pour qu’il donne en sortie la distance D parcourue à l’instant T (T en entrée). Entrée ENTRER T SI T<1 ALORS 30*T → D SINON SI T<1, 5 ALORS 10*T + 20 → D SINON SI T<2 ALORS 35 → D SINON 40*T-45 → D Fin du SI Fin du SI Sortie

Fin du SI AFFICHER D

On peut faire fonctionner l’algorithme précédent sur la TI82 stats.fr à l’aide du programme suivant.


123


Ti-82

Casio Graph 25

: Prompt X : If X<1 : Then : 30*X → D : Else : If X<1.5 : Then : 10*X+20 → D : Else : If X<2 : Then : 35 → D : Else : 40*X-45 → D : End : End : End : Disp D

?→X ↵ If X<1 ↵ Then ↵ 30*X → D ↵ Else ↵ If X<1.5 Then ↵ 10*X+20 → D ↵ Else ↵ If X<2 Then ↵ 35 → D ↵ Else ↵ 10*X-45 → D ↵ IfEnd ↵ IfEnd ↵ IfEnd ↵ Dy


L’aire du rectangle ABCD est égale à : AB×AD = ab. L’aire du carré CNEF est égale à CN2. D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle OCN rectangle en C, 2

2

2

2

F

D

O

C

M

2

CN = ON − OC = ON − (OM − CM) . ON est le rayon du cercle de diamètre [DM] et DM = DC+CM = a + b. a +b Par suite, ON = . 2 Donc,

124



B

A E

N

2

⎞ ⎛a +b⎞ ⎛a +b CN = ⎜ −⎜ − b⎟ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 2

2

⎛ a + b ⎞ ⎛ a + b − 2b ⎞ =⎜ − ⎟⎠ 2 ⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2

⎛a+b⎞ ⎛a −b⎞ =⎜ − ⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠

2

2

2

Grâce à l’application de l’identité remarquable, A 2 − B 2 = ( A − B )( A + B ) ⎛a +b a −b⎞⎛a +b a −b⎞ CN2 = ⎜ − + = ba = ab. 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 2 ⎟⎠ ⎝ 2 Le rectangle ABCD et le carré CNEF ont donc la même aire. Exercice II

Notons R le rayon de la terre et R ' de rayon du cercle obtenue en ayant

rajouté 1 m à la ficelle. La différence entre les deux circonférences est de 1 m. Par suite, 2π R '− 2π R = 1 soit, R’

2π (R '− R ) = 1 soit,

R

1 ≈ 0,16 m, soit 16 cm. 2π La ficelle allongée sera donc à environ 16 cm du sol, résultat qui paraît bien surprenant car 1 m est quasiment négligeable par rapport à 40 000 000 m.

R '− R =

Le résultat est analogue si au lieu de faire le tour de la terre avec la ficelle, on

fait le tour d’une balle de ping-pong car le résultat est indépendant du rayon de l’objet entouré. Exercice III

Notons x la mesure du côté du plus grand carré et y celle du plus petit. Les superficies de deux jardins carrés diffèrent de 136 m2 se traduit par l’équation :

x 2 − y 2 = 136 Le côté du plus grand mesure 4 m de plus que le côté de l’autre se traduit par l’équation :

x = y + 4. On en déduit : ( y + 4 )2 − y 2 = 136 soit Corrigé de la séquence 3 – MA20-09

125


y 2 + 8 y + 16 − y 2 = 136 soit 8 y = 120 donc 120 y= = 15. 8 Donc le plus petit côté mesure 15 m. Par suite le plus grand mesure 15 + 4 = 19 m. On vérifie que l’on a bien 192 − 152 = 361− 225 = 136 (m2). Exercice IV

Un quadrilatère convexe, composé de 4 côtés, admet 2 diagonales.

4( 4 − 3) = 2. 2 La formule est donc bien vérifiée pour un quadrilatère convexe. On a bien

On cherche donc les polygones à n côtés tels que :

n (n − 3) = 2n soit

n (n − 3 ) = n soit 2

n (n − 3) − 2n = 0. En mettant n en facteurs, on obtient

n (n − 3 − 2) = 0 soit n (n − 5) = 0. Cette équation est équivalente à n = 0 ou n = 5. Le cas n = 0 est impossible. On en déduit que le seul polygone convexe dont le nombre de diagonales est égal au nombre de côtés est le pentagone, ce que l’on peut vérifier graphiquement. A E B

D

C

Exercice V

Rappelons que si l’on parcourt une distance d à une vitesse moyenne v pendant un temps t, on a la relation :

d d = vt soit encore t = . v Notons x la longueur de la première étape en km et y la longueur de la seconde étape en km.

126



Comme Michel a parcouru 1008 km, on a la relation :

x + y = 1008. La première étape ayant été effectuée à la vitesse moyenne de 56 km.h-1, le

x . La seconde étape ayant 56 été effectuée à la vitesse moyenne de 42 km.h-1, le temps mis en heure pour la y parcourir est égal à . 42 Comme le parcours total a duré 21 heures, on a la relation :

temps mis en heure pour la parcourir est égal à

x y + = 21. 56 42 Cette dernière équation équivaut à :

x × 42 y × 56 + = 21 56 × 42 42 × 56 soit encore à 42x + 56 y = 56 × 42 × 21 ou 6 × 7 × x + 8 × 7 × y = 8 × 7 × 6 × 7 × 21 soit 6 x + 8 y = 7056. De la relation, x + y = 1008 , il vient

y = 1008 − x . En reportant cette valeur de y dans la relation 6 x + 8 y = 7056 , on obtient 6 x + 8(1008 − x ) = 7056 soit −2x = 7056 − 2 × 1008 = −1008 soit x = 504 km et

y = 1008 − x = 504 km. On vérifie que l’on a bien 504 504 + = 21. 56 42 Exercice VI

Notons n le nombre de rangées constituant le carré de légionnaires les moins nombreux. L’autre carré a n + 7 rangées. Les effectifs de ces deux légions différent de 217 hommes se traduit par la relation : (n + 7)2 − n 2 = 217. Cette équation est équivalente à :

n 2 + 14n + 49 − n 2 = 217 soit


127


14n = 217 − 49 = 168 soit

n=

168 = 12. 14

Le carré des légionnaires les moins nombreux contient donc 122 = 144 légionnaires. Le carré des légionnaires les plus nombreux contient donc : (12 + 7)2 = 192 = 361 légionnaires. On a donc bien une différence de 217 hommes et l’effectif du corps d’armée de César est égal à : 361+144 = 505 hommes. Exercice VII

On peut calculer le volume de la boîte en fonction du côté x du carré découpé. Nécessairement 0 < x < x x

21 , soit 0 < x < 10, 5. 2

29,7-2x 21-2x

x 21-2x 29,7-2x

On remarque que les dimensions de la boîte en fonction de x sont 29, 7 − 2x ; 21− 2x et x. Son volume V ( x ) est le produit des trois dimensions.

V ( x ) = x (21− 2x )(29, 7 − 2x ). Dessinons la représentation graphique de cette fonction à l’aide d’une calculatrice ainsi que la droite d’équation y = 1000.

La droite d’équation y = 1000 coupe la courbe représentative de la fonction V en deux points. Il est donc possible d’obtenir une boîte de volume 1000 cm3. Graphiquement, on constate qu’une boîte de 1000 cm3 peut être obtenu pour une valeur de x comprise entre 2 et 3 et aussi pour une valeur de x comprise entre 5 et 6. On peut définir le tableau de valeurs de la fonction V en partant de la valeur 2 et avec un pas de 0,1.

128



On affiche ce tableau.

Comme V (2, 5) = 988 et V(2,6) ≈ 1006,5 on peut affirmer qu’il existe une valeur

x 1 de x comprise entre 2,5 et 2,6 tel que V ( x 1) = 1000 cm3. De manière analogue, définissons le tableau de valeurs de la fonction V en partant de la valeur 5 avec un pas de 0,1.

Comme V (5, 7) ≈ 1001, 4 et V (5, 8 ) = 986, 81 , on peut affirmer qu’il existe une valeur x 2 de x comprise entre 5,7 et 5,8 telle que V ( x 2 ) = 1000 cm3. Exercice VIII

Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives des

fonctions f et g sont les solutions de l’équation f ( x ) = g ( x ), soit de l’équation : (2 − x )( x 2 + x − 7) = 4 − x 2. Cette équation est équivalente à : (2 − x )( x 2 + x − 7) − ( 4 − x 2 ) = 0. (2 − x )( x 2 + x − 7) − ( 4 − x 2 ) = (2 − x )( x 2 + x − 7) − (2 − x )(2 + x ) = (2 − x )( x 2 + x − 7 − 2 − x ) = (2 − x )( x 2 − 9 ) = (2 − x )( x − 3)( x + 3). Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

f ( x ) = g ( x ) équivaut à 2 − x = 0 ou x − 3 = 0 ou x + 3 = 0 soit à x = 2 ou x = 3 ou x = −3.


129


Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives des fonctions f et g sont donc : −3, 2 et 3. Remarquons que ces calculs sont conformes à la résolution de l’équation

f ( x ) = g ( x ) par lecture graphique. a) Graphiquement, sur l’intervalle [−4 ; 4], les solutions de l’inéquation

f ( x ) < g ( x ) sont les abscisses des points de la courbe représentative de f situés strictement en dessous des points de la courbe représentative de g. On a f (0 ) = −14 et g (0 ) = 4 . Ceci permet d’identifier les courbes représentatives de f et g. Courbe représentative de f

Courbe représentative de g

L’inéquation f ( x ) < g ( x ) sur l’intervalle [−4 ; 4] admet donc pour solution :

S = ] − 3; 2[∪]3; 4 ]. b) L’inéquation g ( x ) < f ( x ) sur l’intervalle [−4 ; 4] admet pour solution :

S ' = [ −4; −3[∪]2; 3[.

Exercice IX

a) f ( 0, 91) = 0, 912 = 0, 8281.

g (0, 91) = 1, 9 × 0, 91− 0, 9 = 0, 829. Donc f (0, 91) < g (0, 91). b) Apparemment les deux courbes et d des fonctions f et g sont confondues lorsque x est compris sensiblement entre 0,7 et 1,1. Mais l’échelle utilisée ne permet pas d’apprécier sur [0,7 ; 1,1] la position d’une courbe par rapport à l’autre. En dehors de cet intervalle, on peut lire que est au dessus de d et donc que

g ( x ) ≤ f ( x ). a) f ( x ) − g ( x ) = x 2 − (1, 9 x − 0, 9 ) = x 2 − 1, 9 x + 0, 9 et

( x − 1)( x − 0, 9 ) = x 2 − 0, 9 x − x + 0, 9 = x 2 − 1, 9 x + 0, 9.

130



On a donc bien f ( x ) − g ( x ) = ( x − 1)( x − 0, 9 ). b) Pour déterminer le signe de ( x − 1)( x − 0, 9 ) , on peut faire un tableau de signes. x − 1 > 0 si et seulement si x > 1.

x − 0, 9 > 0 si et seulement si x > 0, 9.

x

0,9

−∞

1

Signe de x − 1

−

Signe de x − 0,9

−

0

+

+

0

−

Signe de ( x − 1)( x − 0, 9 )

−

+∞

0

+ +

0

+

D’où le signe de ( x − 1)( x − 0, 9 ) selon les valeurs de x

x

0,9

−∞

Signe de

f ( x ) − g ( x ) = ( x − 1)( x − 0, 9 )

+

1

0

−

0

+∞ +

On en déduit que si x ∈ ] − ∞; 0, 9[∪]1; +∞[, f ( x ) − g ( x ) > 0 , donc f ( x ) > g ( x ) , donc est au dessus de d. Sur l’intervalle ]0,9 ;1[, f ( x ) − g ( x ) < 0 , donc f ( x ) < g ( x ) et est au dessous de d. Comme 0,91 ∈ ]0,9 ;1[, on a f (0, 91) < g (0, 91) , ce qui est cohérent avec le résultat trouvé dans la question 1. Exercice X

P B H

D’après le théorème de Thalès, Par suite,

M

A

MA AB MH − HA AB = soit = MH PH MH PH

p( x ) − 3 x = . p( x ) 0, 6

Cette équation équivaut à : 0, 6( p ( x ) − 3) = xp ( x ),


131


(rappel ; pour b et d réels non nuls,

a c = équivaut à ad = bc ). b d

0, 6( p ( x ) − 3) = xp ( x ) équivaut à

p ( x )(0, 6 − x ) = 1,8, soit pour 0 ≤ x < 0, 6 , p( x ) =

1, 8 . 0, 6 − x

On veut avoir : 30 ≤ p ( x ) ≤ 45 soit

30 ≤

1, 8 ≤ 45. 0, 6 − x

On veut donc avoir : 30 ≤

L’inéquation 30 ≤

1, 8 1, 8 et ≤ 45. 0, 6 − x 0, 6 − x

1, 8 équivaut à 30(0, 6 − x ) ≤ 1, 8 car 0, 6 − x > 0. 0, 6 − x

Les inéquations suivantes sont équivalentes : 30(0, 6 − x ) ≤ 1, 8 18 − 30 x ≤ 1, 8 30 x ≥ 16, 2

x≥

16, 2 30

x ≥ 0, 54. L’inéquation

1, 8 ≤ 45 équivaut à 1, 8 ≤ 45(0, 6 − x ) car 0, 6 − x > 0. 0, 6 − x

Les inéquations suivantes sont équivalentes 1, 8 ≤ 45(0, 6 − x ) 1, 8 ≤ 27 − 45x 45x ≤ 25, 2

x≤

25, 2 45

x ≤ 0, 56. Pour que la portée du phare soit comprise entre 30 et 45 m, le phare doit éclairer le mur à une hauteur x comprise entre 54 et 56 cm. Exercice XI

Le plan de la feuille est rapporté à un repère (O, I, J).

Ecrire un algorithme dans lequel les Entrées sont quatre nombres réels

132



m , p , x A , y A et la Sortiee est l’une des chaines de caractères «le point A est sur la droite D», «le point A est au-dessus de la droite D», «le point A est au-dessous de la droite D» selon la position du point A de coordonnées ( x A ; y A ) par rapport à la droite D d’équation y = mx + p

Exercice XII

ma+p

Entrée

ENTRER a, b ENTRER m, p

Traitement

DANS q METTRE m * a + p J SI q = b ALORS AFFICHER «A est sur D» O SINON SI q > b ALORS AFFICHER «A est en dessous de D» SINON AFFICHER «A est au dessus de D» Fin du SI Fin du SI

(coordonnées de A) ( D : y = mx + p )

b

A

a

I

On considère l’algorithme suivant. ENTRER N (nombre compris entre 10 et 99) DANS A METTRE le quotient de la division euclidienne de N par 10 DANS B METTRE N-10*A DANS M METTRE 10*B+A SI M>N ALORS DANS P METTRE M-N SINON DANS P METTRE N-M FIN DU SI AFFICHER P Faire fonctionner l’algorithme pour N=92 puis N=46.

Entrée

N 92

A

B

M

M>N?

P

9

2

29

Non

63 63

N 46

A

B

M

M>N?

P

4

6

64

Oui

18 18

Sortie Entrée Sortie

Si n est un entier compris entre 10 et 99 (c’est-à-dire un nombre à 2 chiffres),

on note f (n) la valeur obtenue P par l’algorithme si la valeur entrée (N) est n. Vrai ou Faux ? Justifier.


133


a) Il existe n tel que f (n) soit divisible par 7. VRAI. Par exemple, si n = 92, f ( n ) = 63 qui est bien divisible par 7 (63 = 7 × 9 ). b) Pour tout n, f (n) est impair. FAUX. Contre-exemple : n = 46. On a : f (46) = 18 qui n’est pas impair (18 est pair). c) Pour tout n, f (n) est divisible par 9. VRAI. Si n = 10 a + b ( a est le chiffre des dizaines de n et b son chiffre des unités), on a le tableau de fonctionnement suivant. N Entrée

A

B

a

b

M

P

10 a + b 10 b + a Si M>N : 10 b + a -(10 a +b) = 9 b -9 a Sinon : 10 a + b -(10 b +a) = 9 a -9 b

Sortie On a : f ( n ) = 9 a -9 b ou f ( n ) = 9 b -9 a . Dans tous les cas, f ( n ) est divisible par 9. Exercice XIII

On considère la feuille de calculs suivante. 1 2

A x

B y

On entre dans C2 : On entre dans D2:

C

D

= SI(A2<0;1;-1); = SI(B2
On entre les réels a et b dans, respectivement, les cellules A2 et B2. Qu’obtient-on dans les cas suivants?

a

b

A2<0?

SI(A2<0;1;-1)

C2*A2+1

B2
Dans D2

-2

-3

oui

1

-1

oui

OUI

2

-4

non

-1

-1

oui

OUI

0

2

non

-1

1

non

NON

2

-1

non

-1

-1

non

NON

Soient a et b deux réels. On suppose que a est entré dans A2 et b dans B2.

a) On suppose a < 0. Ecrire alors plus simplement la condition «B2
134



y = x+1. b) On suppose a ≥ 0. Ecrire alors plus simplement la condition «B2
y=x+1

y = –x + 1

J

I O


135


C orrigé de la séquence 4 Statistique descriptive notion de probabilité Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1

Étude d’un caractère qualitatif a) Souhaits d’orientation en fin de seconde.

Effectifs

Sur le graphique ci-contre on peut lire les effectifs. Les fréquences se calculent en faisant le rapport entre l’effectif d’une orientation et l’effectif total. Par exemple pour l’orientation vers la série ES :

70 60 50

f (ES) = 40 30 20 10

ES

L

S

STG

Autres

NSP

75 = 0 , 3 = 30 %. 250

Orientation Effectif ES 75 L 45 S 50 STG 55 Autres 5 Ne sait pas 20 Total 250

Fréquence 30 % 18 % 20 % 22 % 2% 8% 100 %

L’orientation la plus fréquente, le mode, est la série ES. b) Code postal du domicile. Pour représenter ces données par un diagramme circulaire, il faut calculer les angles qui doivent être proportionnels aux effectifs. Exemple, pour un effectif de 9, l’angle doit être :

360 × 9 = 12, 96ϒ. 250


137


56803

On obtient :

35330

56910

35380

56430

56140 56380

Effectif 9 72 24 9 90 28 6 12 250

Angle 12,96° 103,68° 34,56° 12,96° 129,60° 40,32° 8,64° 17,28° 360°

Le code postal le plus fréquent, le mode, est 56380.

56200

Activité 2

Code Postal 35330 35380 56140 56200 56380 56430 56803 56910 Total

Étude d’un caractère quantitatif a) Taille de la famille dans laquelle vit chaque élève. Sur le graphique ci-contre on peut lire les effectifs.

Effectifs

Taille de la famille

90 80 70 60 50 40 30 20 10

3

138

5

7

9

11 12

Taille de la famille



Effectif Fréquence

3 personnes

10

4,0 %

4 personnes

80

32,0 %

5 personnes

95

38,0 %

6 personnes

18

7,2 %

7 personnes

21

8,4 %

8 personnes

15

6,0 %

9 personnes

5

2,0 %

10 personnes

2

0,8 %

12 personnes

4

1,6 %

Total

250

100 %

Les fréquences se calculent en faisant le rapport entre l’effectif d’une taille de famille et l’effectif total. Par exemple pour les familles de 3 personnes : 10 f (3 pers) = = 0 , 04 = 4 %. 250

Pour calculer le nombre moyen de personnes par famille, on calcule le nombre total de personnes dans les familles des 250 élèves, et on divise ce total par 250 : Total= 3×10 + 4 × 80 + 5 × 95+ 6 × 18 + 7 × 21+ 8 × 15+ 9 × 5+10 × 2+12 × 4 = 1313. Moyenne =

1313 = 5, 252 personnes par famille. 250

L’écart de taille entre les familles les moins nombreuses et les familles les plus nombreuses est : étendue = 12 – 3 = 9 personnes. b) Temps de parcours du domicile au lycée. Temps de parcours (en minutes)

0

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

Effectif

2

4

5

4

6

1

9

2

8

20

10

1

5

Temps de parcours (en minutes)

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

25

Effectif

4

2

3

1

10

14

40

20

6

10

3

4

8

Temps de parcours (en minutes)

26

27

28

29

30

35

38

40

45

50

55

60

90

Effectif

10

10

2

11

1

3

1

4

1

1

1

1

2

Pour calculer le temps de parcours moyen, on calcule le temps de parcours total des 250 élèves, et on divise ce total par 250 : Total = 0 × 2 + 1× 4 + 2 × 5 + 3 × 4 + ... + 60 × 1+ 90 × 2 = 4600. 4600 Moyenne = = 18 , 4 minutes. 250 L’écart entre le temps de parcours le plus long et le plus court, l’étendue, est : 90 − 0 = 90 minutes. Le regroupement par tranches de 10 min donne : Temps

[0 ; 10[

[10 ; 20[

[20 ; 30[

[30 ; 40[

[40 ; 50[

[50 ; 60[

[60 ; 70[

[70 ; 80[

[80 ; 90]

Effectif

61

90

84

5

5

2

1

0

2

Pour calculer le temps de parcours moyen avec les données groupées ainsi, on calcule le temps de parcours total des 250 élèves en prenant pour chaque classe la valeur centrale, et on divise ce total par 250 : Total= 5 × 61+ 15 × 90 + 25 × 84 + 35 × 5 + 45 × 5 + 55 × 2 + 65 × 1+ 75 × 0 + 85 × 2 = 4500. Moyenne =

4500 = 18 minutes. 250


139


Représentation de cette série de données :

Surface pour un effectif de 10

10

20

30

40

50

60

70

80

Temps de parcours

90

Ici les classes ont même amplitude, donc les hauteurs des rectangles sont aussi proportionnelles aux effectifs. Exemple

Le nouveau regroupement donne :

Temps de parcours (en minutes) Effectif

[0 ; 5[

[5 ; 10[

[10 ; 20[

[20 ; 50[

[50 ; 90]

21

40

90

94

5

Représentation de cette série de données :

Surface pour un effectif de 10

Temps de parcours 10

140

20

30

40



50

60

70

80

90

Maintenant les classes n’ont plus même amplitude, les hauteurs des rectangles ne représentent plus rien. c) Temps de parcours du domicile au lycée : effectifs cumulés croissants. A partir du deuxième regroupement par classes d’amplitudes inégales (voir cidessus), construisons le tableau des effectifs cumulés croissants, puis le polygone des effectifs cumulés croissants.

Exemple

Les données sur les temps de parcours, une fois regroupées par classes, sont : Temps de parcours (en minutes) Effectif

[0 ; 5[

[5 ; 10[

[10 ; 20[

[20 ; 50[

[50 ; 90]

21

40

90

94

5

On en déduit le tableau des effectifs cumulés croissants : Temps

<0

<5

< 10

Effectif

0

21

21+ 40 = 61

< 20

< 50

≤ 90

61+ 90 = 151 151+ 94 = 245 245 + 5 = 250

Pour chaque temps correspondant à une borne de l’une des tranches, on indique le nombre d’élèves dont le temps de parcours est inférieur (ou strictement inférieur, ça dépend des intervalles choisis) à ce temps. Pour t = 5 : il y a 21 élèves dans la classe [0 ; 5[ , donc 21 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 5 minutes. Pour t = 10 : il y a 21 élèves dans la classe [0 ; 5[ et 40 élèves dans la classe [5 ; 10[, donc 61 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 10 minutes. Pour t = 20 : il y a 61 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 10 minutes et 90 élèves dans la classe [10 ; 20[ , donc 151 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 20 minutes. Pour t = 50 : il y a 151 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 20 minutes et 94 élèves dans la classe [20 ; 50[ , donc 245 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 50 minutes. Pour t = 90 : il y a 245 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 50 minutes et 5 élèves dans la classe [50 ; 90[ , donc 250 élèves dont le temps de parcours est inférieur à 90 minutes. Pour la représentation graphique, on peut mettre une première colonne correspondant à un temps de 0 minute, l’effectif cumulé correspondant étant nécessairement 0 (aucun élève n’a un temps de parcours inférieur 0 minute). Faisons maintenons la représentation graphique de ce tableau des effectifs cumulés croissants. Pour ce faire, on place sur un graphique les points dont les coordonnées sont les deux valeurs de chaque colonne : les temps en abscisse, les effectifs cumulés en ordonnée. Puis on relie chaque point par un segment de droite.


141


Effectifs cumulés 250

200

150

100

50 40

20 Temps de parcours 5

20

30 36 40

50

60

70

80

90

On extrapole, à l’aide du graphique, le 200ème temps de parcours. On trouve qu’il est d’environ 36 minutes. On constate que l’on obtient une valeur assez différente de celle extrapolée avec le premier regroupement par classe (26 minutes environ).


La bonne réponse est la réponse b. puisque c’est la 52ème valeur (25) qui

partage la population en 2 parties de même effectif (il y a 103 valeurs).

142



La bonne réponse est la réponse d. puisque c’est la 78ème valeur (27) qui

détermine le dernier quart de la population. Exercice 2

Les bonnes réponses sont les réponses a. et c. puisque les valeurs déjà connues

donnent une moyenne de 12, et que les deux effectifs manquants correspondent à deux valeurs symétriques par rapport à 12, ils doivent être égaux. Exercice 3

La bonne réponse est la réponse c. puisque si l’on note n le nombre initial de

salariés, la masse salariale totale était au départ de n × 1200. Elle devient (n × 1200 + 1250 ) pour (n + 1) salariés.

(

)

(

)

Or n + 1 × 1200 < n × 1200 + 1250 < n + 1 × 1250. Exercice 4

Exercice 5

Les bonnes réponses sont les réponses a. et c. puisque la moyenne générale sera entre les deux moyennes partielles, et qu’elle ne peut être égale à 14 puisqu’il n’y a pas autant de filles que de garçons. Effectif total 15, donc 15 valeurs. Étendue 10, donc valeur maxi – valeur mini = 10.

Médiane 12, donc 7 valeurs inférieures à 12, une valeur égale à 12 et 7 valeurs supérieures à 12. Exemple : Valeurs Effectifs

7 1

9 6

12 2

16 3

17 3

a. Sa moyenne était de 11 pour les 4 premiers devoirs, donc il a déjà 11× 4 = 44

points. Il a 13 au 5ème devoir, donc sa nouvelle moyenne est : 44 + 13 / 5 = 11, 4.

(

)

b. Sa moyenne est de 12 après le 6ème devoir, donc il a désormais 12 × 6 = 72 points. Il en avait 57 après le 5ème devoir. Il a eu donc 15 au 6ème devoir. Il y a 35 femmes dans le groupe, donc 25 hommes. Le nombre total d’années

des 60 personnes est donc : 22 × 35 + 28 × 25 = 1470. L’age moyen du groupe est donc : 1470 / 60 = 24 , 5 ans. Exercice 6

Pour le caractère « nombre de votes », les modalités sont : 3, 4, 7, 10, 12, 13,

27 et 29. On peut donc résumer les données par : Nombre de votes Nombre de pays

3 1

4 5

7 5

10 2

12 5

13 1

27 2

29 4

On obtient le graphique en bâtons ci-après.


143


Effectifs 5

4

3

2

1

4

8

12

24

28

Nombre de votes

L’étendue de la série est la différence entre le nombre maximal de votes pour

un pays et le nombre minimal. Soit ici : étendue = 29 − 3 = 26. Le nombre moyen de votes par pays est égal à : 3 × 1+ 4 × 5 + 7 × 5 + 10 × 2 + 12 × 5 + 13 × 1+ 27 × 2 + 29 × 4 321 = = 12, 84. 25 25 Exercice 7

La population totale des 19 pays les moins peuplés d’Europe est :

2,19 × 19 = 41, 61 millions d’habitants. La population totale des 23 pays les plus peuplés d’Europe est : 23, 70 × 23 = 545,10 millions d’habitants. La population totale des 42 pays est : 41, 61+ 545,10 = 586 , 71 millions d’habitants.

586 , 71 La population moyenne de l’ensemble des 42 pays est donc : ⊕13, 97 42 millions d’habitants. Les classes n’étant pas de même amplitude, ce sont les surfaces des rectangles qui doivent être proportionnelles aux effectifs. On peut prendre 1 cm (2 côtés de petits carreaux) pour 10 millions d’habitants sur l’axe horizontal, et 1 petit carreau (1/4 cm²) comme unité d’aire pour un effectif de 1 pays. Connaissant la largeur de chaque rectangle, on peut en déduire sa hauteur. Population (en millions) [0 ; 5[ [5 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[ [30 ; 50[ [50 ; 90] Largeur du rectangle 1 1 2 2 4 8 (en côté d’un petit carreau) Nombre de pays (donc aire en petit 19 8 7 1 3 4 carreau) Hauteur du rectangle 19 8 3,5 0,5 0,75 0,5 (en côté d’un petit carreau)

144



Histogramme.

Pour calculer la population moyenne par pays, nous prenons le centre des

classes. Ce qui donne : 2, 5 × 19 + 7, 5 × 8 + 15 × 7 + 25 × 1+ 40 × 3 + 70 × 4 637, 5 = ⊕115,18 millions 42 42 d’habitants. On obtient une moyenne un peu plus élevée, mais du même ordre de grandeur. Avec cette moyenne on peu estimer la population totale des 42 pays à : 15,18 × 42 = 637, 56 millions d’habitants. Construisons le tableau des effectifs cumulés croissants, puis le polygone des

effectifs cumulés croissants. On obtient : Population (en millions) Effectif Population (en millions) Effectif

<0

<5

< 10

< 20

0

19

19 + 8 = 27

27 + 7 = 34

< 30

≤ 50

< 90

34 + 1 = 35

35 + 3 = 38

38 + 4 = 42

cumulés croissants.


145


Pour ce faire, on place sur un graphique les points dont les coordonnées sont les deux valeurs de chaque colonne : la population en abscisse, les effectifs cumulés en ordonnée. Puis on relie chaque point par un segment de droite. Effectifs cumulés 40

30

50% 20

10

5 Population (en millions) 5

Mé=6

30

40

50

60

70

80

90

On extrapole, à l’aide du graphique, la population médiane, en repérant sur l’axe des ordonnées la valeur correspondant à 50 % de l’effectif total, et en repérant l’abscisse du point du segment de droite correspondant. On trouve qu’elle est d’environ 6 millions d’habitants. Puisqu’il y a 31 données, celle qui partage la population en deux parties

Exercice 8

de même effectif, la médiane, est la 16ème donnée. Donc la médiane est 1,8 millions de km². Pour partager la population en quatre parties de même effectif, il faut prendre la 8ème, la 16ème et la 24ème valeur. Donc Q1 = 1,2 et Q3 = 2,8. L’intervalle interquartile est [1,2 ; 2,8]. Représentation par un diagramme en boîte.

1

146

2

3

4

5



10

15

17

En utilisant la calculatrice, on trouve une superficie moyenne de ces 31 pays

égale à 3,36 millions de km² environ. Cette moyenne est très nettement supérieure à la médiane.


Les bonnes réponses sont les réponses c. et d. puisque l’on a le schéma ci-dessous avec équiprobabilité : P P (P.P)

Exercice 10

F F (P.F)

P (F.P)

F (F.F)

La bonne réponse est la réponse b. puisque l’on a le schéma ci-dessous avec

équiprobabilité :

R R (R.R)

N (R.N)

N R (R.R)

R (N.R)

N (N.N)

R R (N.R)

R (R.R)

N (R.N)

R (R.R)

La bonne réponse est la réponse b. puisque l’on a le schéma ci-dessous avec

équiprobabilité :

R N (R.N)

Exercice 11

N R (R.R)

N (N.R)

R R (N.R)

N (R.N)

R (R.R)

L’univers de cette expérience est : E = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5}.

Puisqu’on tire « au hasard », il y a équiprobabilité de tirage de chaque boule, 1 donc de chaque numéro. On a donc : p (1) = p (2) = p (3) = p (4) = p (5) = = 0 , 2. 5


147


L’événement « tirer un numéro pair » est constitué des issues : P = {2 ; 4}.

On a donc : p (P) = Exercice 12

2 = 0 , 4. 5

L’univers de cette expérience est : E = {B ; R ; N}.

Il n’y a pas équiprobabilité de tirage des couleurs. Mais en utilisant l’équiprobabilité de tirage des boules (voir exercice ), on obtient : B correspond à 1 boule, donc p (B) = 0 , 2. R correspond à 2 boules, donc p (R) = 0 , 4. N correspond à 2 boules, donc p (N) = 0 , 4. L’événement « tirer une couleur du drapeau français» est constitué des issues :

F = {B ; R}. On a donc : p (F) = 0 , 2 + 0 , 4 = 0 , 6. Remarque

Exercice 13

On voit sur ces deux exercices que le « matériel » utilisé pour faire l’expérience aléatoire ne suffit pas à la définir précisément. Suivant ce que l’on observe, on peut avoir des expériences différentes, y compris dans leur loi de probabilité. Pour déterminer l’univers, on peut faire

un tableau à double entrée, ou un schéma en arbre représentant les deux tirages.

1ère boule

Schéma en arbre : voir ci-contre. Pour le tableau à double entrée, il faut conserver les « doubles » puisqu’on remet la première boule tirée. 2e

1ère b.

1

2

3

4

5

1

(1,1)

(2,1)

(3,1)

(4,1)

(5,1)

2

(1,2)

(2,2)

(3,2)

(4,2)

(5,2)

3

(1,3)

(2,3)

(3,3)

(4,3)

(5,3)

4

(1,4)

(2,4)

(3,4)

(4,4)

(5,4)

5

(1,5)

(2,5)

(3,5)

(4,5)

(5,5)

b.

Chaque tirage étant fait « au hasard », la loi de probabilité de cette expérience aléatoire est l ‘équiprobabilité. Il y a 25 issues possibles ( 5 × 5 ). Donc chacune a comme 1 probabilité : = 0 , 04. 25

148



1

2

3

4

5

2ème boule

Issues

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

(1,1) (1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (2,1) (2,2) (2,3) (2,4) (2,5) (3,1) (3,2) (3,3) (3,4) (3,5) (4,1) (4,2) (4,3) (4,4) (4,5) (5,1) (5,2) (5,3) (5,4) (5,5)

L’événement « tirer un double » est : D = { (1,1) ; (2,2) ; (3,3) ; (4,4) ; (5,5) }.

Donc, comme il y a équiprobabilité : p (D) = 5 × 0 , 04 = 0 , 2. L’événement « tirer un 3 en deuxième position » est constitué des issues :

T = { (1,3) ; (2,3) ; (3,3) ; (4,3) ; (5,3) }. Donc : p (T) = 5 × 0 , 04 = 0 , 2. L’événement « tirer un premier numéro supérieur au second » est constitué des

{

}

issues : S = (2,1) ; ( 3,1) ; (3, 2) ; ( 4 ,1) ; ( 4 , 2) ; ( 4 , 3) ; (5,1) ; (5, 2) ; (5, 3) ;(5, 4 ) . Donc : p (S ) = 10 × 0 , 04 = 0 , 4.

Exercice 14

Pour déterminer l’univers, on peut

faire un tableau à double entrée, ou un schéma en arbre représentant les deux tirages. Schéma en arbre : voir ci-contre. Pour le tableau à double entrée, il faut enlever les « doubles » puisqu’on ne remet pas la première boule tirée. 2e b.

1ère b.

1

1

2

3

4

5

(2,1)

(3,1)

(4,1)

(5,1)

(3,2)

(4,2)

(5,2)

(4,3)

(5,3)

2

(1,2)

3

(1,3)

(2,3)

4

(1,4)

(2,4)

(3,4)

5

(1,5)

(2,5)

(3,5)

1ère boule

1

2

3

(5,4)

4

(4,5)

Chaque tirage étant fait « au hasard », la loi de probabilité de cette expérience aléatoire est l ‘équiprobabilité. Il y a 20 issues possibles ( 5 × 4 ). Donc chacune a comme probabilité :

5

2ème boule

Issues

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

(1,2) (1,3) (1,4) (1,5) (2,1) (2,3) (2,4) (2,5) (3,1) (3,2) (3,4) (3,5) (4,1) (4,2) (4,3) (4,5) (5,1) (5,2) (5,3) (5,4)

1 = 0 , 05. 20

L’événement « tirer un double » est vide puisqu’on ne remet pas la première

boule tirée. D = ∅. Donc : p (D) = 0. L’événement « tirer un 3 en deuxième position » est constitué des issues :

T = { (1,3) ; (2,3) ; (4,3) ; (5,3) }. Donc, comme il y a équiprobabilité, p (T) = 4 × 0 , 05 = 0 , 2.


149


L’événement « tirer un premier numéro supérieur au second » est constitué des

{

}

issues : S = (2,1) ; ( 3,1) ; (3, 2) ; ( 4 ,1) ; ( 4 , 2) ; ( 4 , 3) ; (5,1) ; (5, 2) ; (5, 3) ;(5, 4 ) . Donc : p (S ) = 10 × 0 , 05 = 0 , 5. Exercice 15

L’univers de cette expérience aléatoire est l’ensemble des 32 cartes :

E = {7♣ ; 8♣ ; … ;R♠ ; 1♠}. Il y a équiprobabilité puisqu’on tire « au hasard ». Chaque issue a comme 1 . probabilité 32 L’événement « tirer un cœur » est : C = {7♥ ; 8♥ ; 9♥ ; 10♥ ; V♥ ; D♥ ; R♥ ; 1♥}.

Comme il y a équiprobabilité, on a : p (C) =

8 = 0 , 25. 32

L’événement « tirer une figure » est :

F = {V♣ ; D♣ ; R♣ ; V♦ ; D♦ ; R♦ ; V♥ ; D♥ ; R♥ ; V♠ ; D♠ ; R♠}. Comme il y a équiprobabilité, on a : p (F) = Exercice 16

12 = 0 , 375. 32

Pour déterminer l’univers, on devrait faire un tableau à double entrée, ou un schéma en arbre représentant les deux tirages, comme pour l’exercice .

Mais il y a 32 choix pour le premier tirage et 31 pour le second, ce qui ferait des graphiques trop grands ou illisibles. On va donc se contenter de les imaginer. L’univers est alors l’ensemble de tous les couples de cartes que l’on peut former, sans les doubles puisqu’on ne remet pas la première carte tirée avant le deuxième tirage : E = {(7♣,8♣) ; (7♣,9♣) ; … ; (7♣,7♦) ; … ; (1♠,R♠)}. Il y a 992 issues ( 32 × 31) et il y a équiprobabilité puisque chaque tirage est fait « au hasard ». L’événement « tirer les deux as rouges » est : A = {(1♦,1♥) ; (1♥,1♦)}.

Comme il y a équiprobabilité on a : p (A) =

2 . 992

L’événement « tirer deux as » est : B = {(1♦,1♥) ; (1♦,1♣) ; (1♦,1♠) ;

(1♥,1♦) ; (1♥,1♣) ; (1♥,1♠) ; (1♣,1♥) ; (1♣,1♦) ; (1♣,1♠) ; (1♠,1♦) ; (1♠,1♥) ; (1♠,1♣)}. 12 Comme il y a équiprobabilité on a : p (B) = . 992 Exercice 17

Il y a 2500 conteneurs venant d’Europe, dont 5% en infraction, c’est à dire 125. Provenance État Nb de conteneurs en règle Nb de conteneurs en infraction

150



Europe

Asie

Amérique

2375

1375

950

125

125

50

Il y a 1500 conteneurs venant d’Asie (30% de 5000). Il y a 1000 conteneurs venant d’Amérique, dont 5% en infraction, c’est à dire 50. L’expérience consiste à tirer un conteneur au hasard. Il y a donc 5000 issues

possibles, et équiprobabilité. L’événement « tirer un conteneur en règle » comporte 4700 issues (2375 + 1375 + 950 ). On a donc : p (R) =

4700 = 0 , 94. 5000

L’événement « tirer un conteneur venant d’Asie » comporte 1500 issues.

On a donc : p (A) = Exercice 18

1500 = 0 , 3. 5000

L’univers est l’ensemble des 6 issues possibles : E = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6}.

Il n’y a bien sûr pas équiprobabilité puisque l’énoncé dit que la probabilité de chaque issue est proportionnelle à son numéro. Si

l’on note k le coefficient de proportionnalité entre chaque probabilité et le numéro de l’issue correspondante, on a :

p (1) = k, p (2) = 2k, p (3) = 3k, p (4) = 4k, p (5) = 5k, p (6) = 6k. De plus on doit avoir : p (1) + p (2) + p (3) + p (4) + p (5) + p (6) = 1. Ce qui donne : k + 2k + 3k + 4k + 5k + 6k = 21k = 1. Donc le coefficient de proportionnalité est nécessairement : k =

1 . 21

La loi de probabilité de cette expérience est donc :

p (1) = Exercice 19

1 2 3 4 5 6 , p (2) = , p (3) = , p (4) = , p(5) = , p (6) = . 21 21 21 21 21 21

On désire obtenir une valeur approchée de la somme S de tous les inverses des entiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à 100. Autrement dit : 1 1 1 1 1 S = + + + ... + + . 1 2 3 99 100 Déterminer une valeur approchée de S à l’aide d’un tableur.

On peut utiliser le tableur de la façon suivante.

= A2 + 1

1 2 3

A Entiers 1

B Inverses

= 1 / A2

Et on étend les cellules A3 et B3 aux colonnes A et B. Le calcul «=SOMME(A2: A101)» nous donne alors le résultat soit :

S = 5,19 à 10−2 près. Corrigé de la séquence 4 – MA20-09

151


On veut déterminer une valeur approchée de S à l’aide de la calculatrice.

a) A l’aide du tableau de fonctionnement suivant, compléter l’algorithme suivant pour qu’il réponde au problème donné. I (compteur)

A

S

Initialisation

0

1

1

1

2

0,5

1,5

3

0,333…

1,8333…

4

0,25

2,08333…

DANS S METTRE 0 POUR I de 1 à 100 DANS A METTRE 1/I DANS S METTRE S+A Fin de boucle «POUR» Afficher S.

Initialisation Traitement

Sortie

b) Programmer l’algorithme sur votre calculatrice. Ti-82 PROGRAM : SOMINVERS :0 → S : For(I,1,100) : S+1/I → S : END : Disp S

Exercice 20

Casio Graph 35 = SOMINVER = 0→ S ↵ For 1 → I To 100 ↵ S+(1/I) → S ↵ Next ↵ S

Une fonction particulière On considère l’algorithme suivant. Entrée Initialisation

ENTRER X réel positif DANS A METTRE 0

Traitement

TANT QUE A ʺ X FAIRE DANS B METTRE X − A DANS C METTRE

B

DANS F METTRE A+C DANS A METTRE A+1 Fin de la boucle «TANT QUE» AFFICHER F

152



Faire fonctionner cet algorithme pour :

a) X = 0 X

Entrée

A

Aʺ X ?

B

C

F

0 1

Oui Non

0

0

0

0

Sortie

0 b) X = 1 X

Entrée

A

Aʺ X ?

B

C

F

0 1 2

Oui Oui Non

1 0

1 0

1 1

1

Sortie

1 c) X = 1,25 X

Entrée

A

Aʺ X ?

B

0

oui

1,25

1 2

oui Non

0,25

C

F

1,25 1, 25 1,12 0,5

Sortie

1, 25 1,12 1,5 1,5

On note f la fonction qui à un réel positif x associe le réel F sortie de l’algorithme

précédent pour l’entrée x. On désire construire la courbe représentative de cette fonction et on entre pour cela le programme suivant. Ti-82

Casio Graph 25

PROGRAM : FONCTION EffListe L1 EffListe L2 FOR(I,0,50) 0→A I/10 → X WHILE ( A ʺ X ) X-A → B

= FONCTION = For 0 → I To 50 ↵ 0→ A ↵ I/10 → X ↵ While (A ʺ X) ↵ X-A → B ↵

(B) → C A+1 → A A+C → L2(I+1) END X → L1(I+1) END

B→ C ↵ A+1 → A ↵ A+C → List 2[I+1] ↵ WhileEnd ↵ X → List 1[I+1] ↵ Next ↵


153


a) A quoi correspondent les 2 «END»? Le 1er END représente la fin de la boucle «TANT QUE» (while), le 2nd représente la fin de la boucle «POUR» (for). b) La liste L1 contient : 0; 0,1; 0,2; …; 4,9 et 5 et la liste L2 nous donne les images de ces réels par la fonction f. On obtient donc un tableau de valeurs de la fonction f sur [0; 5]. c) On obtient la courbe suivante :

J O

Exercice 21

I

On désire déterminer tous les entiers n ʺ 1000000 tels que n+1 soit le cube d’un entier et n-1 le carré d’un (autre) entier. Cela revient à chercher tous les entiers naturels N ʺ 100 tels que N 3 − 2 soit le carré d’un entier ce qui revient à dire que N 3 − 2 est un entier naturel. On désire pour répondre, utiliser une feuille de calculs.

Remarque

La condition “x est entier” se traduit par “ent(x) = x”.

A

B

C

1

N

N3 − 2

Carré d’entier?

2

2

3

“=A2+1”

“=RACINE(A2)” “=SI(ent(B2)=B2;A2^3-1 ; « »)

La condition « ent(B2)=B2 » n’est pas vérifiée (autrement dit B2 qui vaut

2

n’est pas entier). Il n’y a donc rien affiché dans la cellule C2. On doit étendre jusque la ligne 100, les contenus des colonnes A, B et C. Dans la colonne C, on lit les nombres qui conviennent. Il n’y en a qu’un : N = 3. Si N = 3 alors : n 3 = 27. 25 est bien le carré d’un entier.

En conclusion, il n’y a qu’un seul entier naturel n ʺ 1000000 tels que n+1 soit le cube d’un entier et n-1 le carré d’un (autre) entier : 26(26 + 1 = 33 et 26 − 1 = 52 ).

154



Corrigé des exercices d’approfondissement de la sequence 4 Exercice I

Si N est le nombre total de magasins de la chaîne, le nombre de magasins pour

hommes est 60 % de N, soit 0 , 6N. Le chiffre d’affaires total de ces magasins est : 1,1× 0 , 6N millions d’euros. Le nombre de magasins pour femmes est 40 % de N, soit 0 , 4N. Le chiffre d’affaires total de ces magasins est : 1, 4 × 0 , 4N millions d’euros. Le chiffre d’affaires total de la chaîne est donc : 1,1× 0 , 6N + 1, 4 × 0 , 4N = 0 , 66N + 0 , 56N = 1, 22N millions d’euros. Le chiffre d’affaires moyen par magasin dans cette chaîne est donc : 1, 22N = 1, 22 million d’euros. N 1,1× 60 + 1, 4 × 40 Remarquons que l’on pouvait faire directement le calcul : 100 Si le chiffre d’affaires de chaque magasin augmente de 5 %, il est multiplié

par 1,05. La moyenne des chiffres d’affaires est alors aussi multipliée par 1,05 (propriété de la moyenne). Le nouveau chiffre d’affaires moyen par magasin de cette chaîne est donc : 1, 22 × 1, 05 = 1, 281 million d’euros. a. La moyenne va augmenter d’un pourcentage compris entre 5 % et 7 %.

Mais comme il y a plus de magasins pour hommes, l’augmentation sera plus proche de celle de ces magasins que de celle des magasins pour femmes. Donc plus proche de 5 % que de 7 %. Donc le chiffre d’affaires moyen augmente de moins de 6 %. b. Le nouveau chiffre d’affaires moyen des magasins pour hommes est de 1,1× 1, 05 = 1,155 million d’euros. Le nouveau chiffre d’affaires moyen des magasins pour femmes est de 1, 4 × 1, 07 = 1, 498 million d’euros. Le nouveau chiffre d’affaires moyen par magasin de la chaîne est de : 1,155 × 60 + 1, 498 × 40 = 1, 2922 100 L’augmentation est de 1, 2922 − 1, 22 = 0 , 0722 million d’euros, ce qui fait un pourcentage de : 0 , 0722 ⊕0 , 059 soit 5,9 %. 1, 22 Exercice II

La moyenne de l’ensemble des secondes est :

9 , 5 × 32 + 10 × 24 + 11× 34 + 9 , 8 × 30 + 10 , 4 × 30 1524 = = 10 ,16. 150 150 Corrigé de la séquence 4 – MA20-09

155


Normalement, quand on connaît les médianes de plusieurs sous-groupes d’une

population, on ne peut pas en déduire la médiane de la population entière. Sauf si, comme ici, la médiane de chaque sous-groupe est la même. En effet on peut dire que dans chaque classe la moitié des élèves a moins de 10 et l’autre moitié plus de 10. Donc on peut en déduire que pour l’ensemble des secondes la moitié des élèves a moins de 10 et l’autre moitié plus de 10. La médiane est donc bien 10. Exercice III

Les classes n’étant pas de même amplitude, ce sont les surfaces des rectangles

qui doivent être proportionnelles aux effectifs. On peut prendre 1 cm pour 10 ans sur l’axe horizontal, et 1 cm² comme unité d’aire pour un effectif de 1 million d’habitants. Connaissant la largeur de chaque rectangle, on peut en déduire sa hauteur. Tranche d’âge

[0 ; 20[

[20 ; 30[ [30 ; 45[ [45 ; 60[ [60 ; 105]

Largeur du rectangle (en cm)

2

1

1,5

1,5

4,5

Population (en millions) (donc aire en cm²)

15

7,6

13

12

12,4

Hauteur du rectangle (en cm)

7,5

7,6

≈ 8,7

8

≈ 2,8

Histogrammee : Surface pour un effectif d’un million

10

156

20

30



40

50

60

70

80

90

100 Age

Pour construire le polygone des effectifs cumulés croissants, il faut le tableau

des effectifs cumulés croissants. Age Effectifs cumulés croissants

– de 0 ans

– de 20 ans

– de 30 ans

– de 45 ans

– de 60 ans

– de 105 ans

0

15

22,6

35,6

47,6

60

Effectifs cumulés

60 50 75% 40 30 20 25% 10

10

20 Q1

30

40 Mé

50

60 Q3

70

80

90

100 Age

On en déduit que la médiane est environ 38 ans, le quartile Q1 20 ans et Q3 environ 57 ans. La série peut être résumé par la boîte à moustaches :

Age 10

Exercice IV

20

30

40

50

60

70

80

90

100

La masse salariale totale est :

1100 × 500 + 1400 × 75 + 2000 × 20 + 5000 × 5 = 720 000 . 720000 Le salaire moyen de l’entreprise est : = 1200 €. 600 a. Le salaire mensuel des Ouvriers serait de : 1100 × 1, 0417 = 1145, 87 €.

Celui des Employés de : 1400 × 1, 0417 = 1458 , 38 €. Celui des Cadres de : 2000 × 1, 0417 = 2083, 40 €. Et celui des Cadres supérieurs de : 5000 × 1, 0417 = 5208 , 50 €. Pour la masse salariale totale on peut refaire le même calcul qu’au ou utiliser la nouvelle moyenne. En effet on sait que cette moyenne sera : 1200 × 1, 0417 = 1250 , 04 €.


157


Donc la masse salariale totale sera de : 1250 , 04 × 600 = 750024 €. On pouvait aussi dire que lorsque tous les salaires sont augmentés de 4,17 %, il en est de même de la masse salariale totale. Soit 720000 × 1, 0417 = 750024 €. b. En supprimant 24 ouvriers, il y a 24 × 1100 € à répartir entre les 576 salariés restant. 24 × 1100 Ce qui fait : ⊕45, 83 €. 576 Le salaire mensuel des Ouvriers serait de : 1100 + 45, 83 = 1145, 83 €. Celui des Employés de : 1400 + 45, 83 = 1445, 83 €. Celui des Cadres de : 2000 + 45, 83 = 2045, 83 €. Et celui des Cadres supérieurs de : 5000 + 45, 83 = 5045, 83 €. La masse salariale totale reste celle de départ puisque les 24 salaires économisés ont été redistribués aux autres salariés. Donc masse salariale totale : 720 000 € Le salaire moyen serait alors :

720000 = 1250 €. 576

c. Les actionnaires souhaitent une restructuration massive de l’entreprise en supprimant 200 ouvriers, sans augmentation des autres salariés. Les salaires de chaque catégorie resteraient inchangés. En supprimant 200 ouvriers, l’entreprise économise 200 × 1100 = 220000. La masse salariale totale serait alors : 720000 − 220000 = 500000 €. Le salaire moyen serait alors :

500000 = 1250 €. 400

d.

Actuellement

Hypothèse 1

Hypothèse 2

Hypothèse 3

158

Catégorie

Ouvriers

Employés

Cadres

Cadres sup.

Sal. mens. (en €)

1100

1400

2000

5000

Effectif

500

75

20

5

Sal. mens. (en €)

1145,87

1458,38

2083,40

5208,50

Effectif

500

75

20

5

Sal. mens. (en €)

1145,83

1445,83

2045,83

5045,83

Effectif

476

75

20

5

Sal. mens. (en €)

1100

1400

2000

5000

Effectif

300

75

20

5



Sal. Moy. Masse sal. Tot. 1200

720 000

1250,04

750 024

1250

720 000

1250

500 000

On voit que les hypothèses de 1, 2 et 3 sont de moins en moins intéressantes pour les salariés, et de plus en plus intéressantes pour l’entreprise, tout en donnant la même augmentation de salaire moyen ! D’où conflit.

Exercice V

On peut représenter la situation par un schéma en arbre en 3 étapes (voir

ci-dessous). Puisqu’à chaque étape il y a équiprobabilité, on peut dire que les 8 issues sont équiprobables. L’événement « avoir 3 garçons » ne comporte qu’une issue : A = { (GGG) }. Sa probabilité est donc : 1 p (A) = = 0 ,125. 8

1er enfant

2ème G

G F G F F

3ème

Issues

G

GGG

F

GGF

G

GFG

F

GFF

G

FGG

F

FGF

G

FFG

F

FFF

L’événement « avoir exactement 2 garçons et 1 fille » est :

B = { (GGF) ; (GFG) ; (FGG) }. Sa probabilité est donc : p (B) =

3 = 0 , 375. 8

L’événement C, « avoir au moins 1 fille », contient toutes les issues sauf celle

de A (on dit qu’il est l’événement contraire de l’événement A). 7 Sa probabilité est donc : p (C) = = 0 , 875. 8 L’événement « avoir 1 fille comme troisième enfant » est l’événement :

D = { (GGF) ; (GFF) ; (FGF) ; (FFF) }. Sa probabilité est donc : p (D) = Exercice VI

4 = 0 , 5. 8

Pour déterminer l’univers, on devrait faire un schéma en arbre en 3 étapes

comme pour l’exercice V, en supposant que les dés sont identifiables (couleur). Mais il y a 6 choix pour chaque tirage, ce qui ferait un graphique trop grand. On va donc se contenter de l’imaginer. L’univers est alors l’ensemble de tous les triplets de numéros compris entre 1 et 6 que l’on peut former : E = { (111) ; (112) ; ... ; (166) ; ... ; (666) }. Il y a 216 issues ( 6 × 6 × 6 ) et il y a équiprobabilité puisque chaque dé est équilibré. L’événement « avoir un triple 6 » n’est composé que d’une seule issue : A = { (666) }. 1 . Sa probabilité est donc : p (A) = 216


159


L’événement « avoir un 421 » est composé des issues :

B = { (124) ; (142) ; (214) ; (241) ; (412) ; (421) }, peut ordonner les dés comme l’on veut. 6 Sa probabilité est donc : p (B) = . 216 Exercice VII

t tenir compte que l’on

Pour déterminer l’univers, on devrait faire un schéma en arbre en 3 étapes

comme pour l’exercice précédent. Mais il y a 15 choix pour le premier tirage, 14 pour le deuxième et 13 pour le troisième, ce qui ferait un graphique trop grand. On va donc se contenter de l’imaginer. L’univers est alors l’ensemble de tous les triplets de numéros compris entre 1 et 15 que l’on peut former, sans répétition du même numéro, puisqu’on ne remet pas les boules tirées dans la boîte : E = { (1,2,3) ; (1,2,4) ; ... ; (1,15,14) ; ... ; (15,14,13) }. Il y a 2730 issues ( 15 × 14 × 13 ) et il y a équiprobabilité puisque chaque tirage est fait « au hasard ». L’événement « avoir le tiercé dans l’ordre » n’est composé que d’une seule issue : A = { (1,2,3) }. 1 Sa probabilité est donc : p (A) = . 2730 L’événement « avoir le tiercé dans le désordre » est composé de : B = { (1,2,3) ; (1,3,2) ; (2,1,3) ; (2,3,1) ; (3,1,2) ; (3,2,1) }. 6 Sa probabilité est donc : p (B) = . 2730 Exercice VIII

Pour déterminer l’univers, on devrait encore faire un schéma en arbre en 3

étapes comme pour l’exercice précédent. Mais il y a 4 choix pour la première réponse, 4 pour la deuxième et 4 pour la troisième, ce qui ferait un graphique trop grand. On va donc se contenter de l’imaginer. L’univers est alors l’ensemble de tous les triplets que l’on peut former avec les réponses J, F1, F2, F3 (1 juste et 3 fausses, que l’on peut numéroter pour pouvoir les identifier, et garder ainsi l’équiprobabilité de réponse). L’univers est donc : E = { (J,J,J) ; (J,J,F1) ; ... ; (J,F3,F3) ; ... ; (F3,F3,F3) }. Il y a 64 issues ( 4 × 4 × 4 ) et il y a équiprobabilité puisque chaque réponse est faite « au hasard ». L’événement « avoir les trois réponses justes » n’est composé que d’une seule issue : A = { (J,J,J) }. 1 Sa probabilité est donc : p (A) = . 64

160



L’événement « avoir exactement deux réponses justes » est composé de :

B = { (J,J,F1) ; (J,J,F2) ; (J,J,F3) ; (J,F1,J) ; (J,F2,J) ; (J,F3,J) ; (F1,J,J) ; (F2,JJ,J) ; (F3,J,J) }. 9 Sa probabilité est donc : p (B) = . 64 Exercice IX

L’exercice est le même que le précédent, mais avec un questionnaire à 10 questions, donc un schéma en arbre à 10 étapes. L’univers est alors l’ensemble de toutes les listes de 10 lettres que l’on peut

former avec J, F1, F2, F3 (1 juste et 3 fausses, que l’on numérote pour pouvoir les identifier, et garder ainsi l’équiprobabilité de réponse). L’univers est donc : E = { (J,J,J,J,J,J,J,J,J,J) ; (J,J,J,J,J,J,J,J,J,F1) ; ... ; (F3,F3,F3,F3,F3,F3,F3,F3,F33,F3) }. Il y a 1 048 576 issues ( 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 × 4 ) et il y a équiprobabilité puisque chaque réponse est faite « au hasard ». L’événement « avoir les dix réponses justes » n’est composé que d’une seule issue : A = { (J,J,J,J,J,J,J,J,J,J) }. 1 . 1048576 Plutôt que d’écrire toutes les issues de l’événement « avoir exactement neuf réponses justes », regardons plutôt comment elles sont construites, de façon à pouvoir les compter. Pour construire une telle issue, il faut choisir à quelle question (la seule !) on a répondu faux : on a 10 possibilités. Et pour chacune de ces possibilités, on a 3 choix de la mauvaise réponse (F1, F2 ou F3). Cela nous fait 30 issues différentes possibles. 30 Donc : p (B) = . 1048576 Sa probabilité est donc : p (A) =

Exercice X

On complète le tableau : Opinion Sympathie Droite

Favorable

Défavorable

Ne se prononce pas

Total

270

116

0

386

Gauche

90

174

250

514

Total

360

290

250

900

L’univers est constitué des 900 issues correspondant aux 900 personnes

pouvant être interrogées. Puisqu’on tire « au hasard » la personne, il y a équiprobabilité. L’événement F = « la personne est d'opinion favorable » est constitué de 360 issues (voir tableau). 360 Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p (F) = . 900 L’événement N = « la personne ne se prononce pas » est constitué de 250

issues (voir tableau). 250 Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p (N) = . 900


161


L’événement D = « la personne est sympathisant de Droite » est constitué de

386 issues (voir tableau). 386 . Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p (D) = 900 Exercice XI

Satisfaits Non satisfaits Total

On complète le tableau : Centre ville

Zone intermédiaire

Zone périphérique

Total

3 500

22 500

10 000

36 000

500

1 500

2 000

4 000

4 000

24 000

12 000

40 000

L’univers est constitué des 40 000 issues correspondant aux 40 000 personnes

pouvant être interrogées. Puisqu’on tire « au hasard » la personne, il y a équiprobabilité. L’événement P = « la personne réside en zone périphérique » 12 000 issues (voir tableau). 12000 Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p (P) = = 0 , 3. 40000 L’événement S = « la personne est satisfaite de son logement » est constitué de

36 000 issues (voir tableau). Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p (S) = Exercice XII

36000 = 0 , 9. 40000

On considère l’algorithme suivant. Entrée ENTRER N Traitement DANS A METTRE le quotient de la division euclidienne de N par 10 DANS B METTRE N-10*A DANS M METTRE A-2*B TANT QUE M ≥ 10 DANS A METTRE le quotient de la division euclidienne de M par 10 DANS B METTRE M-10*A DANS M METTRE A-2*B FIN DU TANT QUE Sortie AFFICHER M Faire fonctionner l’algorithme pour N=2492 puis N=129 et enfin N=70.

Entrée

162

N 2492

A

B

M

M ≥ 10?

249 24 1

2 5 4

245 14 –7 –7

Oui Oui Non



Entrée

N 129

A

B

M

M ≥ 10?

12

9

–6 –6 –6

Non

A

B

M

M ≥ 10?

7

0

7 7

Non

Sortie N 70

Entrée Sortie

Si n est un entier, on note f (n) la valeur de M obtenue par l’algorithme si la

valeur entrée (N) est n. On admet que f ( n ) est divisible par 7 si et seulement si n est divisible par 7. a) 艎(2492) = –7, ⑁(129) = –6 et ⑁(70) = 7. Ainsi 2492 et 70 sont divisibles par 7 et 129 ne l’est pas. b) En programmant l’algorithme sur calculatrice, déterminer si les nombres 227 − 1 , 227 + 1 , 327 − 1 et 327 + 1 sont divisibles par 7 ou non. Pour 227 − 1 , on trouve : 7, Pour 227 + 1 , on trouve : 2, Pour 327 − 1 , on trouve : 5, Pour 327 + 1 , on trouve : 7. On en déduit que 227 − 1 et 327 + 1 sont divisibles par 7 et que 227 + 1 et 327 − 1 ne le sont pas.

Exercice XIII

On considère l’algorithme suivant.

Entréee

A et B sont des entiers naturels tels que 1ʺ B ʺ A .

Traitement

Dans K mettre 1 Dans R mettre le reste de la division euclidienne de A par B. Tant que R ↑ 0 Dans K mettre K+1 Dans R mettre le reste de la division euclidienne de A+R par B. Fin de la boucle «Tant que» Dans S mettre A ҂ K .

Sortie

Afficher S.


163


Faire fonctionner cet algorithme pour

a) A = 50 et B = 20 b) A = 48 et B = 30.

Entrée

A

B

50

20

K

R

R ↑ 0?

1

10

Oui

2

0

Non

S

100 100

Entrée

A

B

48

30

K

R

R ↑ 0?

1

18

Oui

2

6

Oui

3

24

oui

4

12

Oui

5

0

Non

S

240

Sortie

240 Le nombre 240 est un multiple commun à 48 et 30, on a en effet :

240 = 5 × 48 et 240 = 8 × 30 . Alors :

Exercice XIV

191 71 191× 5 71× 8 955 568 1523 (fraction irréductible). + = + = + = 48 30 48 × 5 30 × 8 240 240 240

On considère l’algorithme suivant.

ENTRER N (entier naturel non nul) DANS I METTRE 0 DANS A METTRE N TANT QUE A ≥ 1 FAIRE DANS A METTRE A/10 DANS I METTRE I+1 FIN DE LA BOUCLE « TANT QUE » AFFICHER I

164



a) Faire fonctionner cet algorithme avec : 145. N

Entrée

Sortie

I

A

A ≥ 1?

0

145

Oui

1

14,5

Oui

2

1,45

Oui

3

0,145

Non

145

3

b) Cet algorithme nous donne le nombre de chiffres composant l’écriture décimale de l’entier N. c) Programmer cet algorithme sur calculatrice. Ti-82

Casio Graph25

PROGRAM : NBCHIF1 : Input N : 0→ I : N→ A : While ( A ≥ 1 ) : A/10 → A : I+1 → I : END : Disp I

= NBCHIF1 = ?→ N ↵ 0→ I ↵ N→ A ↵ While ( A ≥ 1 ) ↵ A/10 → A ↵ I+1 → I ↵ WhileEnd ↵ I왗

On admet que le programme suivant nous donne le même résultat (la fonction

log de la calculatrice n’est pas une fonction à connaître). T i-82

Casio Graph 25

PROGRAM : NBCHIF2 : Input N : log (N)+1 → A : ent(A) → B : Disp B

= NBCHIF2 = ?→ N ↵ log(N)+1 → A ↵ Int(A) → B ↵ B왗

Le 1er programme utilise un certain nombre de boucles. Par exemple, pour un nombre qui s’écrit avec 90 chiffres dans le système décimal, le 1er programme effectuera 90 boucles alors que le 2ème n’en effectue qu’une seule (pour vous en rendre compte, vous pouvez essayer de faire fonctionner ces deux programmes avec 2300 ).


165


Exercice XV

On considère la feuille de calculs suivante.

1

A

B

d

N

C

2 Deux entiers naturels sont entrés dans les cellules A2 et B2. Qu’écrire dans la cellule C2 pour obtenir A2 si ce nombre divise B2 et rien

sinon. La condition «A2 divise B2» peut s’écrire «A2/B2 est entier» ou encore «ent(A2/B2)=A2/B2». On peut donc entrer dans C2 : =SI(ent(A2/B2)=A2/B2;A2;«»). Déterminer, à l’aide d’une feuille de calculs, la somme des diviseurs de 8128.

On entre 1 dans A2, 8128 dans B2, =SI(ent(A2/B2)=A2/B2;A2;«») dans C2. On copie C2 que l’on colle dans les cellules C3 à C8129. On entre = A2+1 dans A3 et = B2 dans B3. Il reste à étendre ces formules aux colonnes A et B. Tous les diviseurs de 8128 apparaissent dans la colonne C, pour obtenir leur somme, il reste à entrer (par exemple dans D1) la formule : =SOMME(C2: C8129). On obtient 16 256, c’est-à-dire le double de 8 128. Un nombre dont le double est égal à la somme de ses diviseurs est dit parfait. Bien sûr, on aurait pu utiliser, ici, le tableur de façon beaucoup plus efficace mais cela dépasse le cadre du programme.

166



C orrigé de la séquence 5 Les vecteurs Corrigé des activités du chapitre 2 Activité 1

Déplacements gourmands sur un quadrillage 1) Prendre 1 bonbon d un paquet et 3 bonbons de l’autre et les manger. 2) Prendre 1 bonbon d un paquet (et aucun bonbon de l’autre) et le manger. 3) Prendre 1 bonbon d’un paquet, ne pas le manger mais le placer dans l’autre paquet.

C

B (2a)

(2c) (2b)

A J O

(2b)

(2c) I


167


Placer les points A, B et C correspondant respectivement aux situations

suivantes. a) Au total, il y a 8 bonbons en moins dans le 1er paquet et 2 bonbons en moins dans l’autre. Cette situation correspond au point de coordonnées (8 ; 2). b) Il reste 4 bonbons dans chacun des deux paquets. Cette situation correspond au point de coordonnées (6 ; 6) (s’il reste 4 bonbons dans un paquet, cela signifie que dans chaque paquet, il manque 10 − 4 = 6 bonbons pour remplir ce paquet). c) Les deux paquets sont vides. Cette situation correspond au point de coordonnées (10 ; 10). Samuel vient de manger, sa position est décrite par le point A. Donc il reste

2( = 10 − 8 ) bonbons dans le 1er paquet et 8( = 10 − 2) dans l’autre. Erin joue. La nouvelle situation correspond à un point N. Donner toutes les positions possibles pour N dans les cas suivants. Placer ces points. a) Erin a choisit la 1re action. Erin peut manger 1 bonbon dans le 1er paquet et 3 bonbons dans le 2e, le point correspondant est alors le point de coordonnées (9 ; 5). Erin ne peut pas prendre 3 bonbons dans le 1er paquet car celui-ci n’en contient que 2 ! b) Erin a choisit la 2e action. Erin peut manger 1 bonbon du 1er paquet (point correspondant de coordonnées (9 ; 2)) ou 1 bonbon du 2e paquet (point correspondant de coordonnées (8 ; 3)).

c) Erin a choisit la 3e action. Erin peut prendre 1 bonbon du 1er paquet et le placer dans le 2e (point correspondant de coordonnées (9 ; 1)) ou prendre 1 bonbon du 2e paquet et le placer dans le 1er (point correspondant de coordonnées (7 ; 3)). Au 1er coup, Erin se place en (1 ; 3). Quelles sont les possibilités pour Samuel,

s il suit les conseils de son père ? Samuel peut faire en sorte que le point correspondant se situe en (4 ; 4) ou en (2 ; 6) (action 1) ou en (2 ; 2) ou en (0 ; 4).

Activité 2

Translations sur une feuille Voir figure page suivante. La seule figure que l’on peut obtenir par translation à partir du dessin 1 est

le dessin 6. Les translations qui permettent d’obtenir le dessin 6 à partir du dessin 1 sont

les translations (a), (c), (d) et (e). En fait, ces 4 transformations désignent la même translation.

168



A E K H D

B

V

F G C U

7 carreaux

L P

M T S

O

QR N

12 carreaux

Corrigés des exercices d’apprentissage du chapitre 2 Exercice 1

On a : AB( 3 ; − 7), AC( 7 ; 2), BD( 4 ; 0 ) et CD( 0 ; − 9 ). On peut utiliser le fait que ABEC est un parallélogramme.

Placer le point F tel que : AF = BD + CE .

On trouve : F = D. En effet, ABEC est un parallélogramme donc : CE = AB . Ainsi : AF = BD + CE = BD + AB = AB + BD = AD (règle de Chasles). On en déduit : F = D. C

A

7 c.

J I

E

O

3 c.

B

F=D


169


Exercice 2

Représenter ci-dessous, le vecteur u + v .

C

B u+v u v

A

On choisit un point A (au hasard). On construit ensuit B tel que AB = u puis C tel que : BC = v . On a alors : u + v = AC. Exercice 3

Parmi les phrases suivantes, indiquer celles qui sont vraies et celles qui sont

fausses. a) Si ABCD est un parallélogramme alors AB = DC. Vrai. Deux côtés opposés d’un parallélogramme ont des longueurs égales. b) Si ABCD est un parallélogramme alors AB = DC . Vrai. D

A

C

B

c) Si AC = BD alors ABCD est un rectangle. Faux. Un contre-exemple est présenté ci-contre. d) Si ABCD est un losange alors AB = DC. Vrai. En effet, si ABCD est un losange alors c’est un parallélogramme. e) Si AB = DC alors ABCD est un parallélogramme. Vrai. En fait: ABCD est un parallélogramme si et seulement si AB = DC . f) Si AB = DC et AC = BD alors ABCD est un losange. Vrai. C En effet, un parallélogramme D dont les diagonales ont même longueur est un rectangle. B

A

170



g) Si AC ≠ BD alors ABCD n’est pas un rectangle. Vrai. Si ABCD est un rectangle alors ses diagonales ont même longueur. Ainsi : Si ABCD est un rectangle alors AC = BD. Cette propriété étant vraie, sa contra posée (Si AC ≠ BD alors ABCD n’est pas un rectangle) l’est aussi. Écrire les propositions contraposées de a), e) et f). Sont-elles vraies ?

a) Contraposée : Si AB ≠ DC alors ABCD n’est pas un parallélogramme. e) Contraposée :

Si ABCD n’est pas un parallélogramme alors AB ≠ DC .

f) Contraposée :

Si ABCD n’est pas un rectangle alors AB ≠ DC ou AC ≠ BD . Les propositions a), e) et f) sont vraies, il en est donc de même de leurs contraposées.

Écrire les propositions réciproques de b), c), d) et g). Sont-elles vraies ?

b) Réciproque : Si AB = DC alors ABCD est un parallélogramme. Vrai.

C D B A

g) Réciproque : Si ABCD n’est pas un rectangle alors AC ≠ BD (on reconnaît la contraposée de c). Faux.

Exercice 4

A'

C D

c) Réciproque : Si ABCD est un rectangle alors AC = BD. Vrai. d) Réciproque : Si AB = DC alors ABCD est un losange. Faux. Tous les parallélogrammes ne sont pas des losanges.

Soient ABCD un parallélogramme, I est le milieu de [CD] et A' le symétrique de A par rapport à I. Montrer que ACA'D est un parallélogramme.

A' est le symétrique de A par rapport à I donc I est le milieu de [AA']. Les diagonales [AA'] et [CD] du quadrilatère ACA'D ont même milieu (I). Ainsi ACA'D est un parallélogramme. En déduire que C est le milieu de [ A'B].

I

B

On a : CA' = AD ( ACA'D est un parallélogramme) et BC = AD (ABCD est un parallélogramme). Ainsi : CA' = BC ce qui nous prouve que C est le milieu de [ A'B].

A

Exercice 5

Les quadrilatères ABCD et ABEF sont des parallélogrammes. Montrer que CDFE est un parallélogramme. ABCD est un parallélogramme donc : AB = DC. ABEF est un parallélogramme donc : AB = FE.


171


On en déduit DC = FE.

C

Ainsi CDFE est un parallélogramme.

D

B A

E

F

Exercice 6 F

Soient ABCD et AECF deux parallélogrammes. Montrer que BFDE est un parallélogramme. ABCD est un parallélogramme donc : AB = DC. AECF est un parallélogramme donc : EA = CF. C

D

B

On en déduit (relation de Chasles) : EB = EA + AB = CF + DC = DC + CF = DF. De l’égalité EB = DF, on déduit que BFDE est un parallélogramme.

A

E

Exercice 7 A' B'

Soient O, A, B trois points du plan. On note, de plus, A' et B' les symétriques respectifs de A et B par rapport à O. Montrer que : AB = B'A'. A' est le symétrique de A par rapport à O donc O est le milieu de [ AA'], B' est le symétrique de B par rapport à O donc O est le milieu de [BB'], Les diagonales [ AA'] et [BB'] du quadrilatère ABA'B' ont même milieu (O) donc ABA'B' est un parallélogramme. Ainsi : AB = B'A' .

O

B A

172



Exercice 8

Le plan est muni d’un repère (O,I,J). On considère A( −4 ; 2), B( 2; 1) et C(0 ; 3). A en B. Le vecteur AB a pour coordonnées x B − x A ; y B − y A soit (2 − ( −4 ) ; 1− 2) soit (6 ; −1).

(

)

Notons (x ; y) les coordonnées de D. Le vecteur CD a pour coordonnées ( x ; y − 3).

D est l’image de C par la translation qui transforme A en B. On a donc : AB = CD Ainsi, ces deux vecteurs ont les mêmes coordonnées et : ⎧ x =6 ⎧x = 6 . Les coordonnées de D sont donc : (6 ; 2). soit ⎨ ⎨ ⎩⎪ y − 3 = −1 ⎩⎪ y = 2 Exercice 9 E

F

A

ABCDEF est un hexagone régulier (côtés et angles égaux) de centre O. On admet que OABC, OBCD, OCDE, ODEF et OEFA sont des parallélogrammes. a) FODE est un parallélogramme donc : FE = OD . D L’image de O par la translation qui transforme F en E est donc D. b) ABCO est un parallélogramme donc : AB = OC. L’image de O par la translation de vecteur AB est donc C. C a) ACDF est un parallélogramme (en effet, AF = BO = CD O car AFOB et BODC sont des parallélogrammes) donc : AC = FD . L’image de F par la translation qui transforme A en C est donc D. B b) On a : EC = EO + OC = FA + AB = FB car EOCD et FABO sont des parallélogrammes. L’image de F par la translation de vecteur EC est donc B. C

Exercice 10

Soient ABCD un parallélogramme, I le milieu de [AB]. L’image de C et D par la symétrie de centre I sont notés C' et D' respectivement. Montrer que ABD'C ' est un parallélogramme.

D

B I

Les diagonales de C 'D'CD ont le même milieu (I) donc ce quadrilatère estun parallélogramme et par suite : DC = C'D' . De plus, ABCD est un parallélogramme donc : AB = DC . On en déduit : AB = C'D' ce qui prouve que ABD'C ' est un parallélogramme.

A

D' C'


173


Exercice 11

Le plan est muni d’un repère (O, I, J). On considère A( −6 ; −3), B(1 ; −1), C( 2 ; 4 ) et D( −5 ; 2)). Quelle est la nature du quadrilatère ABCD ? Le vecteur AB a pour coordonnées x B − x A ; y B − y A soit (1− ( −6 ) ; −1− ( −3)) soit (7 ; 2). Le vecteur DC a pour coordonnées (2 − ( −5) ; 4 − 2) soit (7 ; 2). Les vecteurs AB et DC ont mêmes coordonnées donc sont égaux. On en déduit que ABCD est un parallélogramme.

(

Exercice 12

)

Le plan est muni d’un repère (O, I, J). On considère A( −6 ; 1), B( −3; −1) et C(2;1). Le vecteur AB a pour coordonnées ( −3 − ( −6 ) ; −1− 1) soit ( 3 ; −2). Notons (x ; y) les coordonnées de D. Le vecteur CD a pour coordonnées ( x − 2 ; y − 1). ABDC est un parallélogramme donc AB = CD . Ainsi, ces deux vecteurs ont les mêmes coordonnées et : ⎧x − 2 = 3 ⎧x = 5 soit ⎨ . Les coordonnées de D sont donc : (5 ; −1). ⎨ 1 2 y − = − ⎩⎪ ⎩⎪ y = −1

Exercice 13

Soit ABCD un parallélogramme de centre O. Le point O est le milieu de [AC] donc :

AO = OC soit −OA = OC . De même, on a : −OB = OD .

On en déduit : OA + OB + OC + OD = OA + OC + OB + OD = OA − OA + OB − OB = 0+0 = 0

(

(

)( )(

)

) C

ABCD est un parallélogramme donc :

D

CD = BA . Ainsi : AB + CD = AB + BA = AA = 0

O ABCD

est un parallélogramme donc CB = DA . Alors : CD + CB = CD + DA = CA Chasles). A

174



B

Corrigés des exercices du chapitre 3

Repérage sur une droite et vecteurs

Activité 1

On se place sur une droite Ᏸ munie d’un repère (O ; I). On considère les points A, B, C et D d’abscisses respectives : –2, 2, 3 et 5. +

+

+

+

A

+

+

+

+

O

I

B

C

On note : u = OI .

+

+

+

+

D

On a :

OC = OI + IC = OI + IB + BC = u + u + u = 3u . OD = OC + CD = OC + OB = u + u + u + u + u = u + u + u + u + u = 5u . OA = BO = BI + IO = −u + −u = ( −2)u . On observe sur ces exemples que : OM = xu où x est l’abscisse de M sur la droite Ᏸ. Notons J le milieu de [IB]. On a : IJ = JB = −BJ . Alors : 2OJ = OJ + OJ = OI + IJ + OB + BJ = OI + OB + IJ + BJ = OI + OB + 0 = 3u .

( )( ) ( )( )

(

)(

)

x +x 1+ 2 3 L’abscisse de J est : x J = I B = = . On a donc, ici aussi : 2 2 2 OJ = x J u .

Coordonnées du produit d’un réel par un vecteur

Activité 2

K

B

u A'

Déterminer les coordonnées de B dans le repère (O ; I ; J).

A

J O

I

Le plan est muni d’un repère (O ; I ; J). On considère un vecteur non nul u (1 ; 2). On veut définir et déterminer les 7 coordonnées de u . 2 On considère le point A du plan tel que : u = OA . 7 On définit le point B d’abscisse sur la droite (OA) munie 2 du repère (O ; A). On a alors, d’après l’activité précédente : 7 7 OB = OA = u . 2 2

H

Notons H le point de l’axe des abscisses ayant même abscisse que B dans le repère (O ; I ; J) et K le point de l’axe des ordonnées ayant même ordonnée que B dans le repère (O ; I ; J). Notons, de plus, b l’abscisse de B sur la droite (OA) munie du repère (O ; A) et x B ; y B les coordonnées de B dans le plan muni du repère (O ; I ; J).

(

)


175


7 et, d’après le théorème de Thalès dans le triangle OHB : 2 7 OI OA 1 1 1 = = . Ainsi : x B = . = soit 2 xB b 7 / 2 OH OB

On a : b =

De même, d’après le théorème de Thalès dans le triangle OBK : 7 OA' OA 2 1 = . On en déduit que : y B = 2 × = 7. Les coordonnées de = soit 2 OK OB yB 7 / 2 ⎛7 ⎞ B sont donc : ⎜ ; 7⎟ . ⎝2 ⎠ 7 7 On a : u = OB donc les coordonnées de u dans le repère (O ; I ; J) sont 2 2 ⎛7 ⎞ 7 les coordonnées de B, c’est-à-dire : ⎜ ; 7⎟ . Les coordonnées de u sont 2 ⎝2 ⎠ ⎛7 7 ⎞ x ; y . × × ⎜⎝ 2 u 2 u ⎟⎠

du chapitre 3 Exercice 14 +

+

Les points A, B, C, D et E sont cinq points d’une droite Ᏸ placés comme il est indiqué sur la figure ci-dessous. +

+

A

Ᏸ

+

+

B

+

+

+

+

C

+

+

D

E

Compléter par des réels, les égalités vectorielles suivantes. AB = 3.DE AB = CD 1 3 On a : AB = 3.DE et BC = 2.DE . Donc : DE = .BC et AB = .BC 2 1 ⎛ 1⎞ 2 De DE = .BC , on déduit : DE = ⎜ − ⎟ .CB 2 ⎝ 2 ⎠ 2AB + 3BC = (2 × 3).DE + ( 3 × 2).DE = 12.DE = 4. 3.DE = 4.CD On a : BC = 2.DE donc 2BC + ( −4 ).DE = 0

( )

Exercice 15

2 Sur la figure ci-après, placer le point F tel que : EF = AB + 2CD. 3 Remarque

Les carreaux du quadrillage (et le théorème de Thalès) peut être utile pour construire des fractions 2 de vecteurs (comme, par exemple, u ). 3

176



B

J

A

O

2 CD 2 3 AB

C

I

F

D

E

Exercice 16

Étant donné les 3 points de la figure ci-dessus, construire E, F, G et H tels que : AE = 4 AB , AF = − AC , CG = 2AB et AH = −2BC .

G

C

B

A

E

F

H


177


Exercice 17

Soient u et v deux vecteurs. On définit les vecteurs a , b et c par : 1 3 a = 2u + v , b = u − 3v et c = u − v . 2 2 Trouver des réels x et y tels que : c = xa + y b . ⎛ 1 ⎞ On a : xa + y b = x . ⎜ 2u + v ⎟ + y . u − 3v 2 ⎠ ⎝

(

)

⎛x ⎛x⎞ ⎞ = (2x ).u + ⎜ ⎟ .v + y .u + ( −3y ).v = (2x + y ).u + ⎜ − 3y ⎟ .v ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠

⎧ 3 ⎪⎪ 2x + y = 2 . Ainsi, on a c = xa + y b si ⎨ x ⎪ − 3y = −1 ⎪⎩ 2 Résolvons ce précédent système par substitution. D’après la 1ère équation : ⎛3 ⎞ 3 x y = − 2x . Ainsi, d’après la 2e équation : − 3 × ⎜ − 2x ⎟ = −1 2 2 ⎝2 ⎠ 9 x x 12x 9 2 + 6 x − = −1 ou encore + = − . On en déduit : 2 2 2 2 2 2 7/2 7 2 7 13x 7 = puis x = = × = . 13 / 2 2 13 13 2 2 3 7 39 28 11 On en déduit alors y : y = − 2 × = − = 2 13 26 26 26 7 11 On a : c = .a + .b (il y a peut-être d’autres valeurs de x et y qui conviennent 13 26 mais il s’agissait de trouver un couple qui convienne).

Exercice 18

178

Déterminer dans chaque cas si les vecteurs sont colinéaires ou non. Le cas échéant, donner une relation de colinéarité liant les deux vecteurs. u ( 8;13) et v ( 5; 8 ) 8 × 8 ≠ 13 × 5 donc les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires. u ( −4; 6 ) et v ( 20; 30 ) −4 × 30 ≠ 6 × 20 donc les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires. u ( −4; 6 ) et v (18; −27) u et v sont colinéaires. ( −4 ) × ( −27) = 6 × 18 −9u a pour coordonnées (36 ; –54) 2v a pour coordonnées (36 ; –54). On a donc : −9u = 2v . Cette dernière égalité vectorielle est une relation de colinéarité liant u et v mais il y en a, 2 bien sûr, d’autres : u = − v , … 9



u ( 0, 4; 0, 6 ) et v (1, 4;1, 6 )

u et v ne sont pas colinéaires.

0, 4 × 1, 6 ≠ 0, 6 × 1, 4 u ( 0; 6 ) et v ( 2; 0 )

0 × 0 ≠ 6 × 2 donc les vecteurs u et v ne sont pas colinéaires. Bien sûr, la non colinéarité des vecteurs était ici évidente. ⎛ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞ u ; 6 et v ⎜⎝ 2 ⎟⎠ ⎜⎝ 3 ; 4 ⎟⎠ . 1 1 × 4 = 6 × donc les vecteurs u et v sont colinéaires. 2 3 2u a pour coordonnées (1 ; 12). 3v a pour coordonnées (1 ; 12). On a donc : 2u = 3v .

Exercice 19

On se place dans le plan muni d’un repère (O ; I ; J). On considère les points A(–2,1 ; 3,2), B(–0,9 ; 4), C(3,7 ; 7) et D(5,8 ; 8,4). Montrer que : (AB)//(CD). Le vecteur AB a pour coordonnées x B − x A ; y B − y A soit (–0,9 – (–2,1) ; 4 – 3,2) ou encore (1,2 ; 0,8). Le vecteur CD a pour coordonnées (5,8 – 3,7 ; 8,4 – 7) ou encore (2,1 ; 1,4). On a : 1, 2 × 1, 4 = 0, 8 × 2,1 (=1,68) donc les vecteurs AB et CD sont colinéaires ce qui prouve que : (AB)//(CD).

(

Exercice 20

)

On se place dans le plan muni d’un repère (O ; I ; J). Dans chacun des cas suivants, les points A, B et C sont-ils alignés ? A(–2 ; –3), B(3 ;5), C(6 ; 10).

AB a pour coordonnées (5 ; 8) AC a pour coordonnées (8 ; 13).

On a : 5 × 13 ≠ 8 × 8 donc les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires. Ainsi, les points A, B et C ne sont pas alignés. A(–3 ; –2), B(1 ; 4), C(3 ; 7).

AB a pour coordonnées (4 ; 6) AC a pour coordonnées (6 ; 9).

On a : 4 × 9 = 6 × 6 donc les vecteurs AB et AC sont colinéaires. Ainsi, les points A, B et C sont alignés. A(0 ; –1), B(3 ; 3), C(9 ; 11).

AB a pour coordonnées (3 ; 4)


179


AC a pour coordonnées (9 ; 12). On observe que : AC = 3AB donc les vecteurs AB et AC sont colinéaires. Ainsi, les points A, B et C sont alignés.

Exercice 21

On rappelle que si G est le centre de gravité du triangle ABC alors : GA + GB + GC = 0. On se place dans le plan muni d’un repère (O ; I ; J). Soient A(–2 ; –3), B(3 ; –1) et C(2 ; 7). Déterminer les coordonnées du centre de gravité G du triangle ABC. Notons (x ; y) les coordonnées de G. Alors : – les coordonnées de GA sont (–2 – x ; –3 – y) ; – les coordonnées de GB sont (3 – x ; –1 – y) ; – les coordonnées de GC sont (2 – x ; 7 – y). Ainsi les coordonnées du vecteur GA + GB + GC sont (–2 – x + 3 – x + 2 – x ; –3 – y – 1– y + 7 – y) soit (–3x + 3 ; –3y + 3). Comme ce vecteur est nul, on ⎧x = 1 ⎧−3x + 3 = 0 . Le centre de gravité G du triangle ABC a donc pour a: ⎨ soit ⎨ ⎩⎪ y = 1 ⎩⎪−3y + 3 = 0 coordonnées : (1 ; 1).

Exercice 22

Soient ABCD un parallélogramme (non aplati), P et Q tels que : 1 1 AP = AB et AQ = − AD . On se place dans le repère (A ; B ; D). 3 2 D

A

P

C

B

Q

Donner les coordonnées de A, B, C, D, P et Q dans le précédent repère. On a : A(0 ; 0), B(1 ; 0), D(0 ; 1) et C(1 ; 1).

180



1 ⎛1 ⎞ On a : AP = AB donc le vecteur AP a pour coordonnées ⎜ ; 0⎟ . 3 ⎝3 ⎠ ⎛1 ⎞ Ainsi : P ⎜ ; 0⎟ . ⎝3 ⎠ ⎛ 1 1⎞ On a : AQ = − AD donc le vecteur AQ a pour coordonnées ⎜ 0;− ⎟ . 2 2⎠ ⎝ ⎛ 1⎞ Ainsi : Q ⎜ 0;− ⎟ . 2⎠ ⎝ ⎛1 ⎞ Le vecteur CP a pour coordonnées x − x ; y − y soit ⎜⎝ 3 − 1; −1⎟⎠ ou encore P C P C ⎛ 2 ⎞ ⎛ ⎛ 1 ⎞ 3⎞ ⎜⎝ − 3 ; −1⎟⎠ . Le vecteur CQ a pour coordonnées ⎜⎝ −1; − 2 − 1⎟⎠ soit ⎜⎝ −1; − 2 ⎟⎠ .

(

)

⎛ 2⎞ ⎛ 3⎞ On a : ⎜ − ⎟ × ⎜ − ⎟ = ( −1) × ( −1)( = 1) donc les vecteurs CP et CQ sont ⎝ 3⎠ ⎝ 2⎠

colinéaires. On en déduit que les points C, P ,et Q sont alignés.

Corrigés des exercices d’approfondissement du chapitre 5 Exercice I

Soient ABCD un parallélogramme de centre O et I le milieu de [AD]. Cocher les bonnes réponses. C

D

I

O

B

A

OA + OC =

a) AC

b) 0

c) BD

d) 2OI Le point O est le milieu de la diagonale [AC] donc : OA = −OC . OA + OD = a) AC b) 0 c) BD d) 2OI On a (relation de Chasles) : OA + OD = OI + IA + OI + ID = 2OI + IA + ID . De plus, on a : IA + ID = 0 car I est le milieu de [AD] ce qui prouve le résultat.

(

)(

)

(

)


181


OA + OB =

a) DA

b) 0

d) 2OI

1 BC 2 On a : OB = DO car O est le milieu de [BD]. Donc : OA + OB = OA + DO = DO + OA = DA OA − OB = 1 a) DA b) 0 c) BC 2 On a : OA − OB = OA + OD = 2OI Exercice II

c)

d) 2OI d

On considère la figure ci-dessous. Compléter les égalités suivantes.

S

A

J D R

O

I B

V

(

C

RV + RS = DC + DA = DB.

)

DV − AB = DR + DC − DC = DR.

OI + 2OJ = DA.

(

)

BR + DA + DC + DR = BR + DA + DC + DR

= BR + DB + DR = DR + DR = 2DR = −2VC AS = DR = 2OR = −2RO. SD = SR + RD = AD + RD = AD + VC. DB = RI − OJ. 2OI = RO = RV + VO = VO − VR.

182



Exercice III

Le plan est muni d’un repère (O ; I ; J). On considère les points A(–1 ; 1), B(1 ; 2), C(3 ; 2) et D(1 ; 3). Déterminer les coordonnées des vecteurs AB , AC et AD . Le vecteur AB a pour coordonnées (1 – (–1) ; 2 – 1) soit (2 ; 1). Le vecteur AC a pour coordonnées (3 – (–1) ; 2 – 1) soit (4 ; 1). Le vecteur AD a pour coordonnées (1 – (–1) ; 3 – 1) soit (2 ; 2). Déterminer les coordonnées du point E défini par : AE = AC + AD . Le vecteur AC + AD a pour coordonnées (6 ; 3). Notons (x ; y) les coordonnées du point E. Les coordonnées du vecteur AE sont alors (x + 1 ; y – 1). De l’égalité vectorielle AE = AC + AD , on déduit alors : ⎧x + 1= 6 ⎧x = 6 − 1 . Les coordonnées de E sont donc (5 ; 4). soit ⎨ ⎨ ⎪⎩ y − 1 = 3 ⎪⎩ y = 3 + 1 On a : AB (2 ; 1) et AE (6 ; 3). On a donc : AE = 3. AB . Cette dernière égalité prouve que les vecteurs AB et AE sont colinéaires donc que les points A, B et E sont alignés.

Exercice IV

Le vecteur AB a pour coordonnées (–2 – (–5) ; –1 – (–3)) soit (3 ; 2).

Le vecteur AC a pour coordonnées (4 – (–5) ; 3 – (–3)) soit (9 ; 6). On a donc l’égalité AC = 3. AB . Cette dernière égalité prouve que les vecteurs AB et AC sont colinéaires donc que les points A, B et C sont alignés. Le vecteur OA a pour coordonnées, les coordonnées de A donc : (–5 ; –3). On a : 3 × ( −3) ≠ 2 × ( −5) ce qui prouve que les vecteurs AB et OA ne sont pas colinéaires et donc que le point O n’appartient pas à la droite (AB). Notons (3 ; y) les coordonnées de D. Le vecteur AD a donc pour coordonnées (3 – (–5) ; y – (–3)) soit (8 ; y + 3). Le point D appartient à la droite (AB) donc les vecteurs AB et AD sont colinéaires ce qui prouve que : 3 × ( y + 3) = 2 × 8 soit 3y + 9 = 16 ou encore 3y = 7. Ceci nous prouve que : 7 y= . 3 ⎛ 7⎞ 7 L’ordonnée de D est donc . Ainsi : D ⎜ 3; ⎟ . 3 ⎝ 3⎠ Notons (x ; x) les coordonnées de E. Le vecteur AE a donc pour coordonnées (x – (–5) ; x – (–3)) soit (x + 5 ; x + 3). Le point E appartient à la droite (AB) donc les vecteurs AB et AE sont colinéaires ce qui prouve que : 3 × ( x + 3) = 2 × ( x + 5) soit 3x + 9 = 2x + 10 ou encore x = 1. On a donc : E(1 ; 1).


183


Le plan est muni d’un repère orthonormé (O ; I ; J). On considère les points A(0 ; 3), B(4 ; 1), C(8 ; 9) et D(4 ; 11).

Exercice V

Montrer que ABCD est un parallélogramme.

Le vecteur AB a pour coordonnées (4 – 0 ; 1 – 3) soit (4 ; –2). Le vecteur DC a pour coordonnées (8 – 4 ; 9 – 11) soit (4 ; –2). Deux vecteurs ayant les mêmes coordonnées sont égaux donc : AB = DC ce qui prouve que ABCD est un parallélogramme.

On a :

AC=

( xC − x A )2 + ( y C − y A )2 =

BD=

( 4 − 4 )2 + (11− 1)2 = 100 = 10 .

( 8 − 0 )2 + ( 9 − 3)2 = 64 + 36 = 1000 = 10 ;

On a donc : AC = BD. Un parallélogramme ayant ses diagonales de même longueur est un rectangle. Ainsi ABCD est un rectangle. Le quadrilatère ABCD est-il un carré ?

Les points B et D ayant même abscisse, la droite (BD) est parallèle à l’axe des abscisses. La droite (AC) n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées car A et C n’ont pas la même ordonnée. On en déduit que les diagonales [AC] et [BD] du parallélogramme ABCD ne sont pas perpendiculaires. ABCD n’est donc pas un carré.

Le plan est muni d’un repère (O ; I ; J). On considère les points A(–1 ; –1), B(4 ; 2), C(6 ; 6), D(1 ; 4) et E(3 ; 9). De plus, F est le milieu de [AB] et G vérifie : GC + 2GD = 0.

Exercice VI

Montrer que D est le milieu de [AE].

E

On a : C

G

D

Déterminer les coordonnées de F.

B J F O A

184

I

x A + x E −1+ 3 y +y −1+ 9 = = 1 = x D et A E = = 4 = yD 2 2 2 2 Donc D est le milieu de [AE].

x +x −1+ 4 3 On a : x F = A B = = 2 2 2 y A + y B −1+ 2 1 = = . et y F = 2 2 2 ⎛ 3 1⎞ Ainsi : F ⎜ ; ⎟ . ⎝ 2 2⎠



Déterminer les coordonnées de G.

On note (x ; y) les coordonnées de G. Les coordonnées de GC sont alors (6 – x ; 6 – y) et les coordonnées de GD sont (1 – x ; 4 – y ). Ainsi, les coordonnées de GC + 2GD sont 6 −x + 2(1− x ); 6 − y + 2( 4 − y ) soit (–3x + 8 ; –3y + 14). De plus, le vecteur GC + 2GD est nul, on a donc : −3x + 8 = 0 ⎛ 8 14 ⎞ et −3y + 14 = 0. On en déduit les coordonnées de G : G ⎜ ; ⎟ . ⎝3 3⎠ Montrer que les droites (DF) et (BE) sont parallèles.

(

)

On propose deux démonstrations.

Géométriquement D est le milieu de [AE] et F est le milieu de [AB] donc d’après le théorème de la droite des milieux appliqué au triangle ABE, on a : (DF)//(BE).

En utilisant les coordonnées Le vecteur BE a pour coordonnées (3 – 4 ; 9 – 2) soit (–1 ; 7). ⎛3 ⎛ 3 2 1 8⎞ 1 ⎞ Le vecteur DF a pour coordonnées ⎜ − 1; − 4 ⎟ soit ⎜ − ; − ⎟ 2 ⎠ ⎝2 ⎝ 2 2 2 2⎠ ⎛ 1 7⎞ encore ⎜ ;− ⎟ . On remarque alors que : −2DF = BE ce qui prouve que les ⎝ 2 2⎠ droites (DF) et (BE) sont parallèles.

Exercice VII

Soient ABC un triangle, Ᏸ 1 est la parallèle à (BC) passant par A, Ᏸ 2 la parallèle à (AC) passant par B et Ᏸ 3 la parallèle à (AB) passant par C. On définit de plus, A ' = Ᏸ 2 ∩ Ᏸ 3 (donc A’ est l’intersection des droites Ᏸ 2 et Ᏸ 3 ), B' = Ᏸ 1 ∩ Ᏸ 3 et C ' = Ᏸ 1 ∩ Ᏸ 2.

Ᏸ1 Ᏸ2

B' C

A'

Ᏸ3

A B

C'


185


Quelle est la nature du quadrilatère BCB’A ?

On a : Ᏸ 1 / /(BC ) soit (B' A ) / /(BC ) et Ᏸ 3 / /(BA ) soit (B'C ) / /(BA ). Ainsi BCB’A est un parallélogramme. Montrer que A est le milieu de [B’C’].

BCB’A est un parallélogramme donc, on a : B'A = CB . Comme, on a montré que BCB’A était un parallélogramme, on montre que AC’BC est un parallélogramme. Ainsi, on a : AC' = CB . On en déduit : B'A = AC' ce qui prouve que A est le milieu de [B’C’].

Exercice VIII

Soit ABC un triangle. Les points M, N, P sont définis par : 1 – AM = AB . 3 – N est le milieu de [AC]. – P est le symétrique de B par la symétrie de centre C. Faire la figure.

P

Montrer que : AP = − AB + 2AC .

P est le symétrique de B par rapport à C donc C est le milieu de [BP]. Ainsi : CP = BC . On en déduit : AP = AC + CP = AC + BC = AC + BA + AC = − AB + 2AC . C

On se place dans le repère (A ; B ; C). Donner les coordonnées des points A, B et C.

A(0 ; 0), B(1 ; 0) et C(0 ; 1). N

Déterminer les coordonnées des points M, N et P.

1 On a : AM = AB donc AM a pour coordonnées 3 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ ⎜⎝ 3 ; 0⎟⎠ dans le repère (A ; B ; C). Ainsi : M ⎜⎝ 3 ; 0⎟⎠ .

B A

M

Le point N est le milieu de [AC] donc :

x +x y +y 0+0 0+1 1 xN = A C = = 0 et y N = A C = = . 2 2 2 2 2 ⎛ 1⎞ Ainsi : N ⎜ 0; ⎟ . ⎝ 2⎠ On a : AP = − AB + 2AC donc AP a pour coordonnées (–1 ; 2) dans le repère (A ; B ; C). Ainsi : P(–1 ; 2). Montrer que M, N et P sont alignés.

⎛ ⎛ 1 1⎞ 1 1 ⎞ Le vecteur MN a pour coordonnées ⎜ 0 − ; − 0⎟ soit ⎜ − ; ⎟ . 3 2 ⎠ ⎝ ⎝ 3 2⎠

186



⎛ ⎞ ⎛ 3 1 ⎞ 1 Le vecteur MP a pour coordonnées ⎜ −1− ; 2 − 0⎟ soit ⎜ − − ; 2⎟ ou encore 3 ⎝ ⎠ ⎝ 3 3 ⎠ ⎛ 4 ⎞ ⎜⎝ − 3 ; 2⎟⎠ . 1 1 ⎛ 4⎞ On a : − × 2 = × ⎜ − ⎟ MN et MP sont colinéaires ce qui 3 2 ⎝ 3⎠ prouve que les points M, N et P sont alignés.

Exercice IX

Soient ABC un triangle (non aplati), M et N les points définis par : AN = 2AB + AC 1 1 et BM = − AB + AC 3 3 que A, M et N sont alignés. C

N M A B

Avec un repère On se place dans le repère (A , B , C). a) Déterminer les coordonnées de A, B, C et N. A(0 ; 0), B(1 ; 0) et C(0 ; 1). On a : AN = 2AB + AC donc AN a pour coordonnées (2 ; 1) dans le repère (A ; B ; C). Ainsi : N(2 ; 1). 1 1 b) On a : BM = − AB + AC 3 3

⎛ 1 1⎞ BM sont ⎜ − ; ⎟ .De ⎝ 3 3⎠ plus, si (x ; y) sont les coordonnées de M alors les coordonnées de BM sont (x – 1 ; y-0) soit (x – 1 ; y). ⎧ 1 ⎪⎪ x − 1 = − 3 On a donc : ⎨ soit ⎪ y=1 ⎪⎩ 3

⎧ ⎧ 1 2 ⎪⎪ x = 1− 3 ⎪⎪ x = 3 ⎛ 2 1⎞ ⎨ ⎨ ⎜⎝ 3 ; 3 ⎟⎠ 1 1 ⎪y = ⎪y = ⎪⎩ ⎪⎩ 3 3 c) Calculer les coordonnées de AM et AN . ⎛ 2 1⎞ Les coordonnées du vecteur AM sont ⎜ ; ⎟ (coordonnées de M) et les ⎝ 3 3⎠ coordonnées du vecteur AN sont (2 ; 1).


187


d) On observe que : 3AM = AN donc les vecteurs AM et AN sont colinéaires ce qui prouve que les points A, M et N sont alignés. Calculs vectoriels

a) Exprimer AM en fonction de AB et AC . 1 1 2 1 On a : AM = AB + BM = AB − AB + AC = AB + AC . 3 3 3 3 b) On a : 2 1 1 1 AM = AB + AC = . 2AB + AC = .AN ce qui prouve que les vecteurs 3 3 3 3 AM et AN sont colinéaires et donc que les points A, M et N sont alignés.

(

Exercice X

)

Soient ABC un triangle, M et N définis par : AM = 3AB et MN = 3BC . Montrer que A, C et N sont alignés.

N

C

A B M

On a : AN = AM + MN = 3AB + 3BC = 3. AB + BC = 3AC Ainsi les vecteurs AN et AC sont colinéaires ce qui prouve que les points A, N et C sont alignés.

(

Exercice XI

)

Soient A, B deux points du plan et I le milieu de [AB]. Montrer que pour tout point M du plan : MA + MB = 2MI . On a : MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2MI + IA + IB = 2MI + 0 = 2MI.

(

188



)(

)

(

)

Exercice XII

Soient ABC un triangle et M un point tel que : MA + MB + 2MC = 0 . Exprimer AM en fonction de AB et AC . En déduire une construction de M. On a : MA + MB + 2MC = MA + MA + AB + 2 MA + AC . = 4MA + AB + 2AC De l’égalité MA + MB + 2MC = 0 , on déduit alors : 4MA + AB + 2AC = 0 et 1 1 −4MA = AB + 2AC soit 4 AM = AB + 2AC ou encore AM = AB + AC . 4 2

(

) (

)

Soit I le milieu de [AB]. Montrer que M est le milieu de [IC].

1 1 1 1 On a : CM = CA + AM = − AC + AB + AC = AB − AC . 2 1 4 1 2 4 On a : CI = CA + AI = − AC + AB = AB − AC . On observe alors que : CI = 2CM 2 2 ce qui nous prouve que M est le milieu de [CD].

Exercice XIII

C

Reprenons le théorème du cours. Soient ABC un triangle, A ',B' et C ' les milieux respectifs de [BC], [AC] et [AB] et G le centre de gravité du triangle ABC. On veut montrer que : a) GA = −2GA' . 2 b) AG = AA' . 3 A c) GA + GB + GC = 0 On considère le point G' tel que : BG' = GC .

B' G' G

A'

C' B

Montrer que A' est le milieu de [GG'].

On a : BG' = GC . Le quadrilatère BG'CG est donc un parallélogramme. Ses diagonales se coupent donc en leur milieu. Comme A' est le milieu de [BC], c’est aussi le milieu de [GG'].

a) Considérons le triangle AG'C. Comme GBG'C est un parallélogramme, on

a : (B'G)//(CG'). De plus, B' est le milieu de [AC] donc d’après la réciproque du théorème de la droite des milieux, G est le milieu de [ AG']. b) D’après le théorème de la droite des milieux dans le triangle ABG' , on a : (GC ')//(BG'). De plus, on a : (GC )//(BG') ( BG'CG étant un parallélogramme). Donc : (GC ')//(GC ) ce qui nous prouve que les points G, C et C' sont alignés, c’est-à-dire que G appartient à la médiane (CC ').


189


2 AA' . 3 Comme G est le milieu de [ AG'], on a : GA = −GG' . Comme A' est le milieu de [GG'], on a : GG' = 2GA' . On en déduit : GA = −2GA' . On a alors : GA = −2 GA + AA' = −2GA − 2AA' . Ainsi : 3GA = −2AA' . 2 On en déduit : AG = AA' . 3 Montrer, alors, que : GA + GB + GC = 0 . En déduire que : GA = −2GA' puis que AG =

(

)

GBG’C étant un parallélogramme, on a (règle du parallélogramme) : GB + GC = GG' . Alors : GA + GB + GC = GA + GG' = 0 (car G milieu de [AG’]).

Exercice XIV

Soient ABC un triangle. Montrer que le centre de gravité G du triangle ABC est le seul point tel que : GA + GB + GC = 0 . Soit M un point du plan tel que : MA + MB + MC = 0 . On veut montrer que, nécessairement : M = G. On a : MA + MB + MC = MG + GA + MG + GB + MG + GC = 3MG + GA + GB + GC = 3MG + 0 = 3MG. L’égalité MA + MB + MC = 0 entraîne donc 3MG = 0 soit MG = 0 ou encore M = G.

(

(

)(

)

)(

)

G est donc bien le seul point du plan vérifiant l’égalité vectorielle GA + GB + GC = 0. ■

190



C orrigé de la séquence 6 Fonctions de référence. Fonctions usuelles. Corrigé des activités du chapitre 2.

Activité 1

La caisse à gâcher L l

H h

Dimensions de la caisse à ggâcher : L = 60 cm ; l = 40 cm ; H = 30 cm . On peut constater (voir graphique ci-dessous) qu’en doublant le volume de la

caisse à gâcher, on peut obtenir le volume du parallélépipède de dimension L × l × H.

1 Par suite 2Vt = L × l × h soit Vt = L × l × h. 2 1 Numériquement, on obtient Vt = × 60 × 40 × 30 = 36000 cm3 soit 36 dm3 soit 2 36 litres.


191


A

L

D

C

30

E 10 M

B

N

Pour calculer le volume d’eau V contenu dans la caisse à gâcher pour une hauteur d’eau de 10 cm, nous allons utiliser le même principe de calcul. Ce volume est la moitié de celui d’un parallélépipède dont les dimensions sont DE, l = 40 cm et h =10 cm. Pour calculer DE, on peut utiliser le théorème de Thalès . Avec les notations de la figure précédente, comme (DE)//(AC) et (EM)//(CN) alors : DE BE EM 10 1 = = = = . AC BC CN 30 3 On en déduit DE =

AC L 60 = = = 20 cm. 3 3 3

1 Par suite V = × 20 × 40 × 10 = 4000 cm3 = 4 dm3 2 Pour une hauteur de 20 cm, on trouve en appliquant le même raisonnement 1 V = × 40 × 40 × 20 = 16000 cm3 soit 16 dm3 soit 16 litres. 2 Lorsque la hauteur d’eau a doublé, le volume n’a pas doublé mais quadruplé. La fonction donnant le volume d’eau dans la caisse par rapport à la hauteur d’eau n’est donc pas linéaire. Si la hauteur d’eau est h, on a la relation

On en déduit DE = AC ×

DE BE EM h . = = = AC BC CN 30

h h = 60 × = 2h. 30 30

1 Par suite, on a V (h ) = × 2h × 40 × h = 40h 2 cm3= 0,04 h 2 dm3= 0,04 h 2 litres. 2 Donc V (h ) = 0, 04h 2 où h est exprimé en cm et V en litres.

192



A l’aide d’une calculatrice, on obtient aisément le tableau de valeurs suivant.

h (cm)

0

4

8

12

16

20

24

28

30

V (h)

0

0,64

2,56

5,76

10,24

16

23,04

31,36

36

y

V en litres

36 32 28 24 20 16 12 8 4 h en cm 0

Activité 2

4

8

12

16

20

24

28

32

x

Un rectangle d’aire constante. L’aire d’un rectangle est

égale au produit de sa longueur par sa largeur. On a donc, pour tout nombre réel strictement positif x, 8 xy = 8 soit y = . x

B

C

y

O

x

A


193


On peut remplir le tableau de valeurs à l’aide d’une calculatrice.

8 La fonction f est définie pour x>0 par f ( x ) = . x

x y = f (x )

0,5

0,75

1

2

3

4

6

8

12

16

16

10,67

8

4

2,67

2

1,33

1

0,67

0,5

Les résultats de cette dernière ligne sont arrondis au centième près. Voici la représentation graphique de la fonction f y 16 15 14

y = f(x)

13

y=x

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

x 1

2

3

4

5

6

7

8

9 10 11 12 13 14 15 16

8 =x x On peut multiplier par x, qui est non nul, les deux membres de cette égalité.

Le rectangle devient un carré lorsque y = x , soit

On obtient x 2 = 8 , équation qui n’admet qu’une seule solution positive

x = 8 ≈ 2, 83 Graphiquement ce nombre peut se lire comme abscisse du point d’intersection de la droite d’équation y = x avec la courbe précédente.

194



Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2. Exercice 1

a) 0 < 2,1819 < 2,182 donc 2,18192 < 2,1822 car la fonction carré est strictement croissante sur l’intervalle [0 ;+∞[. Les nombres 2,18192 et 2,1822 sont rangés dans le même ordre que les nombres 2,1819 et 2,182. b) −1, 0001 < −0, 9999 < 0 donc ( −1, 0001)2 > ( −0, 9999 )2 car la fonction carré est strictement décroissante sur l’intervalle ] − ∞; 0]. Les nombres ( −1, 0001)2 et ( −0, 9999 )2 sont rangés dans l’ordre contraire des nombres −1, 0001 et − 0, 9999.

Exercice 2 a) Voir ci-contre. b) Graphiquement, les solutions de l’équation x 2 = 7 sont les abscisses des points d’intersection de ᏼ avec la droite d’équation y = 7. On en déduit deux solutions qui valent approximativement –2,6 et 2,6.

y 11 10 y =7

8 7 6

c) L’équation x 2 = 7 est équivalente à :

5 4

x 2 − ( 7 )2 = 0 soit

3

( x − 7 )( x + 7 ) = 0 soit

2

x − 7 = 0 ou x + 7 = 0 soit

1

x = 7 ou x = − 7. Les valeurs –2,6 et 2,6 sont donc respectivement des valeurs approchées de − 7 et

ᏼ

9

–4

–3 –2 –2,6

–1

O

1

3

2

4

x

2,6

7.


195


d) On peut marquer en gras sur l’axe des ordonnées les nombres plus

y 11

grands que 7 et marquer en gras les deux morceaux de courbes correspondants. On détermine alors sur l’axe des abscisses les nombres réels x correspondants (que l’on peut aussi marquer en gras) c’est-àdire les nombres réels x vérifiant

10

y=7

8 7 6 5 4

x 2 ≥ 7. On trouve pour ensemble de solutions :

3 2 1

S = ] − ∞; − 7 ] ∪ [ 7 ; +∞[. –4

Exercice 3

ᏼ

9

–3 –2 –2,6

–1

O

1

3

2

4

x

2,6

a) Les solutions de l’équation x 2 = 3 sont les deux nombres réels − 3 et 3. b) L’équation x 2 = −3 n’a pas de solutions car le carré x 2 est toujours positif ou nul ; il ne peut donc pas être égal à −3. c) L’équation x 2 = 0 admet pour unique solution le nombre 0.

Exercice 4

a) 1 ≤ x ≤ 5. Remarquons que les nombres 1, x et 5 appartiennent à l’intervalle [0 ;+∞[. La double inégalité 1 ≤ x ≤ 5 signifie que 1≤ x et que x ≤ 5. Comme la fonction carré est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, on en déduit : 12 ≤ x 2 et x 2 ≤ 52 , ce qui peut encore s’écrire 12 ≤ x 2 ≤ 52 soit 1 ≤ x 2 ≤ 25. b) −2 < x ≤ −0, 5. Remarquons que les nombres −2 , x et −0, 5 appartiennent à l’intervalle ] − ∞; 0 ] . La double inégalité −2 < x ≤ −0, 5 signifie que −2 < x et que x ≤ −0, 5. Comme la fonction carré est strictement décroissante sur l’intervalle ] − ∞; 0] , on en déduit : ( −2)2 > x 2 et x 2 ≥ ( −0, 5)2 ( attention ; il faut changer le sens des inégalités) ce qui peut encore s’écrire 4 > x 2 et x 2 ≥ 0, 25 ou encore 0, 25 ≤ x 2 < 4.

196



Exercice 5 a) Voir ci-contre

y

b) Lorsque − 2 ≤ x ≤ 0 ,

4

0 ≤ x 2 ≤ ( − 2 )2 car la fonction carré est strictement décroissante sur l’intervalle [ − 2; 0] soit 0 ≤ x 2 ≤ 2.

3

Lorsque 0 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ x 2 ≤ 22 car la fonction carré est strictement croissante sur [0; 2] soit 0 ≤ x 2 ≤ 4.

2 1

Finalement, si − 2 ≤ x ≤ 2 alors 0 ≤ x 2 ≤ 4. –2

O

–1

1

x

2

Exercice 6 Voir ci-contre ; la courbe décrite

c

par le point M’ lorsque M décrit l’axe des abscisses semble être la parabole représentative de la fonction carré.

7

6

Si x = 0 , cela signifie que M est

B

en O.

M’

5

La perpendiculaire en O au segment [AO] est l’axe des abscisses. B est donc le point d’intersection de l’axe des ordonnées et de l’axe des abscisses. Donc B est confondu avec O. Par suite OB=0.

α 4

3

2 a = 2,3

a) Dans le triangle BAM, l’angle

est complémentaire OBM . avec l’angle BAM

Dans le triangle AOM, l’angle est complémentaire OMA . avec l’angle BAM

1 J

–3

–2

–1

0 O 0

I 1

α 2

M(x) 3

4

–1 A

Or deux angles complémentaires avec un même angle sont égaux. = OMA On en déduit OBM =α

b) Dans le triangle BAM, tanα =

OM OA . Dans le triangle OAM, tanα = . OB OM


197


On en déduit

OM OA soit OM2 = OB × OA. = OB OM

c) OM2 = x 2 donc x 2 = OB × OA. Or OA=1, donc OB = x 2. Le point M’a donc pour coordonnées ( x ; x 2 ). Il décrit donc la parabole représentative de la fonction carré lorsque x décrit l’ensemble des nombres réels.

Exercice 7

a) On développe ( x − 2)( x − 4 ). On obtient ( x − 2)( x − 4 ) = x 2 − 4 x − 2x + 8 = x 2 − 6 x + 8.

x 2 − 6 x + 8 a le même signe sur l’intervalle ]2 ;4[ que ( x − 2)( x − 4 ). Or, si 2 < x < 4 , x − 2 > 0 et x − 4 < 0. On en déduit que ( x − 2)( x − 4 ) < 0 soit x 2 − 6 x + 8 < 0 si x ∈]2; 4[. c) La droite (AB) a pour coefficient directeur y B − y A 16 − 4 12 = = = 6. xB − x A 4 − 2 2

y 17 16

B

15

y = 6 x + b.

14

Le point A(2 ;4) appartient à la droite (AB) donc ses coordonnées vérifient l’équation précédente.

13

On a donc 4 = 6 × 2 + b =12+b.

10

12 11 9

On en déduit b = −8.

8

L’équation réduite de la droite (AB) est donc : y = 6 x − 8.

7 6

Supposons que le segment [AB] contienne un autre point de la parabole autre que A et B. Soit x son abscisse.

5 4

A

3

On aurait alors 2 < x < 4 et x 2 = 6 x − 8

2

2

soit x − 6 x + 8 = 0.

1

Or on a vu à la question précédente que, si 2 < x < 4 x 2 − 6 x + 8 < 0.

–1

0

1

2

Donc ce n’est pas possible. Le segment [AB] ne contient pas d’autres points de la parabole que A et B. Remarque

Ce type de raisonnement est un exemple de raisonnement par l’absurde.

198



3

4

x

Exercice 8

a) Si x ≥ 3, alors x 2 ≥ 9. Cette proposition est vraie car la fonction carré est strictement croissante sur [0 ; + ∞[ , donc, si x ≥ 3, alors x 2 ≥ 32 soit x 2 ≥ 9. b) Si x ≤ 2, alors x 2 ≤ 4. Cette proposition est fausse ; par exemple, si x = −3 , alors x 2 = 9 . c) Si x ≤ −1, alors x 2 ≥ 1. Cette proposition est vraie, car la fonction carré est strictement décroissante sur ] − ∞; 0], donc, si x ≤ −1 alors x 2 ≥ ( −1)2 (les images sont rangées dans l’ordre contraire) donc x 2 ≥ 1. d) Si −5 ≤ x ≤ −1 alors 0 ≤ x 2 ≤ 30. Cette proposition est vraie, car, si −5 ≤ x ≤ −1 , alors ( −5)2 ≥ x 2 ≥ ( −1)2 car la fonction carré est strictement décroissante sur ] − ∞; 0], donc, 1 ≤ x 2 ≤ 25 donc 0 ≤ x 2 ≤ 30. e) Si −1 ≤ x ≤ 2 alors 1 ≤ x 2 ≤ 4. Cette proposition est fausse. Par exemple, si x = 0,5 , alors x 2 = 0, 25. f) Si a = b , alors a 2 = b 2. Cette proposition est vraie car deux éléments égaux ont la même image par la fonction carré. g) Si a 2 ≠ b 2 alors a ≠ b Cette proposition est vraie, c’est la contraposée de la proposition précédente. De façon plus générale, pour deux propositions P et Q , l’implication P ⇒ Q admet pour contraposée non(Q ) ⇒ non(P ) et si l’implication est vraie, sa contraposée est vraie. h) Si a 2 = b 2 alors a = b. Cette proposition est fausse. Par exemple, ( −5)2 = 52.

Exercice 9

a)

d)

3 1 4 f( )= = 3 3 4 4

f ( 2) =

1 2

=

b)

1 1 f (− ) = = −8 1 8 − 8

c)

f (10−7 ) =

1 10

−7

= 107

2 . 2


199


Exercice 10

Exercice 11

1 1 car la fonction inverse est > −0, 011 −0, 0099 1 1 strictement décroissante sur ] − ∞; 0[, soit > −0, 011 −0, 0099 1 1 b) 0 < π − 2 < 1,15 donc > car la fonction inverse est strictement π − 2 1,15 décroissante sur ]0 ; + ∞[ . a) −0, 011 < −0, 0099 <0 donc

a) Voir ci-contre. b) Graphiquement 1 l’équation = 3 a une x solution sensiblement égale à 0,3.

y 7

1 =3 x équivaut à 3x = 1 soit 1 x= . 3 c) Les solutions de 1 l’inéquation ≤ 3 sont x les abscisses des points de l’hyperbole Ᏼ situés

2

6 5 4 3

Algébriquement,

1 –4

–3

–2

–1 0 –1

ᑲ 1 3

1

2

–2 –3 –4

en dessous de la droite d’équation y = 3. On trouve 1 S = ] − ∞; 0[∪[ , +∞[. 3

Exercice 12

x

−∞ –3 –2 −1/ 4

0 1

2

5

1

1 g(x ) = . x

D’après le tableau de variations de la fonction inverse, a) si 1 ≤ x ≤ 6 alors

200

1 1 ≤ ≤1 6 x



6

+∞

3

4

x

b) si 0 < x ≤ 5 alors c) si −2 < x ≤ −

1 1 ≥ x 5

1 1 1 alors −4 ≤ < − 4 2 x

d) si x > 2 alors 0 <

1 1 < . x 2

e) si x < −3 alors − 1 < 1 < 0. 3 x Exercice 13 En s’aidant du graphique ci-contre, on peut déduire que :

y 6

1 ≤ 6 si et seulement x

5

a) 1 ≤

4

1 si ≤ x ≤ 1 6

3

et que b)

−4 ≤

y = 1/x

1 1 ≤− 3 x

si

2

et

1 seulement si −3 ≤ x ≤ − . 4

1 –4

–3

–2

–1 1/4 1/6 –1/3

1

2

3

4 x

–1

Ᏼ –2 –3 –4 –5


201


En s’aidant du graphique cicontre, on peut déduire que

y 6

1 1 − ≤ ≤ 4 si 2 x et seulement si

5 4

1 x ∈] − ∞; −2] ∪ [ , +∞[. 4

3 2 y = 1/x 1

–4

–3

–2

–1

O 1/4

1

2

3

4 x

–1

Ᏼ –2 –3 –4 –5

Exercice 14 3 1 B

2 –2

M

–1

0 O 0

A 1

1 B

H N –1

H N 0 O 0

–2

–1 –3

202



M A1

2

3

A l’aide d’un logiciel de géométrie, on peut conjecturer que le point H décrit l’hyperbole représentant la fonction inverse. Comme la droite (AN) est parallèle à la droite (BM), la configuration OANBM est une configuration de Thalès (triangle si x>0, papillon si x<0). 1 OA ON 1 ON soit = soit ON = . = OM OB 1 x x Si x>0, l’ordonnée de N est positive et si x<0, l’ordonnée de N est négative.

On en déduit

L’ordonnée de N est donc égale à

1 et le point H a donc pour coordonnées x

1 ( x , ). x Quand x décrit , H décrit bien l’hyperbole représentative de la fonction inverse 1 d’équation y = . x

Corrigé des activités du chapitre 3. Activité 1

Des propriétés de la courbe représentative de f : x ax 2 + bx + c (a ≠ 0 ) et a). y 9 8 7

(Cf)

6 5 4

(C) 3 2 1 x –2

–1

1

2

3

4

5


203


b) (Cf ) semble admettre un axe de symétrie d’équation x = 2. Le sens de variation de (f ) semble changer pour x =2.

f ( x ) − ( 3) = ( x − 2)2 + 3 − 3 = ( x − 2)2. Or , pour tout nombre réel x, ( x − 2)2 ≥ 0 , donc f ( x ) − ( 3) ≥ 0 donc f ( x ) ≥ 3. De plus, f (2) = 3. Donc f ( x ) ≥ f (2) donc f (2) = 3 est le minimum de la fonction f. c) On constate effectivement que la courbe (C) dont on a déplacé le minimum jusqu’au point de coordonnées (2 ;3) se superpose avec (Cf ). a) Voir graphique page suivante

b) (Cg ) semble admettre un axe de symétrie d’équation x = 2, 3. Le sens de variation de la fonction g semble changer pour x = 2, 3. c) Voir graphique d) Les poins A, B et C où C désigne le milieu de [AB] sont confondus et le point I a pour abscisse 2,3. e) Pour déterminer les antécédents éventuels de –2,21 par la fonction g , résolvons l’équation g ( x ) = −2, 21. Cette équation équivaut à : − x 2 + 4 , 6 x − 2, 21 = −2, 21 soit − x 2 + 4 , 6 x = 0 soit

x ( − x + 4 , 6 ) = 0 soit x = 0 ou x = 4 , 6. La demi somme des deux nombres obtenus est :

0 + 4,6 = 2, 3. 2

Pour déterminer les antécédents éventuels de c par la fonction h , résolvons

l’équation h ( x ) = c .

h ( x ) = c équivaut à ax 2 + bx + c = c soit ax 2 + bx = 0 ou encore x (ax + b ) = 0. Cette équation est équivalente à : x = 0 ou ax + b = 0 soit b x = 0 ou x = − . a Leur demi-somme est donc bien égale à −

204



b . 2a

y 3 (Cg) 2 1 x

0 –2

y=4

Exercice 15

0

–1

A

1

2

3

4

C

5

B

f ( x ) = ( 3x − 2)2 − 5.

f ( x ) = ( 3x )2 − 2 × 3x × 2 + 22 + −5 = 9 x 2 − 12x − 1. La plus petite valeur que peut prendre ( 3x − 2)2 est 0 car un carré est toujours

2 positif ou nul. 0 est obtenue lorsque 3x − 2 = 0 , c’est-à-dire x = . 3 La plus petite valeur que peut prendre f ( x ) est donc −5 et cette valeur est 2 obtenue pour x = . 3 Pour une rédaction plus concise, on peut aussi procéder de la façon suivante 2 en calculant f ( x ) − f ( ). 3 2 f ( x ) − f ( ) = ( 3x − 2)2 − ( −5) = ( 3x − 2)2. 3 2 Or , pour tout nombre réel x, ( 3x − 2)2 ≥ 0 donc f ( x ) − f ( ) ≥ 0 donc 3 2 f ( x ) ≥ f ( ). 3


205


2 Par suite, f ( ) = −5 est le minimum de la fonction f et il est atteint pour 3 2 x= . 3

Exercice 16

Un point M ( x ; y ) est point d’intersection de ᏼ et de la droite d’équation

y = 3 si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation de ᏼ et y = 3. ⎧⎪ y = 2x 2 − 4 x + 3 On doit donc résoudre le système ⎨ y =3 ⎪⎩ ⎪⎧2x 2 − 4 x + 3 = 3 équivalent à ⎨ y = 3. ⎪⎩ L’équation 2x 2 − 4 x + 3 = 3 est équivalente à l’équation 2x 2 − 4 x = 0 soit 2x ( x − 2) = 0 qui admet pour solution x = 0 ou x = 2. Les points d’intersection de ᏼ et de la droite d’équation y =3 sont donc :

A(0; 3) et B(2 ;3). 0+ 2 3+ 3 , ) soit I(1 ;3). 2 2 On sait que le milieu I de [AB] appartient à l’axe de symétrie de la parabole ᏼ . Donc l’axe de symétrie a pour équation : x = 1.

Le milieu I de [AB] a donc pour coordonnées (

Comme le coefficient de x 2 qui est égal à 2 est positif, la parabole ᏼ est

tournée vers le haut. Le tableau de variation est donc :

x

–∞

f (x )

1

+∞

f (1)=1

Vérifions ce résultat à la calculatrice en entrant la fonction f définie par

f ( x ) = 2x 2 − 4 x + 3.

Les résultats de la calculatrice confortent nos calculs.

206



Exercice 17

f ( x ) = −3x 2 + 2x + 2.

On sait que le sommet S de ᏼ appartient à l’axe de symétrie de la parabole ᏼ. 1 L’abscisse du sommet S de la parabole ᏼ est donc . 3 1 12 1 7 Son ordonnée est f ( ) = −3 × ( ) + 2 × ( ) + 2 = . 3 3 3 3 1 7 S a donc pour coordonnées : ( ; ). 3 3 f ( x ) est du type f ( x ) = ax 2 + bx + c avec a = −3 donc négatif.

f est donc représentée par une parabole tournée vers le bas. x

–∞

f (x )

1/3

+∞

7/3

Les calculs précédents sont cohérents avec la représentation graphique de f

à la calculatrice.

Exercice 18

12 1 2 2 2 a) −40(t − ) + 40 = −40(t − t + ) + 40 = −40t + 40t − 10 + 40 = −40t + 40t + 30 = h(t ) 2 4 La hauteur de la falaise est celle du projectile à l’instant t=0 ; c’est donc h (0 ) = 30 m. 1 1 c) Le maximum de −40(t − )2 est 0 puisque −40(t − )2 ≤ 0 et 2 2 1 1 −40(t − )2 = 0 pour t = . 2 2 1 Le maximum de h est donc h ( ) = 40 m. 2


207


L’altitude maximale du projectile est donc de 40m. 1 d) Le projectile arrive dans l’eau lorsque h (t ) = 0 soit −40(t − )2 + 40 = 0 2 1 soit 40[(t − )2 − 1] = 0 . 2 1 1 1 Cette dernière équation équivaut à (t − )2 − 1 = 0 soit (t − − 1)(t − + 1) = 0 2 2 2 ou encore 3 1 (t − )(t + ) = 0. 2 2 Ce produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul soit : 3 1 t = ou t = − . 2 2

t =−

1 est impossible. 2

3 Le projectile tombe donc à l’eau à l’instant t = soit au bout d’une seconde 2 et demi.

Exercice 19

4

L’aire f ( x ) du triangle MNI est

égale à l’aire du carré ABCD auquel on retire l’aire du triangle AMN, celle du triangle MBI et celle du trapèze CDNI. On a : Aire du triangle AMN : 1 × x × ( 4 − x ). 2 Aire du triangle MBI : 1 × 2 × (4 − x ) = 4 − x . 2 L’aire d’un trapèze est égale à la demi somme des bases que multiplie la hauteur. Aire du trapèze ICDN :

D x

C

N

2 I

4–x 2

A

x

M

1 ( x + 2) × 4 = 2x + 4. 2 L’aire f ( x ) du triangle MNI est telle que :

f ( x ) = 16 −

208

x (4 − x ) x2 − ( 4 − x ) − (2x + 4 ) = − 3x + 8. 2 2



4–x

B

f ( x ) est du type f ( x ) = ax 2 + bx + c avec a = −

1 donc négatif. 2

La parabole représentant f est donc tournée vers le bas . b 3 Le minimum de f est atteint lorsque x = − = − = 3. 1 2a 2 × (− ) 2 On en déduit le tableau de variation de la fonction f :

x f (x )

Exercice 20

f: x

0

4

3

8

4 3)=3,5

x +6 4x − 5

La fonction f est définie si son dénominateur n’est pas nul, c’est-à-dire si 5 4 x − 5 ≠ 0 soit x ≠ . 4 5 5 f est donc définie sur E = ] − ∞; [∪] ; +∞[. 4 4 −3 g: x 1+ 7x 1 g est définie si son dénominateur est non nul soit 1+ 7x ≠ 0 soit x ≠ − . 7 1 1 g est donc définie sur E = ] − ∞; − [∪] − ; +∞[. 7 7 1+ 5x h: x . 5x

h est définie si son dénominateur est non nul soit 5x ≠ 0 soit x ≠ 0. g est donc définie sur E = ] − ∞; 0[∪]0; +∞[. Cette ensemble,

Exercice 21

privé de 0 est encore noté ∗ , lu étoile.

f est la fonction x −4 + a) f est définie si

1 . x +1

1 est définie, soit si x + 1 ≠ 0 , soit x ≠ −1. x +1

f est donc définie sur E = ] − ∞; −1[∪] − 1; +∞[.


209


b) Pour tout x différent de −1,

f (x ) =

−4( x + 1) 1 −4 x − 4 + 1 −4 x − 3 + = = . x +1 x +1 x +1 x +1

ax + b avec c ≠ 0. cx + d f est donc bien une fonction homographique.

f est donc bien de la forme f ( x ) =

Exercice 22

a) Pour tout réel x différent de 3,

2 4 x − 10 +4= x −3 x −3

Cette proposition est vraie. En effet, pour tout réel x différent de 3, 2 2 4( x − 3) 2 4 x − 12 4 x − 10 +4= + = + = . x −3 x −3 x −3 x −3 x −3 x −3 b) Il existe une valeur de x pour laquelle

2x + 3 = 2. x −5

Cette proposition est fausse. En effet, pour tout x différent de 5,

2x + 3 = 2 équivaut à 2x + 3 = 2( x − 5) x −5

soit 2x + 3 = 2x − 10 ,soit 0 x = −13 ,ce qui est impossible. c) Il existe une valeur de x pour laquelle

2x + 3 = −2. x −5

Cette proposition est vraie. 2x + 3 En effet, pour tout x différent de 5, = −2 équivaut à 2x + 3 = −2( x − 5) x −5 soit 2x + 3 = −2x + 10 , soit 7 4 x = 7 , soit x = . 4 7 2x + 3 Pour x = , on a bien = 2. 4 x −5

Exercice 23

f (x ) =

3x 1 1 + = 3+ . x x x

3x On a pu simplifié en 3, car x appartient à l’intervalle [3 ; 6] , donc x est x non nul. On sait que la fonction inverse est strictement décroissante sur l’intervalle

]0 ;+∞[ donc en particulier sur l’intervalle [3 ; 6].

210



Par suite, pour tout nombre réel u et v tels que 3 ≤ u < v ≤ 6 , donc 3 +

1 1 > , u v

1 1 > 3+ u v

donc f (u ) > f (v ) donc f (u ) et f (v ) sont rangées dans l’ordre contraire de u et v. Donc f est strictement décroissante sur l’intervalle [3 ; 6].

Corrigé des activités du chapitre 4. Activité 1

Longueurs d’arc Après un tour complet, le centre

de la bille a parcouru le périmètre du cercle Ꮿ de centre O et de rayon 1. On sait que le périmètre d’un cercle est donné par la formule P = 2π × r . La périmètre de Ꮿ ,en cm, vaut donc 2π . Le centre de la bille a donc parcouru 2π . a) Quand elle arrive pour la

J

E

B

I'

A I

O

D

C J'

première fois en I’, le centre de la bille a parcouru un demi périmètre du cercle Ꮿ , soit

2π = π. 2

Quand elle arrive pour la première fois en J, le centre de la bille a parcouru 2π π un quart du périmètre du cercle, soit = . 4 2 Quand elle arrive pour la première fois en J’, le centre de la bille a 3 3π parcouru trois quarts du périmètre du cercle, soit × 2π = . 4 2 b) On trouve par raisonnement analogue que lorsque que la bille arrive : π - pour la première fois en A, le centre de la bille a parcouru . 4 3π . 4 - pour la première fois en C, le centre de la bille a parcouru π 5π π+ = . 4 4 - pour la première fois en B, le centre de la bille a parcouru


211


- pour la première fois en D, le centre de la bille a parcouru 2π −

π 7π = . 4 4

mesure 60° puisque le triangle IOE est équilatéral. L’angle IOE mesure 180° puisque O est le milieu de [II’]. L’angle IOI' Donc l’arc IE a une longueur trois fois moins grande que l’arc II' . π Donc le centre de la bille a parcouru . 3 Lorsque son centre a parcouru 6π = 3 × 2π , la bille a fait trois tours de cercle.

Elle s’arrête donc en I. Lorsque son centre a parcouru 9π = 8π + π = 4 × 2π + π , la bille a fait 4 tours plus un demi-tour, elle s’arrête donc au point I’. 5π π = 2π + , la bille a parcouru un tour plus 2 2 un quart de tour. Elle s’arrête donc en J.

Lorsque son centre a parcouru

Activité 2

Enroulement d’un axe sur un cercle. a) La longueur de l’arc IJ est

π . 2 Donc, en enroulant la droite (IK)

2

de

π/2

x

sur le cercle Ꮿ , le nombre réel

π va venir se positionner sur 2 le point J , et donc le point J du cercle correspondra au nombre π réel . 2 π ,de façon symétrique 2 au cas précédent va venir se positionner sur le point J’.



+

J

x 1 K

O

I'

0

b) Le réel −

212

M

x

-1 J' -π/2

I

c) Le réel 0 correspond au point I. On a vu dans l’activité précédente que le périmètre de Ꮿ avait pour longueur 2π . Le nombre 2π de la droite graduée va donc se positionner sur le cercle après un tour d’enroulement exactement et viendra donc se positionner aussi sur le point I. De même, pour le nombre −2π ,en enroulant la demi-droite d’origine I, ne contenant pas le point K, dans I' 1 l’autre sens que précédemment.

2

2π/3

π/2 E'

π 2 E

J

O

1 K

= 60° 0

I

En résumé, aux nombres réels −2π , 0 et 2π correspond le point I de Ꮿ . d) Au point I’ correspond le nombre réel π (enroulement d’un demitour dans le sens positif), −π (enroulement d’un demi tour dans le sens négatif, 3 π (enroulement d’un tour et demi dans le sens positif).

-1 J'

e) D’après l’activité précédente, le π nombre correspond au point 3 E tel que le triangle IOE soit équilatéral avec E au dessus de 2π (IO). Le nombre correspond 3 donc au point E’ (voir figure). Le point E’ peut être obtenu en reportant deux fois le rayon à partir du point I dans le sens positif.

chapitre 5. Exercice 24

Sur le graphique ci-après, les points considérés sauf le point O appartiennent tous au cercle trigonométrioque. . (OA ) est la bissectrice de l’angle IOJ 1

. (OA) est la bissectrice de l’angle JOI' Le triangle IOE1 est équilatéral.


213


. (O F1 ) est la bissectrice de IOE 1 3π a= est associé au point A (il 4

π faut se rappeler que est associé 4 au point A1).

E1

A1

F

F1 I

O I'

π est associé au point B. 4 5π π c= = π + est associé au point C. 4 4 b=−

d=

J

E A

B

C J'

7π π = 2π − est aussi associé au point B. 4 4

2π π est associé au point E (il faut se rappeler que est associé à E1 ). 3 3 5π π π f= = π − est associé à F (il faut se rappeler que est associé à F1). 6 6 6

e=

Remarque

On peut aussi, pour les nombres réels compris entre −π et π , utiliser le fait que π est associé = 180° . à I’ et que IOI'

Par exemple, a =

3π est associé au point A tel que 4

= 3 × 180° = 135°. IOA 4

b=−

π est associé au point B obtenu en tournant dans le 4 °

= 180 = 45°. sens négatif et tel que IOB 4 Exercice 25

a) La droite (OA) est la bissectrice de et la droite (OM) est la l’angle IOJ

π/2 J

. bissectrice de l’angle IOA Sur la figure ci-contre, le point A de

π , 4 et est tel que dans le sens positif, = 45°. IOA Ꮿ est associé au nombre réel

π 1 π Le nombre réel = × est donc 8 2 4 associé au point M de Ꮿ tel que = 1 × 45° = 22, 5°. IOM 2

214



1 K A M

O

I'

π/8 I

C J'

–1 –π/2

= IOM

b) Lorsque

π/2

40°, J

= 40 × 180° = 2 × 180°. IOM 180 9

1 K M

est donc La longueur de l’arc IM 2 égale à π , soit environ 0,7. 9

α

I'

= 40°

a)

I 0

O

–1

J'

Exercice 26

2π/9

13π π π 1 = 6π + = 3 × 2π + = 3 × 2π + × 2π . 2 2 2 4

13π sur 2 la droite graduée viendra se positionner sur le point J de la figure précédente après un enroulement de 3 tours et d’un quart de tour Si on enroule la droite réelle autour du cercle Ꮿ , le point d’abscisse

13π 13π = 0 car le point J a pour abscisse 0 et sin = 1 car le 2 2 point J a pour ordonnée 1. Par suite, cos

19π 18π π =− − = 3 3 3 π π −6π − = −3 × 2π − . 3 3

– 3π J 2

b) −

19π est donc associé –π I' 1 3 au point A tel que le triangle IOA soit équilatéral et en allant de I vers A dans le sens négatif. π Le nombre réel est associé au point E. 3

Le nombre réel −

On

sait

que

cos

E

1 K

a1

π 1 = 3 2

y = 60°

O

β = 60°

–π 2

b1 A

0

I

–1 –π/3

J'

et

π 3 . = 3 2 Or E et A étant symétriques par rapport à l’axe des abscisses ont même abscisses et une ordonnée opposée. On a donc : 19π π π 1 cos( − ) = cos( − ) = cos = . 3 3 3 2 sin

sin( −

19π 3 π π ) = sin( − ) = − sin = − . 3 3 3 2 Corrigé de la séquence 6 – MA20-09

215


Exercice 27

Sur le cercle trigonométrique le point M est associé au nombre réel

3π . 8

Le point Q étant symétrique du point M par rapport à l’axe des abscisses 3π est associé au nombre réel − dans 8 l’intervalle ] − π ;π ].

N

1 J

I'

I

O 0

–1

Les points M et N sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées. La longueur de l’arc IN plus la longueur est égale à la longueur de de l’arc NI' l’arc II' , soit π . Or par symétrie, la longueur de l’arc NI'

M

1

P –1 J'

Q

. est égale à la longueur de l’arc IM est égale à π . Donc, la longueur de l’arc IN plus la longueur de l’arc IM On en déduit que la longueur de l’arc IN est égale à π moins la longueur de l’arc , soit π − 3π soit 5π . IM 8 8 5π . 8 N et P étant symétrique par rapport à l’axe des abscisses, le nombre réel de 5π l’intervalle ] − π ;π ] associé à P est donc − . 8

Le nombre réel de l’intervalle ] − π ;π ] associé à N est donc

Exercice 28

π est associé 3 au point A tel que le triangle OIA soit équilatéral, avec A d’ordonnée positive. Le triangle OIA étant équilatéral, le pied H de la hauteur issue du sommet A est le milieu –1 de [OI].

a) On sait que le nombre réel

On a donc OH = cos Le sinus de

216

K

π est l’ordonnée du point 3

A

0 α = 60° H O 0

π 1 = . 3 2



1

–1

I 1

A, soit la longueur AH. Dans le triangle rectangle en H, OHA, on obtient en appliquant le théorème de Pythagore : OA 2 = OH2 + HA 2 . On en déduit :

1 3 HA 2 = OA 2 − OH2 = 1− ( )2 = . 2 4

Par suite, AH = Donc, sin

3 . 2

π 3 (valeur à retenir). = 3 2

π est associé au point 4 = 45°. A d’ordonnée positive et tel que IOA

b) On sait que le réel

π cos est l’abscisse du point A soit la 4 distance OH. Le triangle OHA est rectangle isocèle en H =45°. Par suite, en utilisant le puisque OAH

1 K

–1

0 O 0

A α = 45° H

I 1

théorème de Pythagore dans ce triangle, on obtient : OH2 + HA 2 = OA 2 = 1

–1

2 2 1 soit 2OH = 1 soit OH = , 2

soit OH =

1 1 1 2 = = = . 2 2 2 2

Donc cos

π 2 (valeur à retenir). = 4 2

Remarquons, que l’on a aussi sin

2 π . = 4 2

Exercice 29


217


Avec la touche mode, on règle sa calculatrice en mode radian, et l’on obtient alors aisément l’affichage des valeurs recherchées. Il reste à donner la valeur approchée par défaut au millième près, c’est-à-dire en ne conservant que 3 chiffres après la virgule. On obtient, au millième près par défaut, cos(π / 5) = 0, 809 ; sin(π / 8 ) = 0, 382 ; cos(19π / 12) = 0, 258. Exercice 30 a) Il existe deux points du cercle trigonométrique Ꮿ dont l’ordonnée

1 0,8 0,6

est 0,2 ; ce sont les points A1 et A 2. Si le nombre a est un nombre réel associé à A1 ou à A 2 , on a bien sina = 0, 2 et A1 ou à A 2 sont les seuls points associés possibles.

0,4 A2

A1

0,2 0

–1 –0,8

–0,6

–0,4

–0,2

O 0

0,2

0,4

0,6

0,8

1

–0,2 –0,4 –0,6 –0,8

b) Pour obtenir le résultat, il faut mettre sa calculatrice en mode radian et taper : 2nde sin (0,2). On trouve pour valeur Arcsin(0,2)=0,201… qui est bien comprise dans l’intervalle π [0 ; ]. 2 0,20 est la valeur arrondie au centième près de la longueur de . l’arc IA 1

0,20 est donc la valeur arrondie de π a comprise entre 0 et telle que 2 sina = 0, 2. plus la longueur de l’arc IA vaut π . La longueur de l’arc IA 2 1 a pour longueur π − 0, 201 ≈ 2, 94 et π ≤ 2, 94 ≤ π . Donc l’arc IA 2 2 2,94 est donc la valeur arrondie au centième de a comprise entre que sina = 0, 2.

218



π et π telle 2

Exercice 31 a) Il existe deux points du

1

cercle trigonométrique Ꮿ

B1

0,8

dont l’abscisse est −0, 6;

0,6 0,4

ce sont les points B1 et B2. Si le nombre b est un nombre réel associé à B1 ou à B2 , on

0,2

–1 –0,8

–0,6

–0,4

–0,2

O 0

0,2

0,4

0,6

1

0,8

–0,2

a bien cos b = −0, 6 et B1

–0,4

ou B2 sont les seuls points associés possibles.

0

A

–0,6 B2

–0,8

b) Pour obtenir le résultat, il faut mettre sa calculatrice en mode radian et taper : 2nde cos (–0,6). On trouve pour valeur Arccos(–0,6)=2,214… qui est bien dans l’intervalle [0 ; π ]. . 2,21 est la valeur arrondie au centième près de la longueur de l’arc IB 1 2,21 est donc la valeur arrondie de b comprise entre 0 et π telle que cos b = −0, 6. Comme B1 et B2 sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses, la valeur de b comprise entre −π et 0 telle que cos b = −0, 6 est −2, 214... soit −2, 21 arrondie au centième près.

Corrigé du TP1 d’algorithmique du chapitre 5 A. Méthode de Héron 1. Approche géométrique Un carré de côté a cm possède une aire de a 2 cm². Comme a 2 = 10 et que a

est positif, a = 10 . a) On sait que 4 < 10 < 25. Autrement dit, 22 < 10 < 52 .

b) Comme la fonction «racine carrée» est strictement croissante sur l’intervalle ⎡⎣0;+∞ ⎡⎣ et que les nombres 22 ; 10; 52 appartiennent tous à cet intervalle l’ordre des inégalités 22 ≤ 10 ≤ 52 est le même que l’ordre des images par la fonction «racine carrée»: 22 ≤ 10 ≤ 52 , c’est-à-dire 2 ≤ 10 ≤ 5 .


219


c) Nous venons de voir 2 ≤ 10 ≤ 5 , ce qu’on peut représenter par : 10 2

5

a) Le rectangle ℜ a une longueur égale à 3,5 cm et une aire égale à 10 cm². 1

Sa largeur vérifie donc × 3, 5 = 10 , on trouve =

10 20 = . 3, 5 7

b. 5

20/7 2

0

2

3

3,5

5

2

e a) On sait que e = 5 − 10 et e = 3, 5 − 10 . Pour montrer l’égalité e = 0 0 1 1 10

e 02 demandée, on part du membre de droite et on cherche à aboutir à e1. 10 2

e02 (5 − 10 )2 52 − 2 × 5 × 10 + 10 25 − 10 10 + 10 35 − 10 10 = = = = = 3, 5 − 10 10 10 10 10 10 et on reconnaît à droite, l’expression de e1.

e 2 On a donc montré que 0 = e1 . 10

e 2 b) On a e0 < 5 puisque e0 = 5 − 10 ; à fortiori e0 < 10 . On en déduit 0 < e0 10 en multipliant chaque membre de l’inégalité e0 < 10 par le nombre strictement e positif 0 , ce qui peut s’écrire aussi e1 < e0 . Cette inégalité va nous servir pour 10 répondre à la question suivante. c) L’inégalité montrée à la question précédente s’écrit aussi 3, 5 − 10 < 5 − 10 ce qu’on peut interpréter en disant que l’écart entre la longueur du rectangle

220



ℜ1 et le côté du carré 10 est plus petite que l’écart entre la longueur du rectangle ℜ0 et le côté du carré 10 , ce qu’on peut traduire aussi en disant que 3,5 est une meilleure valeur approchée que 5 de 10. On définit la longueur b du rectangle ℜ comme la moyenne 2

(arithmétique)

20 + 3, 5 89 des dimensions du rectangle ℜ1 : b = 7 = . Comme 2 28 ℜ2 a encore une aire égale à 10, sa largeur a est telle que a × b = 10 d’où, a =

10 89 28

=

280 . 89

280 En résumé, le rectangle ℜ2 a une largeur égale à a = et une longueur 89 égale à b =

89 . 28 89

a) On sait que e = b − 10 = − 10 . 2 28

e2 Calculons 1 . 7

(

e12 3, 5 − 10 = 7 7

)

2

2

2

2 ⎛7 ⎞ ⎛ 7⎞ 7 ⎜⎝ 2 − 10 ⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ − 2 × 2 × 10 + 10 = = 7 7

7 10 89 − 10 + = − 10 4 7 28 et on reconnaît à droite, l’expression de e2. =

e2 On a donc montré que 1 = e2. 7 e2 7 b) On a e1 < 7 puisque e1 = − 10 ; on en déduit 1 < e1 , ce qui peut 2 7 s’écrire aussi e2 < e1 . c) L’explication est analogue à celle donnée à la question 4.c. 89 . 28 89 b = est donc une valeur approchée par excès de 10 . On trouve 28 b ≈ 3,17857.

d) On sait que

10 < b autrement dit que 10 <


221


e) Rassemblons les résultats sur un axe (seules les positions relatives des nombres sont respectées) 20 7 2

a

10

b

280 89

89 28

3,5

5

b – 10

b–a 2

Sur ce schéma, on observe que la petite flèche est plus courte que la grande

flèchee ce qui signifie que b − 10 ≤

b −a b −a c’est-à-dire e2 ≤ . 2 2

89 280 − b − a 28 89 81 On calcule alors = = . 2 2 4984 Comme 49, 84 × 2 = 99, 68 et que 81 < 99, 68 , on a

81 99, 68 c’est-à-dire < 4984 4964

81 49, 84 × 2 81 2 81 soit encore autrement dit < < < 0, 02. 4984 4964 4984 100 4984 Conclusion : e2 < 0, 02 . f) Comme e2 = b − 10 et que e2 < 0, 02 , b est une valeur approchée par excès de 10 à 0,02 près. Puisque b ≈ 3,17857, on en déduit que l’écriture décimale de 10 commence à coup sûr, par 3,1.

222



II. Prolongement numérique

TI-82-stat.fr

Casio Graph p 25+

Prompt B

?→B

Prompt N

?→N

For (K,1,N)

For 1→ k To N

0.5 ‚ (B + 10 / B) → B

0.5 ‚ (B + 10 / B) → B

End

Next

Disp B

Bt

Donnons le tableau de fonctionnement de l’algorithme pour chacune des

valeurs en entrée : a) b

N

5

2

k

7 2

2

1

89 28

2

2

Sortie b =

89 soit 3,178571429 avec 10 décimales. 28

b) b

N

5

3

7 2

3

1

89 28

3

2

15761 4984

3

3

Sortie b =

k



223


c) b

N

5

4

7 2

4

1

89 28

4

2

15761 4984

4

3

496811681 157105648

4

4

Sortie b =

K


• Si en entrée on donne b = 10 , on constate qu’en sortie, les 10 premières décimales de b semblent être toujours les mêmes (égales à 3,162277660 ) à partir de N = 5. A ce stade, nous n’avons pas démontré ce résultat. • Pour b = 100 , les 10 décimales sont obtenues pour N = 8 et semblent être les mêmes pour les itérations suivantes. • Pour b = 1000 , les 10 décimales sont obtenues (puis semblent rester stables) pour N = 12. • Pour b = 104 , les 10 décimales sont obtenues (puis semblent rester stables) pour N = 15. a) On développe l’identité remarquable : ( b − 10 )2 = b 2 − 2b 10 + 10 .

Par conséquent, (b − 10 )2 ≥ 0 s’écrit aussi b 2 − 2b 10 + 10 ≥ 0. En divisant par 2b (qui est strictement positif puisque b est la longueur d’un rectangle) on obtient l’inégalité qu’on peut réécrire

b 2 − 2b 10 + 10 ≥0 2b

b 1⎛ 10 ⎞ 10 − 10 + ≥ 0 ou encore ⎜ b − ⎟ ≥ 10 b⎠ 2⎝ 2 2b

B ≥ 10 . Le résultat du calcul précédent nous montre qu’à chaque itération, partant d’un nombre b strictement positif, l’algorithme affecte à b une nouvelle valeur

B plus grande que 10 (qui, à fortiori, est à son tour strictement positive).

224



Conclusion : Si la valeur de b en entrée de l’algorithme est strictement positive, alors les valeurs obtenues en sortie approchent 10 par excès. b) On calcule 2

e 2 (b − 10 )2 b 2 − 2b 10 + 10 1⎛ 10 ⎞ 2b 10 1 ⎛ 10 ⎞ = ⎜ b + ⎟ − 10 = = = ⎜b + ⎟ − 2b 2b 2b 2⎝ b⎠ 2b 2⎝ b⎠ On reconnaît à droite l’expression de B − 10, c’est-à-dire de E. Conclusion :

e2 =E . 2b • D’après la question II.4.a., B − 10 ≥ 0 autrement dit E ≥ 0. • On sait aussi que 10 > 2 donc

e2 e2 e2 , < autrement dit, puisque E = 2b 4 2b 2

⎛e⎞ e2 E < ce qu’on peut aussi écrire : E < ⎜ ⎟ . 4 ⎝ 2⎠ 2

⎛e⎞ En résumé, on a montré que 0 ≤ E < ⎜ ⎟ . ⎝ 2⎠ c) Lorsque l’erreur est strictement inférieure à 10−n , la précision obtenue est au moins de n décimales exactes. Reprenons chacun des cas du II.2 : 1. En entrée b = 5; N = 2 ; l’erreur est e2 et, d’après I.6.c cette erreur est inférieure ou égale à 0,02 donc strictement inférieure à 10−1. L’algorithme fournit donc, à coup sûr, une valeur approchée de 10 avec 1 décimale exacte. (en fait, les 3 premières décimales sont exactes). 2. En entrée b = 5; N = 3 ; on a : d’après la question II.4.b.et ce qui précède, 0 ≤ e 3 < 0, 012 = 0, 0001. L’algorithme fournit donc, à coup sûr, une valeur approchée de 10 avec 4 décimales exactes. (en fait, les 9 premières décimales sont exactes). 2

2 ⎛e ⎞ ⎛ 0, 0001⎞ 3. En entrée b = 5; N = 4 ; on a : 0 ≤ e 4 < ⎜ 3 ⎟ < ⎜ d’après la question ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝ 2⎠

II.4.b. et ce qui précède. Par conséquent 0 ≤ e 4 < 10−8. L’algorithme fournit donc, à coup sûr, une valeur approchée de 10 avec 8 décimales exactes. (en fait, les 14 premières décimales sont exactes).


225


B. Méthode de Dichotomie Remplissons le tableau de fonctionnement de l’algorithme lorsque n = 1 en

entrée :

a +b 2

a

b

2 2 2 2,75 3,125 3,125 3,125

5 5 3,5 3,5 3,5 3,3125 3,21875

⎛a +b⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠

2

2

⎛a +b⎞ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ > 10

b −a

b − a > 0,1

VRAI FAUX FAUX VRAI VRAI VRAI

3 1,5 0,75 0,375 0,1875 0,09375

VRAI VRAI VRAI VRAI VRAI FAUX

3,5 12,25 2,75 7,5625 3,125 9,765625 3,3125 10,97265625 3,21875 10,3603515625 3,171875 10,06079101563 3,1484375

Sur le graphique ci-dessous nous avons tracé la représentation graphique de

la fonction «carré» (en gras) et la droite d’équation y = 10 26

B'

24 22 20 18 16 14 C' 12

y = 10

R

10 8 6

A'

4

y = x2

2 A

0 –1

226

–0,5

0

0,5



1

1,5

2

C 2,5

3

3,5

B 4

4,5

5

Lecture de l’algorithme

Lecture du graphique

La condition b − a > 0,1 qui Initialement

Les points A et B sont distants de plus de 0,1 unité.

s’écrit 3 > 0,1 est vraie donc les instructions dans la boucle TANT QUE sont traitées.

Sur le graphique, le point C est le milieu de [AB] son abscisse est égale à 3,5. Le point C’ de même abscisse que le point C et situé sur la parabole d’équation y = x 2 a donc une ordonnée égale à

2

⎛a +b⎞ La condition ⎜ > 10 ⎝ 2 ⎟⎠ 1ère étape de la boucle

3, 52 = 12, 25. Son ordonnée est supérieure à 10 ce qu’on constate sur le graphique puisque que le point C’ est plus haut que le point R. On en déduit que l’abscisse du point R est située à gauche de celle du point C ; par conséquent, l’abscisse du point R est située entre A et C.

s’écrit 12, 25 > 10 ; cette condition est vraie donc la valeur 12,25 est affectée à la variable b tandis que la variable a n’est pas modifiée. La condition b − a > 0,1 qui

Les points A et C sont distants de plus de 0,1 unité.

s’écrit 1, 5 > 0,1 est vraie donc les instructions dans la boucle TANT QUE sont traitées.

14 C' 12

y = 10

R

10 D'

8 6

A'

4

y = x2

2 A

0 –1

–0,5

0

0,5

2

2ème étape de la boucle

⎛a +b⎞ > 10 La condition ⎜⎝ 2 ⎟⎠ s ’ é c r i t 7, 5625 > 10 ; c e t t e condition est fausse donc la variable b n’est pas modifiée tandis que la valeur 2,75 est affectée à la variable a.

1

1,5

2

D 2,5

C 3

3,5

4

Sur le graphique, le point D est le milieu de [AC] son abscisse est égale à 2,75. Le point D’ de même abscisse que le point D et situé sur la parabole d’équation y = x 2 a donc une ordonnée égale à 2, 752 = 7, 5625. Cette fois, son ordonnée est inférieure à 10 ce qu’on constate sur le graphique puisque que le point D’ est plus bas que le point R. On en déduit que l’abscisse du point R est située à droite de celle du point D ; par conséquent, l’abscisse du point R est située entre D et C. Corrigé de la séquence 6 – MA20-09

227


A chaque nouvelle étape de la boucle, on observe aussi que la longueur de l’intervalle [a ; b ] est divisée par 2. A coup sûr, après un nombre suffisant d’étapes de la boucle, la longueur de l’intervalle [a ; b ] sera inférieure à 0,1 et la boucle s’arrêtera. On observe qu’à chaque étape de la boucle, le segment [a ; b ] est remplacé par ⎡ a + b ⎤ ⎡a + b ⎤ ; b ⎥ qui contient l’abscisse du celui, parmi les deux segments ⎢a ; et 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎦ ⎣ point R. Les coordonnées ( x ; y ) du point R vérifient l’équation y = 10 de la droite et l’équation y = x 2 de la parabole ; par conséquent, 10 = x 2 . L’abscisse de R étant supérieure à zéro, on conclut que x = 10. L’algorithme détermine une valeur approchée de 10.

a +b affichée en sortie est, à coup sûr, 2 une valeur approchée de 10 à 0,1 près; comme l’illustre le schéma suivant sur lequel la petite flèche est plus courte que la grande flèche et la longueur de la grande flèche est inférieure à 0,1puisqu’à la fin de la boucle, b − a < 0,1 . Lorsque l’algorithme se termine la valeur

a

a+b 2

10

b

a + b – 10 2

b – 10

b–a

Le but de l’algorithme est donc de déterminer une valeur approchée de 10 à 10−n près. On peut remplir une feuille de calcul du tableur CALCC de la manière suivante: A

228

B

D

E C2 >

F

G

1

a

b

c=(a+b)/2

C2

b–a

b – a > 0,1

2

2

5

3,5

12,25

VRAI

3

VRAI

3

2

3,5

2,75

7,5625

FAUX

1,5

VRAI

4

2,75

3,5

3,125

9,765625

FAUX

0,75

VRAI

5

3,125

3,5

3,3125

10,97265625

VRAI

0,375

VRAI

6

3,125

3,3125

3,21875

10,3603515625

VRAI

0,1875

VRAI

7

3,125

3,21875

3,171875

10,06079101563

VRAI

0,09375

FAUX

8

3,125

3,17188

3,148438

9,9126589141

FAUX

0,04688

FAUX



C

10 ?

Pour obtenir ce résultat on peut procéder de la manière suivante: - la ligne 1 contient les en-têtes de chaque colonne, - dans les cellules A2 et A5 on entre les valeurs 2 et 5. - dans la cellule C2 on entre la formule =(A2+B2)/2 - dans la cellule D2 on entre la formule =C2^2 - dans la cellule E2 on entre la formule =(D2>0.1) D2>0.1 est un test; c’est une variable de type booléen. Le résultat de ce test est VRAI (et sa valeur est 1) si la condition D2>0.1 est vraie et le résultat du test est FAUX (sa valeur est alors 0) si la condition D2>0.1 est fausse. - dans la cellule F2 on entre la formule =B2-A2 - dans la cellule G2 on entre la formule =(F2>0.1) - dans la cellule A3 on entre la formule =E2*A2+(1-E2)*C2 Le résultat de cette formule est égal à celui contenu dans A2 si E2 est égal à 1 (son affichage est alors VRAI) et est égal à celui contenu dans C2 si 1-E2=1, autrement dit si E2 est égal à 0 (son affichage est alors FAUX). - dans la cellule B3 on entre la formule =E2*C2+(1-E2)*B2 - on recopie les cellules de la plage C2:G2 dans la plage C3:G3 - on recopie ensuite la ligne 3 dans les lignes 4 à 8. A l’aide du tableur, pour avoir une précision de 10−8 avec l’algorithme de

dichotomie on constate qu’il suffit d’effectuer 26 étapes de la boucle contre 6 seulement avec l’algorithme de Héron. Ce dernier est plus performant. Donnons une explication: Avec l’algorithme g de Héron nous avons vu que si à une étape la valeur approchait 10 avec un écart égal à e alors à l’étape de boucle suivante 2

⎛e⎞ l’écart E vérifiait 0 ≤ E < ⎜ ⎟ . Ainsi, si une étape l’écart est égal à 10− p alors ⎝ 2⎠ 2

⎛ 10− p ⎞ 10−2p à l’étape suivante il sera inférieur à ⎜ < 10−2p . Autrement ⎟ = ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 4 dit, d’une étape p à l’autre on est certain de doubler le nombre de décimales exactes. Avec l’algorithme de dichotomie il faut faire 3 étapes supplémentaires pour être certain d’obtenir une décimale exacte en plus !


229


Corrigé des exercices d’approfondissement. Exercice I ᏼ 4

M

3

2

1

F –2

–1

0

D

I 1 d

2 H

Voir ci-dessus a) M(2 ; 4) F(0 ; 0,25) H(2 ; –0,25).

MF = ( x F − x M )2 + ( y F − y M )2 = (0 − 2)2 + (0, 25 − 4 )2 = 4 + 14 , 0625 = 18, 0625 = 4 , 25. MH = ( x H − x M )2 + ( y H − y M )2 = (2 − 2)2 + ( −0, 25 − 4 )2 = 4 , 252 = 4 , 25. On a donc bien MH=MF. b) Puisque M est équidistant de F et H, il appartient bien à la médiatrice du segment [FH]. Donc la médiatrice du segment [FH] passe par M. c) La médiatrice d du segment [FH] passe par le point I, milieu de [FH] et par le point M.

x + xH y F + y H 0 + 2 0, 25 − 0, 25 I( F ; ) soit I( ; ) c’est-à-dire I(1 ; 0) et M(2 ; 4). 2 2 2 2 x M ≠ x I donc la droite d = (IM) a une équation du type y = ax + b. y −y 4−0 a= M I = = 4. xM − xI 2 − 1 Le point I(1 ; 0) appartient à la droite (IM), médiatrice de [FH], donc ses coordonnées vérifient son équation. On a donc y I = 4 x I + b soit 0 = 4 × 1+ b donc b = −4.

230



L’équation réduite de la médiatrice d de [FH] est donc : y = 4 x − 4. ⎧⎪ y = 4 x − 4 M(x ; y) ∈ᏼ ∩ d si et seulement si : ⎨ . 2 ⎩⎪ y = x ⎧⎪ y = 4 x − 4 Ce système est équivalent à : ⎨ . 2 ⎪⎩ x = 4 x − 4 L’équation

x 2 = 4 x − 4 est équivalente à l’équation

x 2 − 4 x + 4 = 0 soit

( x − 2)2 = 0 soit x = 2. ⎧y = 4x − 4 ⎧y = 4 × 2 − 4 ⎧y = 4 . Le système précédent équivaut à : ⎨ soit ⎨ soit ⎨ ⎪⎩ x = 2 ⎪⎩ x = 2 ⎪⎩ x = 2 Par suite la parabole ᏼ et la droite d ont comme unique point en commun le point M(2 ;4). Exercice II

Dans le repère (O,I,J) le point A a pour abscisse 0,25, le point B a pour abscisse 0,5, le point C a pour abscisse 0,75 et le point D a pour abscisse 1. Considérons alors A’(0,25 ;0) B’(0,5 ;0) C’(0,75 ;0) A1(1 ;0,25) A 2 (1 ; 0, 5) et A 3 (1 ; 0, 75) dans le repère (O,I,J). Remarquons que l’ordonnée de D est aussi 1, donc le point D appartient bien à la parabole ᏼ d’équation y = x 2 . Montrons que le point A appartient à ᏼ . Dans le triangle OIA1 , (AA’) est parallèle à (IA1) , donc d’après le théorème de Thalès : OA' AA' 1 AA' soit = = = 4 AA'. 1 OI IA1 4 4 1 1 = ( )2. 16 4 1 1 Donc, le point A ( , ) appartient bien à la parabole ᏼ. 4 16 Procédons de manière analogue pour montrer que B appartient à la parabole ᏼ. On en déduit AA' =

1 1 OB' BB' 1 BB' = soit = soit BB' = = ( )2. 4 2 OI IA 2 2 1 2 1 1 Le point B ( ; ) appartient bien à la parabole ᏼ. 2 4 On a


231


Enfin, on a de même 9 3 OC' CC' 3 CC' 3 CC ' = soit = = soit CC' = = ( )2. 3 16 4 OI IA 3 4 3 4 4 4 3 9 Le point C ( ; ) appartient bien à la parabole ᏼ. 4 16 J

D J

0,75

D

A 0,75

C

A3 C

A

0,50

A2

0,50

B

0,25

A

B

0,25

O

A A' 0,25

Exercice III

B' 0,50

C' 0,75

A

I

Le point A d’abscisse 4 appartient

B' 0,50

A' 0,25

O

A1 C' 0,75

I

y

à la représentation graphique de la fonction inverse g définie par 4 1 N g ( x ) = . Donc son ordonnée B 3 x 1 est : g ( 4 ) = . 4

2

De même, l’ordonnée de B est 1 g ( ) = 3. 3

1 A

La fonction affine f représentant la droite (AB) est définie sur

0

par

f ( x ) = ax + b où a et b sont deux nombres réels à déterminer. 1 A(4 ; ) appartient à (AB) donc 4 1 4a + b = . 4 1 1 B ( ; 3) appartient à ( AB) donc a + b = 3 3 3

232



I

1

2

3

4M

x

Par

soustraction,

on

obtient

1 1 4a − a = − 3 soit 3 4

11 11 a = − donc 3 4

3 a = − = −0, 75. 4 1 1 1 3 13 , on déduit b = − 4a = + 4 × = = 3, 25. La fonction 4 4 4 4 4 f définie sur par f ( x ) = −0, 75x + 3, 25 admet bien pour représentation graphique la droite (AB). Comme 4a + b =

Le point M appartenant à la droite (AB) et à l’axe des abscisses a pour

coordonnées ( x M , 0 ). L’abscisse du point M, x M , vérifie donc la relation : −0, 75x M + 3, 25 = 0 soit

xM =

3, 25 325 13 = = . 0, 75 75 3

13 ; 0 ). 3 Le point N appartenant à la droite (AB) et l’axe des ordonnées a pour 13 coordonnées : 0,f (0 ) soit N(0 ; ) . 4 (

(

)

Le milieu du segment [MN] a donc pour coordonnées (

13 13 ; ). 6 8

⎛ 1 13 ⎞ ⎜ 4+ 3 0+ 4 ⎟ Le milieu du segment [AB] a pour coordonnées : ⎜ , ⎟ soit 2 ⎟ ⎜ 2 ⎝ ⎠ 13 13 ( ; ). 6 8 Donc les segments [MN] et |AB] ont bien le même milieu. Exercice IV

C (q ) est composé du coût fixe de 4000€ et du coût de production de q unités :

12q. Par suite, C (q ) = 12q + 4000.

C (q )

a) C (q ) = m q

=

12q + 4000 4000 = 12 + . q q


233


b)

a) Puisqu’une unité produite rapporte 15€, la production est rentable si le coût

moyen de l’unité est inférieur à 15€. On peut donc sur le graphique précédent faire apparaître la droite d’équation y = 15. En zoomant sur le point d’intersection de la représentation graphique de C m et de la droite d’équation y=15, on trouve que la production est rentable à partir de 1335 unités.

4000 b. La production est rentable si et seulement si C m < 15 soit 12 + < 15 soit q 4000 < 3. q En divisant par 4000 les deux membres de cette inéquation, on obtient 1 3 < . q 4000 La fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0 ; + ∞[ , cette inéquation 4000 admet pour solution ] ;10000]. 3 4000 ≈ 1333, 33.. , donc la production est rentable à partir de la fabrication de 3 1334 unités, résultat en accord avec notre lecture graphique.

Or

Exercice V

234



Pour vérifier graphiquement que

les sommets des trois paraboles appartiennent tous à la courbe d’équation y = − x 2 + 1, il suffit de rajouter cette courbe à l’écran. Il semble effectivement que la parabole d’équation y = − x 2 + 1, la seule tournée vers le bas à l’écran, passe par le sommet des trois paraboles précédentes. Pour b = 1, on obtient la parabole d’équation f ( x ) = x 2 + x + 1. 1

b 1 Son sommet a pour abscisse x 1 = − = − . 2a 2 1 3 L’ordonnée du sommet est y 1 = f1( − ) = . 2 4

1 3 f1 est donc représentée par la parabole de sommet S1( − ; ). 2 4 Pour b = 2, on obtient la parabole d’équation f2 ( x ) = x 2 + 2x + 1.

b 2 Son sommet a pour abscisse x 2 = − = − = −1. 2a 2 L’ordonnée du sommet est y 2 = f2 ( −1) = 0.

f2 est donc représentée par la parabole de sommet S2 ( −1; 0 ). Pour b = 3, on obtient la parabole d’équation f3 ( x ) = x 2 + 3x + 1. b 3 Son sommet a pour abscisse x 3 = − = − . 2a 2 3 5 L’ordonnée du sommet est y 3 = f3 ( − ) = − . 2 4 3 5 f3 est donc représentée par la parabole de sommet S 3 ( − ; − ). 2 4 Il nous reste à vérifier que les sommets S1, S2, S 3 appartiennent bien à la parabole d’équation y = − x 2 + 1. 1 3 −( − )2 + 1 = 2 4 y = − x 2 + 1.

1 3 S1( − ; ) appartient bien à la parabole d’équation 2 4

−( −1)2 + 1 = 0 donc S2 ( −1; 0 ) appartient bien à la parabole d’équation

y = − x 2 + 1. 3 5 3 5 −( − )2 + 1 = − donc S 3 ( − ; − ) appartient bien à la parabole d’équation 2 4 2 4

y = − x 2 + 1.


235


Exercice VI Notons x la longueur BM exprimée en cm. Comme le triangle ABC est isocèle, AH est un axe de symétrie de la figure. On a donc QC= x . Par suite la longueur MQ du rectangle MNPQ est : 6 − 2x . De plus, dans le triangle, ABH, (MN) est parallèle à (AH) donc d’apès le théorème de Thalès : BM MN x MN soit = = soit BH HA 3 5

A

P

N

M

B

5 MN = x . 3 L’aire A( x ) du rectangle MNPQ est donc égale à :

x

Q

C

6 – 2x

x

A

5 A( x ) = MN × MQ= x (6 − 2x ) = 3 10 2 − x + 10 x . 3 Cette aire est donc représentée par une fonction polynôme de degré 2 du type A(x) = ax2+bx = c(a=/ 0). 10 10 Comme a = − et − < 0, B 3 3 cette aire admet un maximum obtenu pour b 10 3 x0 = − = − = = 1, 5. −20 2 2a 3 On a donc MQ = 3 cm ,

H

N

P

M 1,5

H 3

Q

C 1,5

5 3 × = 2, 5 cm et l’aire 3 2 maximale vaut donc 7,5 cm². MN =

Exercice VII

Notons x et y les dimensions d’un rectangle de périmètre 10 cm. L’aire A de ce rectangle exprimée en cm² est xy. De plus, comme le périmètre du rectangle est égale à 10 cm, on a 2x + 2y = 10 soit x + y = 5 soit y = 5 − x .

236



On peut donc exprimer A en fonction de x et l’on a :

A = A( x ) = x ( − x + 5 ) = − x 2 + 5 x . A( x ) A( x ) = ax 2 + bx + c avec a = −1, b = 5 et c =0. Comme a<0, A admet un maximum obtenu pour la valeur x0 = −

⎛ −5 ⎞ 5 b = −⎜ ⎟ = . 2a ⎝ 2⎠ 2

5 5 On a alors y 0 = 5 − = . 2 2 On peut alors remarquer que le rectangle de périmètre 10 cm d’aire maximale est un carré. Exercice VIII

a) A l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer que le minimum de la fonction f définie sur ]0; +∞[ définie par f ( x ) = x +

1 est 2 et que ce minimum est atteint x

pour x = 1.

b) Montrons donc que, pour tout nombre réel x>0, f ( x ) ≥ 2. Pour cela, étudions le signe de la différence : f ( x ) − 2 .

f (x ) − 2 = x +

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

Comme x >0, f ( x ) − 2 est du signe de ( x − 1)2. Or, un carré est toujours positif ou nul, donc f ( x ) − 2 ≥ 0. On en déduit que pour tout nombre réel strictement positif x, f ( x ) − 2 ≥ 0 soit

f ( x ) ≥ 2. L’égalité f ( x ) = 2 est obtenue si et seulement si f ( x ) − 2 = 0 soit

( x − 1)2 =0 x

soit ( x − 1)2 = 0 soit x = 1. Pour tout nombre réel x>0 et x ≠ 1, on a f ( x ) > 2. c)

b +c c +a a + b b a c a c b + + = + + + + + . a b c a b a c b c On remarque que

b a c a c est l’inverse de , est l’inverse de et est l’inverse a b a c b


237


b . c b +c c +a a + b a a b Donc + + = f ( ) + f ( ) + f ( ). a b c b c c de

a, b et c étant trois nombres strictement positifs, non égaux entre eux, b sont trois nombres strictement positifs et différents de 1. c a a Par suite f ( ) > 2, f ( ) > 2 b c

b f( )>2 c

a a b On en déduit que f ( ) + f ( ) + f ( ) > 6 b c c

b +c c +a a + b + + > 6. a b c

Exercice IX B

H

a = 54,73° A

C

L’aire du triangle ABC est égale à Or

AB × AC AB × 8 = = 4 AB. 2 2

sinC

AB = tanC donc AB = AC tanC = 8 tanC = 8 AC cosC

L’aire du triangle ABC est donc égale à : 32 L’aire du triangle AHC et égale à

238



AH × CH . 2

sinC

. cosC

a a , et b c

AH CH = sinC et = cos C donc AH = AC sinC = 8 sinC et AC AC CH = AC cos C = 8 cos C .

or

L’aire du triangle AHC est donc égale 32sinC cos C . L’aire du triangle AHC est égale au tiers de l’aire du triangle ABC si et seulement sinC

1 si : = 3 sinC cos C

cos2 C = .

3 cos C On en déduit cosC =

1 1 = ( pour un angle aigu, cos C > 0 ). 3 3

⎛ 1 ⎞ La calculatrice 2ndecos ⎜ donne C =54,7° au dixième de degré près. ⎟ ⎝ 3⎠ Exercice X

La longueur IM mesure x.

1 J

OH = cos x. OH ) Et cos x = = cos(IOM OM Dans le triangle OIN, ) = cos(ION ) = ON = ON. cos(IOM OI

K 0,5

–1

0 O 0

–0,5

Donc ON = cos x . Donc MN= 1–ON = 1− cos x . Donc la longueur du trajet rouge est égal à : x + 1 – cos x. La longueur du trajet noir est égale à : IO+ON = 1+ cos x.

k

M N

rouge

i I

H 0,5

–0,5 –1

Effectuons un tableau de valeurs pour comparer la longueur du trajet rouge

et du trajet noir.

x

π 6

π 4

π 3

cos x

3 2

2 2

1 2

π 3 + 1− 6 2

π 2 + 1− 4 2

π 1 + . 3 2

3 2 ROUGE

2 2 ROUGE

3 2 NOIR

Trajet rouge x + 1 – cos x. Trajet noir 1+ cos x Trajet j le pplus court

1+

1+

n


239


C orrigé de la séquence 7 Configurations du plan et de l’espace Corrigé des exercices du chapitre 2 et ACB se coupent en I et ABC est un triangle ; les bissectrices des angles ABC la parallèle à (BC ) menée par I coupe ( AB) en M et ( AC ) en N.

Exercice 1 A

Montrer que le triangle BMI est isocèle. = MIB . On a (angles alternes-internes) : CBI = CBI = MIB . Ainsi : IBM Deux des angles du triangle MIB sont égaux donc ce triangle est isocèle (de sommet M).

M

I

N A

B

Exercice 2

C 36°

ABC est un triangle isocèle en A et = 36°. La bissectrice de l’angle BAC coupe (AC) en D. ABC

coupe La bissectrice de l’angle BDC (BC) en E. Démontrer que les droites (AB) et (DE) sont parallèles. + ACB + BAC = 180° et On a : ABC

D

= ACB (ABC isocèle en A). Ainsi : ABC + 36° = 180°. 2ABC = 180° − 36° = 72°. Alors : ABC 2

B

E

C


241


= 72° = 36°. Ainsi : ABD 2 = 72° . De plus, on a : DBC = 36° et BCD = 180° − DBC − BCD = 180° − 36° − 72° = 72°. Alors : BDC 72° . On en déduit (réciproque de la propriété des = 36° = ABD 2 angles alternes-internes) que : (AB) // (DE).

= Ainsi : BDE

Exercice 3

ABC est un triangle rectangle en A. Le point H est le pied de la hauteur de ABC issue de A. Les points I et J sont les milieux respectifs des segments [HB] et [AB]. Montrer que (IJ) ⊥ (BC ).

C

Considérons le triangle ABH. Le point I est le milieu du côté [BH] et J est le milieu du côté [AB]. Alors (théorème de la droite des milieux) : (IJ) // (AH). De plus [AH] est la hauteur de sommet A du triangle ABC. On a donc : ( AH) ⊥ (BC ) . De ( AH) ⊥ (BC ) et (IJ) // (AH), on déduit : (IJ) ⊥ (BC ). (si deux droites sont parallèles, toute perpendiculaire à l’une est perpendiculaire à l’autre).

H I A

Exercice 4

J

B

ABC est un triangle isocèle en A inscrit dans un cercle #. I est un point de l’arc ne contenant pas A. BC A Démontrer

que

(IA) est . bissectrice de l’angle BIC

la

Dans le cercle #, les angles ABC interceptent le même arc et AIC .On a donc (théorème de AC = AIC . l’angle inscrit) : ABC

O B

C

= AIB . De même, on a : ACB De plus, le triangle ABC est isocèle de sommet A, on a donc : = ACB . ABC

I

= AIC ce qui prouve que (IA) est la bissectrice de BIC . On en déduit AIB

242



Exercice 5

ABC est un triangle isocèle en A. Les parallèles à (AC) passant par B et à (AB) passant par C se coupent en un point M.

A

Démontrer que les droites (AM) et (BC) sont perpendiculaires. On a : (AB) // (CM) et (AC) // (BM). Le quadrilatère ABMC est donc un parallélogramme. De plus, deux consécutifs de ses côtés sont égaux ( AB = AC car le triangle ABC est isocèle de sommet A).

C

B

Ainsi, ABMC est un losange. Ses diagonales sont donc perpendiculaires. Ainsi : ( AM) ⊥ (BC) . M

Exercice 6

[AB] et [CD] sont deux diamètres quelconques d’un cercle #. Quelle est la nature du quadrilatère ACBD ?

A

Considérons le quadrilatère ACBD. Ses diagonales se coupent en O centre de # et milieu de [AB] et [CD] puisque [AB] et [CD] sont des diamètres de #. ACBD est donc un parallélogramme.

C O D

De plus, ses diagonales sont de même longueur (diamètres de #) donc le parallélogramme ACBD est un rectangle.

B A

Exercice 7

A'

(OA) et (OB) sont deux droites, A’ est le point de (OA) tel que) (A'B) ⊥ (OA) et B’ est le point de (OB) tel que (A'B) ⊥ (OB). On note : I = ( AB') ∩ ( A'B). Montrer que : (AB) ⊥ (OI).

O

I B' B

Considérons le triangle OAB. Par définition, [AA’] est la hauteur issue de A de ce triangle et [BB’] la hauteur issue de B. Ainsi I est l’orthocentre du triangle OAB donc I appartient à la hauteur issue de O du triangle OAB. On a donc : ( AB) ⊥ (OI) .


243


Exercice 8

Soient # un cercle de centre O et A un point situé à l’extérieur du disque délimité par #. Construire « à la règle et au compas » les tangentes à # passant par O. On cherche tout d’abord des conditions nécessaires portant sur M pour que (AM) soit tangente à #. (On appelle parfois cette partie : Analyse du problème). Supposons que M soit un point de # et que (AM) soit tangente à #. On a alors : ( AM) ⊥ (OM). Ainsi (théorème de la médiane), le point M appartient au cercle de diamètre [OA]. Ainsi M est à l’intersection du cercle # et du cercle de diamètre [OA]. (Cela correspond à deux points possibles). On vérifie que les points trouvés précédemment conviennent (on appelle parfois cette partie Synthèse). Soit M un des points d’intersection de # et du cercle de diamètre [OA]. Le point M appartient au cercle de diamètre [OA], on a donc (théorème de la médiane) : ( AM) ⊥ (OM). Ceci prouve bien que (AM) est tangente en M(∈ #) à #. Il y a donc deux tangentes possibles. On peut les construire « à la règle et au compas » de la façon suivante. – On construit la médiatrice de [OA], cette droite coupe (OA) en un point I. – On construit le cercle de centre I passant par A, celui-ci coupe # en M et N. – On trace alors les droites (AM) et (AN).

N

A

I

O

M

244




E

L es points E, F, G sont dans un même plan car trois points sont toujours sur un même plan de même que deux points sont toujours alignés.

H E

K

G

E Les

points E, L, I, B sont tous les quatre sur la face avant ; ils sont donc bien dans le même plan.

F

L

E Les

points L, F, G sont sur la face supérieure, ce qui n’est pas le cas du point C. Donc les quatre points L, F, G C ne sont pas dans le même plan.

C I

A

B E

L es droites ( AE ) et (GC ) sont parallèles car toutes les deux sont parallèles à (BF ). Elles sont donc situées dans le même plan. Ainsi les points A, E, G, C sont dans le même plan. Les points E, G, H sont sur la face supérieure, ce qui n’est pas le cas de C. Donc ces quatre points ne sont pas dans le même plan.

Activité 2

E

L es points K, G, C sont dans le même plan car trois points sont toujours sur un même plan et comme H est sur la droite (GK ), il est aussi dans le plan qui contient cette droite.

E

Les droites ( AI) et (KG) sont parallèles car toutes les deux sont parallèles à (EF). Elles sont donc dans le même plan ainsi que tous les points qu’elles contiennent. Les points A, I, K, G sont dans le même plan.

1 Pour les droites (EF ) et (KL ), plaçons nous dans le plan (EFG). Il apparaît alors que les droites (EF ) et (KL ) se coupent en L. Elles ont un point commun. H

K

F

L

E

J

D

A

G

C

I

B

L es droites (EL ) et (BI) sont dans le plan de la face ABFE. Elles sont parallèles et n’ont donc pas de point commun.


245


L e point I est sur la droite ( AB). Par conséquent les droites ( AI) et (IB) sont confondues et ont ainsi une infinité de points communs. Les droites (EF ) et (GC ) n’ont pas de point commun. P our s’en convaincre, on peut faire « tourner » la boîte et regarder la face BCGF (vue de droite). On ne voit alors que le rectangle BCGF et la droite (EF ) traverse cette face en F. Elle ne peut pas couper (CG).

G

F

2 Les droites (EF ) et ( AB) sont parallèles et situées dans

le même plan ( ABFE ). Tandis que les droites (EF ) et (BC ) qui n’ont pas de point commun ne sont pas parallèles car elles ne sont pas dans le même plan. B

C

Activité 3

1 a) ABCD est une face du cube. Donc le plan ( ABD) est identique au plan

( ABC ). Comme les points A et C sont dans le plan ( ABC ), la droite ( AC ) est contenue dans le plan ( ABC ) et donc dans le plan ( ABD). Par conséquent la droite ( AC ) et le plan ( ABD) ont une infinité de points communs : tous ceux situés sur la droite ( AC ).

H

G F

c) La droite ( AC ) et le plan (BCH) ont en commun le point C. De plus ce point est le seul comme on peut le voir sur la figure.

E

C

D

A

b) La droite ( AB) et le plan (EFG) n’ont pas de point commun.

d) C’est la même chose pour la droite ( AC ) et le plan (BDF ) : le seul point commun est le centre de la face ABCD, c’est-à-dire l’intersection de (BD) et ( AC ).

B 2 Supposons qu’une droite  et un plan  aient en commun deux points

distincts A et B. Alors la droite ( AB) est contenue dans le plan  et comme la droite ( AB) se confond avec la droite  car A et B sont sur , on peut dire que la droite  est contenue H G dans . emarquons que pour affirmer R que les droites  et ( AB) sont confondues, nous utilisons le fait que deux droites non confondues n’ont en commun que 0 ou 1 point.

F

E

D C A

246



B

Activité 4

1 Deux plans distincts ne peuvent avoir un seul point commun ni exactement deux. Il ne faut pas oublier qu’un plan n’est pas limité. Il ne faut donc pas l’assimiler à un polygone. 2 a) Le point M appartient à la droite (BK ), donc

aussi au plan ( ABK ) qui contient cette droite. De même il appartient au plan () car il est sur la droite (GF ) qui est elle-même contenue dans le plan (). b) Comme les droites (KL ) et ( AB) sont parallèles car toutes les deux parallèles à (IJ) on peut dire que L appartient au plan (). ’autre part, si on se place dans le rectangle D ADLI, il est clair que N est aussi le milieu de la diagonale [ AL ]. Ainsi, le point N est sur [ AL ] donc aussi dans le plan () et il est bien sûr dans le plan () puisqu’il est sur (EH). c) Les points M et N appartiennent tous les deux aux deux plans () et (), la droite (MN) est contenue dans ces plans. d) Prenons un point X appartenant au plan () et n’appartenant pas à la droite (MN). Alors la droite (MN) et le point X définissent un plan. Si X appartenait au plan () le plan (MNX) serait le plan () et alors () et () seraient confondus, ce qui n’est pas le cas. e) Donc un tel point X n’existe pas.


 1 Construire la maison ci-contre en perspective cavalière PC  45°;  de telle sorte 2  que le mur hachuré corresponde à un plan frontal.  1 Construisons en perspective cavalière PC  45°;  un parallélépipède correspon2  dant à la « maison sans le toit » (c’est-à-dire de dimensions 2 m, 3 m et 2 m). Le plan vertical contenant le sommet du toit (voir dessin ci-dessous) est un plan frontal. Les objets de ce plan sont donc représentés en « vraie grandeur ». cette remarque nous permet d’achever la construction de la maison.


247


Exercice 10

Soit un cube ABCDEFGH.

H

E

G

F

1 D appartient-il au plan contenant les points B, F et H ?

Oui, car si un plan contient un point M et une droite $ alors il contient la parallèle à $ passant par M. (BFH) contient H et (BF) donc il contient tous les points de (DH). 2 Même question pour E.

D

A

C

on, si B, H, F et E était coplanaires, B appartiendrait N au plan (EFH) (la face « du dessus » du cube) ce qui est absurde.

B 3 On note (BCH) le plan contenant les points B, C, H.

a) A appartient-il au plan (BCH) ? on, si A, B, C et H était coplanaires, H appartiendrait au plan (ABC) ce qui N est absurde. b) Même question pour E. ui, car (BCH) contient H et (BC) donc il contient tous les points de la O parallèle à (BC) passant par H.

248



c) Soit I le centre de ABFE : I appartient-il à (BCH) ? ui. On a vu que le point E appartient à (BCH) donc la droite (BE) est O incluse dans BCH ce qui prouve que I (milieu de [BE]) appartient à (BCH). A

Exercice 11

I appartient à la droite ( AB) donc au plan ( ABJ). A, B, I, J sont donc coplanaires.

I

A, B, C, J ne sont pas coplanaires car A n’est pas dans le plan (BCD) qui est aussi le plan (BCJ).

G B

G appartient à la droite (IJ). Or I et J sont dans le plan ( ABJ); Donc A, B, G et J sont coplanaires. Exercice 12

D J C

On considère un tétraèdre ABCD.

On appelle I, J, K et L les milieux respectifs des segments [AB], [AC], [DB] et [DC].

A

Montrer que les points I, J, K et L sont coplanaires. D’après le théorème de la droite des milieux on a : J

D

– (IK)//(AB) (triangle ADB) ;

I

– (JL)//(AB) (triangle ADC). K

L

C

Exercice 13

On en déduit que (IK)//(JL) et donc que les points I, J, K et L sont coplanaires. B A

Appelons E le milieu de [BC] et F le milieu de [CD]. I étant le centre de gravité du triangle 2 on sait que AI = AE; On obtient de 3 2 la même façon que AJ = AF. 3 A, I, E d’une part, A, J, F d’autre part sont dans cet ordre. D’après la réciproque du théorème de Thalès, on peut conclure que la droite (IJ) est parallèle à la droite (EF). E et F étant les milieux respectifs de [BC] et de [CD] les droites (EF) et (BD) sont parallèles.

J I

D

B F

E C


249


De (IJ)//(EF) et (EF)//(BD), on déduit que les droites (IJ) et (BD) sont parallèles. Remarque : On aurait pu aussi considérer le point K milieu de [AC] ; La solution 1 1 serait venue du fait que KI = KB et KJ = KD. 3 3 Exercice 14

1 Dans le triangle ABC, I et J sont les milieux de [AB] et [BC] donc (IJ) est parallèle

à (AC). De même (KL) est parallèle à (EG) car K et L sont les milieux de [HG] et [HE] dans le triangle HGE. Par ailleurs on sait que (AC) et (EG) sont parallèles. En effet, les segments [AE] et [CG] sont parallèles et de même longueur ce qui prouve que ACGE est un parallélogramme. On en déduit que (IJ) est parallèle à (EG) et donc aussi à (KL). I, J, K, L sont dans un même plan. 2 Le quadrilatère IBGK est un parallélogramme car

les segments [IB] et [GK] sont parallèles et de même longueur. On en déduit que IK = BG, cette longueur valant a 2 si a est l’arête du cube. On voit de même que BJLE est un parallélogramme donc que JL = EB = a 2. Nous savons déjà que le quadrilatère IJKL est un parallélogramme car les segments [IJ] et [KL] sont  2 parallèles et de même longueur  a  .  2  De plus les diagonales [IK] et [JL] sont de même longueur. Par conséquent le quadrilatère IJKL est un rectangle.

Exercice 15

a) On sait déjà que (NP) est parallèle à (CD). Donc la parallèle à (CD) passant par M est parallèle à (NP) car deux droites parallèles à une même troisième sont parallèles entre elles. On en déduit que (NP) et la parallèle à (CD) passant par M sont dans un même plan et le plan qui les contient est bien le plan (MNP). b) Pour montrer que QM = NP, appliquons le théorème de Thalès dans les triangles ACD et BCD où (QM) et (NP) sont parallèles à (CD):

AN AP PN = = AC AD CD

BM BQ MQ = = . De plus comme (MN) est parallèle BC BD CD CM CN à (AB) dans le triangle ABC, on a = . De cette BC CA CB − BM CA − AN dernière égalité on déduit = d’où BC CA et

1−

250



BM AN BM AN = 1− et ainsi = . BC CA BC CA

PN MQ = et finalement que PN = MQ. CD CD Il en résulte que MNPQ est un parallélogramme car les segments [NP] et [MQ] sont parallèles et de même longueur. Par conséquent les côtés [MN] et [PQ] sont parallèles et comme on sait que (MN) est parallèle à (AB), (PQ) est également parallèle à (AB). Grâce à ce résultat, on peut affirmer que

On aurait pu se contenter de montrer que (PQ) est parallèle à (MN) en utilisant la propriété de Thalès 3 fois.  DP CN CM DQ   DA = CA = CB = DB  Exercice 16

a) Les droites (IJ) et (AB) sont coplanaires et non parallèles donc sécantes. Soit M leur point commun. Ce point est bien l’intersection de (IJ) et (ABC). De la même manière, l’intersection de (JK) et (ABC) est le point N d’intersection de (JK) et (BC) et l’intersection de (IK) et (ABC) est le point P d’intersection de (IK) et (AC). b) Observons maintenant les points M, N, P : Ces trois points sont à la fois sur le plan (IJK) et sur le plan (ABC). Ils sont donc alignés sur la droite intersection de ces deux plans.

Exercice 17

A' est le point d’intersection de (AI) et (CD). Dans ces conditions les points A, B, I, A' sont coplanaires. Menons par I la parallèle à (AB). Elle coupe (BA ') en J ; et ce point J est bien le point cherché car il appartient à la fois à la parallèle à (AB) passant par I et au plan (BCD).


251


Exercice 18

a) La droite (CD) est à la fois contenue dans le plan (ABC) et dans le même plan que (IJ). L’intersection de (CD) et (IJ) sera donc l’intersection de (ABC) et (IJ). L est le point d’intersection de (IJ) et (CD). b) Nous connaissons désormais deux points distincts communs aux plans (ABC) et (IKJ) : K et L. Par conséquent la droite (KL) est l’intersection de ces deux plans. c) Soit M le point d’intersection de (BC) et (KL). On peut alors dire que les segments [IJ], [JM] et [MK] sont les intersections du plan (IJK) avec les faces CDHG, BCGF et ABCD du cube. ais on ne peut joindre les points I et K car ils ne sont M pas sur la même face. (la droite (IK) traverse le cube et on recherche l’intersection du plan (IJK) avec les faces). Pour construire l’intersection du plan (IJK) avec la face EFGH, on peut utiliser un théorème : si un plan coupe deux plans parallèles, les intersections sont deux droites parallèles. Comme les faces ABCD et EFGH sont parallèles, les intersections de (IJK) avec ces deux faces sont deux droites parallèles. Ainsi l’intersection de (IJK) avec la face EFGH est la parallèle à (KM) passant par I. Traçons cette droite ; elle coupe (EH) en N. Les segments [NI] et [NK] sont alors les intersections du plan (IJK) avec les faces EFGH et ADHE. Le polygone cherché est donc IJMKN.

Exercice 19

a) Voir figure ci-dessous.

b) Les points E, F, G appartiennent au plan (IJK) car les droites (IJ), (JK) et (IK) sont contenues dans ce plan. Mais ils appartiennent aussi au plan (ABC) ; par conséquent ils appartiennent aux deux plans dont l’intersection est une droite. Les points E, F, G sont donc sur cette droite.

252



c) Pour construire l’intersection de (IL) avec le plan (ABC), il faut observer que la droite (IL) est contenue dans le plan (IJK) donc le point M devra appartenir à (IJK) et (ABC), c’est-à-dire à la droite (FG). Le point M est donc l’intersection de (IL) et (FG). Exercice 20

Soient O un point de l’espace, @ la boule de centre O et de rayon 5 et 3 un plan situé à la distance 4 de O. 1 Déterminer la nature de la section de @ par le plan 3.

O'

2 Calculer l’aire de cette section.

r

1 On sait, d’après le cours que la section de @ par 3 est R

un disque de centre O' et de rayon r tel que :

– OO' est la distance entre O et le plan 3 donc : OO' = 4 ; – OO'2 + r 2 = R 2 où R est le rayon de la boule donc R = 5.

O

Ainsi : r 2 = R 2 − OO'2 = 52 − 42 = 25 − 16 = 9 . n en déduit : r = 9 = 3 . La section de @ par le plan O 3 est donc un disque de rayon 3. 2 L’aire de la section cherchée est alors : A = πr 2 = 9π.

Exercice 21

On laisse tomber une bille sphérique en plomb (de diamètre inférieur à 4 cm) dans un verre cylindrique rempli d’eau. Le verre ayant pour diamètre 4 cm et pour hauteur 10 cm. 1 Quel volume d’eau y a-t-il dans le verre ? 2 Quel est le rayon possible maximum pour la bille ? 3 Est-il possible que :

– le tiers de l’eau soit renversé ? 1. Le volume d’eau dans le verre est égal au volume du cylindre soit V = πr 2h = π × 22 × 10 = 40π soit environ 126 ml. (le diamètre du cylindre est 4 cm donc son rayon est 2 cm).

10 4

2. Le volume d’eau renversé est égal au volume de la sphère soit : 4 V = πr 3 . Plus r est grand, plus le volume d’eau renversé est grand. Le volume 3 4 32 d’eau le plus important qui puisse être renversé est donc : V = π × 23 = π. 3 3 32 40 On a : π < π donc il n’est pas possible qu’un tiers de l’eau ait été 3 3 renversée.


253


Exercice 22

ABCDEFGH est un cube de côté 10 cm.

H

Déterminer le volume de la pyramide ABCDE.

G F

E

La base de la pyramide est le carré ABCD, son aire est : A = 102 = 100 . La hauteur de la pyramide relative à la base ABCD est h = AE = 10. Le volume de la pyramide est donc : 1 1000 V = × A×h = . 3 3 Exercice 23

C

D

A

B

On construit un cône à partir du triangle ABC ci-dessous en « collant [AB] et [AC] », B venant en C. On suppose que ABC est un triangle isocèle de sommet A et que : BC = 16, AB = 10. A

10

B

8

8

I

C

1 Calculer la hauteur du cône obtenue.

La hauteur du cône est égale à la hauteur AI du triangle isocèle ABC (I est le milieu de [AB]). D’après le théorème de Pythagore (appliqué au triangle AIC rectangle en I), on a : AI2 + IC2 = AC2 . Ainsi : AI2 = AC2 − IC2 = 102 − 82 = 100 − 64 = 36 et donc AI = 36 = 6. La hauteur du cône est donc : h = 6. 2 Calculer le rayon du cercle de base.

Le périmètre du cercle de base est 16( = 8 + 8 ). Si r est le rayon du cercle de base, on a donc : 16 8 2πr = 16 . Ainsi : r = = (soit environ 2,55). 2π π 3 En déduire le volume du cône.

Le volume du cône est : V = environ 122,23).

254



2

πr 2h π  8  128 = ×   × 6 = π × 642 × 2 = (soit 3 3  π π π


[OA] et [OB] sont deux rayons perpendiculaires d’un cercle # de centre O. #1 est le demi-cercle de diamètre [AB] passant par O. M est un point de #1 distinct de A, B et O. La droite (BM) recoupe # en N. Démontrer que le triangle AMN est rectangle isocèle. Le point M appartient au cercle de diamètre [AB] donc : = 90° ce qui prouve que le ( AM) ⊥ (MB) . Ainsi : NMA triangle AMN est rectangle en M.

B

M

O

N

1

A

De plus, les points N, A et B appartiennent à un même cercle de centre O, donc (théorème de l’angle inscrit) : = ANB = 1 AOB = 1 × 90° = 45°. Alors : ANM 2 2 NAM = 180° − ANM − AMN = 180° − 45° − 90° = 45°.

= ANB ce qui prouve que le triangle est isocèle de sommet M. Ainsi : NAM

Exercice II

Soient un triangle ABC (quelconque) et I le milieu de [BC]. Soient P le pied de la hauteur du triangle ABI issue de B et Q le pied de la hauteur du triangle AIC issue de C. Montrer que BP = CQ en utilisant au moins deux méthodes différentes.

C

Q P

I

Méthode 1 A Considérons la symétrie de centre I. Le point B a pour image C car I est le milieu de [BC]. B La droite (BP) a donc pour image la parallèle à (BP) passant par C, c’està-dire (CQ) ((BP) et (CQ) sont parallèles car toutes deux perpendiculaires à (AI)). L’image de P appartient donc à (CQ) mais cette image appartient aussi à (IP). Donc, l’image de P est Q. Par la symétrie de centre I, B a pour image C et P a pour image Q donc : BP = CQ. Méthode 2 La hauteur du triangle AIB issue de A est aussi la hauteur du triangle AIC issue. Notons h la longueur de la hauteur de ce triangle.


255


1 1 L’aire du triangle AIB est alors égale à h × IB qui est égale à h × IC donc à 2 2 l’aire du triangle AIC. Calculons différemment l’aire de ces deux triangles AIB et AIC.

1 La hauteur de AIB issue de B a pour longueur BP donc l’aire de AIB est : AI.BP. 2 1 La hauteur de AIC issue de C a pour longueur CQ donc l’aire de AIC est : AI.CQ 2 1 1 Les deux triangles ayant le même aire, on a : AI.BP = AI.CQ et donc en 2 2 simplifiant : BP = CQ.

Exercice III

Soient ABCD un carré et CBJ et AIB, deux triangles équilatéraux disposés comme sur la figure ci-contre.

D

C I

Montrer que les points D, I et J sont alignés.

J

Démonstration 1 Le triangle AIB étant équilatéral, on a :A = 60°. Alors : IAD = 30° . = 90° − IAB IAB

B

De plus, le triangle IAD est isocèle de sommet A, on a donc : = AID = 180° − IAD = 180° − 30° = 75°. On en déduit : IDC = 90° − ADI = 15° . ADI 2 2 Considérons le triangle CDJ. Ce triangle est isocèle de sommet C(CJ = CB = CD). = DCB + BCJ = 90° + 60° = 150°. Ainsi : De plus, on a : DCJ = CJD = 180° − DCJ = 180° − 150° = 15°. CDJ 2 2 On considère la droite $ qui passe par D et qui forme avec (CD) un angle de 15° (en tournant dans le sens des aiguilles d’une montre). = 15° et CDJ = 15° , on déduit que I et J appartiennent tous deux Des égalités IDC à cette droite.

Ainsi, les points D, I et J sont alignés. Démonstration 2 (avec un repère comme dans la séquence 2 mais en utilisant les vecteurs). On considère le repère (A ; B ; D) du plan. On a : A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1) et D(0 ; 1). Le triangle ABI est équilatéral de côté 1, ainsi si M est le milieu de [AB], la hauteur  1 3 3 . On en déduit : I  ;  . AI issue de A a pour longueur : 2 2 2 

256



De même, l’abscisse de J est : 1+

3 3 1 1  et son ordonnée  : J  1+ ; . 2 2 2 2 

1 3  Les coordonnées du vecteur DI sont donc x I − x D ; y I − y D soit  − 0; − 1 2 2   1 3  − 1 . On a : DI  ; 2 2  x J − x D ; y IJ − y D soit Les coordonnées du vecteur DJ sont donc  3 1  − 0; − 1 .  1+ 2 2  

(

)

(

)

 3 1 ;−  . On a : DJ  1+ 2 2  De plus, on a :

1  1 1 ×  −  = − et 2  2 4

2

 3   3  3   3   3 2 − 1 ×  1+ − 1 ×  + 1 =   −1 =   = 2   2  2     2   2 

( 3)

2

− 1= 22 3 4 1 3 = − 1= − = − 4 4 4 4 L’égalité des deux nombres précédents prouve que les vecteurs DI et DJ sont colinéaires et donc que les points D, I et J sont alignés. Exercice IV

Soit # un cercle de centre O et de diamètre [AB]. M est un point de # distinct de A et B.R est un point de [AB] lui aussi distinct de A et B.

A

La perpendiculaire à (AB) passant par R coupe (AM) en P et (BM) en Q.La droite (AQ) coupe (BP) en I.

Démontrer que le point I appartient au cercle #.

O

Considérons le triangle ABP. M

Le point M appartient au cercle de diamètre [AB] donc (réciproque du théorème de la médiane) : AM ⊥ BM soit AP ⊥ BM .

R

( ) ( )

Q I P

B

( ) ( )

[BM] est donc la hauteur de APB issue de B. De plus, par hypothèse, (PR) est perpendiculaire à (AB) donc [PR] est la hauteur de APB issue de P.


257


Le point Q intersection des droites (PR) et (BM) est donc l’orthocentre du triangle APB. Le point I intersection de (PB) et (AQ) est donc le pied de la hauteur de APB issue de A. On a donc : AI ⊥ BI . On en déduit (théorème de la médiane) que I appartient au cercle de diamètre [AB], c’est-à-dire #.

( ) ( )

Exercice V

# est un cercle ; [AB] et [CD] sont deux cordes perpendiculaires. On note O leur point d’intersection et I le milieu de [AD]. La droite (OI) coupe (CB) en H. Démontrer que les droites (OI) et (CB) sont perpendiculaires.

A

Considérons le triangle OHB. = AOI (angles opposés par On a : BOH

le sommet).

I

D C

O

De plus, sur le cercle #, les angles et CDA interceptent le même CBA arc AC. On a donc (théorème de l’angle = CDA soit HBO = ODI . inscrit) : CBA Le triangle AOD est rectangle en O, donc (théorème de la médiane) : IO = OD = OA.

H

On en déduit que le triangle IOD est isocèle de sommet I et ainsi : = IOD . ODI

B

Les remarques précédentes nous prouvent que : = 180° − BOH − HBO = 180° − AOI + IOD . OHB

(

)

+ IOD = AOD = 90°. Alors, comme le triangle AOD est rectangle en O, on a : AOI = 180° − 90° = 90° . On a donc bien : OH ⊥ BC . Ainsi : OHB

( ) ( )

Exercice VI

ABCD est un parallélogramme; I est le milieu de [AB] et J est le milieu de [CD]. (AJ) coupe (BD) en M et (CI) coupe (BD) en N.

D

J

C

M O

A

I

N B

Démontrer que BN = NM = MD. Notons O le centre du parallélogramme ABCD et considérons le triangle ABC. I est le milieu de [AB] donc (CI) est la médiane de ABC issue de C. O est le milieu de [AC] (O est le centre du parallélogramme ABCD) donc (BO) est la médiane de ABC issue de B.

On en déduit que N intersection des droites (BO) et (CI) est 2 le centre de gravité du triangle ABC. On a donc : BN = BO . 3

258



2 On montre de même que : DM = DO . 3

2 CD CD = . Ainsi : Alors comme O est le milieu de [BD], on a : BN = DM = × 3 2 3 CD CD CD MN = CD – BN − DM = CD − − = . 3 3 3 On a donc bien : BN = MN = DM.

Exercice VII

ABC est un triangle isocèle en A. A’ est le milieu de [BC]. La perpendiculaire à (AC) passant par A' coupe le côté [AC] en H. I est le milieu de [ A 'H] et K est le milieu de [HC]. Démontrer que les droites (BH) et (AI) sont perpendiculaires.

A

Considérons le triangle AA 'K. Les droites ( A 'H) et (AC) sont perpendiculaires donc [ A 'H] est la hauteur de AA 'K issue de A'. De plus, les droites (IK) et ( A 'C ) sont parallèles (théorème de la droite des milieux appliqué au triangle HA 'C). Ainsi, comme ( AA ') et ( A 'C ) sont perpendiculaires, il en est de même de (IK) et de ( AA '). Ainsi, la hauteur de AA 'K issue de K passe par I.

H I B

A’

K C

Le point I appartient à deux hauteurs du triangle AA 'K, c’est dont l’orthocentre de ce triangle.

( ) ( )

Ainsi, on a : AI ⊥ A'K . Il reste à remarquer que : (A 'K)//(BH) (théorème de la droite des milieux dans le triangle BCH).

( ) ( )

On a donc : AI ⊥ BH .

Exercice VIII

Escargot de pythagore On effectue la construction suivante. Le point Ω (lettre grecque Omega ) est un point du plan et A est tel que : ΩA = 1. D On construit alors les points B, C, D en tournant autour de Ω dans le sens inverse des aiguilles d’une montre de la façon suivante.

E

1

1

C

1 B

Les triangles ΩAB , ΩBC , ΩCD , … sont rectangles en A, B, C, … et de plus : AB = BC = CD = … = 1.

1

On se pose la question suivante :

A


259


Combien d’étapes sont-elles nécessaires pour effectuer « un tour autour de Ω ?». 1 Calculer ΩB , ΩC er A ΩB . À l’aide de la fonction sin–1 de la calculatrice, calculer B ΩC et C ΩD .

Le triangle AΩB est rectangle en A donc (d’après le théorème de Pythagore) : ΩB2 = ΩA 2 + AB2 = 2 donc : ΩB= 2 . Le triangle BΩC est rectangle en B donc (d’après le théorème de Pythagore) : 2

ΩC2 = ΩB2 + BC2 = ( 2 ) + 1 = 3 donc : ΩC= 3 . De plus, le triangle AΩB est rectangle et isocèle en A donc : A ΩB = 45°. côté opposé BC 1 ΩC ) = = = . Dans le triangle rectangle BΩC : sin(B hypoténuse ΩC 3   1 ΩC = sin−1  35, 26° . On trouve : B  3  Dans le triangle CΩD rectangle en C, on a : ΩD = ΩC2 + CD2 = ΩD = 30°. Donc : C

( 3 )2 + 1 =

4 = 2 et sin(C ΩD) =

CD 1 = . ΩD 2

2 Pour répondre à la question, on désire automatiser les calculs à l’aide d’un

tableur de la façon suivante. A 1

B

Etape n°

Triangle Ω …

C

D

Hypoténuse

(côté opposé) / (hypoténuse)

E Angle

F Angle total

2

1

AB

45

3

2

BC

80,26

4

3

110,26

a) Que peut-on entrer dans C2? On a : ΩB= 2 , il faut donc entrer dans C2 : =RACINE(2). b) Quelle formule faisant référence à C2 peut-on écrire dans C3 de telle sorte que la formule puisse être étendue à toute la colonne? n a : ΩC= ΩB2 + 12 = ΩB2 + 1 . On entre donc dans C3: O =RACINE(C2^2+1). c) Quelle formule faisant référence à C2 peut-on écrire dans D2 de telle sorte que la formule puisse être étendue à toute la colonne? On peut entrer dans D2 : =1/C2. 3 Avec le tableur OpenOffice, =ASIN(D2) nous donne le nombre dont le sinus

est D2 mais donne ce nombre en radians et non en degré. Il faut donc entrer : =DEGRES(ASIN)(D2) dans E2. On entre «=E2» dans F2 et «=F2+E3» dans E3. On étend alors les différentes cellules aux colonnes correspondantes. À l’aide de cette feuille de calculs, répondre à la question de l’énoncé.

260



3. On obtient la feuille de calculs suivante. 1

A Etape n°

B Triangle Ω …

2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

C Hypoténuse

AB BC CD DE EF FG GH HI IJ JK KL LM MN NO OP PQ QR

1,41 1,73 2 2,24 2,45 2,65 2,83 3 3,16 3,32 3,46 3,61 3,74 3,87 4 4,12 4,24

D (côté opposé) / (hypoténuse) 0,71 0,58 0,5 0,45 0,41 0,38 0,35 0,33 0,32 0,3 0,29 0,28 0,27 0,26 0,25 0,24 0,24

E Angle

F Angle total

45 35,26 30 26,57 24,09 22,21 20,7 19,47 18,43 17,55 16,78 16,1 15,5 14,96 14,48 14,04 13,63

45 80,26 110,26 136,83 160,92 183,13 203,84 223,31 241,74 259,29 276,07 292,17 307,67 322,64 337,11 351,15 364,78

On a effectué «un tour autour de Ω » lorsque l’angle total est supérieur ou égal à 360°. Il faut donc 17 étapes. D E

C

B

F

R A

G

Q H P I O J

N K

L

M


261


Exercice IX

 1 Représenter le prisme ci-dessous en perspective cavalière PC  45°;  dont 2  (CBEF) est un plan frontal. F

C

E

D

m

6c

45° 4 cm

A

B

BEFC est un rectangle . Calculons BC. = 90° − ABC = 45° = ABC donc Le triangle ABC est rectangle. De plus : ACB le triangle est isocèle et rectangle en A. D’après le théorème de Pythagore, on a donc : BC = AB 2 = 4 2 Considérons le symétrique A’ de B par rapport à A. F

C

E

D

m

6c

45° A'

A

4 cm

B

Le triangle A 'BC est un triangle isocèle en C et tel que : = 2 × BCA = 2 × 45° = 90°. BCA'

262



La droite ( A 'C ) est donc une fuyante et A 'C = BC = 4 2.

A' A

D

C

On peut donc placer A' de telle sorte que : = 45° et CA' = 1 × 4 2 = 4 2 = 2 2. FCA' 2 2 On peut alors construire A puisque A est le milieu de [BA '].

F

Enfin D se construit en remarquant que ABED est un parallélogramme. B

Une fourmi se déplace sur une poutre. Le dessin ci-dessous nous montre les dimensions de la poutre ainsi que les positions de la fourmi et de son gardemanger. Quelle est la distance minimum que doit parcourir la fourmi pour rejoindre son garde-manger. 3

90

garde-manger

2 90

20 cm

Exercice X

E

10 10

54

fourmi 16

20

cm

210 cm

Les faces du parallélépipède rectangle sont numérotées comme ci-dessus (la fourmi est initialement en 1 et son garde-manger est en 3). Pour aller dîner, la fourmi soit passer par une des faces 2, 4, 5 ou 6. Supposons que la fourmi passe par la face 2 et découpons le pavé le long des faces 4, 5 et 6. En dépliant, on obtient le patron présenté ci-dessous. Le chemin le plus court est alors représenté sur ce patron par un segment de longueur (théorème de Pythagore) : 302 + 402 = 900 + 1600 = 2500 = 50 cm. Si elle décide de rejoindre la face 6 (respectivement la face 5), l’araignée doit parcourir 90 cm (respectivement 120 cm). Ce chemin n’est pas le plus court. La distance minimum que doit parcourir la fourmi est donc 50 cm.

10 3 20 5

6

2 10

90

90

1

4 210


263


Exercice XI

On considère un cube ABCDEFGH de côté a. P est le centre de la face EFGH et Q le centre de la face BCGF. M est le milieu de [PQ]. On admet que (EG) est perpendiculaire à (EA) et que (BG) est perpendiculaire à (AB). H G a 2 1 Montrer que : PQ = . 2 C D a 6 2 Montrer que : AP = AQ = . 2 P 3 Calculer une valeur approchée au degré M Q . près de l’angle PAQ 4 Donner en fonction de a

la valeur exacte de l’aire du triangle APQ.

F

E A

B

1 On considère le triangle EBG. P est le milieu de [EG] et Q de |BG]. Ainsi, les

droites (PQ) et (BE) sont parallèles (théorème de la droite des milieux) et d’après le théorème de Thalès : 1 PQ GP GQ 1 = = = . Ainsi : PQ = × EB . 2 EB GE GB 2 De plus, EAB est un triangle rectangle isocèle en A tel que : EA = EB donc (théorème de Pythagore) : EB=a 2. Ainsi :

a 2 . 2 2 Considérons le triangle EAG. On sait que les droites (EA) et (EG) sont perpendiculaires donc ce triangle est rectangle en E. Ainsi, d’après le théorème de Pythagore : EG a 2 AP2 = AE2 + EP2 . De plus, on a : AE = a et EP= = . Ainsi : 2 2 2  a 2 2a 2 2a 2 a 2 3a 2 AP2 = a 2 +  = a2 + = + = . On en déduit :   2  4 2 2 2 PQ =

3a 2 a 3 a 3 × 2 a 6 = = = . De façon tout à fait similaire, on 2 2 2 2× 2 a 6 montre que : AQ = . 2 3 Considérons le triangle APQ. Ce triangle est isocèle de sommet A( AP = AQ ). Ainsi la médiane (AM) issue de A est aussi médiatrice de [PQ] et bissectrice . de PAQ AP =

Ainsi (formule trigonométrique dans le triangle AMP) :  côté opposé PM  PAQ = = . sin   2  hypoténuse AP De plus, on a : PM=

264

PQ 1 a 2 1 a 2 = PQ × = × = . 2 2 2 2 4



 PM  PAQ 1 a 2 2 a 2 2 = = PM × = × = = Ainsi : sin   2  AP AP 4 a 6 2a 6 2 6 =

2× 6

=

12 2 3 3 = = 12 12 6

2 6 6 À l’aide de la calculatrice (bien vérifier que vous êtes en mode « degré »), on trouve :  3 PAQ = 16, 8° à 0,1° près donc : = sin−1   6  2 = 33, 6° à 0,2° près. On en déduit que PAQ vaut 34° à 1° près. PAQ  Base × Hauteur  PQ × AM .   :  = 2 2 D’après le théorème de Pythagore dans le triangle APM :

4 L’aire du triangle APQ est égale à A

2

2

 a 6   a 2 3a 2 a 2 AM = AP − PM =  − = −    2   4  2 8 2

2

2

=

Ainsi : AM =

P

M

12a 2 a 2 11a 2 − = 8 8 8

11a 2 a 11 a 11 a 22 = = = . 8 4 8 2 2

Q

On en déduit : =

PQ × AM 1 1 a 22 a 44 a 2 20 a 2 4 × 11 = × PQ × AM= × × = = 2 2 2 2 4 16 16 =

Exercice XII

D

ABCDEFGH est un cube de côté 3 cm. On considère le milieu M de [GC]. On admet que le triangle ADM est rectangle en D.

2a 2 11 a 2 11 = 16 8

A

C B M

1 Calculer les longueurs AF, DM et

AM. 2 Donner une valeur approchée de

G

H

. l’angle AMD

E

F


265


1. Le triangle AEF est rectangle et isocèle en E et tel que AE = EF = 3 donc

(théorème de Pythagore) : AF=3 2 4 , 2 cm.

Le triangle DCM est rectangle en C donc (théorème de Pythagore) : 2

 3 9 36 9 45 9×5 3 5 DM= DC2 + MC2 = 32 +   = 9 + = + = = . =  2 4 4 4 4 2 2 Le triangle ADM est rectangle en D donc (théorème de Pythagore) : AM= AD2 + MD2 = 32 +

45 45 36 45 81 9 = 9+ = + = = . 4 4 4 4 4 2

2 On a (formule trigonométrique dans le triangle rectangle en D, ADM) :

) = côté opposé = AD = AD × 1 = 3 × 2 = 2 . sin( AMD hypoténuse AM AM 9 3 À l’aide de la calculatrice, on trouve : = sin−1  2  = 41, 8° à 0,1° près donc : AMD   3 Exercice XIII

Soit ABCD un tétraèdre régulier de côté a, ses 4 faces sont donc des triangles équilatéraux de côté a. On toge G le centre de gravité du triangle BCD et I le milieu de [CD]. On admet que les droites (AG) et (GI) sont perpendiculaires.

a 3 . En déduire GI en fonction de a. 2 2 Déterminer AG en fonction de a.

A

1 Montrer que : BI =

3 Le tétraèdre admet un patron triangle équilatéral.

Déterminer le côté de ce triangle en fonction de a.

4 Montrer que le tétraèdre admet un patron rectangulaire. D

En donner les dimensions (on pourra imaginer que l’on découpe selon [AI]).

B G

I

C 1 Le triangle BCD est équilatéral de côté a donc les hauteurs ont pour longueurs

(théorème de Pythagore) :

a 3 a 3 . On a donc : BI = . 2 2 De plus G est le centre de gravité du triangle BCD et [BI] est une de ses médianes donc : 1 1 a 3 a 3 GI = × BI = × = . 3 3 2 6

266



2 Le triangle AGI est rectangle en G donc, d’après le théorème de Pythagore,

AG2 = AI2 − GI2. De plus, [AI] est une médiane d’un triangle équilatéral de côté a donc :

a 3 . Ainsi : 2 a 3  2  a 3  2 3a 2 3a 2 3a 2 a 2 9a 2 a 2 8a 2 2a 2 2 = − = − = AG =  − − = =  2   6  4 36 4 12 12 12 12 3

AI = .

Ainsi : AG =

2a 2 a 2 a 2 × 3 a 6 = = = . 3 3 3 3× 3

3 Le côté du patron triangulaire équilatéral est double du côté du triangle. Ce

patron est donc un triangle équilatéral de côté 2 a .

4 On peut découper le tétraèdre de la façon suivante.

A

D

I

A

B

I C

C

D

C

B

a 3 L a largeur de ce patron est alors la hauteur d’une face soit l = et la 2 longueur est égale à 2 fois le côté soit L = 2a.


267


Exercice XIV

ABCDEFGH est un cube. I, J et K appartiennent respectivement aux segments [GH], [GC] et [AD].

H

G

I

J

E

F

Construire la section du cube par le plan (IJK). On utilise la propriété suivante. Si deux plans sont parallèles, tout plan qui coupe l’un, coupe l’autre et les droites d’intersection sont parallèles.

K

C

D

N

A

B

M

– Ainsi le plan (IJK) coupe (BCGD) selon la parallèle à (IK) passant par J. On trace donc cette droite, elle coupe [BC] en M. – Le plan (IJK) coupe (ABCD) selon la parallèle à (IJ) passant par M. On trace donc cette droite, elle coupe [AB] en N. La section du cube par le plan (IJK) est donc la surface délimitée par le polygone IJMNK.

Exercice XV

ABCD est un tétraèdre, I, J et K appartiennent respectivement aux faces (BCD), (ABD) et (ABC). On suppose que la droite (IJ) n’est pas parallèle au plan (ABC). 1 Construire l’intersection de (IJ) et du plan (ABC). 2 Construire la section du tétraèdre par le plan (IJK). D

D P Q J

J

I

I C

A K F

L

C

A

G

K

L

M

N B

B

1 Considérons le plan (DIJ) (« le plan auxiliaire »). Il coupe la plan (ABC) selon

la droite (EF) où : F = (DJ) ∩ (AB) et G = (DI) ∩ (BC). Alors le point d’intersection L de (IJ) et de (ABC) appartient à (FG). On a donc : L = (FG) ∩ (IJ) .

268



2 Les points K et L appartiennent au plan (ABC) et au plan (IJK). On a donc :

(KL) = (ABC) ∩ (IJK) . On note : M = (BC) ∩ (KL) et N = (AB) ∩ (KL) . Les points N et J appartiennent au plan (ABD) et au plan (IJK). On a donc : (JN) = (ABD) ∩ (IJK) . On note : P = (AD) ∩ (JN) . Les points M et I appartiennent au plan (BCD) et au plan (IJK). On a donc : (IM) = (BCD) ∩ (IJK) . On note : Q = (CD) ∩ (IM) . La section du tétraèdre par le plan (IJK) est alors la surface délimitée par le quadrilatère MNPQ.

Exercice XVI

ABCDEFGH est un parallélépipède rectangle. I et J sont les milieux respectifs de [EF] et [FG]. On note : K = (BI) ∩ (AE) et L = (BJ) ∩ (GC). Montrer que : (KL) // (ABCD).

L

K G

H

J I F

E

C

D

A

B

Montrons tout d’abord que les droites (IJ) et (AC) sont parallèles. Le plan (AEGC) coupe les plans parallèles (ABCD) et (EFGH) selon les droites (AC) et (EG). Ces deux droites sont donc parallèles : (AC) // (EG). D’après le théorème de la droite des milieux dans le triangle FGE : (IJ) // (EG). On en déduit : (IJ) // (AC). De plus, (BIJ) est un plan qui contient (IJ) et (ACG) est un plan qui contient (AC). Donc, d’après le théorème du toit, les plans sécants (BIJ) et (AGC) se coupent selon une droite parallèle à (AC) (et à (IJ)). On a  K = (AE) ∩ (BI) et L = (CG) ∩ (BJ) donc : (KL) = (AGC) ∩ (BIJ) . On en déduit que les droites (KL) et (AC) sont parallèles et donc que : (KL) // (ABCD).


269


Exercice XVII

On pose une boule de glace de rayon 3 cm sur un cornet de glace de hauteur 8 cm et de rayon 2 cm. Quelle est la hauteur totale de la glace ? Notons O le centre de la boule et O’ le centre du disque intersection du cône et de la boule. Alors : OO'2 = 32 − 22 = 9 − 4 = 5 puisque la boule a pour rayon 3 et le disque intersection 2. On a donc : OO'= 5 cm. La hauteur totale de la glace est égale à la somme de la hauteur du cône, de OO' et du rayon de la boule. Ainsi : h = 8 + 5 + 3 = 11+ 5 13, 24 cm.

O 3 2 O'

8

Coupe transversale

n

270



C orrigé de la séquence 8 Calcul de probabilité échantillonnage Statistique descriptive


1 Les bonnes réponses sont les réponses a. et b. Puisque une issue commune à

A et B doit être à la fois multiple de 3 et multiple de 5, donc multiple de 15. Mais comme il n’y en a pas dans E, c’est aussi l’ensemble vide.

2 La bonne réponse est la réponse c. Puisque ce sont les issues de B = {5 ; 10}

et celles de C = {7 ; 8 ; 9 ; 10}. 3 La bonne réponse est la réponse c. Puisque le contraire de x x ≥ 7 est x < 7. Exercice 2

1 Les bonnes réponses sont les réponses a. et d. puisque nous avons vu en cours

que : p (A) = 1− p (A), et donc ici que p (A) = 1− 0 , 5 = 0 , 5.

2 Les bonnes réponses sont les réponses a. b. et d. puisqu’on ne sait rien sur A

et B et que 0 ≤ p (A) ≤ 1 et 0 ≤ p (B) ≤ 1. Exercice 3

1 Vrai. Définition de l’événement contraire d‘un autre. 2 Faux. On a A ∪ A = E (univers) puisque toutes les issues qui ne sont pas dans

A sont dans A. 3 Faux. Puisque p (A) = 1− p (A) = 0 , 3. 4 Faux. Il n’y a pas de formule pour calculer la probabilité d’une intersection.

Exercice 4

1 Faux. C’est « avoir 0 ou 1 cœur ». 2 Vrai. Puisqu’on ne peut pas avoir deux as de cœur. 3 Faux. Puisqu’on peut avoir deux figures de cœur.

Exercice 5

1 Pour déterminer l’univers, on peut faire un schéma en arbre représentant tous

les choix de crayons possibles (on notera les couleurs N, J et R).


271


Schéma en arbre : voir ci-contre. Puisque chaque choix de crayon est fait au hasard, il y a équiprobabilité. On a 6 issues, donc chacune a pour 1 probabilité . 6 L’événement « avoir le drapeau de la Belgique » est constitué d’une seule issue, l’issue (N, J, R).

1er crayon

2ème crayon

3ème crayon

Issues

J

R

(N,J,R)

R

J

(N,R,J)

N

R

(J,N,R)

R

N

(J,R,N)

N

J

(R,N,J)

J

N

(R,J,N)

N

J

R

1 Donc on a : p (" avoir le drapeau de la Belgique ") = . 6 2 L’événement « avoir le rectangle jaune au milieu du drapeau » est constitué des issues (N, J, R) et (R, J, N). Donc on a : 1 1 p (" avoir le rectangle jaune au milieu du drrapeau ") = 2 × = . 6 3 3 Pour l’événement « avoir le noir et le rouge l’un à côté de l’autre », on peut

chercher quelles issues le composent, mais on peut aussi remarquer que cet événement est l’événement contraire de l’évènement « avoir le rectangle jaune au milieu du drapeau ». Ce qui nous donne : p(« avoir le noir et le rouge l’un à côté de l’autre »)=1–p(« avoir le jaune au milieu du drapeau »). 1 2 Donc : p (" avoir le noir et le rouge l'un à côté dee l'autre ") = 1− = . 3 3

Exercice 6

1 Pour déterminer l’univers, on peut faire

Alice

P F C un tableau à double entrée représentant Bob tous les choix de figure possibles pour P (P,P) (P, F) (P, C) Alice et Bob (on notera ces choix P, F et F (F,P) (F, F) (F, C) C). Voir ci-contre. C (C,P) (C, F) (C, C) Comme chaque joueur choisit au hasard ce qu’il va jouer, il y a équiprobabilité de chacune des 9 issues possibles. 1 Chaque issue a pour probabilité . 9 2 L’événement « faire match nul » est constitué des issues (P, P), (F, F) et (C, C). 1 1 Donc on a : p (" faire match nul ") = 3 × = . 9 3 3 Quelle est la probabilité que Bob gagne ?

L’événement « Bob gagne » est constitué des issues (P, C), (F, P) et (C, F). 1 1 Donc on a : p (" Bob gagne ") = 3 × = . 9 3

272



Exercice 7

1 Pour déterminer l’univers,

on peut faire un tableau à double entrée représentant tous les cas de couleurs possibles pour les deux dés. Voir ci-contre.

Dé n°1 Dé n°2 Rouge Jaune Noir

Rouge Jaune

Bleu

(R, R) (J, R) (N,R)

(R, B) (R, N) (J, B) (J, N) (N, B) (N, N)

(R, J) (J, J) (N, J)

Noir

Malheureusement, les différentes issues possibles ne sont pas équiprobables. En effet, sur le Dé n°2, on a plus de chances de tomber sur une face noire que sur une face rouge. On a alors deux possibilités pour résoudre ce problème : soit refaire le tableau à double entrée en faisant en sorte que les cases du tableau soient équiprobables, pour cela il faudrait mettre six lignes au tableau (autant que de face du Dé n°2), soit faire un schéma en arbre pondéré, en calculant séparément les probabilités de chaque couleur, pour chaque dé. Prenons cette méthode, en introduisant un ordre artificiel (Dé n°1, Dé n°2), mais plus facile. Pour le Dé n°1, chaque face a la même probabilité de sortir, et comme il y a 1 quatre faces, chacune a pour probabilité . Il en est de même pour chaque 4 couleur, puisque chaque face a une couleur différente. Pour le Dé n°2, chaque face a la même probabilité de sortir, et comme il y a 1 six faces, chacune a pour probabilité . Mais il n’en est pas de même pour 6 chaque couleur, puisque plusieurs faces ont une même couleur. 1 Le Rouge n’est que sur une face, donc sa probabilité de sortir est . 6 Le Jaune est sur deux faces, donc sa probabilité de sortir est

2 1 = . 6 3

3 1 = . 6 2 On peut maintenant faire l’arbre pondéré, en indiquant les différentes issues et en calculant leurs probabilités respectives par le produit des probabilités des deux branches rencontrées. Voir ci-dessous. Le Noir est sur trois faces, donc sa probabilité de sortir est

1 — 4

1 — 4

Rouge

Dé n˚1

Jaune

1 — 2

1 — 6

Rouge Jaune

Issues

(R,R) (R,J) (R,N) 1 — 12

Noir

1 — 8

Rouge Jaune

Noir

Noir

Rouge Jaune

1 — 2

1 — 6

1 — 2

1 — 3

1 — 3

1 — 3

Dé n˚2

1 1 —X— 4 6

Bleu 1 — 6

1 — 2

1 — 6

1 — 3

Probabilités

1 — 4

1 — 4

Noir

Rouge Jaune

Noir

(J,R) (J,J) (J,N) (B,R) (B,J) (B,N) (N,R) (N,J) (N,N) 1 — 24

1 — 12

1 — 8

1 — 24

1 — 12

1 — 8

1 — 24

1 — 12

1 — 8


273


Le joueur gagne le combat s’il obtient deux faces rouges. On a donc : 1 p (G) = p (R, R) = . 24 2 L’événement « faire match nul » est constitué des issues (J, J) et (N, N). On a donc : 1 1 5 p (Nul) = p (J, J) + p (N, N) = + = . 12 8 24 3 L’événement « avoir au moins une face jaune » est constitué des issues (R, J),

(J, R), (J, J), (J, N), (B, J) et (N, J). On a donc :

p (J) = p (R, J) + p (J, R) + p (J, J) + p (J, N) + p (B, J) + p (N, J) = 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + = . 12 24 12 8 12 12 2 L’événement « avoir au moins une face bleue » est constitué des issues (B, R), (B, J), et (B, N). On a donc : 1 1 1 1 p (B) = p (B, R) + p (B, J) + p (B, N) = + + = . 24 12 8 4 4 L’événement Nul ∩ J est constitué de la seule issue (J, J). On a donc :

p (Nul ∩ J) = p (J, J) =

1 . 12

Pour l’événement Nul ∪ J on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p (A ∪ B) = p (A) + p (B) − p (A ∩ B). Ce qui nous donne : p (Nul ∪ J) = p (Nul) + p (J) − p (Nul ∩ J) =

5 1 1 5 + − = . 24 2 12 8

5 L’événement G ∩ J est vide, puisque pour gagner il faut deux faces rouges.

On a donc : p (G ∩ J) = 0. Pour l’événement G ∪ J on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p (A ∪ B) = p (A) + p (B) − p (A ∩ B). 1 1 13 + −0= . 24 2 24 6 L’événement Nul ∩ B est vide puisque pour faire match nul il faut deux faces de même couleur, et qu’il n’y a pas de face bleue sur le Dé n°2. On a donc : Ce qui nous donne : p (G ∪ J) = p (G) + p (J) − p (G ∩ J) =

p (Nul ∩ B) = 0. Pour l’événement Nul ∪ B on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule : p (A ∪ B) = p (A) + p (B) − p (A ∩ B). Ce qui nous donne : p (Nul ∪ B) = p (Nul) + p (B) − p (Nul ∩ B) =

274



5 1 11 + −0= . 24 4 24

Exercice 8

1 On peut considérer que cette expérience aléatoire est la succession de deux

étapes, tirage de la première boule puis tirage de la seconde. On peut donc faire un schéma en arbre. Pour le premier tirage, puisqu’on tire au hasard une boule parmi les cinq, cha1 que boule a la même probabilité d’être tirée, donc = 0 , 2. 5 Comme il n’y a qu’une boule blanche, la probabilité d’avoir une boule blanche 1 est = 0 , 2. 5 Comme il y a deux boules rouges, la probabilité d’avoir une boule rouge est 2 = 0 , 4. 5 Comme il y a deux boules noires, la probabilité d’avoir une boule noire est 2 = 0 , 4. 5 Pour le deuxième tirage, on a exactement la même chose. On peut maintenant faire l’arbre pondéré, en indiquant les différentes issues et en calculant leurs probabilités respectives par le produit des probabilités des deux branches rencontrées. Voir ci-dessous. 0,2

0,4

Blanc

Boule n˚1

Rouge

0,4

0,2

0,2

0,4 Blanc Rouge

Issues

(B,B) (B,R) (B,N)

0,2 X 0,2 0,08

Noir

0,4

0,2

0,4

Boule n˚2

Probabilités

0,4

Noir

0,08

Blanc Rouge

Noir

(R,B) (R,R) (R,N)

0,08

0,16

0,4 0,4

0,16

Blanc Rouge

Noir

(N,B) (N,R) (N,N)

0,08

0,16

0,16

2 L’événement « tirer deux boules de même couleur » est constitué des issues

(B, B), (R, R) et (N, N). On a donc :

p (D) = p (B, B) + p (R, R) + p (N, N) = 0 , 04 + 0 ,16 + 0 ,16 = 0 , 36. 3 L’événement « tirer au moins une boule noire » est constitué des issues (B, N),

(R, N) , (N, B) , (N, R) et (N, N). On a donc :

p (N) = p (B, N) + p (R, N) + p (N, B) + p (N, R) + p (N, N) = 0 , 08 + 0 ,16 + 0 , 08 + 0 ,16 + 0 ,16 = 0 , 64. 4 L’événement D est l’événement contraire de D. On a donc :

p (D) = 1− p (D) = 1− 0 , 36 = 0 , 64.

L’événement N est l’événement contraire de N. On a donc :


275


p (N) = 1− p (N) = 1− 0 , 64 = 0 , 36. L’événement D ∩ N est constitué de la seule issue (N, N). On a donc : p (D ∩ N) = p (N, N) = 0 ,16. Pour l’événement D ∪ N on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule : p (A ∪ B) = p (A) + p (B) − p (A ∩ B). Ce qui nous donne : p (D ∪ N) = p (D) + p (N) − p (D ∩ N) = 0 , 36 + 0 , 64 − 0 ,16 = 0 , 84. 5 L’événement D est l’événement contraire de D, donc peut se décrire par :

« tirer deux boules de couleur différente ».

L’événement N est l’événement contraire de N, donc peut se décrire par : « ne tirer aucune boule noire ». L’événement D ∩ N est l’intersection des événements D et N, donc peut se décrire par : « tirer deux boules de même couleur ET tirer au moins une noire ». On voit bien que cela revient à « tirer deux boules noires ». L’événement D ∪ N est la réunion des événements D et N, donc peut se décrire par : « tirer deux boules de même couleur OU tirer au moins une noire ». Exercice 9

276

1 Comme pour l’exercice précédent, on peut considérer que cette expérience

aléatoire est la succession de deux étapes, tirage de la première boule puis tirage de la seconde. On peut donc faire un schéma en arbre. Pour le premier tirage, puisqu’on tire au hasard une boule parmi les cinq, chaque 1 boule a la même probabilité d’être tirée, donc = 0 , 2. 5 Comme il n’y a qu’une boule blanche, la probabilité d’avoir une boule blanche 1 est = 0 , 2. 5 Comme il y a deux boules rouges, la probabilité d’avoir une boule rouge est 2 = 0 , 4. 5 Comme il y a deux boules noires, la probabilité d’avoir une boule noire est 2 = 0 , 4. 5 Mais par contre, pour le deuxième tirage, c’est très différent de l’exercice précédent, on n’est pas du tout dans la même situation que pour le premier tirage. En effet, on ne remet pas la première boule tirée dans la boîte, ce qui fait que l’on n’a plus que quatre boules dans la boîte. Mais il y a une différence encore plus importante, c’est le fait que les boules qui restent dans la boîte pour le second tirage ne sont pas les mêmes suivant celle que l’on a tirée au premier tirage. Il va donc falloir tenir compte de ça. Au deuxième tirage, si l’on a tiré la boule blanche en premier, il reste quatre boules dans la boîte dont deux rouges et deux noires. Chaque boule a la même 1 probabilité d’être tirée, donc = 0 , 25. 4



Comme il y a deux boules rouges, la probabilité d’avoir une boule rouge est 2 = 0 , 5. 4 Comme il y a deux boules noires, la probabilité d’avoir une boule noire est 2 = 0 , 5. 4 On fera un raisonnement analogue dans le cas où l’on tire en premier une boule rouge, ou une boule noire. On peut maintenant faire l’arbre pondéré, en indiquant les différentes issues et en calculant leurs probabilités respectives par le produit des probabilités des deux branches rencontrées. Voir ci-dessous. 0,2

0,4

Blanc

Boule n˚1 0,5

0,4

Rouge

0,5

0,25

Noir

0,5

0,25

0,25

Boule n˚2

Rouge

Noir

Issues

(B,R)

(B,N)

Probabilités

0,2 X 0,5

0,1

Blanc Rouge

Noir

(R,B) (R,R) (R,N)

0,1

0,1

0,25 0,5

0,2

Blanc Rouge

Noir

(N,B) (N,R) (N,N)

0,1

0,2

0,1

2 L’événement « tirer deux boules de même couleur » est constitué des issues

(R, R) et (N, N).

On a donc : p (D) = p (R, R) + p (N, N) = 0 ,1+ 0 ,1 = 0 , 2. 3 L’événement « tirer au moins une boule noire » est constitué des issues (B, N),

(R, N) , (N, B) , (N, R) et (N, N). On a donc :

p (N) = p (B, N) + p (R, N) + p (N, B) + p (N, R) + p (N, N) = 0 ,1+ 0 , 2 + 0 ,1+ 0 , 2 + 0 ,1 = 0 , 7. 4 L’événement D est l’événement contraire de D. On a donc :

p (D) = 1− p (D) = 1− 0 , 2 = 0 , 8. L’événement N est l’événement contraire de N. On a donc : p (N) = 1− p (N) = 1− 0 , 7 = 0 , 3. L’événement D ∩ N est constitué de la seule issue (N, N). On a donc :

p (D ∩ N) = p (N, N) = 0 ,1. Pour l’événement D ∪ N on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule : p (A ∪ B) = p (A) + p (B) − p (A ∩ B).


277


Ce qui nous donne : p (D ∪ N) = p (D) + p (N) − p (D ∩ N) = 0 , 2 + 0 , 7 − 0 ,1 = 0 , 8. 5 L’événement D est l’événement contraire de D, donc peut se décrire par :

« tirer deux boules de couleur différente ».

L’événement N est l’événement contraire de N, donc peut se décrire par : « ne tirer aucune boule noire ». L’événement D ∩ N est l’intersection des événements D et N, donc peut se décrire par : « tirer deux boules de même couleur ET tirer au moins une noire ». On voit bien que cela revient à « tirer deux boules noires ». L’événement D ∪ N est la réunion des événements D et N, donc peut se décrire par : « tirer deux boules de même couleur OU tirer au moins une noire ».

Échantillonnage


1 On peut utiliser la fonction Random de la calculatrice ou du tableur, et décider

que les nombres, compris entre 0 (inclus) et 1 (exclus), dont la première décimale est un 0 ou un 1 correspondent à un échec, les autres à un succès. On aura bien 8 chances sur 10 d’avoir un succès. Voici un exemple à la calculatrice.

On obtient : Touché, Raté, Touché, Touché, Touché, Raté, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Raté, Raté, Touché, Touché, Touché. 2 On refait la même chose, mais 10 fois.

Voici un exemple au tableur.

278



Au lieu d’utiliser la fonction Random (ALEA) de manière brute, et de « traduire » en succès ou échec, on a utilisé une instruction conditionnelle (SI) qui permet d’afficher « Touché » ou « Raté » suivant les valeurs données par la fonction Random. Exercice 11

1 Comme pour l’exercice précédent, on peut utiliser la fonction Random de la

calculatrice ou du tableur, et décider que les nombres, compris entre 0 (inclus) et 1 (exclus), dont la première décimale est un 0, un 1, un 2, un 3, un 4 ou un 5 correspondent au tirage d’une boule blanche, que ceux dont la première décimale est un 6 ou un 7 correspondent au tirage d’une boule rouge, et les autres au tirage d’une boule noire. On aura bien 6 chances sur 10, donc 3 chances sur 5 d’avoir une boule blanche, 2 chances sur 10, donc 1 chance sur 5 d’en avoir une rouge et également 1 chance sur 5 d’en avoir une noire. Voici un exemple à la calculatrice.

2 A On obtient : Blanche, Blanche, Noire, Blanche, Blanche, Blanche, Blanche,

Noire, Blanche, Blanche, Rouge, Blanche, Blanche, Blanche, Rouge, Rouge, Noire, Blanche, Blanche, Blanche.

3 On refait la même chose, mais 10 fois.

Voici un exemple au tableur.


279


Au lieu d’utiliser la fonction Random (ALEA) de manière brute, et de « traduire » en Blanche, Rouge ou Noire, on a utilisé une instruction conditionnelle (SI) qui permet d’afficher « Blanche », « Rouge » ou « Noire » suivant les valeurs données par la fonction Random. Exercice 12

1 On va utiliser la fonction Random du tableur pour obtenir un nombre entier

entre 1 et 4, et ajouter deux fois une telle fonction. On obtient :

n recopie 50 O fois vers le bas et on calcule les fréquences de chaque somme.

280



2  On étend sur 20 colonnes à droite.

3 Pour estimer la loi de probabilité de cette expérience aléatoire on peut calcu-

ler les moyennes des fréquences de chaque somme des 20 échantillons.

n peut donc estiO mer que :

p (2) = 0 , 06 p ( 3) = 0 ,14 p ( 4 ) = 0 ,18 p (5) = 0 , 25 p (6 ) = 0 ,19 p (7) = 0 ,12 p (8 ) = 0 , 07. Ce n’est pas bien loin des valeurs exactes, que l’on peut calculer à l’aide d’un arbre pondéré, et qui sont : p (2) = p (8 ) = 0 , 0625 ; p ( 3) = p (7) = 0 ,125 ; p ( 4 ) = p (6 ) = 0 ,1875 ; p (5) = 0 , 25. Exercice 13

1 On doit considérer que les 1000 appareils installés au hasard constituent un

échantillon de taille 1000 de la population des téléspectateurs.

Dans cet échantillon, la fréquence des gens qui regardent le journal de 20 h de la chaîne en question est : f = 0 , 31. La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 31+ 0 , 31− . 1000 1000   C’est-à-dire : 0 , 2784 ; 0 , 3416  environ. Le taux d’audience du journal de 20 h de notre chaîne est donc compris entre 27,84% et 34,16% environ. 2 Il faut là aussi considérer que les 144 appareils installés au hasard constituent

un échantillon de taille 144 de la population des téléspectateurs. Dans cet échantillon, la fréquence des gens qui regardent le journal de 20 h de la deuxième chaîne de télévision est : f = 0 , 40.


281


La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 40 + 0 , 40 − . 144 144   C’est-à-dire : 0 , 3167 ; 0 , 4833  environ. Le taux d’audience du journal de 20 h de cette deuxième chaîne est donc compris entre 31,67% et 48,33% environ. Rien donc ne permet d’affirmer que l’audience de cette chaîne est meilleure que celle de la première chaîne, puisque les deux fourchettes de sondages (au seuil de 95%) se recoupent. Il se peut très bien que la réalité soit : 34% d’audience pour la première chaîne et 32% pour la seconde ! Exercice 14

1 Puisque la fréquence des garçons dans les nouveaux nés est 0,51, on peut dire

que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la fréquence des garçons nouveau nés dans les échantillons de taille 100 pris au hasard est :  1 1  ; 0 , 51+ 0 , 51− . 100 100  

C’est-à-dire : 0 , 41 ; 0 , 61 . 2 De même on peut dire que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la

fréquence des garçons nouveau nés dans les échantillons de taille 132 pris au  1 1  hasard est : 0 , 51− ; 0 , 51+ . 132 132  

C’est-à-dire : 0 , 423 ; 0 , 597  environ. 3 56 garçons sur 132 nouveaux nés, cela fait un taux de 42,4% de garçons, ce

qui paraît très faible.

Mais ce qu’il faut voir, c’est que l’on doit considérer que ces 132 nouveaux nés sont un échantillon de la population des nouveaux nés. On a vu alors que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la fréquence des garçons nouveau nés dans les échantillons de taille 132 pris au hasard est 0 , 423 ; 0 , 597  environ. Le taux de 42,4% ne permet pas de penser que cet échantillon est « anormal », et on peut donc, avec 5% de risque de se tromper, considérer que ce n’est que le fruit du hasard. 4 46 garçons sur 132 nouveaux nés, cela fait un taux de 34,8% de garçons, ce

qui paraît aussi très faible.

Mais là encore, il faut considérer ces 132 nouveaux nés comme un échantillon de la population des nouveaux nés. On a vu alors que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la fréquence des garçons nouveau nés dans Les échantillons de taille 132 pris au hasard est 0 , 423 ; 0 , 597  environ.

282



Le taux de 34,8% est nettement en dehors de cet intervalle. On peut donc, avec 5% de risque de se tromper, considérer que ce n’est pas le fruit du hasard. Remarque

Cette dernière question reprend une histoire vraie. Suite à cette considération statistique, les autorités ont enquêté et montré que des facteurs environnementaux (pollution industrielle) étaient sans doute en cause. Exercice 15

1 Puisque la fréquence de ces défauts de peinture est de 0,20, on peut dire

que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la fréquence des défauts de peinture dans les échantillons de taille 50 pris au hasard est :  1 1  ; 0 , 20 + 0 , 20 − . 50 50  

C’est-à-dire : 0 , 0586 ; 0 , 3414  environ. Une fréquence de 26% de défauts, cela peut sembler trop important, mais ce qu’il faut voir, c’est que l’on doit considérer que ces 50 véhicules sont un échantillon de la population des véhicules. On a vu alors que l’intervalle de fluctuation au seuil de 95% de la fréquence des défauts de peinture dans les échantillons de taille 50 pris au hasard est 0 , 0586 ; 0 , 3414  environ. Le taux de 26%, qui est bien dans cet intervalle, ne permet pas de penser que cet échantillon est « anormal », et on peut donc, avec 5% de risque de se tromper, considérer que ce n’est pas inquiétant. 2 Pour que le nombre de véhicules ayant ce type de défauts soit considéré comme

inquiétant, il faudrait que la fréquence de ces véhicules, sur un échantillon de taille 50 soit en dehors de l’intervalle de fluctuation. Si l’on note N le nombre de véhicules avec défaut dans l’échantillon, il faudrait donc que : N > 0 , 3414. C’est-à-dire : N > 0 , 3414 × 50. 50

Soit N > 17, 07 environ. Sur 50 véhicules contrôlés, c’est à partir de 18 véhicules ayant ce type de défauts, qu’il faut s’inquiéter. Exercice 16

1 On doit considérer que les 100 malades pris au hasard constituent un

échantillon de taille 100 de la population des malades.

Dans cet échantillon, la fréquence des gens guéris est : f = 0 , 75. La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 75 + 0 , 75 − . 100 100  


283


C’est-à-dire : 0 , 65 ; 0 , 85  . On peut donc espérer, avec 5% de risque de se tromper, que la proportion de malades guéris dans l’ensemble de toutes les personnes atteintes de cette maladie est compris entre 65% et 85%. 2 Avec le deuxième médicament, on n’a que 65% de guérisons dans le groupe

des 100 malades, au lieu des 75% obtenus avec le premier médicament. Mais attention, un échantillon n’est pas la population toute entière !

Si l’on raisonne en sachant que le deuxième groupe de 100 malades pris au hasard constituent un échantillon de taille 100 de la population des malades, on a dans cet échantillon une fréquence des gens guéris de : f = 0 , 65. La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 65 + 0 , 65 − . 100 100   C’est-à-dire : 0 , 55 ; 0 , 75  . Rien donc ne permet d’affirmer que le premier médicament est plus efficace que le second, puisque les deux fourchettes de sondages (au seuil de 95%) se recoupent. Il se peut très bien que la réalité soit : 65% de guérisons avec le premier médicament et 75% avec le second ! 3 Là encore il ne faut pas se contenter de regarder les fréquences de guérisons

(environ 73,73% avec le premier médicament et 67,38% avec le second), qui sont encore plus proches l’une de l’autre que dans le premier cas. Il faut regarder les fourchettes de sondage au seuil de 95%, en considérant que l’on a les fréquences de guérisons dans des échantillons de taille 1024. Pour le premier médicament, la fourchette de sondage au seuil de 95% est :  755 1 755 1  − ; +   . C’est-à-dire : 0 , 706 ; 0 , 769  environ. 1024 1024 1024 1024   Pour le deuxième médicament, la fourchette de sondage au seuil de 95% est  :  690 1 690 1  − ; +   . C’est-à-dire : 0 , 643 ; 0 , 705  environ. 1024 1024 1024   1024

Cette fois on peut en déduire que le premier médicament est plus efficace que le second puisque les deux fourchettes ne se recoupent plus, et que, quelles que soient les fréquences réelles de guérisons, celle du premier médicament est forcément supérieure à celle du second.

284



Corrigé du TP obtenir tous les numéros d’un dé. I. Approche du problème 1 Dans le tableau suivant sont rassemblés les résultats que nous avons obtenus

(les vôtres sont sûrement différents) : Lancer n°

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

Numéro

2

5

6

4

4

4

2

4

4

3

4

2

2

6

4

6

3

3

1

3

a. Nous avons obtenu tous les numéros au bout de 19 lancers. Il se peut que ce ne soit pas votre cas ! b. En recommençant l’expérience on obtient 5

3

4

3

1

3

2

1

1

1

4

2

1

3

2

6

Cette fois la course a une longueur de 16. 2 Dans le tableau suivant, voici des résultats possibles (ceux que nous avons

obtenus) : N°i de la course Longueur Li de la course

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

17

10

15

7

21

12

8

17

9

12

a. La longueur minimale obtenue est 7. b. La longueur maximale obtenue est 21. c. La moyenne est

17 + 10 + 15 + 7 + 21+ 12 + 8 + 17 + 9 + 12 = 12, 8. 10

d. Pour calculer la médiane on commence par ranger les longueurs dans l’ordre croissant : 7

8

9

10

12

12

15

17

17

21

L’effectif total est pair (il y a 10 valeurs), deux valeurs encadrent l’effectifmoitié, ce sont 12 et 12. Par convention, la médiane est la moyenne de ces deux valeurs. La médiane est donc égale à 12 .

II. Simulations 1 a. En faisant fonctionner l’algorithme suivant avec les valeurs

5

3

4

3

1

3

2

1

1

1

4

2

1

3

2

6

(celles de la question I1b) on obtient le tableau de fonctionnement suivant :


285


P P = 0 X L( X ) S

L

L

{0, 0, 0, 0, 0, 0}

0 0

1

{0, 0, 0, 0,1, 0}

{3,1, 3,1,1, 0} 1

0

3 0

1

{0, 0,1, 0,1, 0}

{4,1, 3,1,1, 0} 1

4 0

4

{4,1, 3, 2,1, 0}

{0, 0,1,1,1, 0}

2 0

2

{4, 2, 3, 2,1, 0}

{0, 0, 2,1,1, 0}

2 0

1

{5, 2, 3, 2,1, 0}

{1, 0, 2,1,1, 0}

5 0

3

{5, 2, 4, 2,1, 0}

{1, 0, 3,1,1, 0}

4 0

Vrai

Vrai

2

{5, 3, 4, 2,1, 0}

2

{1,1, 3,1,1, 0}

1 0

Vrai

Vrai 3

0

Vrai

Vrai 1

0

Vrai

Vrai 3

0

Vrai

Vrai 4

0

Vrai

Vrai 3

0

Vrai

Vrai 5

3 0

Vrai

Vrai

6

{5, 3, 4, 2,1,1}

1

{2,1, 3,1,1, 0}

P P = 0 X L( X ) S

2

1 120

Faux

16

b. Le premier élément de la liste L est L(1) . Il contient le nombre de fois où le numéro 1 a été obtenu. De même, L(2) contient le nombre de fois où le numéro 2 a été obtenu, … L(6 ) celui où le numéro 6 a été obtenu. Initialement, ils valent tous zéro ; donc leur produit aussi et la condition P = 0 est vraie ; la première étape de la boucle Tant que peut se dérouler. Ensuite, tant que chaque numéro n’est pas sorti une fois (par exemple, le 6 dans le tableau précédent ne sort qu’après 16 étapes de la boucle) la boucle Tant que ne se terminera pas puisque au moins un des 6 éléments de la liste est toujours égal à zéro donc leur produit aussi.

286



On peut imaginer des suites de lancer du dé au cours desquelles le numéro 6 (par exemple) ne sortirait jamais. La boucle Tant que ne se finirait jamais dans ces cas. Ces cas ont une probabilité égale à zéro et pourtant ce ne sont pas des événements impossibles: ceci n’est pas contradictoire puisque l’ensemble de tous les événements possibles est infini (il faudrait lancer le dé une infinité de fois) ! Ce cadre dépasse le programme de la classe de seconde … c. Nous avons expliqué la ligne Tant que (P = 0) dans le paragraphe précédent. On peut remplacer la ligne Dans P Mettre le produit des éléments de la liste L par : Dans P Mettre 1 Pour k de 1 à 6 Si L(k ) = 0 Alors Dans P Mettre 0 Fin_du_Si Fin_du_Pour d. Pour remplacer la ligne Dans S Mettre la somme des éléments de la liste L à l’aide d’un compteur, on peut ajouter - dans la partie Initialisation, la ligne Dans S Mettre 0 - dans la partie traitement, dans la boucle Tant que, la ligne Dans S Mettre S + 1 2 Le programme suivant pour la calculatrice TI-82.sta.fr traduit l’algorithme donné :

3 En exécutant dix fois le programme précédent on simule dix courses. Nous

avons obtenu les résultats : Course n°i

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Longueur Li de la course

9

25

8

11

17

15

12

27

25

7


287


4 a. L’algorithme suivant :

Entrée Un entier N Initialisation Dans T Mettre 0 Traitement Pour k de 1 à N Exécuter le programme SixFaces Dans T Mettre T+S Fin_Pour Dans M Mettre T /N Sortie Afficher M appelle N fois le programme SixFaces. La variable T contient la somme des longueurs des courses simulées. La variable M contient donc la moyenne des longueurs de N courses simulées. b. Le programme suivant traduit l’algorithme précédent :

c. Avec N = 10 , on obtient la moyenne de la longueur de dix courses simulées : 16,8. Avec N = 30 , on obtient la moyenne de la longueur de trente courses simulées : 13,1. Avec N = 100 , on obtient la moyenne de la longueur de cent courses simulées : 15,2. On observe que la moyenne semble de rapprocher d’une valeur proche de 15. On observe aussi qu’il y a fluctuation d’échantillonnage : lorsqu’on refait un plus grand nombre de nouvelles simulations (ce qui revient prendre un nouvel échantillon de taille plus grande), on a toujours une fluctuation des moyennes d’un échantillon à l’autre, mais l’écart se réduit de plus en plus.

Corrigé des exercices d’approfondissement. Exercice I

288

1 Pour déterminer l’univers, on peut faire un tableau à double entrée représen-

tant tous les choix de carte possibles au premier et au second tirage.



Voir ci-dessous. Carte 1

−5

−3

1

2

6

−5

(− 5, − 5)

(− 3, − 5)

(1, − 5)

(2, − 5)

(6, − 5)

−3

(− 5, − 3)

(− 3, − 3)

(1, − 3)

(2, − 3)

(6, − 3)

1

(− 5, 1)

(− 3, 1)

(1, 1)

(2, 1)

(6, 1)

2

(− 5, 2)

(− 3, 2)

(1, 2)

(2, 2)

(6, 2)

6

(− 5, 6)

(− 3, 6)

(1, 6)

(2, 6)

(6, 6)

Carte 2

Comme chaque tirage est fait au hasard, il y a équiprobabilité de chacune des 5 colonnes et de chacune des 5 lignes. Il y a donc équiprobabilité de chacune des cases du tableau. 1 Chaque issue a pour probabilité = 0 , 04. 25 2 L’événement S, " la somme des deux nombres est positive ", est composé des

13 issues (− 5, 6), (− 3, 6), (1, 1), (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 6), (6, − 5), (6, − 3), (6, 1), (6, 2), (6, 6). On a donc : p (S) = 13 × 0 , 04 = 0 , 52. L’événement P, " le produit des deux nombres est positif ",, est composé des 13 issues (− 5, − 5), (− 5, − 3), (− 3, − 5), (− 3, − 3), (1, 1), (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 6), (6, 1), (6, 2), (6, 6). On a donc : p (P) = 13 × 0 , 04 = 0 , 52. L’événement S ∩ P , est composé des 9 issues (1, 1), (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 2), (2, 6), (6, 1), (6, 2), et (6, 6). On a donc : p (S ∩ P) = 9 × 0 , 04 = 0 , 36. Pour l’événement S ∪ P , on peut aussi chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p (S ∪ P) = p (S) + p (P) − p (S ∩ P). Ce qui donne : p (S ∪ P) = 0 , 52 + 0 , 52 − 0 , 36 = 0 , 68. 3 Si l’on ne remet pas la première carte tirée dans la boîte, on n’en a plus que

quatre au deuxième tirage. On peut donc garder le tableau à double entrée précédent, mais en supprimant les issues de la diagonale. Carte 1 Carte 2 −5 −3 1 2 6

−5 (− 5, − 3) (− 5, 1) (− 5, 2) (− 5, 6)

−3

1

2

6

(− 3, − 5)

(1, − 5) (1, − 3)

(2, − 5) (2, − 3) (2, 1)

(6, − 5) (6, − 3) (6, 1) (6, 2)

(− 3, 1) (− 3, 2) (− 3, 6)

(1, 2) (1, 6)

(2, 6)


289


Comme chaque tirage est fait au hasard, il y a équiprobabilité de chacune des 5 colonnes. Dans chaque ligne, il y a encore équiprobabilité de tirage entre ces quatre cartes. Il y a donc équiprobabilité de chacune des cases du tableau. 1 = 0 , 05. Chaque issue a pour probabilité 20 L’événement S, " la somme des deux nombres est positive ", est composé des 10 issues (− 5, 6), (− 3, 6), (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 6), (6, − 5), (6, − 3), (6, 1), (6, 2). On a donc : p (S) = 10 × 0 , 05 = 0 , 5. L’événement P, " le produit des deux nombres est positif ",, est composé des 8 issues (− 5, − 3), (− 3, − 5), (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 6), (6, 1), (6, 2). On a donc : p (P) = 8 × 0 , 05 = 0 , 4. L’événement S ∩ P , est composé des 6 issues (1, 2), (1, 6), (2, 1), (2, 6), (6, 1), (6, 2). On a donc : p (S ∩ P) = 6 × 0 , 05 = 0 , 3. Pour l’événement S ∪ P , on peut aussi chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p (S ∪ P) = p (S) + p (P) − p (S ∩ P). Ce qui donne : p (S ∪ P) = 0 , 5 + 0 , 4 − 0 , 3 = 0 , 6. Exercice II

1 Comme pour l’exercice précédent on peut faire un tableau à double entrée, ou

un schéma en arbre. Faisons un schéma en arbre pour changer, en distinguant les deux pièces de 0,5 € en en mettant une en gras. 1 — 4

1 — 4

2€

1ère Pièce

1€

Pièce

Issues Probabilités

290

1€

(2;1)

1 1 —X— 4 3

0,5 €

0,5 €

2€

(2;0,5) (2;0,5)

(1;2)

1 — 12

1 — 12

1 — 12



0,5 €

0,5 €

(1;0,5) (1;0,5)

1 — 12

0,5 €

1 — 12

2€

(0,5;2)

1 — 12

1€

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

2ème

0,5 € 1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 3

1 — 4

1 — 4

0,5 €

2€

1€

0,5 €

(0,5;1) (0,5;0,5) (0,5;2) (0,5;1) (0,5;0,5)

1 — 12

1 — 12

1 — 12

1 — 12

1 — 12

Chaque tirage se faisant au hasard, il y a équiprobabilité de chaque issue. 1 Comme il y en a 12, chaque issue a pour probabilité . 12 2 L’événement « avoir deux pièces de même valeur » est formé des issues

(0,5;0,5) et (0,5;0,5). Donc : p (" avoir deux pièces de même valeur ") = 2 ×

1 1 = . 12 6

3 L’événement « avoir deux pièces de même couleur » est formé des issues

(2;1), (1;2), (0,5;0,5) et (0,5;0,5). Donc : p (" avoir deux pièces de même couleur ") = 4 ×

1 1 = . 12 3

4 L’événement « avoir deux pièces de couleurs différentes » est l’événement

contraire de l’événement précédent. Donc : 1 2 p (" avoir deux pièces de couleurs différentees ") = 1− = . 3 3 5 L’événement « avoir une somme de 1 € » est formé des issues (0,5;0,5) et

(0,5;0,5). Donc : p (" avoir une somme de 1 € ") = 2 ×

1 1 = . 12 6

6 L’événement « avoir une somme de 2 € » est vide.

Donc : p (" avoir une somme de 2 € ") = 0. 7 L’événement « avoir une somme supérieure ou égale à 1,50 € » est formé des

issues (2;1), (2;0,5), (2;0,5), (1;2), (1;0,5), (1;0,5), (0,5;2), (0,5;1), (0,5;2) et (0,5;1). Donc : p (" avoir une somme supérieure ou égale à 1,,50 € ") = 10 × Exercice III

1 5 = . 12 6

1 Comme pour l’exercice précédent, on peut considérer que cette expérience

aléatoire est la succession de deux étapes, tirage à Pile ou Face, puis tirage d’une boule dans une boîte. On peut donc faire un schéma en arbre. Pour le tirage à Pile ou Face, il y a équiprobabilité, puisque la pièce est bien équilibrée, donc p (Pile) = p (Face) = 0 , 5. Mais, pour le tirage de la boule, la situation dépend du résultat précédent. Si l’on a obtenu Pile, on tire au hasard une boule dans une boîte qui en contient huit. Il y a équiprobabilité de tirage de chaque boule qui a une probabilité de 1 d’être tirée. 8 Comme il y a une boule blanche et sept autres, on a : 1 p (Blanche) = = 0 ,125. 8 Corrigé de la séquence 8 – MA20-09

291


Par contre, si l’on a obtenu Face, on tire au hasard une boule dans une boîte qui en contient six. Il y a équiprobabilité de tirage de chaque boule qui a une 1 probabilité de d’être tirée. 6 1 Comme il y a une boule blanche et cinq autres, on a : p (Blanche) = . 6 On peut maintenant faire l’arbre pondéré. Issues

0,125

Blanche

(Pile, Blanche)

Autre

(Pile, Autre)

Probabilités 0,5 x 0,125

Pile 0,5

0,875

0,5

1 — 6

Blanche

(Face, Blanche)

1 — 12

5 — 6

Autre

(Face, Autre)

5 — 12

Face

0,4375

2 L’événement « tirer une boule blanche » est constituer des issues (Pile,

Blanche) et (Face, Blanche). Donc :

p (" tirer une boule blanche ") = p (Pile, Blanche) + p (Face, Blanche) 1 1 3 4 7 = + = + = . 16 12 488 48 48

Exercice IV

1 Puisqu’il y a 12 titres sur le CD et que le lecteur les joue au hasard, il y a

1 équiprobabilité de choix. Donc chaque titre a une probabilité de d’être 12 lu en premier. Puisque Alice a 2 titres préférés, la probabilité que le premier titre soit l’un de ses préférés est : 1 1 2× = . 12 6 2 Si le premier titre n’est pas l’un de ses préféré, il reste 11 titres à lire dont les

2 préférés d’Alice. Comme le lecteur les joue au hasard, il y a équiprobabilité de choix. Donc 1 chaque titre a une probabilité de d’être lu en premier. 11 La probabilité que le premier titre lu alors soit l’un de ses préférés est donc : 1 2 2× = . 11 11 3 L’expérience aléatoire envisagée peut être considérée comme la succession

de trois étapes, chaque étape étant le choix d’un titre. A chaque étape il y a équiprobabilité de choix du titre, mais il y a 12 titres au premier choix, 11 au second et 10 au troisième. 292



De plus le nombre de titres préférés restant à chaque étape dépend de ce qui a été joué avant. De la même façon que ce qu’on a vu à la question précédente, si le premier titre est l’un des préférés d’Alice, il reste 11 titres à lire dont 1 seul préféré d’Alice. Comme le lecteur les joue au hasard, il y a équiprobabilité de choix. Donc 1 d’être lu en premier. 11 La probabilité que le premier titre lu alors soit encore l’un des préférés d’Alice 1 est donc : . 11 De même pour le troisième titre lu, si les deux premiers ont été les deux préférés d’Alice, il reste 10 titres à lire, mais plus de préféré. La probabilité de le troisième titre lu soit un préféré d’Alice est alors nulle ; celle que ce soit un autre titre est égale à 1. Par contre, si les deux premiers titres ont été un préféré d’Alice et un autre, il reste 10 titres à lire, dont un préféré. La probabilité de le troisième titre lu soit un préféré d’Alice est alors égale à : 1 = 0 ,1. 10 Et ainsi de suite. Faisons un arbre pondéré traduisant cette expérience aléatoire. chaque titre a une probabilité de

1 — 11

1 — 6

Préféré

Issues

Probabilités

Autre

(P, P, A)

1 1 —x— x1 6 11

0,1

Préféré

(P, A, P)

1 — 66

0,9

Autre

(P, A, A)

9 — 66

Préféré

(A, P, P)

1 — 66

0,9

Autre

(A, P, A)

9 — 66

0,2

Préféré

(A, A, P)

9 — 66

0,8

Autre

(A, A, A)

36 — 66

1

Préféré 10 — 11

Autre

0,1 2 — 11

5 — 6

Préféré

Autre 9 — 11

Autre

Pour calculer la probabilité de l’événement « il y a au moins un titre préféré d’Alice parmi les 3 », on peut additionner les probabilités de toutes les issues qui le composent, ou remarquer que cet événement est l’événement contraire de l’événement « aucun des 3 titres n’est un préféré ». Cet événement est plus facile à étudier, puisqu ‘il ne contient qu’une seule issue, (A,A,A). Corrigé de la séquence 8 – MA20-09

293


Donc : p (" aucun des 3 titres n'est un préféré ") = p (A, A, A) =

36 6 = . 66 11

Et par conséquent :

p (" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) = 6 . 11 5 Soit : p (" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) = . 11 1− p (" aucun des 3 titres n'est un préféré ") = 1−

4 La situation est analogue à celle des question précédentes, mais avec 120 titres

dont 20 préférés. Comme le lecteur les joue au hasard, il y a équiprobabilité 1 de choix. Donc chaque titre a une probabilité de d’être lu en premier. 120 Puisque Alice a 20 titres préférés, la probabilité que le premier titre soit l’un 1 1 = , comme avec un seul CD. 120 6 Pour les trois premiers titres lus, on a encore la même situation, mais avec des nombres de titres différents. On ne fera pas le schéma en arbre, car c’est le même. L’événement « il y a au moins un titre préféré d’Alice parmi les 3 » étant l’événement contraire de l’événement « aucun des 3 titres n’est un préféré », on peut calculer la probabilité de cet événement. Cet événement ne contient qu’une seule issue, (A,A,A). Donc : 100 99 98 8085 p (" aucun des 3 titres n'est un préféré ") = p (A, A, A) = × × = . 120 119 118 14042 Et par conséquent : de ses préférés est : 20 ×

p (" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) = 8085 . 14042 5957 Soit : p (" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) = ≈ 0 , 424. 14042 Le conseil de Bob n’est donc pas bon puisque avec son lecteur CD et 12 titres seulement, la probabilité pour Alice d’avoir au moins un de ses titres préférés 5 dans les trois premiers était de ≈ 455. 11 1− p (" aucun des 3 titres n'est un préféré ") = 1−

Exercice V

1 Les issues possibles sont toutes les sommes possibles entre 3 et 12 puisque

l’on a trois dés avec des faces marquées de 1 à 4. Mais il n’y a pas équiprobabilité puisqu’il n’y a qu’une façon d’avoir une somme égale à 3 (il faut que les trois dés tombent sur le 1), alors qu’il y a plusieurs façons d’avoir 8 par exemple (1+3+4, 1+4+3, 2+2+4, 2+3+3, 2+4+2, 3+1+4, 3+2+3, 3+3+2, 3+4+1, 4+1+3, 4+2+2, 4+3+1).

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2 On va utiliser la fonction Random du tableur pour obtenir un nombre entier

entre 1 et 4, et ajouter trois fois une telle fonction. On recopie 50 fois vers le bas et 10 fois vers la droite. On calcule les fréquences de chaque somme sur ces 500 simulations.

On peut doubler le nombre de colonnes pour avoir 1000 simulations Puis faire faire les calculs cinq fois par l’ordinateur (touche F9) pour avoir 5000 simulations.


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Pour avoir une idée de la loi de probabilité de cette expérience aléatoire on peut prendre les fréquences de cette simulation sur 5000 répétitions. Ici comme on l’a faite en cinq simulations de 1000 répétitions, il faut calculer les moyennes des fréquences de chaque somme. On peut donc estimer que :

p ( 3) = 0 , 0150 ; p ( 4 ) = 0 , 0508 ; p (5) = 0 , 0854 ; p (6 ) = 0 ,1612 ; p (7) = 0 ,1856 ; p (8 ) = 0 ,1868 ; p (9 ) = 0 ,1534 ; p (10 ) = 0 , 0928 ; p (11) = 0 , 0498 ; p (12) = 0 , 0192. Ce n’est pas bien loin des valeurs exactes, que l’on peut calculer à l’aide d’un arbre pondéré, et qui sont : p ( 3) = p (12) = 0 , 015625 ; p ( 4 ) = p (11) = 0 , 046875 ; p (5) = p (10 ) = 0 , 09375 ; p (6 ) = p (9 ) = 0 ,15625 ; p (7) = p (8 ) = 0 ,1875. Exercice VI

1A l’aide d’un tableur, on simule le tirage aléatoire de deux points d’abscisse

comprise entre 0 et 1, en utilisant deux fois la fonction Random (ALEA), puis on calcule la différence des deux abscisses pour calculer la distance entre les deux points. Pour éviter de tomber sur un résultat négatif, on prend la Valeur Absolue (ABS) de cette différence. Voir ci-contre. 1 On simule 100 tirages, en tirant vers le bas les formules jusqu’à la ligne 101. Même chose pour 300 ou 500 tirages.

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Pour chaque simulation, on a trouvé comme fréquence des tirages donnant une distance supérieure à 0,5 les valeurs 0,24, 0,26 et 0,27. On peut donc estimer que la probabilité que la distance entre les deux points soit supérieure à 0,5 est voisine de 0,25 (on peut démontrer que c’est exactement 0,25). Exercice VII

1 On considère que les 400 personnes prises au hasard constituent un échantillon

de taille 400 de la population des personnes en âge de voter. Dans cet échantillon, la fréquence des gens qui sont favorables au rétablissement de la peine de mort est : f = 0 , 36. La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 36 + 0 , 36 − . 400 400   C’est-à-dire : 0 , 31 ; 0 , 41 . 2 On considère que les 625 personnes prises au hasard constituent un échantillon

de taille 625 de la population des personnes en âge de voter. Dans cet échantillon, la fréquence des gens qui sont favorables au rétablissement de la peine de mort est : f = 0 , 28. La fourchette de sondage au seuil de 95% est donc :  1 1  ; 0 , 28 + 0 , 28 − . 625 625   C’est-à-dire : 0 , 24 ; 0 , 32 . Les deux fourchettes de sondage se recoupant, on peut dire que le deuxième résultat est compatible avec le premier. 3 Si la proportion p des personnes favorables au rétablissement de la peine de

mort, dans la population, appartient aux deux fourchettes de sondage, on a à la fois : 0 , 31 ≤ p ≤ 0 , 41 et 0 , 24 ≤ p ≤ 0 , 32. Si c’est le cas, on en déduit que 0 , 31 ≤ p ≤ 0 , 32. Exercice VIII

1 Si elles ont été prises au hasard, les 870 personnes convoquées pour être

jurés constituent un échantillon de taille 870 de la population des personnes susceptibles d’être convoquées. Dans cet échantillon, la fréquence des gens d’origine mexicaine est : 339 f= ≈ 0 , 39. 870 Or, sachant que 79,1% de la population de ce comté était d’origine mexicaine, l’intervalle de fluctuation, au seuil de 95%, est, pour un échantillon de cette taille :  1 1  ; 0 , 791+ 0 , 791−  , soit environ 0 , 757 ; 0 , 825  . 870 870   Corrigé de la séquence 8 – MA20-09

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On voit que la fréquence observée dans l’échantillon de taille 870 n’est absolument pas compatible avec cet intervalle de fluctuation. On peut donc, avec un risque de se tromper de 5%, considérer que la réclamation de cet habitant était fondée. Exercice IX

1 L’article indique que, pour de telles estimations, on obtient une incertitude de

plus ou moins 3 %, étant donné la taille de l’échantillon. Or on sait que, pour une fourchette de sondage au seuil de 95%, il y a une 1 incertitude de plus ou moins , où N est la taille de l’échantillon. N 100 1 3 ≈ 33,33. On avait donc ici : = , soit N = 3 100 N Ce qui donne : N ≈ 33,332 ≈ 1111.

Les échantillons étaient donc de taille 1111 environ. 2 Dans de telles conditions, la fourchette de sondage, au seuil de 95%,

concernant L. Jospin est donc : 0 ,18 − 0 , 03 ; 0 ,18 + 0 , 03  . C’est-à-dire : 0 ,15 ; 0 , 21 . De la même façon, la fourchette de sondage, au seuil de 95%, concernant J.M. Le Pen est donc : 0 ,14 − 0 , 03 ; 0 ,14 + 0 , 03  . C’est-à-dire : 0 ,11 ; 0 ,17  . On constate que les deux fourchettes se recoupent, avec l’intervalle 0 ,15 ; 0 ,17  en commun. Il n’était donc pas exclus, au moment des sondages, que ce soit J.-M. Le Pen qui ait le plus d’intentions de vote, à condition que les pourcentages d’intentions de vote pour les deux candidats soient tous les deux compris entre 15% et 17%. Et c’est d’ailleurs ce qui s’est passé, les pourcentages réels de voix étant pour les deux candidats compris entre 15% et 17% (à savoir 16,18% et 16,86%). n

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