AL7MA20TEPA0111 Corriges Des Exercices

Mathématiques

Seconde

Corrigés des exercices

Rédaction :

Philippe Bardy

Jean-Philippe Baurens

Sébastien Cario

Sébastien Kernivinen

Coordination :

Jean-Michel Le Laouénan

Ce cours est la propriété du Cned. Les images et textes intégrés à ce cours sont la propriété de leurs auteurs et/ou ayants droit respectifs. Tous ces éléments font l’objet d’une protection par les dispositions du code français de la propriété intellectuelle ainsi que par les conventions internationales en vigueur. Ces contenus ne peuvent être utilisés qu’à des fi ns strictement personnelles. Toute reproduction, utilisation collective à quelque titre que ce soit, tout usage commercial, ou toute mise à disposition de tiers d’un cours

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Corrigé de la séquence 1 – MA20-11 3

Corrigé de la séquence 1Notions de fonctions

Corrigé des activités du chapitre 2

Un programme de calcul

Le programme

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

− ⎯ →⎯ − ⎯ →⎯ − ⎯ →⎯⎯⎯ −× − =−2 4 10 0 12 6 11x x/ ,

Par la même démarche, on peut remplir alors le tableau suivant :

Nombre x –2 –1 1 2 2,5 3,5 4 5 7

Image de x –0,1 –0,125 –0,25 –0,5 –1 1 0,5 0,25 0,125

b) Chaque nombre réel x du tableau précédent possède une image et une seule.x

c) La calculatrice indique : ERR : DIVIDE BY 0.

La calculatrice indique qu’il y a une erreur car on ne peut pas diviser par lenombre 0.

Or si x = 3, 2x x − 6 = 0, d’où l’erreur indiquée par la calculatrice.x

Vocabulaire et notation

a) D’après les calculs précédents, f f f( ) , ; ( , ) ; ( ) , .− = − = − =1 0 125 2 5 1 7 0 125

b) Appliquons au nombre réel x le programme de calculx

x x xx

x x× − =⎯ →⎯ ⎯ →⎯ − ⎯ →⎯⎯⎯−

−2 6 12 2 61

2 6

1 / .

On a donc f xx

( ) =−1

2 6 pour tout nombre réel x différent de 3.x

Courbe représentative de la fonction f

a) Voir ci après.

Activité 1


4 Corrigé de la séquence 1 – MA20-11

0

1

4 5 6 73-2 -1

-1

y

x1 2

A B

C

D

E

F

G

H

I

b) Point A B C D E F G H IAbscisse x –2 –1 1 2 2,5 3,5 4 5 7

Ordonnée –0,1 –0,125 –0,25 –0,5 –1 1 0,5 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 x f x( ).

Un autre programme de calcula) Pour un nombre choisi, le programme de calcul g défi ni par g g x x( ) = −2 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= × − =



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

TL

23,6 4,05 3,9 3,92 4,05 4 3,84 3,97 3,97

On remarque que TL

2≈ 4.

d’où T L2 4 T L 2

Si L = 67 2 67 16 3, . , .T T

La période est d’environ 16 s.

Corrigé des exercices d’apprentissagedu chapitre 2

Dans cette situation, la variable est le temps noté t exprimé en heures et latgrandeur 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 tétudié est parfaitement défi ni et unique. On défi nit donc bien une fonction quià un instant t associe le nombre de bactéries dans le milieu étudié.t

Cette fonction est défi nie sur l’intervalle [0 ; 5] car les abscisses des points dela courbe représentant la fonction sont compris entre 0 et 5.

Activité 2

Exercice 1



Dans le triangle équilatéral ABC ci contre, d’après le théorème de Pythagore, CB CH HB2 2 2= + soit CH CB HB2 2 2= – .

De plus, la hauteur [CH] est aussi médiane.

Lorsque a = 10, on a donc :a

CH2 2 210 5 100 25 75= − = − = .

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 h a le côté, on a, a

comme CH CB HB2 2 2= - , on a

h aa a2 2 2

2

234

= − =( ) .

On en déduit ha a a= = =34

3

4

32

2 2.

Lorsqu’au côté a, on associe ainsi la hauteura h, on défi nit bien ainsi une hfonction, car à un côté a donné, la hauteur h est parfaitement défi nie et hunique. On peut défi nir cette fonction pour tout nombre réel a positif soit sur D = +∞] ; [0 .

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

Exercice 2

A H B

C

ah

Exercice 3

Exercice 4

Sur casio 25+, Rep est remplacé par Ans.



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

x × −

× −

2 3

2 3 2

puis

(x ) .

La fonction f défi nie par cette succession de touches est donc la fonction quifà x associe x ( )2 3 2x − ,

notée f x x: ( )→ −2 3 2 ou encore défi nie par

f x x( ) ( )= −2 3 2 .

Ce calcul peut être fait pour tout nombre réel x.

On peut donc défi nir f sur l’ensemble des nombres réels noté f .

a) x²xx EXE ×4 +6 EXE

La séquence précédente met un nombre x donné au carré, multiplie par 4 le xrésultat et rajoute 6.

Elle correspond donc à la fonction g défi nie par g g x x( ) .= +4 62

On peut toujours réaliser ce calcul et donc prendre pour ensemble de défi nition de la fonction g l’ensemble des nombres réels.

b) x²xx EXE +6 EXE EXE

La séquence précédente met un nombre x donné au carré, ajoute 6 au xrésultat, et prend ensuite la racine carrée du résultat.

Elle correspond donc à la fonction h défi nie par h h x x( ) .= +2 6

Comme x 2 6+ est un nombre positif, on peut toujours réaliser ce calcul etdonc prendre pour ensemble de défi nition de la fonction h l’ensemble h

des nombres réels.

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 défi ni 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.

L’aire du rectangle est x y xy× = .

Comme cette aire est de 16 cm², on a xy = 16. Comme x est strictement xpositif, il est non nul.

On peut donc diviser par x les deux membres de cette égalité.x

On en déduit yx

= 16.

Exercice 5

Exercice 6



La fonction xx

16

est défi nie pour tout dimension x strictement positive.x

L’ensemble D de défi nition de cette fonction est donc D = +∞] ; [.0

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

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

x x y2 ≤ × soit x 2 16≤ . On en déduit 0 4< ≤x .

Si on sait que x est la largeur du rectanglx e, on défi nira la fonction xx

16

sur D = ]0 ;4].

Soit la fonction f défi nie sur I = ]1 ; +∞[ par f f xx

( ) .=−2

1 Elle est bien défi nie sur I = ]1 ; +∞[, car, pour tout nombre réel x strictement xsupérieur à 1, x x− > − ≠1 0 1 0, donc 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 x f x( ),

c’est-à-dire dans l’expression 21x −.

f ( ) .82

8 127

=−

=

De manière analogue, f ( ) .32

232

1

212

4=−

= =

De même, f ( ) .1 32

1 3 1

2

3

2 33

+ =+ −

= =

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

nombre réel x tel que x f x( ) = 0 soit 2

10

x −= .

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.

Pour savoir si 1 a un antécédent par f, il faut savoir si l’on peut trouver un f

nombre réel x tel quex f x( ) = 1 , soit 2

11

x −= .

On peut résoudre cette équation, en écrivant 1 sous la forme xx

−−

11.

L’équation 2

11

x −= est équivalente sur l’intervalle I à

21

11x

xx−

= −−

.

Or deux fractions de même dénominateur sont égales si et seulement si leurs numérateurs sont égaux.

21

11x

xx−

= −−

équivaut à 2 1= −x soit x = 3.

Le nombre 1 a donc un antécédent par la fonction f qui est le nombre réel 3.f

Exercice 7



f xx

( ) .=+1

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 défi nir la fonction f sur E = f .

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

f x x( ) .= −1

Les nombres écrits sous le symbole doivent nécessairement être positifs ou nuls. On doit donc avoir x − ≥1 0 soit x ≥ 1.

On ne peut donc pas défi nir la fonction f sur E = [0 ;+∞[.f

On pourra la défi nir sur I = [1 ; +∞[.

c) d)

a) b)

Exercice 8

Exercice 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 signifi e que chaque élément de l’ensemble Dde défi nition 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.

On lit sur l’axe des abscisses que la fonction f représentée ci-contre est défi nie sur l’intervalle [ ; ]−2 5 .

a) L’image par f de f −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 fdu point de la courbe d’abscisse 0.

On lit f ( ) .0 1= −c) L’image par f de 2 est l’ordonnée f

du point de la courbe d’abscisse 2.

On lit f ( ) .2 3= −d) L’image par f de 5 est l’ordonnée f

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 ftracer 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 y

–1,5. 3 a donc un antécédent par f,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 pasyd’antécédents.

Exercice 10



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’affi rmer 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 fM(x ; x y ) appartient à la courbe y 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 2 n’est pas un nombre décimal. On n’est donc sûr que : B(2 ;1,4) ∉.

Le symbole ∉ signifi e « 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) ∈.

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 0f .

f ( ) .02 0 3

0 13= × −

+= −

Soit A (0 ; –3). L’intersection de et de l’axe des ordonnées est le point A.

b) Le point d’intersection de avec l’axe des abscisses a pour ordonnée 0. On

va donc chercher son abscisse x tel que x f x( ) = 0 , soit 2 3

10

xx

−+

= .

Une fraction est nulle si et seulement si son numérateur est nul.

2 3

10

xx

−+

= équivaut à 2 3 0x − = soit 2 3x = soit x = 32

.

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 x

f x( ) ,= 1 soit :

2 31

1xx

−+

= .

Pour résoudre cette équation, écrivons 1 sous la forme xx

++

11.

2 31

1xx

−+

= équivaut à2 3

111

xx

xx

−+

= ++

.

Exercice 11

Exercice 12



Deux fractions de même dénominateur sont égales si et seulement si leur numérateurs sont égaux.

2 31

11

xx

xx

−+

= ++

équivaut à 2 3 1x x− = + soit x = 4.

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.


Lecture graphique

201816141210

86420

0 5 10 15 20 25 30heure t

y =14

degr

é de

tem

péra

ture

d

Relevé de température

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.

Activité 1



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 entre0 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’équationy = 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.

Aire d’un rectangle

a) D’après le théorème de Thales appliqué autriangle CAB, comme (MN) est parallèle à

(AB) alors CMCA

MNAB

= .

On en déduit que MNAB CM

CA= ×

Donc, si x = 0,6 on a : x

MN = × − =4 3 0 63

3 2( , )

, .

L’aire du rectangle AMNP est donc égale à :

AM MN× = × =0 6 3 2 1 92, , , .

b) De façon plus générale, on a MNAB CM

CA= × = × −4 3

3( )

.x

Donc, l’aire du rectangle AMNP vaut

AM MN× = × × − = − = −x x xx

x x43

3 443

443

2( ) ( )

c) En remplaçant x successivement par 0 ; 0,5 ; 1 ; 1,5 ; 2 ; 2,5 et 3 dans x

l’expression 443

2x x− , on obtient le tableau de valeurs suivant, où les valeurs

ont été arrondies au dixième.

x = AM (en cm)x 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3

a x( ) = aire du rectangleAMNP en m².

0 1,7 2,7 3 2,7 1,7 0

Vous pouvez vérifi er 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 x[0 ; 1,5] puis semble diminuer lorsque x décrit l’intervalle [1,5 ; 3].x

e) L’aire semble maximale pour x = 1,5 c’est-à-dire lorsque M est le milieu du xsegment [AC].

Activité 2



Corrigé des exercices d’apprentissage duchapitre 3

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 f[−4 ; −2], décroissante sur l’intervalle [−2 ; 0], croissante sur l’intervalle [0 ; 3].

a)

x −4 −2 2 4

f x( )3 4

−1 2

b)

x −5 −4 –2 0 3

f x( )5 4 5

3 1

x −2 0 0,5 3 +∞

f x( )–1 4 0 –2

La fonction f est défi nie sur l’intervalle f 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 fest croissante sur l’intervalle [0 ;3].

b) La fonction f est effectivement décroissante sur l’intervalle [3 ;10] fpuisqu’elle est décroissante sur l’intervalle [3 ;+∞[.

La fonction f n’est pas décroissante sur l’intervalle [−2 ; 1] puisqu’elle n’est fpas décroissante sur l’intervalle [0 ;1].

On lit dans le tableau f ( )0 2= − ; f ( )− = −2 1 ; f ( , ) .0 5 0=

Exercice 13

Exercice 14

0



On peut tracer la courbe suivante mais il y a bien sûr une infi nité de courbes représentatives de fonctions admettant le tableau de variations précédent.

x −2 0 3 4

h x( ) 2,5 7

–1 0,5

a) La fonction h est croissante sur l’intervalle [−2 ;−1].h Comme − ≥ −1 2 alors h h( ) ( )− ≥ −1 2 , h( )−1 et h( )−2 étant rangées dans le même ordre que −1 et −2.

b) La fonction h est déh croissante sur l’intervalle [ ; ].13

32

Comme 32

13

≥ alors h h( ) ( )32

13

≤ , h( )13

et h( )32

étant rangées dans l’ordre

contraire de 13

et 32

.

c) De même, la fonction h étant décroissante sur l’intervalle [2,6 ;2,7], comme h

2 6 2 7, ,≤ alors h h( , ) ( , ).2 6 2 7≥

d) La fonction h est croissante suh r l’intervalle [ ; ]72

4 .

Comme 72

4≤ alors h h( ) ( ).72

4≤

On ne peut pas comparer h( )−1 et h( )1 car sur l’intervalle [–1 ; 1], la fonctionh n’est pas monotone.h

Exercice 15



x −3 7/2 3 10

h x( ) 2,5 7

3 0,5

Dans la ligne des x, 7/2 doit être placé ax près 3 car 72

3> .

Dans la ligne de h x( ) , on ne peut pas avoir une fl èche montante de 3 à 2,5 puisque 3 > 2,5.

x 0 1 2 5

f x( )–1 4/5

–2 2

Dans la ligne de f x( ) , on ne peut pas avoir une fl èche descendante de 4/5 à

2 car 245

> .

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 4 2 4 2 122 2 2 2= × − × = − =π π π π

Plus x grandit, plus l’aire de la couronne diminue.x

La fonction A est donc décroissante sur l’intervalle A[0 ; 4]. D’où le tableau de variations de la fonction A.

x 0 4

A x( ) 16π 0

Exercice 16

Exercice 17

4

x

Exercice 18



On lit sur cette courbe que :

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

b) Le maximum de la fonction f sur l’intervalle [−2 ; 3] est aussi 2 atteintfpour x = −1.x

c) Le maximum de la fonction f sur l’intervalle [1 ; 5] est 1 ; il est atteint pour x = 5.x

a) Le minimum de la fonction f sur l’intervalle [−3 ; 5] est − 2 ; il est atteintpour x = −3.x

b) Le minimum de la fonction f sur l’intervalle [−1 ; 4] est 0 ; il est atteint fpour x = 1.x

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

x –3 –2 1 4 6

f x( )3 1 0,5

–1 0

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

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

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

f ( ) ( ) .2 3 2 2 32= − − =

f x f x x( ) ( ) ( ) ( ) .− = − − − = − −2 3 2 3 22 2

Pour tout nombre réel x, ( )x − ≥2 02 car le carré d’une expression algébrique est toujours positif ou nul.

donc − − ≤( ) .x 2 02

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 f .

Donc 3 est le maximum de la fonction f sur f .

Exercice 19

Exercice 20



D’après la lecture de la courbe représentative de la fonction f, le minimum de fla fonction f semble être –4 et il semble être atteint pour f x = 2.x

Démontrons l’exactitude de notre conjecture par le calcul.

Comme f x x x( ) = −2 4 , f ( ) .2 2 4 2 42= − × = −

f x f x x x x x( ) ( ) ( ) ( ) .− = − − − = − + = −2 4 4 4 4 22 2 2

Pour tout nombre réel x, ( ) .x − ≥2 02

Donc f x f( ) ( )− ≥2 0 donc f x f( ) ( ).≥ 2

Donc f ( )2 est le minimum de la fonction f sur f .

Donc –4 est le minimum de la fonction f sur f .


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

1006 5 0 7 4 55

,, , ,

× = × = litres.

b) Pour 100 km, la voiture consomme 6,5 litres. Donc, pour 1 km, elle consomme

100 fois moins, soit 6 5100

0 065,

,= litres et pour x kilomètres elle consommx era

x fois plus, soit 0,065x litres.x

c) Le nombre L de litres consommés est donc une fonction du nombre de L

kilomètres x parcourus et on a : x L x= 0 065, .

Vous avez vu en troisième que la fonction x x 0 065, 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, x45 litres.

On a : 0 065 45, x = donc x = ≈450 065

692 3,

, .

La voiture peut donc parcourir 692,3 km avec le plein.

Exercice 21

Activité 1



0 70 100

4,55

6,5

9,75

5

10

13

150 200distances en km

consommationsen litres

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 €.

Activité 2



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 : x 92 4 0 08, , .+ x

d) Vous avez vu en troisième que la fonction x 0,08 x + 92,4 est affi ne et xqu’elle est donc représentée par une droite.

O

25

50

75

100

125

150

175

200

225

212,4

292,4

250

275

300 Montant en €

Consommation en kwh 250 500 750 1000 1250 1500 1750 2000 2250 2500 2750 3000

x

y

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 x +100.x

Pour une consommation de x, la facture s’élève à 0,08 x + 92,4.x Pour une consommation de x + 100, la facture s’élève à :x0 08 100 92 4 0 08 8 92 4, ( ) , , ,x x+ + = + + .



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 0,08x(x + 2000) + 92,4 = 0,08x + 92,4 + 160.xLa différence entre les deux factures est donc de 160 €.

Pour un écart de t kWh, la facture passe de 0,08t x + 92,4 à0 08 92 4 0 08 92 4 0 08, ( ) , , , , .x t x t+ + = + +

t.On remarque qu’à écart de consommation constant, l’écart de factureest constant et que cet écart de facture est proportionnel à l’écart deconsommation.

f) Soit x la consommation pour une facture de 250 €.x

On a donc 0 08 92 4 250, ,x + = soit 0 08 250 92 4 157 6, , , .x = − =

On en déduit x = =157 60 08

1970,

,kWh.

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

Signe de 3x – 5

a)

x −1 0 1 3 4 5

f x x( ) = −3 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 xpar rapport à l’axe des abscisses.

x −1,4 1,32 2 π 11/3

Signe de f x( ) − − − + +

e)

x −∞ 5/3 +∞

Signe de f x( ) − 0 +

Activité 3




Cette droite représente une fonction affi ne f.

f x( ) = 0 lorsque la droite représentant la fonction affi ne f coupe l’axe des fabscisses, c’est-à-dire lorsque x = 3.x

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

Lorsque x < 3, la droite représentant la xfonction f se situe en dessous de l’axe fdes abscisses. On a donc f x( ) .< 0

x −∞ 3 +∞

Signe de f x( ) + 0 –

Exercice 22



− + =2 5 0x équivaut à 2 5x = soit x = =52

2 5, .

La fonction affi ne f défi nie par f x x( ) = − +2 5 est

strictement décroissante sur car − <2 0.

Par suite,

Si x < 2,x 5 alors f x f( ) ( , )> 2 5 (on change l’ordre lorsque l’on passe aux images car f décroissante)fsoit f x( ) .> 0

si x > 2,5 alors x f x f( ) ( , )< 2 5 (on change l’ordre lorsque l’on passe aux images car f décroissante)f

soit f x( ) .< 0

On peut résumer l’étude du signe de − +2 5x dans le tableau suivant.

x −∞ 2,5 +∞

Signe de − +2 5x + 0 –

Ce tableau de signe est confi rmé par la représentation graphique de la fonction f qui passe par le point A f(0 ; 5) et le point B (5 ; -5).

En effet, si x < 2 5, alors la droite représentant f se situe au def ssus 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

f x( ) = 0 lorsque la droite représentant la fonction affi ne f coupe l’axe desfabscisses.

Sur les intervalles pour lesquels la droite représentative d’une fonction affi ne f

est au dessus de l’axe des abscisses, f x( ) > 0 et,

sur les intervalles pour lesquels la droite représentative d’une fonction affi ne f

est au dessous de l’axe des abscisses, f x( ) .< 0

On remplit alors aisément les tableaux de signe demandés.

x −∞ 3 +∞

Signe de f x x( ) = − + 3 + 0 –

Exercice 23

Exercice 24



x −∞ 2 +∞

Signe de g x x( ) ,= −1 5 3 – 0 +

x −∞ –2 +∞

Signe de h x x( ) = +2 4 – 0 +

Le triangle AMN étant équilaté-

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

f x x( ) = 3 avec 0 10≤ ≤x .

Le carré MBCD ayant pour lonqueur

10 − x , son périmètre g x( ) est telque :

g x x x( ) ( )= − = −4 10 40 4 avec 0 10≤ ≤x .

La fonction f : f x x 3 avec 0 10≤ ≤x est la restriction d’une fonctionlinéaire. Elle est représentée par le segment [OA], où O est l’origine du repèreest A(10 ;30).

La fonction g : g x x − +4 40 avec 0 10≤ ≤x est la restriction d’une fonction affi ne. Elle est représentée par le segment [BC] avec B(0 ;40) et C(40 ;0).

Exercice 25



O

4

8

12

120/7

y = 3xy = 40 – 4x

40/7

20

24

28

32

16

36

40

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 x

C

D

B

y

A

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

soit 7 40x = soit x = 407

.

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

205

10020 20 1 19− × = − = €.

Un livre dont le prix était de 30 € sera vendu :

305

10030 30 1 5 28 5− × = − =, ,

Un livre dont le prix était de x euros sera vendu :x

x x x x x x− × = − = × =5100

15

10095

1000 95( ) , .

Le nouveau prix du livre est donc la fonction linéaire x x 0 95, restreinte à l’intervalle [10 ; 50].

Cette fonction est représentée par le segment de droite [AB] avec A(10 ; 9,5) et B(50 ; 47,5).

x est l’abscis-xses du point d ’ i n te r sec -tion des deux segments de droite.

Remarque

Exercice 26



O

5

10

15

25

30

35

40

20

45

50nouveau prix (€)

5 10 15 20 25 30 35 40 45 50

x

B

A

y

ancien prix (€)

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

On a 0,95x = 33,25. Ox n en déduit 33 259 95

35,,

= €.

Un livre dont le prix initial était de 35 € sera donc vendu 33,25 €.

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 letarif A est : f x x( ) .= 4

Tarif B : 90 € pour l’abonnement annuel et 1 euro pour la location de chaque vidéo.

g x x( ) .= +90

On suppose x nombre réel compris entre 0 et 40.x

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

Sur [0 ; 40], g est une fonction affi ne représentée par un segment de droite gd’extrémités le point de coordonnées (0 ; 90+0) et (40 ; 90+40) soit (0 ; 90) et (40 ; 130).

Exercice 27



O

20

40

60

80

100

120

140

160

montant (€)

TARIF B

TARIF

A

4 8 12 16 20 24 28 32 362 6 10 14 18 22 26 30 34 4038 x

y

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.

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.

Pour une masse de 1 g, il est donc de 0 650,

cm.

Pour une masse de 120 g, il est donc de 0 650

120 1 44,

,× = cm.

La longueur du ressort est alors de 6 1 44 7 44+ =, , cm.

Pour une masse de 1 g, l’allongement du ressort est de 0 650,

= 0,012 cm.

Pour une masse de m grammes, il est donc de m 0 012 0 012, ,× =m m cm.

La longueur L du ressort est donc une fonction deL m défi nie pour m m positif mpar :L =L L (L m) = 6 + 0,012m m , où m L est exprimée en cm.L

La fonction L est affi ne. Elle est représentée sur L [ ; ]0 300 par un segment dedroite d’extrémité A de coordonnées (0 ; 6) passant par B (120 ; 7, 44).

Exercice 28



0

1

2

3

4

5

6

7

8

10

9

20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260

B

A

280 300masse en g

x

ylongueur du ressort en cm

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.

Exercice 29



Soit b le prix de la prise en charges.b

Soit x le nombre de kilomètres parcourus et x 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 affi ne défi nie ysur [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 ba b

× + =× + =

⎧⎨⎩⎪

10 6

16 9 .

Par soustraction de la première équation à la seconde équation, il vient6a = 3 soit a a = 0,5.a

En reportant cette valeur de a dans la première équation, on trouve

0 5 10 6, × + =b , d’où on déduit b = 1.

On vérifi e 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 y

par : y x= +0 5 1, .


Faisons fonctionner l’algorithme donné.

sur x = 3x sur x = –1x sur x = x Ka x a x a x

Entrée 3 Entrée –1 Entrée K

Traitement

–2 3

Traitement

2 –1

Traitement

1 – K K

–2 3 2 –1 1 – K K–2 1 2 1 1 – K 1–1 1 3 1 2 – K 1

Sortie –1 Sortie 3 Sortie 2 – K

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

a b autrement dit a bEntrée u v Entrée u v

Traitementu + v v

Traitementu + v v

u + v (u + v) – vv v u + v uSortie Sortie

Exercice 30

Exercice 31

Exercice 32



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

Sortie v u

La variable a doit donc contenir la valeura v et celle ci doit être obtenue à partir vd’une opération sur les valeurs u + v et v u de l’avant dernière ligne. Il suffi t de remarquer que (u + v ) – u =u v. Cette différence s’obtient en effectuant, sur vles variables a et b, l’opération suivante : DANSb a METTREa a – a b. Finalement, bl’algorithme complété s’écrit :

ENTRER a et b DANS a METTRE a + a b DANS b METTRE a – b DANS a METTRE a – b

AFFICHER a et b

Une façon de compléter l’algorithme est :

ENTRER x

DANS c METTRE 2× x | ou directement

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

AFFICHER d

L’algorithme suivant répond à la question.

ENTRER x DANS c METTRE –x (Prendre l’opposé)

DANS d METTREd c + 4 (Ajouter 4)c

AFFICHER d

L’opération Prendre l’opposé s’obtient en prenant l’image deé x par la fonction x

f x x( ) .= −

L’opération Ajouter 4 s’obtient en prenant l’image de 4 x par la fonction x

g x x( ) .= + 4

Pour trouver l’expression de f écrivons un tableau de fonctionnement de fl’algorithme.

X A B CEntrée x

Traitement

x x +1

x x +1 ( )x +1 2

x x +1 ( )x +1 2 ( )x + −1 12

( )x + −1 12

Exercice 33



f est donc donnée par l’expressionf f x x x x( ) ( )= + − = +1 1 22 2 . La réponse a) est donc une bonne réponse.

Les autres réponses proposées (b et c) ne conviennent pas. Pour justifi er ceci, il suffi t de donner une valeur de x pour laquelle les expressions ont des valeurs différentes : xc’est la méthode du contre exemple. Pour x = 1 , on a : x x2 22 1 2 1 3+ = + × = alors que x 2 21 1= = et que x x2 22 2 1 2 1 2 1− + = − × + = .

Corrigé des exercices d’approfondissementdu chapitre 7

f x xx

( ) .= + 1

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

On a donc f a aa

( ) .= + 1

Pour calculer f a( )2 , il faut remplacer x par x a2 dans l’expression de f x( ).

On a donc f a aa

( ) .2 221= +

Pour calculer fa

( )1

, il faut remplacer x par x1a

dans l’expression de f x( ).

On a donc fa a

aa

aa

a f a( ) ( ).1 1 1

11 1

11= + = + = + =

Pour calculer f a( )+1 , il faut remplacer x parx a + 1 dans l’expression de a f x( ).

f a aa

( ) .+ = + ++

1 11

1

a aaa

aa

+ = + × ++

= ++

1 111

11

2( )

( )( )

( ) .

On a alors : aa

aa a

a aa a

a+ ++

= ++

++

= + ++

++

= +1

11

11

11

2 11

11

2 2 2( ) 22 21

aa

++

.

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

f x( ).

f a aa

aa a

( )( )

( )5 3 5 3

15 3

5 35 3

15 3

25 22− = − +

−= −

−+

−= − ×× × +

−+

−

= − + +−

=

5 3 35 3

15 3

25 30 9 15 3

9

2

2 2

a aa a

a aa

a

( )

−− +−30 26

5 3aa

.

Exercice I



Enfi n, pour calculer f a( ) , il faut remplacer x par x a dans l’expression de f x( ).

f a aa

( ) .= + 1

dénominateur.

Pour ce faire, on peut écrire : 1 1

a a

a

a

aa

= × = .

aa

aa

aa a

aa

aa a a

aa a

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

.

a) Le périmètre du rectangle est P x y x y= + = +2 2 2( ).

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 x= −20 .

On a donc S x xy x x( ) ( ).= = −20

Exercice II



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

Pour x = 5, on a x y = − =20 5 15 donc B( 5 ; 0), C(0 ; 15) et D( 5 ; 15)

Pour x = 10, on a x 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 x= −20 . Les points D appartiennent donc à ladroite représentative de la fonction affi ne f défi nie sur [0 ; 20] par f

f x x( ) .= −20

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.x

D’après le tableau de valeurs et la courbe, il semble que la fonction S admette S

s( )10 100= comme maximum. Démontrons-le.

S x S x x x x

x x

( ) ( ) ( )

(

− = − − = − −

= − − +

10 20 100 20 100

20

2

2 1100 10 2) ( ) .= − −x

Or ( )x − ≥10 02 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].S

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20

y

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x

xxD

L’enclos d’aire maximale a pour dimension x = 10 et x y = 10. C’est un carré.y



a) Nous allons d’abord faire apparaître dans le tableau les valeurs de T 2 et a3 arrondies au centième près.

Planète T T2TT 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 a2 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 terre-soleil). En particulier, plus la planète est éloignée du soleil, plus sa période de révolution est longue.

Pour la planète Uranus, on a a3 7055 8≈ , , soit T 2 7055 8≈ , . On en déduit T = ≈7055 8 84, ans.

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

On donc Ab

h= + ×( ).

62

On a A = A( )6 2

25 20

+ × = cm². On a A = A( , )6 3 5

24 19

+ × = cm².

Exercice III

Exercice IV



On sait que 0 ≤ ≤b AB donc 0 6≤ ≤b .

Donc b ∈[ ; ].0 6 I = [0 ; 6].

h est un nombre positif ou nul. h

Donc h ∈J, avec J = [ ; [.0 +∞

On a ( , )

, ,6 5 2

23 5 19 6

+ × = cm².

a) f ( ; )( )

2 36 2

23 12= + × = (cm²)

f ( ; , )( )

,4 3 66 4

23 6 18= + × = (cm²)

f ( ; , )( )

, ,5 3 66 5

23 6 19 8= + × = (cm²)

b) f b( ; )2 = ( )

.6

22 6

+ × = +bb

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

c) f h h h( ; )( )

.46 4

25= + × =

La fonction h h 5 est linéaire sur

J = [0 ;+∞[.

Elle est donc représentée par une demi-droite passant par

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

soit (4 ;20).

C’est le graphique ci-après constitué de points à abscisses entières quireprésente 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 courbecontinue 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.

0 x

y22

20

18

16

14

12

10

8

6

4

2

1 2 3 4 5 6 7

A

B

C

Exercice V



14000

12000

10000

8000

6000

4000

2000

00 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 nepeut 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 ( ) ( ).19 500 80− × + ×n n

c) Pour une baisse du prix de 6 €, la recette est de ( ) ( )19 6 500 80 6 13 980 12740− × + × = × = €.

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

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

L’aire de ce rectangle est égale à aa

× =11.

Son périmètre P est égale à P 21

( ).aa

+

P aa

aa

− = + − = + −4 21

4 22

4( ) .

a.

Pa aa a

aa

a aa

a aa

a− = × + − × = − + = − + =42 2 4 2 4 2 2 2 1 22 2( ) ( −−1 2)

.a

Pour tout nombre réel a strictement positif,a

( )a − ≥1 02 et a > 0 donc ( )

.a

aP

− ≥ − ≥10 4 0

2donc

Dans le cas où a = 1, a P = + =2 111

4( ) .

Exercice VI



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

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

L’automobiliste partant de A consomme 8L au 100km, donc 0,08L pour 1 km Aet 0,08x L pour x x km.xDonc f x x( ) ,= 0 08 .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 x x( ) , ( ) , .= − = − +0 12 300 0 12 36

a) À priori ces deux automobilistes peuvent se rencontrer en tout point M compris entre A et B.Les fonctions f etf g sont donc défi nies sur [0 ; 300].

b) Sur [0 ; 300], f est une fonction linéaire représentée par le segment [OC] favec O origine du repère et C(300 ; 0 08 300, × ) soit C(300 ; 24).

Sur [0 ; 300], g est une fonction affi ne représentée par le segment [DE] gavec D(0 ; − × +0 12 0 36, ) soit D(0 ;36) et E(300 ; − × +0 12 300 36, ) soit E(300 ; 0).

00

4

8

12

16

20

24

28

32

36

20 40 60 80 100 120 140 160 180 200 220 240 260

E

C

D

280 300 x

y

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 x +36 soit x 0 20 36, x = soit

x = =360 20

180,

(km).

Exercice VII



Notons x la note initiale et x y la note transformée.y

Construction du graphique :

D’après l’énoncé, la fonction qui transforme x enx y lorsquey x est compris entre 0 et 12 xest 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 xsavons qu’il s’agit d’une fonction affi ne, 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 f g les deux fonctions.

Dans le premier cas, la fonction f est linéaire f

donc s’écrit f x ax( ) = et vérifi e f ( ) .12 15=

On a donc 12 15a = d’où a = =1512

54

.

Ainsi f x x( ) .= 54

Dans le deuxième cas, la fonction g est affi ne : g x ax b( ) .= + On a g( )12 15=

et g( )20 20= d’où12 15a b+ = et 20 20a b+ = . Pour calculer a eta b, il suffi t b

alors de résoudre le système : 20 20

12 15

a ba b

+ =+ =

⎧⎨⎩⎪

Par soustraction membre à membre on obtient 8 5a = d’où a = 58

et en

remplaçant dans l’une des équations : b = − = −20 2058

20 1 5, et donc

b = 7 5, . Ainsi g x x( ) , .= +58

7 5

Pour les notes 4 et 10, on applique la fonction f car elles sont comprises entre f0 et 12 : f ( )4 5= et f ( ) , .10 12 5=

Pour les deux autres on applique la fonction g :

g( ) ,16 17 5= et g( ) , , , , .185 18

87 5 11 25 7 5 18 75= × + = + =

Si y x= 10, doit être inférieur à 12 car y est inférieur à 15. Donc x vérifi ex

1054

= x d’où x = 8.

Dans les deux autres cas, y > 15 ; c’est donc la fonction g qui doit être gutilisée :58

7 5 15 5x + =, , d’où 58

8x = et x = 12 8, ;

58

7 5 18x + =, d’où 58

10 5x = , et x = 16 8, .

Soitx une note comprise entre 0 et 12. Elle est transformée en x y x x x= = +54

14

.Elle subit donc une hausse égale au quart de sa valeur. Elle est augmentée de

4 4

25 %.

Exercice VIII



Pour un revenu de 5000 €, on est dans la tranche de revenu compris entre4000 € et 8000 €.

L’impôt à payer est donc de 7,5% sur la partie qui dépasse 4 000 €, soit 7,5% de 1000 €.7 5100

1000 75,

.× =

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 5100

400021

1002000 0 075 4000 0 21 2000

,, ,× + × = × + × == 720€.

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 5100

400021

10014 000 8 000

31100

20 000,

( ) (× + × − + −114 000

0 075 4000 0 21 6000 0 31 6000 3420

)

, , ,= × + × + × = .

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

Donc l’impôt à payer est 0 075 4000 0 075 300, ( ) , .R R− = −

b) De la même manière, si 8000 14000< <R

l’impôt à payer est 0 075 4000 0 21 8000 0 21 1380, , ( ) , .× + − = −R R

De la même manière, si 14000 23000≤ ≤R alors l’impôt à payer est de :

0 075 4000 0 21 6000 0 31 14000 0 31 27, , , ( ) ,× + × + − = −R R 880.

La fonction f est une fonction dite affi ne par intervalles défi nie comme suit :f

Si 0 4000 0≤ < =R f R( ) .

Si 4000 8000≤ ≤R , f R R( ) , .= −0 075 300

Si 8000 14000< <R , f R R( ) , .= −0 21 1380

Si14000 23000≤ ≤R , f R R( ) , .= −0 31 2780

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

ff( ) ,

( ) ,

4000 0 75 4000 300 0

8000 0 075 8000 3

= × − == × − 000 300

14000 0 31 14000 2780 1560

== × − =f ( ) ,

f ( ) , .23000 0 31 23 000 2780 4350= × − =

Exercice IX

0 21 8000 1380 300, × − =

et 0 21 14000 1380 1560, × − =

si bien que les différents segments constituant la représentation graphique de fvont se raccorder.

Remarque



O

0,25

0,50

0,75

1

1,25

1,50

1,75

2

2,25

2,50

2,75

3

3,25

4,25

impôt en milliers d’euros

3,50

3,75

4

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 x

y

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.

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’ àyla vitesse constante de 80 km/h. Soit t le temps écoulé en heures depuis le départ tdes deux trains.

On a y = 80 y t.

Soit z l’abscisse du train partant de G’ vers G à la vitesse de 120 km/h.

On a z t= −300 120 .

Les deux trains se rencontrent lorsque y = y z. On a alors :

80 300 120t t= − soit 200 300t = soit t = =300200

1 5, .

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 92 à partir de a peut se décomposer de la manièreasuivante :

Calcul de a −1 : Partir de a. Soustraire 1. a

Calcul de ( )a −1 2 : Partir de a – 1. Elever au carré.a

Calcul de ( )a − +1 92 : 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 b2

DANS d METTRE c + 9 AFFICHER d

Faisons fonctionner l’algorithme donné.

sur A = 5 et A B = 8B sur A = 1 et A B = 10BA B C F A B C F

Entrée 5 8 Entrée 1 10

Traitement

5 8

Traitement

1 10

5 858

38

1 101

109

10

Sortie38

Sortie9

10

Exercice X

Exercice XI

Exercice XII



Considérons un réel non-nul x.

Écrivons les tableaux de fonctionnement de l’algorithme avec les entrées :

a) A = 1 ; B =B x

A B C FEntrée 1 x

Traitement

1 x1x

1– 1x

x1x

1 – 1x

= x

x−1

Sortie 11 1− = −x

xx

De ce tableau on déduit que f xx

x( ; ) .1

1= −

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

A B C F

Entrée 1x

x−1

Traitement

1x

x−1 x

x −1(car l’inverse de x

x−1 est

xx −1

).

1 xx−1 x

x −1

11

−−x

x

=−−11x

=1

1− x

Sortie1

1− x

De ce tableau on déduit que :

f f x

x1 1

11

; ( ; ) .( ) =−

c) A = 1 ; B = B f f x1 1; ( ; )( )A B C F

Entrée 11

1− x

Traitement

11

1− x 1− x 1 1− − =( )x x

11− x 1− x x

Sortie x

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



Corrigé de la séquence 2Repérage dans le plan


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 « mi-distance » 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

qinconnue que l’on notera x.

Activité 1Activité 1



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 Açores

M

BD

S

A

Les Sablesd'Olonne

37° W32° W

28° W 1° W

2° S

14° N

38° N39° N

47° N

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).

Enfi n, pour P2, on lit les coordonnées : (3 ; 0) (voir graphique ci-après).




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

7

6

5

4

3

2

1

0

–1

–2

0–1–2 1 2 3 4 5 6 7

ROUTE

chem

in

H

I

C

P1

P2

P3

x

A B

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 « mi-distance » des abscisses de P1(0) et de P3, abscisse inconnue que l’on notera x.



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, xCx , vérifi e : x x x xA C C P .− = −1

Soit : x x x x xA P C C C.+ = + =1

2

Ce qui donne donc : xx x

CA P

2 2.=

+= − + = −1 1 0

0 5,

yCy , on a : yy y

CA P

2 2.=

+= + =1 7 1

4

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 suffi t de « compter » le nombre de côtés de carré auxquels il correspond, puisque ces côtés mesurent 1 dm.

Pour les compter, il suffi t de repérer l’abscisse du point B (la plus grande des deux abscisses), et de soustraire celle de A. Ce qui nous donne : AB B A= − = − −( ) =x x 6 1 7.

De la même façon, pour calculer la longueur du segment [BP3], il suffi t de « compter » le nombre de côtés de carré auxquels il correspond, puisque ce segment est « vertical ».

Pour les compter, il suffi t de repérer l’ordonnée du point B (la plus grande des deux ordonnées), et de soustraire celle de P3. Ce qui nous donne : BP B P3 3

7 1 8= − = − −( ) =y y .

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 : BC BH CH .2 2 2= + Or les distances BH et CH se calculent facilement :

BH .B H B C= − = − = − =y y y y 7 4 3

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



Donc : BC .2B C B C= −( ) + −( ) = + =x x y y

2 2 2 26 5 3 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 points A, B, C, D, E et F, dont les coordonnées sont :

A , B , C ,1 3 4 1 5 1 1 7 3 2, ; , ; , ; ,−( ) −( ) ( )D , E

et F .

−( ) ( )− −( )0 7 5 6 2 1 0 6

1 1 1 6

, ; , , ; ,

, ; ,

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

Les coordonnées du milieu U du segment [AD], sont :

xx x

UA D .=

+=

+ −( )=

2

1 3 0 7

20 3

, ,,

yy y

UA D .=

+=

−( )+=

2

4 5 6

20 8

,,

Celles du milieu V du segment [BE], sont :

xx x

VB E .=

+=

−( )+=

2

1 5 2 1

20 3

, ,,

yy y

VB E .=

+= + =

21 0 6

20 8

,,

Et celles du milieu W du segment [CF], sont :

xx x

WC F .=

+=

+ −( )=

2

1 7 1 1

20 3

, ,,

yy y

WC F .=

+=

+ −( )=

2

3 2 1 6

20 8

, ,,

On constate que les segments [AD], [BE] et [CF] ont même milieu, le point U de coordonnées (0,3 ; 0,8).

Ceci signifi e 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.

Exercice 1Exercice 1

OI

J

y

x

D

B

C

E

A

F

U

OI

J

y

x

D

B

C

E

A

F

U



OI

J

y

x

D

BK

C

E

A

F

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

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

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 :

xx x

yy y

KA D

KA Det ,=

+=

+2 2

2x x x y y yK A D K A Det 2 .− = − =

Donc :

xD et= −( )− = −2 0 5 4 3 5 3, , ,

yD 2 .= −( )− −( ) =0 2 4 3 6, ,

De la même façon, K est le milieu du segment [BE].

Ce qui nous donne :

xx x

yy y

KB E

KB Eet ,=

+=

+2 2

2x x x y y yK B E K B Eet 2 .− = − =

Donc : x yE Eet 2= −( )− −( ) = = −( )− −( ) =2 0 5 1 6 0 6 0 2 1 0, , , , ,,6.




Enfi n, K est le milieu du segment [CF]. Ce qui nous donne :

xx x

yy y

KC F

KC Fet ,=

+=

+2 2

2x x x y y yK C F K C Fet 2 .− = − =

Donc : x yF Fet 2 .= −( )− = − = −( )− = −2 0 5 1 6 2 6 0 2 0 0 4, , , , ,

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

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

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

xx x

yy y

KA C

KA Cet ,=

+=

+2 2

xK =+ −( )

= − = −2 3 2 5

20 22

0 1, , ,

,

et yK .=+ −( )

= =3 8 2 2

21 62

0 8, , ,

,

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 :

xx x

yy y

KB D

KB Det ,=

+=

+2 2

2x x x y y yK B D K B Det 2 .− = − = Donc :

x yD Det 2= −( )− = − = ( )− −( ) =2 0 1 1 1 1 3 0 8 1 2 6, , , , , ..

Le point D est donc le point de coordonnées −( )1 3 2 6, ,; , ce que l’on peut vérifi er approximativement sur la fi gure.

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

A , B , C ,− −( ) ( ) −( )1 3 2 3 5 1 1 7 3 2, ; , ; , ; , D et E .−( ) ( )1 5 0 6 0 9 2 1, ; , , ; ,

Il semble, sur la fi gure, que les droites (AB) et (DE) soient parallèles.


OI

J

y

x

B

D

C

A

OI

J

y

x

B

D

C

A




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

On a :

xx x

yy y

KA C

KA Cet ,=

+=

+2 2

xK et=− + −( )

= − = −1 3 1 7

23

21 5

, ,,

yK .= − + = =2 3 22

1 22

0 6, ,

,

On constate que l’on obtient les coordonnées du point D.

Calculons de la même façon les coordonnées du milieu, U, du segment [BC].

On a :

xx x

yy y

UB C

UB Cet ,=

+=

+2 2

xU et=+ −( )

= =3 5 1 7

21 82

0 9, , ,

, yU .= + = =1 3 22

4 22

2 1, ,

,

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).

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 :

A , B , C ,2 5 6 8 5 0 6 5 6, ; , ; , ;( ) ( ) −( )D , E

et K .

− −( ) − −( )−( )

3 5 6 4 5 14 1

1 5 1

, ; , ;

, ;

points A, B, C, D et E soient à égale distance du point K.

Calcul de la distance KA. On a :

KA A K A K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit :

KA2 22 5 1 5 6 1

1 49 50

= −( ) + − −( )( )= + =

, ,

.

Donc : KA = 50.

O I

J

y

x

B

D

E

C

A

O I

J

y

x

B

D

E

C

A


OI

J

y

xB

E

K

A

CD



De même pour KB :

KB B K B K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

KB2 2 28 5 1 5 0 1 49 1 50= −( ) + − −( )( ) = + =, , .

Donc : KB = 50.

Pour KC :

KC C K C K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

KC2 2 26 5 1 5 6 1 25 25 50= −( ) + − − −( )( ) = + =, , .

Donc : KC = 50.

Pour KD :

KD D K D K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

KD2 2 23 5 1 5 6 1 25 25 50= − −( ) + − − −( )( ) = + =, , .

Donc : KD = 50.

Enfi n pour KE :

KE E K E K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

KE2 2 24 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 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 :

A , B ,

C ,

0 6 1 6 0 6 1 2 3 0 4

0 6 0 8

, ; , , , ; ,

, ; ,

−( ) + −( )( ) DD − −( )0 6 1 2 3 1 6, ; , ,

et E .− −( )1 8 1 6, ; ,

Il semble, sur la fi gure, 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 :

AB B A B A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .




Soit : AB2 2 20 6 1 2 3 0 6 0 4 1 6= + −( ) + − − −( )( ), , , , , . Donc :

AB2 4 32 1 44 5 76= + =, , , .

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

De même pour AC. On a :

AC C A C A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AC2 2 20 6 0 6 0 8 1 6 0 5 76 5 76= −( ) + − −( )( ) = + =, , , , , , .

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

Pour AD. On a :

AD D A D A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AD2 2 20 6 0 6 1 2 3 1 6 1 6 1 44 4 3= − −( ) + − − −( )( ) = +, , , , , , , 22 5 76= , .

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

Enfi n pour AE. On a : AE E A E A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AE2 2 21 8 0 6 1 6 1 6 5 76 0 5 76= − −( ) + − − −( )( ) = + =, , , , , , .

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

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

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

BC C B C B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit : BC22 2

0 6 0 6 1 2 3 0 8 0 4 4 32 1= − +( )( ) + − −( )( ) = +, , , , , , ,444 5 76= , .

Donc : BC AB AC= = =5 76, .

Le triangle ABC est bien équilatéral.

Pour savoir si ABD est rectangle en A, calculons le carré de la distance BD.

On a : BD D B D B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit :

BD22 2

0 6 0 6 1 2 3 1 2 3 1 6 0 4= − − +( )( ) + − − −( )( )= −

, , , , , ,

11 2 1 2 3 1 2 3 1 22 2

, , , , .−( ) + −( )Donc : BD2 = + +( )+ − +( ) =1 44 2 88 3 4 32 4 32 2 88 3 1 44 11, , , , , , ,552.

On a bien : AB AD BD22 2 5 76 5 76 11 52+ = + = =, , , .

La propriété de Pythagore nous permet de dire que le triangle ABD est rectangle en A (et isocèle).

Enfi n pour le triangle ABE, la fi gure suffi t pour prouver qu’il n’est ni rectangle, ni équilatéral. Il est donc isocèle en A.



Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenté les points A et B, dont les coordonnées sont : A et B .− −( ) − −( )5 1 6 4; ;

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

On a également tracé la tangente à ce cercle passant par B. Elle coupe l’axe (OJ) au point C.

Faire une fi gure représentant les points, le cercle et la tangente.

Le rayon du cercle est la distance AB.

On a : AB B A B A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit : AB2 2 26 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 : xC .= 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 : AC AB BC2 2 2= + .

On sait déjà que AB2 10= .

D’autre part on a : AC C A C A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit : AC C C2 2 2 2

0 5 1 25 1= − −( )( ) + − −( )( ) = + +( )y y .

Et : BC C B C B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit : BC C C2 2 2 2

0 6 4 36 4= − −( )( ) + − −( )( ) = + +( )y y .

Nous devons donc avoir :

25 1 10 36 42 2

+ +( ) = + + +( )y yC C .

En développant les deux membres de l’égalité on obtient :

25 2 1 46 8 162 2+ + + = + + +y y y yC C C C .

Soit : 2 8 6 36y y yC C C .− = − =

Donc : yC .= −6

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


Oi

j

y

x

B

C

A Oi

j

y

x

B

C

A



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

A , B et C .− −( ) − −( ) − −( )5 1 4 4 6 4; ; ;

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

Pour montrer que C est sur le cercle de centre A et de rayon AB, on peut calculer les distances AB et AC.

Calcul de la distance AB. On a :

AB B A B A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit :

AB2 2 24 5 4 1

1 9 10

= − − −( )( ) + − − −( )( )= + = .

Donc : AB = 10.

De même pour AC. On a :

AC C A C A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AC2 2 26 5 4 1 1 9 10= − − −( )( ) + − − −( )( ) = + = .

Donc : AC AB= =10 .

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 :

xx x

yy y

AC D

AC Det ,=

+=

+2 2

2x x x y y yA C D A C Det 2 .− = − =

Donc :

xD et= −( )− −( ) = −2 5 6 4

yD 2 .= −( )− −( ) =1 4 2

Pour vérifi er que le triangle BCD est rectangle en B, calculons les carrés des distances BC, BD et DC.

On a : BC C B C B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

BC2 2 26 4 4 4 4 0 4= − − −( )( ) + − − −( )( ) = + = .

Puis : BD D B D B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

BD2 2 24 4 2 4 0 36 36= − − −( )( ) + − −( )( ) = + = .


Oi

j

y

x

C B

A

D

Oi

j

y

x

C B

A

D



Enfi n : DC C D C D2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

DC2 2 26 4 4 2 4 36 40= − − −( )( ) + − −( ) = + = .

On vérifi e alors que : DC BC BD2 2 240= = + .

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.

On a : tan BDCBCBD

.( ) = = =26

13

Donc : BDC tan . =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−1 13

BDC tan . =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≈ °−1 13

18 4,

Dans le cercle, l’angle BAC est l’angle au centre interceptant le même arc BC

que l’angle inscrit BAC. On en déduit donc que : BAC BDC . = × ≈ °2 36 8,

Équations de droites


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 x( ) ,= +4 50 0 50, , montant de la facture, en euros, pour x kmxparcourus.




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 affi ne (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 xA = 50 et d’ordonnée y A .= 29 5,

Pour 150 km, facture de 79,5 €, donc point B d’abscisse xB = 150 et d’ordonnée yB .= 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.

O 10

10

50

44,5

79,5

29,5

y

x

50 80 150

montant en euros

distance en km

B

A

Des factures de bricoleurs

Si l’on note x le prix (en euros) d’une poutre, le prix des 10 poutres achetées xpar Alain est 10x (en euros).

Si l’on note y le prix (en euros) d’une dalle, le prix des 50 dalles achetées par yAlain est 50y (en euros).

La facture d’Alain vérifi e donc : 10 50 295x y+ = .

De la même façon, les 40 dalles achetées par Bernard lui ont coûté 40y (en euros).

Quant aux 20 poutres qu’il s’est fait rembourser, elles donneront la somme de 20x (en euros) qu’il faudra soustraire de sa facture.

La facture de Bernard vérifi e donc : 40 20 180y x− = .

En utilisant l’égalité traduisant la facture de Bernard, on peut exprimer y (prix yd’une dalle en euros) en fonction de x (prix d’une poutre en euros).xOn obtient : 40 20 180y x= + .

Soit : y x= +0 5 4 5, , .




Sachant la relation qu’il y a entre x et x y, à savoir que y y est égal à y 0 5 4 5, ,x + ,on peut, dans l’égalité traduisant la facture d’Alain, remplacer y par y0 5 4 5, ,x + .

Ce qui nous donne : 10 50 0 5 4 5 295x x+ × +( ) =, , .

Soit : 10 25 225 295x x+ + = .

Donc : 35 70x = .

On obtient donc la valeur de x : x x = 2.

En reprenant la relation qu’il y a entre x et x y, on calcule la valeur de y y :y

y x= + = × + =0 5 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 €.

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

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

AM M A M A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

Soit :

AM .2 2 24 11 5= −( ) + −( )x y ,

Donc :

AM .= −( ) + −( )x y4 11 52 2

,

De même, pour la distance BM.

BM M B M B2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

BM .2 2 28 3 5= −( ) + −( )x y ,

Donc : BM .= −( ) + −( )x y8 3 52 2

,

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 : AM BM2 2= .

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

x y x y−( ) + −( ) = −( ) + −( )4 11 5 8 3 52 2 2 2

, , .


O 1

1

3,5

10

11,5

4 x 8

y

x

y

B

A

M

O 1

1

3,5

10

11,5

4 x 8

y

x

y

B

A

M



Soit, en développant les différents carrés :x x y y x x y y2 2 2 28 16 23 132 25 16 64 7 12 2− + + − + = − + + − +, , 55.

Ce qui donne :

x x y y x x y y2 2 2 28 16 23 132 25 16 64 7 12 2− + + − + − + − − + −, , 55 0= .

Et donc :

8 16 72 0x y− + = ou encore x y− + =2 9 0.

La condition pour qu’un point M soit sur la médiatrice de [AB] est que ses coordonnées vérifi ent :x y− + =2 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

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

Pour représenter la droite D,

d’équation : y x= −23

1, on peut en

chercher deux points, E et F.

On peut choisir l’abscisse du premier,

xE ,= 0 et calculer son ordonnée :

y xE E .= − = × − = −23

123

0 1 1

On peut aussi choisir

l’abscisse du point F, xF ,= 4

et calculer son ordonnée :

y xF F .= − = × − =23

123

4 153

Voir graphique ci-contre.

Pour déterminer si un point appartient à D, il faut vérifi er si ses coordonnées vérifi ent l’équation de D.

Pour A, regardons si l’on a : y xA A ?= −23

1

C’est-à-dire : 323

1 113

= × − = − ?

La réponse est évidemment non (on le savait grâce au graphique).


Oi

j

y

x

B

F

D

A

C

E

Oi

j

y

x

B

F

D

A

C

E



Le point A n’est pas sur la droite D.

Pour B, regardons si l’on a : y xB B ?= −23

1

C’est-à-dire : 123

3 1 1= × − = ?

La réponse est cette fois oui (on pouvait le deviner grâce au graphique).

Le point B est sur la droite D.

Pour C, regardons si l’on a : y xC C ?= −23

1

C’est-à-dire : − = × −( )− = −1 523

0 6 1 1 4, , , ?

La réponse est non (le graphique n’était pas forcément suffi samment parlant).

Le point C n’est pas sur la droite D.

Une droite parallèle à D a le même coeffi cient directeur que D. Les droites parallèles à D passant par A et C ont donc une équation de la forme :

y x b= +23

.

Droite parallèle à D passant par A : pour déterminer le coeffi cient b on utilise ble fait que les coordonnées du point A doivent vérifi er l’équation.

On doit avoir : y x bA A .= +23

Soit : 323

1= × + b, ce qui nous donne b = 73

.

L’équation de la droite parallèle à D passant par A est : y x= +23

73

.

Droite parallèle à D passant par C : pour déterminer le coeffi cient b on utilise ble fait que les coordonnées du point C doivent vérifi er l’équation.

On doit avoir : y x bC C .= +23

Soit : − = × −( )+1 523

0 6, , b, ce qui nous donne b = −1 1, .

L’équation de la droite parallèle à D passant par A est : y x= −23

1 1, .

Dans un repère (O, I, J) du plan, pour représenter la droite D1, d’équation : y x= 0 4, , on peut en chercher deux points, A et B.

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

y xA A .= = × =0 4 0 4 0 0, , Le point A est le point O.

On peut aussi choisir l’abscisse du point B, xB ,= 40 et calculer son ordonnée :y xB B .= = × =0 4 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 x= +0 2 5, , on peut en chercher deux points, C et E.




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

y xC C .= + = × + =0 2 5 0 2 0 5 5, ,

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

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

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

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

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

y xF F .= + = × + =0 1 8 0 1 0 8 8, ,

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

y xG G .= + = × + =0 1 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 vérifi ent simultanément les deux équations y x= 0 4, , et y x= +0 2 5, .

En remplaçant y par y 0 4, x dans la deuxième équation, on obtient : 0 4 0 2 5, ,x x= + .

Ce qui nous donne : 0 2 5, x = . Soit : x = 25.

Et donc : y x= = × =0 4 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 vérifi er sur le graphique.

Le point d’intersection des droites D2 et D3 a des coordonnées qui vérifi ent simultanément les deux équations y x= +0 2 5, , et y x= +0 1 8, .

En remplaçant y par y 0 2 5, x + dans la deuxième équation, on obtient : 0 2 5 0 1 8, ,x x+ = + .

Ce qui nous donne : 0 1 3, x = . Soit : x = 30.

Et donc : y x= + = × + =0 2 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 vérifi er sur le graphique.

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

O

2

6

10

14

10 20 40i

j

y

x

B

D1 D2

D3

F

C

E

G

O

2

6

10

14

10 20 40i

j

y

x

B

D1 D2

D3

F

C

E

G



Première modalité : puisque l’entreprise rembourse 0,4 € par km parcouru, si l’on parcourt x km, le remboursement sera de x y x= 0 4, . Ce remboursement est donc une fonction affi ne (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 xy x= +5 0 2, . Ce remboursement est donc une fonction affi ne 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 xy x= +8 0 1, . Ce remboursement est donc une fonction affi ne du kilométrage parcouru.

Les trois fonctions obtenues sont représentées par trois droites ; les droites d’équations respectives : y x y x y x= = + = +0 4 5 0 2 8 0 1, , ,; ; .

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 : x0 4 5 0 2, ,x x= + .

Ce qui donne : 0 2 5, ,x = 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 : x5 0 2 8 0 1+ = +, ,x x.

Ce qui donne : 0 1 3, x = . 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 enfi n 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.




L’énoncé ne demandant pas de représenter les points sur un graphique, nousne le ferons pas, d’autant que les valeurs de certaines abscisses ou ordonnées rendent la chose diffi cile (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 vérifi ent l’équation de la droite,

– soit calculer d’abord directement le coeffi cient 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.

Équation de la droite (AB). Elle est de la forme y ax b= + .

Les coordonnées de A vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax bA A ,= + c’est-à-dire : 1 1= × −( )+a b.

Les coordonnées de B vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax bB B ,= + c’est-à-dire : 8 2= × +a b.

La première égalité nous donne : b a= +1 .

En remplaçant b par b 1+ a dans la deuxième égalité on a alors :

8 2 2 1 3 1= + = + + = +a b a a a .

Soit : a = 73

. Et donc : b a= + = + =1 173

103

.

Une équation de la droite (AB) est donc : y x= +73

103

.

Équation de la droite (CD). Elle est de la forme y ax b= + .

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

y ax bC C ,= + c’est-à-dire : − = × +31 019 131 7, ,a b.

Les coordonnées de D vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax bD D ,= + c’est-à-dire : − = × +38 28 137, a b.

La première égalité nous donne : b a= − −31 019 131 7, , .

En remplaçant b par b − −31 019 131 7, , a dans la deuxième égalité on a alors :

− = − − = −38 28 137 31 019 131 7 5 3 31 019, , , , ,a a a .

Soit : a = − = −7 2615 3

1 37,,

, . Et

donc : b a= − − = − − × −( ) =31 019 131 7 31 019 131 7 1 37 149, , , , , ,441.

Une équation de la droite (CD) est donc : y x= − +1 37 149 41, , .




Équation de la droite (EF). Elle est de la forme y ax b= + .

Calculons d’abord le coeffi cient directeur :

ay yx x

=−−

= −−

= =F E

F E.

9 5 3 2096 3 3

6 2912 7

2 33, ,

,,,

,

Les coordonnées de E vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax b x bE E E ,= + = +2 33, 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 x= −2 33 4 48, , .

Équation de la droite (GH). Elle est de la forme y ax b= + .


ay y

x x=

−−

=− −( )

− −=

−= −H G

H G

5 15 4 44

2 8 4 29 59

71

, ,

, ,,

,,37.

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

y ax b x bG G G ,= + = − +1 37, 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 x= − +1 37 1 314, , .

Équation de la droite (KL). Elle est de la forme y ax b= + .


ay yx x

=−−

=− − −( )

−= −

−=L K

L K.

4 5 1

12 13 53 51 5

73

,

,,,

Les coordonnées de K vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax b x bk K K ,= + = +73

c’est-à-dire : − = × +173

13 5, b.

Ce qui nous donne : b = − − = −1 31 5 32 5, , .

Une équation de la droite (KL) est donc : y x= −73

32 5, .

Pour déterminer quelles droites sont parallèles, il suffi t de regarder les coeffi cients directeurs.

Les droites (AB) et (KL) ont le même coeffi cient directeur, 73

, donc sont parallèles.

Les droites (CD) et (GH) ont le même coeffi cient directeur, −1 37, , donc sont parallèles.

La droite (EF) n’est parallèle à aucune autre droite. Attention 2 3373

, ≠ !

Dans un repère orthonormé (O, I, J) du plan, on a représenter les points A, B, etC, dont les coordonnées sont :

A , B , et C .−( ) ( ) −( )2 1 4 2 1 4; ; ;

Exercice 13



Une médiane d’un triangle est une 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.

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

xx x

KB C

2 2et=

+=

+ −( )=

4 11 5,

yy y

KB C

2 2.=

+= + =2 4

3

Coordonnées du milieu de [CA], que l’on notera L :

xx x

LC A

2 2=

+=

−( )+ −( )= −

1 21 5,

yy y

LC A

2 2.=

+= + =4 1

2 5,

Coordonnées du milieu de [AB], que l’on notera M :

xx x

MA B

2 2et=

+=

−( )+=

2 41 y

y yM

A B2 2

.=+

= + =1 21 5,

Équation de la médiane issue de A, c’est-à-dire de la droite (AK).

Elle est de la forme y ax b= + .


ay yx x

=−−

= −− −( ) = =K A

K A.

3 1

1 5 2

23 5

47, ,

Les coordonnées de A vérifi ent l’équation de la droite, donc :

y ax b x bA A A ,= + = +47

c’est-à-dire : 147

2= × −( )+ b.

Ce qui nous donne : b = + =187

157

.

Une équation de la médiane (AK) est donc : y x= +47

157

.

Équation de la médiane issue de B, c’est-à-dire de la droite (BL).



ay yx x

=−−

= −− −

=−

= −L B

L B.

2 5 21 5 4

0 55 5

111

,,

,,


y ax b x bB B B ,= + = − +111


4= − × + b.

O

4

–2 4i

j

y

x

B

A

C

M

K

GL

O

4

–2 4i

j

y

x

B

A

C

M

K

GL



Ce qui nous donne : b = + =2411

2611

.

Une équation de la médiane (BL) est donc : y x= − +111

2611

.

Équation de la médiane issue de C, c’est-à-dire de la droite (CM).



ay y

x x=

−−

= −− −( ) = − = −M C

M C.

1 5 4

1 1

2 52

1 25, ,

,


y ax b x bC C C ,= + = − +1 25, 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 x= − +1 25 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, vérifi ent simultanément les

deux équations y x= +47

157

et y x= − +1 25 2 75, , .

En remplaçant y par y47

157

x + dans la deuxième équation, on obtient :

47

157

1 25 2 75x x+ = − +, , .

Ce qui nous donne : 4 15 1 25 7 2 75 7 8 75 19 25x x x+ = − × + × = − +, , , , .

Donc : 12 75 4 25, ,x = . Soit : x = =4 2512 75

13

,,

.

Et donc : y x= − + = − × + = − + =1 25 2 75 1 2513

2 751 25

38 25

373

, , , ,, ,

..

Le centre de gravité du triangle est donc le point G de coordonnes 13

73

; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

On peut vérifi er qu’il appartient bien à la troisième médiane, la droite (BL), en vérifi ant que :

y xG G .= − +111

2611

En effet on a bien : − + = − × + = − + = = =111

2611

111

13

2611

133

7833

7733

73

xG yyG.

Résolvons les trois systèmes d’équations.

2 5

3 2 7

x yx y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Exercice 14



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

Soit : 3 4 7 10x x− = − .Le système équivaut donc à :

y xx= −

− = −⎧⎨⎪

⎩⎪5 2

3. Soit :

yx

= − × = −=

⎧⎨⎪

⎩⎪5 2 3 1

3.

La solution du système est donc le couple : 3 1; .−( )

17 30 13

10 5 7

x yy x

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Utilisons la méthode par combinaison linéaire, en multipliant les deux membres de la deuxième équation par 3, puis en soustrayant membre à membre.

Le système équivaut à : 17 30 13

10 5 3 7 3

x y

y x

+ =+( )× = ×

⎧⎨⎪

⎩⎪. Soit à :

17 30 13

30 15 21

x yy x

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

17 30 30 15 13 21x y y x+ − +( ) = − .

Ce qui donne : 17 15 8x x− = − . donc : x = −4.

En remplaçant x par x −4 dans la première équation, on obtient :

17 4 30 13× −( )+ =y .

Soit : 30 81y = . Et donc : y = 2 7, .La solution du système est donc le couple : −( )4 2 7; .,

6 3 15

7 4 14

x yy x

− = −+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Utilisons la méthode par substitution, la deuxième équation nous donnant : 7

144

14y x+ = .

C’est-à-dire : x y= +12

27

.

Ce qui nous donne pour la première équation : 612

27

3 15y y+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− = − .

Soit : 62

127

3 15y y+ − = − . Et donc : 127

15= − .

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 vérifi er que l’on ne s’est pas trompé en cherchant les équations réduites équivalentes aux deux équations du système :

6 3 15x y− = − équivaut à 6 15 3x y+ = soit y x= +2 5,

7 4 14y x+ = équivaut à 7 14 4y x= − soit y x= −247

.

On voit que les deux équations sont incompatibles (elles correspondent à des droites strictement parallèles).



Résolvons les trois systèmes d’équations.

3 5 3 3

5 5 3 5

x y

y x

− = −

− = −

⎧⎨⎪

⎩⎪.

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.

Le système équivaut à : 3 5 3 5 3 5

5 5 3 3 5 3

x y

y x

−( )× = − ×

−( )× = − ×

⎧

⎨⎪

⎩⎪

.

Soit à : 3 5 5 3 3 5

3 5 5 3 5 3

× − = −

− × = −

⎧⎨⎪

⎩⎪

x y

y x.

En ajoutant membre à membre, on obtient :

3 5 5 3 3 5 5 3 3 5 5 3× − + − × = − + −( )x y y x .

Soit : 15 15 15 15 3 5 5 3x y y x− + − = − − .

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 dex y.

L’équation n’a donc pas de solution, et donc le système non plus.


3 5 3 3x y− = − équivaut à 3 5 3 3x y+ = soit

y x x= + = +3 5

3

3

33 5 3,

5 5 3 5y x− = − équivaut à 5 5 3 5y x= − soit

y x x= − = −5 3

5

5

55 3 5.


x y

y x

+ =

= − −

⎧⎨⎪

⎩⎪

21 9

713

493

.

Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : x y= −9 21 .

Ce qui nous donne pour la deuxième : 713

9 21493

y y= − −( )− .

Soit : 793

213

493

y y= − + − . C’est-à-dire : 7 7583

y y= − , et donc : 0583

= − .




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.


x y+ =21 9 équivaut à 21 9y x= − soit y x x= − = − +921

121

121

37

,

713

493

y x= − − équivaut à y x= −×

−×

13 7

493 7

soit y x= − −121

73

.


4 5 1 7 4 6

7 7 9 10 6 4

x y x yx y x y

+ + = + ++ − = + −

⎧⎨⎪

⎩⎪.

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

Ce qui nous donne pour la deuxième :

7 7 3 5 9 10 6 3 5 4x x x x+ +( )− = + +( )− .

Soit : 7 21 35 9 10 18 30 4x x x x+ + − = + + − . Et donc : 28 26 28 26x x+ = + .

On constate que l’on arrive à une égalité toujours vraie, quelle que soit la valeur de x.

Il y a donc une infi nité de valeurs possibles pour x, à chacune correspondant xune valeur de y, obtenue par l’égalité : y y x= +3 5.


4 5 1 7 4 6x y x y+ + = + + équivaut à y x= +3 5,

7 7 9 10 6 4x y x y+ − = + − équivaut à 7 6 10 7 4 9y y x x− = − − + soit à y x= +3 5.

On voit que les deux équations sont identiques (elles correspondent à la même droite, ou à deux droites confondues).

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 : x 6x .€

Le tarif adulte étant de 13 €, les y adultes ont payé : y 13y .€

Le groupe a donc payé : 6 13x y+ .€ Ce qui nous donne : 6 13 803x y+ = .




Pour déterminer le nombre d’enfants dans le groupe il nous faut résoudre le système :

x yx y+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪65

6 13 803.

Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : y x= −65 .

Ce qui nous donne pour la deuxième : 6 13 65 803x x+ −( ) = .

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

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 : 2 5x y+ litres.

Puisqu’on a rempli une cuve de 440 litres, on a donc : 2 5 440x y+ = .

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 : 5 2x y+ litres.

On sait que dans ce cas on aurait obtenu 365 litres. On a donc : 5 2 365x y+ = .

Pour déterminer le débit horaire des deux robinets il nous faut résoudre le système : 2 5 440

5 2 365

x yx y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

membres de la première équation par 5 et les deux membres de la deuxième équation par 2, puis en soustrayant membre à membre.

Le système équivaut à : 2 5 5 440 5

5 2 2 365 2

x y

x y

+( )× = ×

+( )× = ×

⎧⎨⎪

⎩⎪.




Soit à : 10 25 2200

10 4 730

x yx y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

10 25 10 4 2200 730x y x y+ − +( ) = − .

Ce qui donne : 25 4 1470y y− = . Donc : y = =147021

70.

En remplaçant y par 70 dans la première équation, on obtient :y

2 5 70 440x + × = .

Soit : 2 440 350 90x = − = . 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.

Corrigé des exercices d’approfondissement du chapitre 5

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 :

xx x

yy y

MB C

MB C

2 2et

2 2.=

+= + = =

+= − + =2 3

2 56 6

0,

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).

Exercice IExercice I



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).

Ox

0

1

1

2

C

B

A

M

D

Pour commencer, cherchons l’équation réduite de la droite, ce qui nous donnera le coeffi cient directeur de celle-ci (et l’ordonnée à l’origine).

L’équation 4 3 3 0x y+ − = équivaut à : 3 4 3y x= − + soit y x= − +43

1.

Le coeffi cient 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 confi gurations du graphique ci-contre, unité et orientation précise non défi nies.

Les deux confi gurations sont possibles, aucune indication du graphique initial ne permettant d’en éliminer une.

Nous choisirons, pour la suite, la confi guration n°1.

Exercice IIExercice II

0

0

I

I

J

J

configuration n°1

configuration n°2d

0

0

I

I

J

J

configuration n°1

configuration n°2d

gg



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 confi gurations possibles.

On peut alors vérifi er que tous les cas de fi gure sont alors représentés.

Reprenons notre confi guration n°1.

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).

De même, si l’on prend comme ordonnée y = 0, on a

3 0 4 3× = − +x , soit x = 34

.

La droite passe aussi par le point B de coordonnées

34

0; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Faisons une représentation graphique (voir ci-contre).

On remarque que le triangle AOB est rectangle en O et que les longueurs OA et

OB sont connues : OA et OB .= =134

Ce qui nous donne (théorème de Pythagore) :

AB AO OB .2 2 2 22

134

2516

= + = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

Et donc : AB .= = =2516

54

1 25,

On peut donc, sur notre droite, placer arbitrairement le point A (ce qui nous nous donne une infi nité 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 infi nité de choix possibles).

Par contre le côté où l’on placera le point B (« à droite » ou « à gauche » de A) dépend de la confi guration choisie pour le repère. Ici, puisqu’on a choisi la confi guration 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.

d

A

B

d

A

B

d

A

B

0

d

j=A

i

y

x

0

d

j=A

i

y

x



d

A

B

d

A

B

d

A

B

Une fois ces deux points placés sur (d), on pourra construire le point O tel que

OA et OB .= =134

Deux points sont possibles, on choisira celui qui correspond à la confi guration n°1.

Le repère est alors identifi é (voir graphique fi nal ci-dessous).

0

1

0,75y

x

B

i

A=j

d

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 :

xx x

yy y

RA B

RA Bet ,=

+=

+2 2

x yR Ret .= + = = − + =2 5 52

3 754 42

0,

,

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

xx x

yy y

SB C

SB Cet ,=

+=

+2 2

x yS Set .= + = = + =5 5 12

3 254 5

24 5

,, ,

Le point T est le milieu du segment [CD]. Ses coordonnées sont donc :

Exercice IIIExercice III



xx x

yy y

TC D

TC Det ,=

+=

+2 2

x yT Tet .=+ −( )

= − = + =1 3 5

21 25

5 2 52

3 75,

,,

,

Le point U est le milieu du segment [DA]. Ses coordonnées sont donc :

xx x

yy y

UD A

UD Aet ,=

+=

+2 2

x yU Uet .= − + = − =+ −( )

= −3 5 22

0 752 5 4

20 75

,,

,,

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 :

xx x

yy y

HR T

HR Tet ,=

+=

+2 2

x yH Het .= − = = + =3 75 1 252

1 250 3 75

21 875

, ,,

,,

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

xx x

yy y

KS U

KS Uet ,=

+=

+2 2

x yK Ket .= − = = − =3 25 0 752

1 254 5 0 75

21 875

, ,,

, ,,

On constate que les deux points ont les mêmes coordonnées. Ils sont donc confondus.

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

O i

j

y

x

B

S

R

A

C

T

U

H=K

D



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.

Même si l’énoncé ne le demande pas, on peut faire une fi gure 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.

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

Pour que ce soit un rectangle, il suffi t que l’un de ses angles soit un angle droit.

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

On va donc chercher à avoir :

RT RS ST .2 2 2= +

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

Exercice IVExercice IV

O i

j

y

x

B

S

C

A

T??

R O i

j

y

x

B

S

C

A

T??

R



Le point R est le milieu du segment [AB]. Ses coordonnées sont donc :

xx x

yy y

RA B

RA Bet ,=

+=

+2 2

x yR Ret .=− + −( )

= − =+ −( )

=5 1

23

1 1

20

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

xx x

yy y

SB C

SB Cet ,=

+=

+2 2

x yS Set .= − + = = − + =1 52

21 32

1

abscisse est nulle, puisqu’il doit être sur l’axe des ordonnées : xT .= 0

Calculons maintenant les carrés des distances RS, RT et ST. On a :

RS S R S R2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

RS2 2 22 3 1 0 25 1 26= − −( )( ) + −( ) = + = .

RT T R T R2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

RT T T2 2 2 20 3 0 9= − −( )( ) + −( ) = +y y .

ST T S T S2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

ST T T T T T2 2 2 2 20 2 1 4 2 1 2 5= −( ) + −( ) = + − + = − +y y y y y .

On doit donc trouver yT tel que : RT RS ST .2 2 2= + Soit :

9 26 2 52 2+ = + − +y y yT T T .

Ce qui donne : 2 31 9 22yT = − = . Et donc : yT = 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 :

xx x

yy y

TC D

TC Det ,=

+=

+2 2

2x x x y y yT C D T C Det 2 .− = − = Donc :

x yD Det 2 .= × − = − = × − =2 0 5 5 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.



On sait déjà que RS2 26= . Calculons ST2. On a : ST T S T S2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

ST2 2 20 2 11 1 4 100 104= −( ) + −( ) = + = . Donc : RS ST2 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 etC dont les coordonnées sont :

A , B et C .− −( ) ( ) −( )2 1 4 2 1 4; ; ;

On a construit la hauteur du triangle issue de C.

Pour montrer que le point H de coordonnées H 0 8 0 4, ; ,( ) est le pied de cette hauteur issue de C, il faut montrer que H est sur la droite

(AB) et que l’angle AHC est droit.

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

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

ay yx x

=−−

=− −( )− −( ) = =B A

B A.

2 1

4 2

36

0 5,


y ax b x bB B B ,= + = +0 5, 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 x= 0 5, .

Vérifi ons si H appartient à cette droite. A-t-on y xH H ?= 0 5,

C’est-à-dire : 0 4 0 5 0 8, , ,= × ? La réponse est oui. H est bien un point de la droite (AB).

L’angle AHC est-il droit ?

Pour le savoir cherchons si le triangle AHC est rectangle en C, c’est-à-dire si : AC AH HC .2 2 2= +

Calculons donc les carrés des distances AC, AH et HC. On a :

AC C A C A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AC2 2 21 2 4 1 1 25 26= − − −( )( ) + − −( )( ) = + = .

AH H A H A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

Exercice VExercice V

Oi

j

y

x

B

C

A

H

Oi

j

y

x

B

C

A

H



AH2 2 20 8 2 0 4 1 7 84 1 96 9 8= − −( )( ) + − −( )( ) = + =, , , , , .

HC C H C H2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .

HC2 2 21 0 8 4 0 4 3 24 12 96 16 2= − −( ) + −( ) = + =, , , , , .

A-t-on AC AH HC ,2 2 2= + 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 :

AB B A B A2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

AB2 2 24 2 2 1 36 9 45= − −( )( ) + − −( )( ) = + = .

Donc : AB = 45.

Ce qui nous donne : Aire ABC AB CH( ) = × = = =12

12

45 16 212

729 13 5, , .

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).

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

A , B , C , D ,

E et

0 0 4 0 4 4 0 4

2 5 0

; ; ; ;

, ;

( ) ( ) ( ) ( )( ) F .4 2 5; ,( )

Équation de la droite (CE).

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

ay y

x x=

−−

= −−

= −−

=E C

E C.

0 42 5 4

41 5

83, ,


y ax b x bC C C ,= + = +83


4= × + b.

Ce qui nous donne : b = − = − = −4323

123

323

203

.

Exercice VIExercice VI

i

j

y

x

CD

A BE

FK

i

j

y

x

CD

A BE

FK



Une équation de la droite (CE) est donc : y x= −83

203

.

Équation de la droite (DF).

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

ay yx x

=−−

= −−

= − = −F D

F D.

2 5 44 0

1 54

0 375, ,

,


y ax b x bD D D ,= + = − +0 375, c’est-à-dire : 4 0 375 0= − × +, b.

Ce qui nous donne : b = 4.

Une équation de la droite (DF) est donc : y x= − +0 375 4, .

Le point d’intersection des droites (CE) et (DF), K, a des coordonnées qui vérifi ent

simultanément les deux équations y xK K ,= −83

203

et y xK K .= − +0 375 4,

En remplaçant yK par − +( )0 375 4, xK dans la première équation, on obtient :

− + = −0 375 483

203

, x xK K . Soit : − +( )× = −0 375 4 3 8 20, x xK K .

Ce qui nous donne : 12 20 8 1 125+ = +x xK K., Soit : xK .= =329 125

25673,

Et donc : y xK K= − + = − × + = − + =0 375 4 0 37525673

49673

29273

19, ,

6673

.

Le point d’intersection des droites (CE) et (DF), K, est donc le point de

coordonnées 25673

19673

; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

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 :

DC DK KC .2 2 2= +

Calculons donc les carrés des distances DC, DK et KC. On a :

DC C D C D2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

DC2 2 24 0 4 4 16= −( ) + −( ) = .

DK K D K D2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

DK22 2

25673

019673

425673

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=+ −( )

2 2

2 2

19673

29273

256 96

7

332.

KC C K C K2 2 2

= −( ) + −( )x x y y .



KC22 2

425673

419673

29273

256= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −773

29273

19673

36 96

73

2 2

2 2

2

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +.

Ce qui nous donne :

DK KC2 22 2

2

2 2

2

2256 96

73

36 96

73

256 96+ =

+ −( )+ + =

+ −( ))+ +

= =

2

2

2 2

2

2

73

36 96

7385264

7316.

C’est-à-dire DK KC DC .2 2 2+ =

Le triangle DKC est bien rectangle en K. Donc les segments [CE] et [DF] sont perpendiculaires.

Calculons maintenant leur longueur.

On a : CE E C E C2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

CE2 2 2 22 5 4 0 4 1 5 16 18 25= −( ) + −( ) = + =, , , .

DF F D F D2 2 2

= −( ) + −( )x x y y . Soit :

DF2 2 2 24 0 2 5 4 16 1 5 18 25= −( ) + −( ) = + −( ) =, , , .

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 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 :

A , B , C et D .0 0 2 0 2 2 0 2; ; ; ;( ) ( ) ( ) ( )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 : AE AI IE .2 2 2= + Soit :

IE AE AI 2 1 .2 2 2 2 2 3= − = − =

Donc : IE .E= =3 y 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.

Exercice VIIExercice VII

i

j

y

x

CD

A B

E

F

i

j

y

x

CD

A B

E

F



Ce qui nous donne : xF .= +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 coeffi cient directeur :

ay yx x

=−−

= −−

= −E D

E D.

3 21 0

3 2


y ax b x bD D D ,= + = −( ) +3 2 c’est-à-dire : 2 3 2 0= −( )× + b.

Ce qui nous donne : b = 2.

Une équation de la droite (DE) est donc : y x= −( ) +3 2 2.

Pour montrer que les points D,E et F sont alignés, montrons que le point F appartient à la droite (DE). Pour cela vérifi ons si ses coordonnées vérifi e l’équation de la droite (DE) obtenue ci-dessus.

A-t-on : y xF F ?= −( ) +3 2 2 C’est-à-dire : 1 3 2 2 3 2= −( ) +( )+ ?

On a : 3 2 2 3 2 2 3 3 4 2 3 2 1−( ) +( )+ = + − − + = .

Donc F appartient bien à la droite (DE).

Traduisons l’énoncé sur les coordonnées des différents points.

E est le milieu de [OF], soit : xx x

yy y

EO F

EO Fet .=

+=

+2 2

x x y yF E F Eet .= =2 2

F est le milieu de [AG], soit : xx x

yy y

FA G

FA Get .=

+=

+2 2

2 7x x y yF G F Get 2 .= + =

G est le milieu de [BE] , soit : xx x

yy y

GB E

GB Eet .=

+=

+2 2

2 3 4x x y yG E G Eet 2 .= + = +

Déterminons d’abord les abscisses.

La première égalité, x xF E ,= 2 nous permet de remplacer xF par 2xE dans la deuxième égalité :

2 4 7x x xF E G= = + , ce qui donne : x xG E= −4 7.

On peut alors remplacer xG par 4 7xE −( ) dans la troisième égalité :

2 2 4 7 3x x xG E E ,= −( ) = + ce qui donne : 8 14 3x xE E.− = + Soit :

8 3 14x xE E .− = +

Donc : xE .= 177

On en déduit : x xG E= − = × − = − =4 7 4177

7687

497

197

. Et :

x xF E .= =2347

Passons maintenant aux ordonnées.

Exercice VIIIExercice VIII



La première égalité, y yF E ,= 2 nous permet de remplacer yF par 2yE dans la deuxième égalité :

2 4y y yF E G= = .

On peut alors remplacer yG par 4yE dans la troisième égalité :

2 2 4 4y y yG E E ,= × = + ce qui donne : 8 4y yE E .− =

Donc : yE .= 47

On en déduit : y yG E= = × =4 447

167

. Et : y yF E .= =287

Déterminons le rayon de chacun de ces cercles, sachant que : AB , AC et BC .= = =24 15 19

Appelons R1 le rayon du cercle de centre A, R2R le rayon du cercle de centre B, R3Rle rayon du cercle de centre C.

Puisque les cercles sont tangents, on a :

AB , BC et CA .= + = + = +R R R R R R1 2 2 3 3 1

C’est-à-dire : 24 19 151 2 2 3 3 1= + = + = +R R R R R R, et .

La première égalité nous donne : R R2 124= − , ce qui nous permet de remplacer

R2 par 24 1−( )R dans la deuxième égalité : 19 242 3 1 3= + = −( )+R R R R .

Ce qui donne : R R R3 1 119 24 5= − + = − .

En remplaçant R3 par R1 5−( ) dans la troisième égalité, on obtient : 15 5 2 51 1 1= −( )+ = −R R R .

Soit : 2 15 5 201R = + = . Et donc : R1 10= .

On en déduit alors que : R R3 1 5 10 5 5= − = − = .

Et : R R2 124 24 10 14= − = − = .

Traduisons d’abord les données de l’énoncé.

On a f ( ) ,0 1= − ce qui donne : f a b c( )0 0 0 12= × + × + = − . Soit : c = −1.

On a f 0 5 1,( ) = , ce qui donne : f a b c0 5 0 5 0 5 12, , , .( ) = × + × + = Soit :

a b c× + × + =0 25 0 5 1, , .

Comme on sait que c = −1, cette égalité s’écrit : 0 25 0 5 1 1, , .a b+ − =

Soit : 0 25 0 5 2, ,a b+ = .

On a f ( ) ,– 2 1= ce qui donne : f a b c( ) ( ) ( )– – –2 2 2 12= × + × + = Soit :

a b c× + × + =4 2 1( )– .

Comme on sait que c = −1, cette égalité s’écrit : 4 2 1 1a b− − = .

Soit : 4 2 2a b− = .

On a donc obtenu directement la valeur de c. Il nous reste à déterminerc a eta b.

Exercice IXExercice IX

Exercice XExercice X



Ces deux nombres inconnus doivent vérifi er simultanément les deux égalités :

0 25 0 5 2 4 2 2, ,a b a b+ = − =et .

Pour les déterminer, résolvons le système d’équations : 0 25 0 5 2

4 2 2

, ,a ba b

+ =− =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

de la première équation par 4, puis en ajoutant membre à membre.

Le système équivaut à : 0 25 0 5 4 2 4

4 2 2

, ,a b

a b

+( )× = ×

− =

⎧⎨⎪

⎩⎪. Soit à :

a ba b+ =

− =⎧⎨⎪

⎩⎪2 8

4 2 2.

En ajoutant membre à membre, on obtient : a b a b+ + −( ) = +2 4 2 8 2.

Ce qui donne : a a+ =4 10. Donc : a = 2.

En remplaçant a par 2 dans la deuxième équation, on obtient : 4 2 2 2× − =b .

Soit : − = − = −2 2 8 6b . Et donc : b = 3.

La fonction du second degré f défi nie par : f f x ax bx c( ) = + +2 , et telle

que f f( ) , ( )0 1 0 5 1= − =, et f ( ) ,– 2 1= est donc la fonction défi nie par :

f x x x( ) = + −2 3 12 .

Résolvons le système d’équations :

2 5

3 2 7

x yx y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Utilisons la méthode par substitution, la première équation nous donnant : y x= −5 2 .

Ce qui nous donne pour la deuxième : 3 2 5 2 7x x+ −( ) = .

Soit : 3 4 7 10x x− = − .

Le système équivaut donc à : y x

x= −

− = −⎧⎨⎪

⎩⎪5 2

3. Soit :

yx

= − × = −=

⎧⎨⎪

⎩⎪5 2 3 1

3.

La solution du système est donc le couple : 3 1; .−( )

Résolvons le système d’équations :

2 15

3 27

x y

x y

+ =

+ =

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

.

Xx

Yy

= =1 1et et ré-écrivons le système avec les nouvelles

inconnues.

L’équation 2 1

5x y

+ = va s’écrire 21 1

5× + =x y

, et donc 2 5× + =X Y .

L’équation 3 2

7x y

+ = va s’écrire 31

21

7× + × =x y

, et donc

3 2 7× + × =X Y .

Exercice XIExercice XI



Le système va alors s’écrire : 2 5

3 2 7

X YX Y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Pour déterminer X etX Y, il faut résoudre ce système. Or on peut remarquer Yque le système, tel qu’il se présente maintenant, est le même que celui de la question .

On en déduit que la solution est : X Y= = −3 1et .

On peut maintenant revenir au système initial.

Puisque Xx

= 1, on a donc

13

x= . Et donc : x = 1

3.

Puisque Yy

= 1, on a donc

11

y= − . Et donc : y =

−= −1

11.

La solution du système est donc le couple : 13

1; .−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Résolvons le système d’équations : 2 5

3 2 7

2 2

2 2

x y

x y

+ =

+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Pour cela, posons X x Y y= =2 2et et ré-écrivons le système avec les

nouvelles inconnues.

L’équation 2 52 2x y+ = va s’écrire 2 5X Y+ = .

L’équation 3 2 72 2x y+ = va s’écrire 3 2 7X Y+ = .

Le système va alors s’écrire : 2 5

3 2 7

X YX Y

+ =+ =

⎧⎨⎪

⎩⎪.

Pour déterminer X et X Y, il faut résoudre ce système. Or on peut remarquer Yque le système, tel qu’il se présente maintenant, est le même que celui de la question .

On en déduit que la solution est : X Y= = −3 1et .

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 x= = −3 3et .

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.



Corrigé de la séquence 3Corrigé des activités du chapitre 2

Différentes expressions pour une aire

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

x x x× = 2.

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

( ) .5 2 2− x

L’aire grisée est donc égale à :

4 5 22 2× + −x x( ) soit 4 5 22 2x x+ −( ) .

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 2− x.

L’aire d’un rectangle grisé est donc égale à : x x x x× − = −( ) ( ).5 2 5 2L’aire grisée est donc égale à :

5 5 4 5 2 25 4 5 2× − × − = − −x x x x( ) ( ).

Donc A x x x A x x x( ) ( ) ( ) ( ).= + − = − −4 5 2 25 4 5 22 2 ou

En développant 4 5 22 2x x+ −( ) , on obtient :

A x x x x x x

x

( ) ( ) ( )= + − = + − × × + − =

+

4 5 2 4 5 2 5 2 2

4 2

2 2 2 2 2

2 55 20 4 8 20 252 2− + = − +x x x x .

On pouvait plus simplement développer 25 4 5 2− −x x( ) ; on obtient :

A x x x x x x x( ) ( ) .= − − = − + = − +25 4 5 2 25 20 8 8 20 252 2


x

x

x

A B

D

H G

E F

C

xx

x

x

A B

D

H G

E F

C

x



Pour calculer A( , )2 5 , la forme la plus adaptée est A x x x( ) ( )= − −25 4 5 2 car

on peut remarquer que pour x = 2 5, on a 5 2 0− =x .

On a donc A( , ) .2 5 25=

Pour calculer A( )3 , la forme de A x( ) qui nécessite le moins de calculs est :

8 20 252x x− + .

On a alors A( ) ( ) .3 8 3 20 3 25 8 3 20 3 25 49 20 32= × − × + = × − + = −

On ne peut pas simplifi er cette expression car le nombre 3 est irrationnel.

a) Développons 854

12 52( ) , .x − + On obtient :

854

12 5 8 254

54

12 5 82 2 2 2( ) , ( ( ) ) , (x x x x− + = − × × + + = − 552

2516

12 5

8 20 252

x

x x A x

+ + =

− + =

) ,

( ).

On a donc bien A x x( ) ( ) , .= − +854

12 52

b) On a A( ) ,54

12 5=

Pour x ≠ 54

, ( )x − >54

02 A x( ) , .> 12 5

Le minimum de A x( ) est donc obtenu pour x = 54

et ce minimum est

A( ) , .54

12 5=

a) Développons ( )( )2 1 4 8 17x x− − + . On obtient :

( )( )2 1 4 8 17 8 16 4 8 17 8 20 252 2x x x x x x x− − + = − − + + = − + = AA x( ).

On a donc bien A x x x( ) ( )( ) .= − − +2 1 4 8 17

b) A x( ) = 17 équivaut à ( )( ) .2 1 4 8 17 17x x− − + =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 .

( )( )2 1 4 8 17 17x x− − + = si et seulement si ( )( ) .2 1 4 8 0x x− − =

Or, on sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

( )( )2 1 4 8 0x x− − = si et seulement si 2 1 0x − = ou 4 8 0x − = .

2 1 0x − = équivaut à 2 1x = soit x = 12

.



4 8 0x − = équivaut à 4 8x = soit x = =84

2.

L’ensemble des solutions de cette équation est : = , .12

2

Forme développée et factorisée.

Pour tout nombre réel x, f x x x( ) ( ) ( ).= − − −2 3 22

f x x x x x x

x x

( ) ( ) ( )= − − − = − × × + − + =

− +

2 3 2 2 2 2 3 6

4 4

2 2 2

2 −− + = − +3 6 7 102x x x .

Pour obtenir x x2 7 10− + , nous avons développé f x( ).

x x2 7 10− + est l’écriture développée de f x( ).

f x x x x x x( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ).= − − − = − − − −2 3 2 2 2 3 22

Dans l’écriture précédente, nous pouvons mettre x − 2 en facteur.

f x x x x x x x x( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( )(= − − − − = − − − = −2 2 3 2 2 2 3 2 −− 5).

Pour obtenir ( )( )x x− −2 5 , nous avons factorisé f x( ) par ( ).x − 2

( )( )x x− −2 5 est l’écriture factorisée de f x( ).

a) Pour calculer f ( )0 , le plus simple est d’utiliser la forme développée def x( ) ,

f x x x( ) = − +2 7 10 car, pour x = 0, on remarque quex x x2 7 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 x( ) = − +2 7 10 car c’est celle qui nécessite le moins de calcul.

f ( ) ( ) .2 2 7 2 10 2 7 2 10 12 7 22= − + = − + = −

On ne peut pas donner une autre écriture de 12 7 2− car 2 est un nombre irrationnnel.

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

f x x x( ) ( )( )= − −2 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 x− − =2 5 0 .

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




Par suite, f x( ) = 0 si et seulement si x = 2 oux x = 5.x =2; 5

d) Pour résoudre l’équationf x( ) = 10 , nous utiliserons la forme développée

def x( ) , f x x x( ) = − +2 7 10 , car on remarque que cette forme développée se termine par 10.

f x( ) = 0 si et seulement si x x2 7 10 10− + = soit x x2 7 0− = .Pour résoudre cette équation du second degré, nous allons factoriser l’expression

x x2 7− par x.

x x x x x x x2 7 7 7− = × − × = −( ).

f x( ) = 0 si et seulement si x x( ) .− =7 0Or, 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

Corrigé des exercices d’apprentissage du chapitre 2

L’aire de la bordure peut se calculer- en retranchant l’aire du carré EFGD de côté x–1,5 de l’aire du carré ABCD.xxOn obtient alors l’expression de d) :

x x2 21 5− −( , )- en additionnant l’aire du rectangle AEIF, avec celle du carré IBJF, puis celle du rectangle FJCG.On obtient alors :

( , ) , , , ( , ) ,

( , ) ,

x xx− × + × + − × =− +1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5

3 1 5 2 225

soit 3 2 25x − , qui est l’expression du c).

Pour voir si l’expression du a) peut convenir, développons ( , ) .x x+ −1 5 2 2 On a :

( , ) , , ,x x x x x x+ − = + × × + − = +1 5 2 1 5 1 5 3 2 252 2 2 2 2

qui est différente de 3 2 25x − , (il suffi t de voir que ces deux expressions n’ont pas la même valeur par exemple pour x = 0).x

De même 3 2 25 3x x− ≠, , donc de l’expression du b), et 3 2 25 1 5x x x− ≠ −, ( , )(puisque ces deux expressions ne prennent pas la même valeur pour x = 0), donc xde l’expression du e).

Seules les expressions du c), 3 2 25x − , et du d) x x2 21 5− −( , ) conviennent.


x

1,5x-1,5

1,5

D G C

A I B

JEF

x

1,5x-1,5

1,5

D G C

A I B

JEF



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 16 02

Nous remarquons que 16 42= et pouvons donc utiliser l’égalité

remarquable a b a b a b2 2− = − +( )( ) pour factoriser notre expression.

( , ) ( , )( , ) ( , )( ,x x x x x− − = − − − + = − +1 5 4 1 5 4 1 5 4 5 5 22 2 55) .

( , )x − − =1 5 16 02 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 x

négatif, ne peut pas être égal à −2 5, .L’aire du parterre est donc égal à 16 pour x = 5,5.x

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

x

x-4

x-2

2F

E H

G2

2 2

11

11

Celui-ci a pour côtés x − 2 et x − 4. On a

donc f x x x( ) ( )( ).= − −2 4L’aire du rectangle EFGH peut être aussi obtenue comme aire du carré de côté x, auquel on retire l’aire de deux bandes xrectangulaires de côté 2 et x, l’aire de deuxxbandes rectangulaires de côtés 1 et x, etauquel 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 :

f x x x x x x x x x x( ) = × − × × − × × + × × = − − + = −2 2 2 1 4 1 2 4 2 8 62 2 ++ 8.

On peut montrer que f x x( ) ( )= − −3 12 de deux façons :

a) en développant ( )x − −3 12

( ) ( )x x x x x f x− − = − + − = − + =3 1 6 9 1 6 82 2 2 (forme développée).

b) en factorisant ( )x − −3 12

On utilise le fait que 1 12= et on utilise l’égalité remarquable

a b a b a b2 2− = − +( )( ).

On obtient :

( ) [( ) ][( ) ] ( )( ) (x x x x x f x− − = − − − + = − − =3 1 3 1 3 1 4 22 2 )) 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




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 x2 6 8 8− + = soit x x2 6 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 : xx x2 6− .

x x x x2 6 6− = −( ).

x x2 6 0− = si et seulement si x x( ) .− =6 0

Comme x est non nul puisque x est compris entre 5 et 10,x

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.x

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 12

En effet f x( ) = 15 si et seulement si ( )x − − =3 1 152

soit ( )x − − =3 16 02 ou encore ( ) .x − − =3 4 02 2

On a : ( ) ( )( ) ( )( ).x x x x x− − = − − − + = − +3 4 3 4 3 4 7 12 2

Par suite, f x( ) = 15 si et seulement si ( )( ) .x x− + =7 1 0

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

( )( )x x− + =7 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 carx x est compris entre 5 et 10.x

L’aire de la feuille imprimable est de 15 cm2 si et seulement si x vaut 7 cm.x

f x x x( ) = − +2 8 7

Pour montrer que f x( ) peut aussi s’écrire sous la forme ( )x − −4 92 , développons

cette expression en utilisant l’identité remarquable ( ) .a b a ab b− = − +2 2 22

( )x x x x x x x f− − = − × × + − = − + − = − + =4 9 2 4 4 9 8 16 9 8 72 2 2 2 2 (( ).x

f x x( ) ( ) .= − −4 92

Pour déterminer la forme factorisée de f x( ), on peut partir de cette dernière

expression et utiliser le fait que 9 32= .




f x x x x x( ) ( ) ( ) [( ) ][( )]= − − = − − = − − − + =4 9 4 3 4 3 4 32 2 2 (( )( ).x x− −7 1

On a, pour factoriser, utilisé l’identité remarquable : a b a b a b2 2− = − +( )( ).

( )( )x x− −7 1 f x( ).

On peut développer l’expression factorisée de f x( ) pour vérifi er la validité de notre factorisation.

( )( )x x x x x x x− − = − − + = − +7 1 7 7 8 72 2 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 x( ) .= − +2 8 7 On a alors

f ( ) ( ) .3 3 8 3 7 3 8 3 7 10 8 32= − × + = − + = −

b) Pour résoudre l’équationf x( ) = 0 , on utilise l’expression factorisée def x( ) ,

soit ( )( )x x− −7 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 x− − =7 1 0 soit

x − =7 0 ou x − =1 0 soitx = 7 ou x x =1.x

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 4 8 4 7 92= − × + = −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 92

On a alors f x x x( ) ( ) ( ) .+ = − − + = −9 4 9 9 42 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 4f ( ). Par suite, pour tout nombre réel x,

f x f( ) ( ).≥ 4

Donc f ( )4 9= − est le minimum de la fonction f surf .

RemarqueRemarque



Soit g la fonction défi nie sur g par : g xx

x( ) .= −

+

2

24

4Pour montrer que g x( )

peut aussi s’écrire sous la forme18

42−

+x, mettons tous les termes de cette

expression au même dénominateur x 2 4+ .

18

4

4

4

8

4

4 8

4

4

42

2

2 2

2

2

2

2−

+= +

+−

+= + −

+= −

+=

x

x

x x

x

x

x

xgg x( ).

On a donc bien g xx

( ) .= −+

18

42

Par méthode analogue,

2

41

2

4

4

4

2 4

4

22

2

2

2

2

2

2 2

2x

x

x

x

x

x

x x

x+− =

+− +

+= − +

+=( ) xx x

x

x

xg x

2 2

2

2

24

4

4

4

− −

+= −

+= ( ).

On a donc bien

g xx

x( ) .=

+−2

41

2

2

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

La fraction g xx

x( ) = −

+

2

24

4est donc bien toujours défi nie.

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

x x x x2 2 24 2 2 2− = − = − +( )( ).

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

( )( )x x− + =2 2 0 x − =2 0 ou x + =2 0 soitx = 2 ou x = −2.

b) Montrer que g x( ) < 1 revient à montrer que g x( ) .− <1 0Pour ce faire, il est intéressant d’utiliser l’expression de g(gg x) sous la forme :xx

g xx

( ) .= −+

18

42

En effet, il vient alors g xx

( ) .− = −

+1

8

42

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

On en déduit que −

+<8

40

2x.

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




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 :

g xx

x( ) =

+−2

41

2

2

En effet, il vient alors g xx

x( ) .+ =

+1

2

4

2

2

Or 2 02x ≥ et, pour tout nombre réel x, x 2 4 0+ > .

On en déduit que 2

40

2

2x

x +≥

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

Soit f la fonction défi nie sur ]1 ;+∞[ par f f xx

( ) .= −−

21

1Ecrivons f x( ) en mettant tous ses termes au même dénominateur x −1.

f xx

xx x

xx x

x( )

( )= −−

= −−

−−

= −−

−−

= −2

11

2 11

11

2 21

11

2 22 11

2 31

−−

= −−x

xx

.

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

f xxx

( ) .= −−

2 31

Pour montrer que f x( ) peut aussi s’écrire sous la forme xx

x+ −

−3

1

2, nous

allons écrire cette expression en mettant tous ses termes au même dénominateur

x −1.

xx

xx x

xx

xx x x

x+ −

−= + −

−−

−= − + −

−−3

13 1

1 13 31

2 2 2( )( ) xxx

x x xx

xx

f x

2

2 2

1

2 31

2 31

−=

+ − −−

= −−

= ( ).

a) On remarque, tout d’abord, que la fonction f est bien défi nie sur fl’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( )

sous la forme de fraction soit f xxx

( ) = −−

2 31

.

x −1 étant non nul , cette fraction sera nulle si et seulement si son numérateur

est nul, à savoir 2 3 0x − = .




2 3 0x − = si et seulement si 2 3x = soit x = 32

.

L’équation f x( ) = 0 a pour solution x = 32

, ce qu’on peut écrire sous la forme :

= .32

b) Montrer que f x( ) < 2 pour tout réel x de ]1 ;+∞[ revient à montrer que x

f x( ) .− <2 0

Pour cela , on peut partir de l’expression f xx

( ) = −−

21

1 qui contient le nombre 2.

On a : f xx

( ) .− = −−

211

Or, on a remarqué que pour tout nombre réel x de ]1 ;+∞[, x − >1 0 , donc

−−

<11

0x

.

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 x

f x x( ) ( ) .− + <3 0

Pour cela, on peut partir de l’expression f x xx

x( ) = + −

−3

1

2 qui contient x + 3.

On a : f x x( ) ( )− + 3 = −−

xx

2

1.

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

On en déduit que x

x

2

10

−> et par suite −

−<x

x

2

10.

Donc f x x( ) ( )− + <3 0 soit

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

A = − + = − + + = − − − = −6 3 1 6 3 2 1 6 3 6 3 32 2 2 2x x x x x x x x x( ) ( ) −− 3

A = –3x – 3.2

B = − − = − − + = − + −3 4 3 8 16 3 24 482 2 3 2x x x x x x x x( ) ( ) ;

B = –3x +24x – 48x.2 2

C = − − − = − + − + = + −( )( ) ; x x x x x x x7 3 5 3 5 21 35 5 32 212 2

C = 5x +32x – 21.2




D = − − − + = + + − − −( ) ( ) ; 8 1 4 3 64 16 1 16 24 92 2 2 2x x x x x x

D = 48x – 8x – 8.2

E = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ = + − − +x x xx

x15

313

115

33

35

115

2 1115

;

E = 3x –415

x.2

F = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − + = − +36

966 36 36

92 2 2x x x x

x ;

F =x36

– x + 9.2

G = − − + − −

= − + − +

( ) ( )( )

x x x x

x x x

3 1 3 3 3 3 1

3 2 3 1 3 3

2

2 33 3 3

3 3 5 3 4 1 3

3 3

2

2

x x x

x x x

x

− − +

= − − + + −

= −

( )

( ) 22 5 3 4 1 3+ − + + −x( )

G == (3 – 3)x +(4 – 5 3)x +1– 3.2

A = − − − − −( ) ( )( ) ; ( )3 7 3 7 2 1 3 72x x x x est un facteeur commun.

A = − − − −⎡⎣ ⎤⎦ = −( ) ( ) ( ) (3 7 3 7 2 1 3 7x x x x ))( )

x − 6

A = (3x – 7)(x – 6).

B = − − + − −2 3 5 1 2 3 2 3x x x x( )( ) ; ( ) est un facteur commun.

=(2x-3) 1-(5x+1)B ⎡⎣ ⎤⎦ = − − −( )(2 3 1 5x x 11 2 3 5) ( )( )

= − −x x

B = –5x(2xx – 3).

C = + − − + +( )( ) ( ) ; x x x x4 3 5 4 42 est un facteur coommun.

=C ( ) ( ) ( )(x x x x x x+ − − +⎡⎣ ⎤⎦ = + − − −4 3 5 4 4 3 5 44 4 6 1) ( )( )

= + − −x x

C = (x + 4)(–6x – 11)

D = − − + = − − + = − −9 3 4 3 3 3 4 3 3 92 2 2 2 2 2( ) ( ) ( ) ( ) ( )x x x x x (( ) .4 3 2x +

Cette dernière expression est du tyype elle est égale à ( )(a b a b a b2 2− + ; – )).

=D ( ) ( ) ( ) ( ) (3 9 4 3 3 9 4 3 3 9 4x x x x x− − +( ) − + +( ) = − − xx x x

x x

− − + +

= − − −

3 3 9 4 3

12 7 6

)( )

( )( ( ) ou −− + −( )( )

x x12 7 6

D = –(x +122)(7x – 6)

Exercice 7



E = − + + − +( ) ( ) , 1 3 4 4 1 32 2 2 2x x x x ou du type 2a b

E

−= − +( ) + +( ) = − −

2

2 1 3 2 1 3 2 1 3

.

( ) ( ) ( )(x x x x x x 22 1 3 1 5 1

1 5 1

x x x x

x x

+ + = − − +

− + +

) ( )( )

( )( ) ouE = –(x +1)(5x +1).

F = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −x x x x x32 4

32 2

32 2 2 2

22 23

2 2

32

32

3

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − − × − + =

x x x

x x x x

–22

2 32

34

2 3× − = − −xx( )

F = –

34

(22x – 3).

G = − − = − − = − − − +( ) ( ) ( ) ( )( )

1 3 3 1 3 3 1 3 3 1 3 32 2 2x x x x

G = (–3xx +1– 3)(–3x +1+ 3).

H = + +9 12 42x x

On reconnaît une expression de lla forme a ab b2 22+ + .

Ainsi H = (3x +2) .2

A le produit des dénominateurs A

soit : 5 1( ).x −

Ax x

xx x

=−

+ = ×− ×

+ × −× −

=−

+11

25

1 51 5

2 15 1

55 5

2( )

( )( )

xxx

xx

xx

−−

=

+ −−

= +−

25 5

5 2 25 5

2 35 5

.

Nous prendrons pour dénominateur commun pour B le produit des dénominateurs

soit : ( )2 3x x−

Bx x

xx x

xx x

x=−

+ = ×− ×

+ × −× −

=22 3

3 22 3

3 2 32 3

2

2( )( )( ) xx x

x

x x

x x

x x

x

x x

2 2

2 2

3

6 9

2 3

2 6 9

2 3

8 9

2 3

−+ −

−=

+ −

−= −

−.

Nous prendrons pour dénominateur commun pour C le produit des dénominateurs

soit : 3x

Cx

xx x

x xxx x

xx

= + = ××

+ ××

= + = +43

1 43

1 33

43

33

4 33

2 2.

Exercice 8



A x x x x x= − + + + +( )( ).1 14 3 2

A x x x x x x x x x x= + + + + − − − − − = −5 4 3 2 4 3 2 51 1.

S = + + + +123

49

827

1681

.

On remarque que S = + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

123

23

23

23

2 3 4

.

En posant x = 23

, on a S x x x x= + + + +1 2 3 4.

Or, d’après le 1, ( )( ) .x x x x x x− + + + + = −1 1 14 3 2 5

Donc ( )( ) .x x x x x x− + + + + = −1 1 14 3 2 5

Donc, pour x différent de 1,x x x x xxx

4 3 25

11

1+ + + + = −

−.

x = 23

,

S =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−=

−

−= −

23

1

23

1

2

3

3

313

32

3

5 5

5

5

5 5(

55

5

5

5 5

5

5 5

43

33

3 2

3

3 2

3

21181

− = −⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

= − =) .

( ) [( ) ] ( ) ( )

x y z x y z x y x y z z+ + = + + = + + + +2 2 2 22

= + + + + +x xy y xz yz z2 2 22 2 2

= + + + + +x y z xy yz xz2 2 2 2 2 2 .

a) A,B etB C sont non nuls et tels que la somme de leurs inverses est nulle soit : C

1 1 10

A B C+ + = .

Mettons cette expression au même dénominateur ABC. On a C

1 1 1 1 1 1A B C

BCA BC

ACB AC

ABC AB

AB BC C+ + = ××

+ ××

+ ××

= + + AAABC

.

Comme1 1 1

0A B C

+ + = , on déduit AB BC CA+ + = 0.

b) D’après le ,

( )

(

A B C A B C AB BC AC

A B C AB

+ + = + + + + + =

+ + +

2 2 2 2

2 2 2

2 2 2

2 ++ +BC AC ).





Or, d’après la question précédente, AB BC CA+ + = 0.

On en déduit : ( ) .A B C A B C+ + = + +2 2 2 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 22 2− +xLes cercles et Γ sonttangents si et seulement si JI = JE +EI où E désigne le point de tangence, soit JI = x + 2.x

On a alors JI2 = ( ) .x + 2 2

Donc et Γ sont tangents si et seulement si :

( )x + =2 2 ( ) .4 22 2− +x

( )x + =2 2 ( )4 22 2− +x équivaut à : x x x x2 24 4 16 8 4+ + = − + +

soit x x x x2 24 4 16 8 4 0+ + − + − − = soit 12 16 0x − = soit x =43

.

Pour que les cercles et Γ soit tangents, J doit être situé au tiers du segment [AB], à partir du point A.

Résolution graphique et algébrique d’une équation

La fonction affi ne g défi nie parg g x x( ) = +2 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 ;x y) des points d’intersection de (C) et yy d vérifi ent les déquations de (C) et d, soit :d


C

I

B

E

JA

D

Γ

C

I

B

E

JA

D

Γ




y x= 2 et y x= +2 3.On en déduit x x2 2 3= + .

De plus, si a est asolution de l’équation x x2 2 3= + alors le point de coordonnées( ; )a a2 appartient à (C)et d.

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

x x2 2 3= + .

Par lecture graphique, les points d’intersection A et B ont pour abscisse −1 et 3.

( )( ) – .x x x x x x x+ − = + − = − −1 3 3 3 2 32 2

donc x x x x2 2 3 1 3− − = + −( )( ).

x x2 2 3= + équivaut à x x2 2 3 0− − = soit ( )( )x x+ − =1 3 0 .Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul. Donc,

x x2 2 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.


1

2

3

4

5

6

7

8

9 B

12

11

10

1 2 3 4–4 –3 –2 –1 x

y

A

(C)

1

2

3

4

5

6

7

8

9 B

12

11

10

1 2 3 4–4 –3 –2 –1 x

y

A

(C)




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’équationfy = 0, soit avec l’axe des abscisses. On lit deux solutions −3 et 1.y

b) ( ) ( )− + × − − = − − =3 2 3 3 9 6 3 02 donc −3 est bien solution de l’équation

x x2 2 3 0+ − = .

1 2 1 3 02 + × − = donc 1 est bien solution de l’équation x x2 2 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 f y=5, soit avec l’axe des abscisses. On lit deux solutions −4 et 2.

( ) ( )− + × − − = − − =4 2 4 3 16 8 3 52 donc −4 est bien solution de l’équation

x x2 2 3 5+ − = .

2 2 2 3 52 + × − = donc 2 est bien solution de l’équation x x2 2 3 0+ − = .

Pour cet exercice, la fenêtre n’est pas donnée. On peut dans un premier temps dessiner les courbes dans une fenêtre standard, puis affi ner les réglages pour bien pouvoir lire les abscisses des points d’intersection de f etf g. On peut notamment gprendre 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 f g.

On lit approximativement x = 1et x = −1 5, .

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

f x g x( ) ( )= si et seulement si 2 1 3 1 0x x x( ) ( )− + − = soit :

( )( ) .x x− + =1 2 3 0Un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.x − =1 0 soit x = 1 ou

2 3 0x + = soit x = − = −32

1 5, .

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.




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

2 3 5 4 0( )x x− + − = .

b) En développant, on obtient 2 6 5 4 0x x− + − = soit 7 10 0x − =

7 10 0x − = si et seulement si 7 10x = soit x = 107

.

L’équation (E4) a pour solution 107

ou encore

= 107

a) (E3) : 2 4 2 0( )( )x x− + =On sait qu’un produit de facteurs est nul si et seulement si l’un de ses facteurs est nul.

Comme 2 0≠ , 2 4 2 0( )( )x x− + = équivaut à ( )( ) .x x− + =4 2 0

b) ( )( )x x− + =4 2 0 équivaut à x − =4 0 ou x + =2 0 soitx = 4 ou x = −2.L’équation (E3) a donc pour solutions 4 et −2.

= ; 4 2− .

a) (E1) : 1 5 02− − =( )x .

Factorisons le membre de gauche de cette équation soit 1 5 2− −( ) .x

1 5 1 5 1 5 1 5 12 2 2− − = − − = − − + − = − +( ) ( ) [ ( )][ ( )] (x x x x x 55 1 5 6 4)( ) ( )( ).+ − = − + −x x x

(E2) : 3 1 02x x x− − =( ) .

Factorisons le membre de gauche de cette équation soit : 3 12x x x− −( )

3 1 3 1 3 1 2 12x x x x x x x x x x x− − = − − = − + = +( ) [ ( )] ( ) ( ).

b) Résolvons alors l’équation (E1).

(E1) équivaut à ( )( )− + − =x x6 4 0 soit

− + =x 6 0 ou x − =4 0 soit

x = 6 ou x = 4.

L’équation (E1) : 1 5 02− − =( )x a pour solutions 4 et 6.

= ; 4 6 .

Résolvons alors l’équation E2 : ( )3 12x x x− −Cette équation équivaut à : x x( )2 1 0+ = soit

x = 0 ou 2 1 0x + = soit

x = 0 ou x x = − 12

.




L’équation (E2) : 3 1 02x x x− − =( ) a pour solutions 0 et − 12

.

= ; .012

−

a) 3 9 2 3 2 9

2 7

x x x x

x

+ = + − = −

= −

équivaut à :

soit S = –72

.⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

b) 2 1 2 3 2 2 2 3( )

x x x x− = + − = +équivaut à :

− =2 3 S = ∅.

c) 4 25 0

2 5 2 5 0

2 5 0

2xx x

x

− =− + =

− =

équivaut à :

( )( )

ou

ou

2 5 0

52

52

x

x x

+ =

= = − S =52

,–52

.⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

d)( )( ) ( )( )

( )(

x x x xx

+ − − + + =+

1 2 5 1 2 0

1équivaut à : 22 5 2 0x x− − − =)

( )( )

x x+ − =1 7 0

x x+ = −1 0 7ou == 0 S = –1,7 .

( ) ( ) ( )(2 1 2 0 2 1 2 22 2x x x x x+ − − = + + −équivaut à : ++ − + =1 2 0x )

( )( )

3 1 3 0x x− + =

3 1 0 3 0x x− = + =ou

3 1 3x x= = −ou . S =13

,–3⎧⎨⎩

⎫⎬⎭

f) x xx x

+ = − + = −34

23

3 3 4 2équivaut à : ( ) ( )

3xx x+ = −9 4 8

3 4 8 9x x− = − − − = −x 17 S = 17 .

g) x x x x x x( )

+ = + + = +4 1 4 12 2 2équivaut à :

x x x2 2 4 1− + =

4 1x =

x = 144

S =14

.⎧⎨⎩

⎫⎬⎭




a)2 1

31

xx

−+

= équivaut à 2 1

31 0

xx

−+

− = soit

2 13

33

0x

xxx

−+

− ++

=

2 1 33

0x x

x− − +

+=( )

soit2 1 3

30

x xx

− − −+

= .

Le problème revient donc à résoudre l’équation : xx

−+

=43

0.

Or, un quotient est nul si et seulement si son numérateur est nul et son dénominateur est non nul.

xx

−+

=43

0 équivaut à x − =4 0 et x + ≠3 0

soit x = 2 et x x ≠ −3soit x = 4.

= .4

b)−+

=21

3xx

−+

=21

3xx

équivaut à −+

− =21

3 0xx

soit −+

− × ++

=21

311

0xx

xx

( )

soit− −

+=5 3

10

xx

.

−+

=21

3xx

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

x = − 35

et x ≠ −1

soit x = − 35

.

= .− 35

c)2 1

35

3x x+ =

2 13

53x x

+ = 2 13

53

0x x

+ − = .

2 13

53

2 33

13

53

6 53

13x x x

xx x

xx

xx

+ − = ××

+ ××

− = + − = +.




xx+ =1

30 équivaut à x + =1 0 et 3 0x ≠ soit

x = −1.

= .−1

d)7

12

x x+= .

71

2x x+

= 71

20

x x+− = .

71

2 71

2 11

7 2 2x x

xx x

xx x

x xx+

− = ×+ ×

− × +× +

= − −( )

( )( ) (xx

xx x+

= −+1

5 21) ( )

.

5 21

0x

x x−+

=( )

équivaut à 5 2 0x − = et x x( )+ ≠1 0

soit x = 25

et x ≠ 0 et x ≠ −1 soit

x = 25

.

= .25

f x x x( ) ( )= −2 11 et g x x( ) = −11.

Graphiquement, les solutions

de l’équation f x g x( ) ( )= sont lesabscisses des points d’intersection des courbes représentatives de f etfde g (qui est une droite car g est unegfonction affi ne). On lit deux solutions x ≈ −1 et x ≈ 1.

f x g x( ) ( )= équivaut à x x x2 11 11( )− = − soit x x x2 11 11 0( ) ( ) .− − − =On peut mettre x −11 en facteur. Il vient :

( )( )x x− − =11 1 02 soit

( )( )( ) .x x x− − + =11 1 1 0Ce 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.

= −1111, ,




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 ci-xdessus car la fenêtre choisie était telle que xmin = −3 et xmax .= 4

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

Appelons x le côté du carré en cm . Son aire est x 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 x+ − =3 212 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 x x x x x+ − = + + − = +3 6 9 6 92 2 2 2

( )x x+ − =3 212 2 si et seulement si 6 9 21x + = , soit 6 12x = , soit x = 2.Le carré chercher a côté 2 cm.

Vérifi ons le : 2 42 = et ( )2 3 252+ = = 4 +21.

Notons x la distance PM.x

5 m

10 m

P

J

M N

I

3,5 m

A

B

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

AP AM MP2 2 2= +soit :

AP2 2 23 5= +, .xD’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle PBN rectangle en N,

on a BP BN NP2 2 2= + soit :

BP2 = 5 102 2+ −( ) .x





AP=BP si et seulement si AP BP2 2= soit

x x2 212 25 25 10+ = + −, ( ) .

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 x2 212 25 25 10+ = + −, ( ) équivaut à

x x x2 212 25 25 100 20+ = + − +, , soit

20 112 75x = , soit x = =112 7520

5 6375,

, m soit environ 564 cm.

Pour déterminer la position de P, il suffi t 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].

Nous pouvons essayer de prendre pour inconnue n le plus petit de nombres nentiers cherchés.

Les 5 entiers consécutifs sont donc n n n n n, , , , .+ + + +1 2 3 4Le problème se traduit alors par l’équation :

( ) ( ) ( ) ( ) .n n n n n+ + + = + + + +3 4 1 22 2 2 2 2

n n n n n n n n n2 2 2 2 26 9 8 16 2 1 4 4+ + + + + = + + + + + +soit après réduction :

n n2 8 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 ntroisième nombre des cinq entiers consécutifs.

Les 5 entiers consécutifs sont donc : n n n n n− − + +2 1 1 2, , , , .Le problème se traduit alors par :

( ) ( ) ( ) ( ) .n n n n n+ + + = − + − +1 2 2 12 2 2 2 2

n n n n n n n n n2 2 2 2 22 1 4 4 4 1 2 4+ + + + + = − + + − + + , soit

n n2 12 0− = ou encore

n n( )− =12 0 .Cette équation admet deux solutions, n = 0 ou n n = 12.n

Si n = 0, les cinq entiers cherchés sont :n − −2 1 0 1 2, , , , et on a bien

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

13 14 10 11 12 3652 2 2 2 2+ = + + == .

Exercice 19



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

nn

++

=37

67

.

Cette équation est équivalente à :

nn

++

− =37

67

0.

nn

nn

nn

n++

− = + ×+ ×

− × +× +

= +37

67

3 77 7

6 77 7

7( )( )

( )( )

221 6 427 49

217 49

− −+

= −+

nn

nn

.

nn

++

− =37

67

0 équivaut à n − =21 0 et 7 49 0n + ≠ , soit

n = 21 et n ≠ −7 , soitn = 21.

Vérifi cation :

21 321 7

2428

67

++

= = .


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 2 5x + , on résout d’abord l’équation

2 5 0x + =

Celle-ci est équivalente à 2 5x = − , soit x = − 52

.

On peut ensuite utiliser deux méthodes.

Méthode 1On résout l’inéquation 2 5 0x + > .

2 5 0x + > équivaut à 2 5x > − soit x> − 52

.





Par suite, 2 5 0x + < équivaut à x < − 52

.

Méthode 2 (voir chapitre 1)

On sait que la fonction affi ne f défi nie parf f x x( ) = +2 5 est strictement croissante sur car 2>0.

Par suite, si x < − 52

, f x f( ) ( )< − 52

2 5 0x + < .

Si x > − 52

, f x f( ) ( )> − 52

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+5xx − 0 +

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

x −∞ 3 +∞

3− x + 0 −

b) Pour x = 6,4 on ax x > − 52

, donc 2 5 0x + > et x > 3 donc 3− x < 0.

Pour x = 6,4, le produit x ( )( )2 5 3x x+ − est donc négatif.

Pour x = x 3, qui vaut sensiblement 1,732 on a x > − 52

, donc 2 5 0x + > et

x < 3 donc 3− x > 0.

Pour x =x 3, , le produit ( )( )2 5 3x x+ − est donc positif.

Pour x =x −3 7, on a x < − 52

, donc 2 5 0x + < et x < 3 donc 3− x > 0.

Pour x =x −3 7, , le produit ( )( )2 5 3x x+ − est donc négatif.

x

−∞− 5

2

3 + ∞Signe de 2x + 5 x − 0 + +

Signe de 3− x + + 0 −

Signe de ( )( )2 5 3x x+ − − 0 + 0 −

0

0

0

0



d) ( )( )2 5 3x x+ − est nul quand x = − 52

ou x = 3.

( )( )2 5 3x x+ − est strictement positif quand x appartient à l’intervallex ] , [− 52

3 .

( )( )2 5 3x x+ − est strictement négatif quand x appartient à la réunion d’intervalle x

] ; [ ] , [.− ∞ − ∪ +∞52

3

Plan d’une maison

Le rectangle a pour dimensions 2x et 10 − x.

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

Son aire est donc : 12

2 2× × =x x x .

On a 0 10< <x . Donc 0 1002< <x .

On peut effectuer le tracé des courbes avec :

Xmin = 0 , Xmax = 10 et Xgrad = 1.

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, .


2x

x

10

2x

x

10



Par le calcul, ces aires sont égales si 2 10 2x x x( )− = , soit

2 10 02x x x( )− − = ou encore

2 10 0x x x x( )− − × = , et en factorisant par x,x

x x x[ ( ) ]2 10 0− − = soit x x( ) .20 3 0− =

Comme x ≠ 0, l’équation précédente est équivalente à 20 3 0− =x soit x = 203

.

203

est la valeur exacte égale au dixième près à la valeur 6,7 estimée à la

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 x x2 220 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 x x 20 2 2− c’est-à-dire si le point d’abscisse x appartenant à la courbe représentant x g et au dessus du point gd’abscisse x appartenant à la courbe représentant x 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 g au dessusde la courbe représentant f . L’aire du triangle est supérieure ou égale à l’aire du frectangle lorsque x appartient à l’intervalle [20/3 ;10[.x

Par le calcul, il faut résoudre l’inéquation 2 10 2x x x( )− ≤ , sachant que

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

x x( ) .20 3 0− ≤Comme x est strictement positive, cette inéquation est équivalente àx 20 3 0− ≤x

soit 3 20x ≥ , soit x ≥ 203

.

Comme x < 10, on retrouve le résultat que x appartient à l’intervalle [20/3 ;10[.x




Graphiquement, lessolutions 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

f x( ) ≥ 1 les nombres réels de l’intervalle

fermé −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥1

12

;

= −⎡

⎣⎢

⎤

⎦1

12

; .

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

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 affi ned g.

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

= [ ; ].−11


0

1

1 2

2

3

–1–2–3–4 3 x

y

y = 1

y = –3

y = –1–1

–2

–3

0

1

1 2

2

3

–1–2–3–4 3 x

y

y = 1

y = –3

y = –1–1

–2

–3




Les solutions de

l’inéquation f x g x( ) ( )>sont les abscisses des

points de situés strictement au dessus de la droite d représentant dla fonction affi ne g.On trouve donc pour solutions les nombres réels de l’intervalle

ouvert ] ; [.−11

= ] ; [.−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 affi ned g.On trouve donc pour solutions les nombres réels de la réunion d’intervalles

fermés [ ; ] [ ; ].− − ∪4 1 1 4

= [ ; ] [ ; ].− − ∪4 1 1 4

− + < +2 3 4x x

Cette inéquation équivaut, en retranchant x aux deux membres, à :x− − + < − +2 3 4x x x x , soit − + <3 3 4x

En retranchant 3 aux deux membres de l’inéquation, il vient

− + − < −3 3 3 4 3x soit − <3 1xet en divisant par −3 , on trouve :

x > − 13

.

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 :

S = − +∞] ; [.13

3 2 4x x x− − <( )

3 2 4 3 2 8 8x x x x x− − = − + = +( ) .

L’inéquation est donc équivalente à : x x+ <8

soit encore à 8 0< .

Cette inéquation n’admet donc pas de solutions. S = ∅.

S = ∅ signifi e que l’ensemble des solutions est vide.

23

8 0x + <

0

1

2

1 2–1–2–3–4 3 x

y

d

–1

–2

–3

0

1

2

1 2–1–2–3–4 3 x

y

d

–1

–2

–3




Cette inéquation équivaut à : 23

8x < −

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

x < −242

, soit x < −12.

S = − ∞ −] ; [.12

2 5

32 3

7x x− ≤ −

.

Multiplions par 3 les deux membres de l’inéquation ; l’inéquation est équivalente

à : 2 53 2 3

7x

x− ≤ −( ).

Multiplions ensuite par 7 les deux membres de l’inéquation ; l’inéquation est équivalente à :

7 2 5 3 2 3( ) ( ).x x− ≤ −

On obtient en développant :

14 35 6 9x x− ≤ − , soit

8 26x ≤ , soit

x ≤ 268

,soit x ≤ 134

.

S = −∞⎤

⎦⎥ ;

134

x −∞ −2 7 + ∞

Signe de f x( ) − + 0 −

a) On ne peut pas calculer f x( ) pour x = −2 car sous le nombre −2 fi gure une double barre.

b) f x( ) s’annule pour x = 7 , car sous le nombre 7 fi gure le nombre 0.x

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 <x −2 , f x( ) ;< 0


0



b) Pour − < <2 7x f x( ) .> 0

c) Pour x ≥ 7 f x( ) .≤ 0

d) Pour − < ≤2 7x f x( ) .≥ 0

a) Signe de ( )( )2 1 3x x− −

Pour connaître le signe d’un produit de facteurs, il suffi t de connaître le signe de chaque facteur.

2 1 0x − > équivaut à 2 1x > soit x > 12

.

x − >3 0 équivaut à x > 3.

x −∞ 1/2 3 + ∞

Signe de 2 1x − − 0 + +

Signe de x−3xx − − 0 +

Signe de ( )( )2 1 3x x− − + 0 − 0 +

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

x −∞ 1/2 3 + ∞Signe de ( )( )2 1 3x x− − + 0 − 0 +

b) Signe de x

x+

−4

3 2.

Pour étudier le signe d’un quotient, il suffi t de connaître le signe de chacun des facteurs du quotient.

x + >4 0 équivaut à x > −4.

3 2 0− >x équivaut à 3 2> x soit x < 32

.

x −∞ −4 3/2 + ∞

Signe de x + 4x − 0 + +

Signe de 3 2− x + + 0 −

Signe dex

x+

−4

3 2− 0 + −

On peut donner le signe de x

x+

−4

3 2dans le tableau suivant :


0

0

0

0

0

0

0



x −∞ −4 3/2 + ∞

Signe de− +

+x

x5

2 − 0 + −

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

de l’expression ( )( ).5 3 4x x− −

Pour connaître le signe de ce produit de facteurs, il suffi t de connaître le signe de chacun des facteurs du produit.

5 3 0x − > équivaut à 5 3x > soit x > 35

.

4 0− >x équivaut à x < 4.

On en déduit le tableau de signe :

x −∞ 3/5 4 + ∞

Signe de 5 3x − − 0 + +

Signe de 4 − x + + 0 −

Signe de ( )( )5 3 4x x− − − 0 + 0 −

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

x −∞ 3/5 4 + ∞

Signe de ( )( )5 3 4x x− − − 0 + 0 −

L’ensemble S des solutions de l’inéquation ( )( )5 3 4 0x x− − > est donc :

S =] ; [.35

4

Pour vérifi er ce résultat à la calculatrice, on peut construire la courbe

représentative de la fonction f défi nie parf f x x x( ) ( )( )= − −5 3 4 .


0

0

0

0

0

0 0



La représentation graphique de la fonction f confi rme bien les résultats déterminés falgébriquement.La courbe est strictement au dessus de l’axe des abscisses si et seulement si x

appartient à l’intervalle ] ; [.35

4

a) Pour démontrer que , x x x2 24 3 2 1− + − − −( ) , nous pouvons développer

l’expression ( ) .x − −2 12

( ) .x x x x x− − = − + − = − +2 1 4 4 1 4 32 2 2

On a donc bien x x x2 24 3 2 1− + = − −( ) .

b) La forme factorisée de x x2 4 3− + peut être obtenue en factorisant l’expression

( ) .x − −2 12

( ) ( ) ( )( ) ( )(x x x x x x− − = − − = − − − + = − −2 1 2 1 2 1 2 1 3 12 2 2 )) ( )( ).= − −x x1 3

c) Tableau de signe de l’expression ( )( ).x x− −1 3

x −∞ 1 3 + ∞

Signe de x −1 − 0 + +

Signe de x − 3 − − 0 +

Signe de ( )( )x x− −1 3 + 0 − 0 +

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

x −∞ 1 3 + ∞

Signe de ( )( )x x− −1 3 + 0 − 0 +

d) Les solutions de l’inéquation x x2 4 3 0− + > sont donc :

S = − ∞ ∪ +∞] ; [ ] ; [1 3

car x x x x2 4 3 1 3− + = − −( )( ).e) Il suffi t de tracer à la calculatrice, dans une fenêtre standard par exemple, la

courbe représentative de la fonction f défi nie par f f x x x( ) .= − +2 4 3


0

0

0

0



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

égale à x x2 24+ −( ) avec 0 4< <x .

Il faut donc résoudre l’inéquation

x x2 24 10+ − >( )soit

x x x2 216 8 10+ − + >soit

2 8 6 02x x− + > , et en divisant par 2 les deux membres de l’inéquation, on retrouve l’inéquation précédente :

x x2 4 3 0− + > .

On a trouvé dans la question précédente S = −∞ ∪⎡⎣ ⎤⎦ +∞⎤⎦ ; ;1 3 .

De plus, pour notre problème, 0 4< <x .On en déduit que la somme des aires des deux carrés est strictement supérieure

à 10 si et seulement si : x ∈ ∪ ] ; [ ] 0 1 3

xx

+−

≥13

0

On résout cette inéquation à l’aide d’un tableau de signes.

x −∞ −1 3 + ∞

Signe de x+1xx − 0 + +

Signe de 3− x + + 0 −

Signe de xx

+−

13

− 0 + −

Le signe de x

x+−

13

peut être donné dans le tableau suivant :

x −∞ −1 3 + ∞

Signe dex

x+−

13

− 0 + −

L’inéquation x

x+−

≥13

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

B E

C

4

D

A

x

G F

4-xB E

C

4

D

A

x

G F

4-x


0

0

0

0



−

−≥5

2 70

2x

x( ).

L’expression −

−

5

2 7 2x

x( )est défi nie si son dénominateur est non nul, soit si

2 7 0x − ≠ , soit x ≠ 72

.

Pour x ≠ 72

, ( ) ,2 7 02x − > donc l’expression−

−

5

2 7 2x

x( )a le même signe que

−5x.

Or − ≥5 0x équivaut à x ≤ 0.

On a donc S = − ∞] ; ].0

xx

+−

<45

2.

La méthode consiste à se ramener à une étude de signe.

xx

+−

<45

2 équivaut à xx

+−

− <45

2 0.

On met l’expression x

x+−

−45

2 au même dénominateur :

xx

xx

xx

x xx

x+−

− = +−

− −−

= + − +−

= −45

24

52 5

54 10 25

3 6( )55− x

.

Par suite

xx

+−

<45

2 équivaut à3 65

0x

x−

−< .

Le signe de3 65x

x−

−s’obtient à l’aide d’un tableau de signes.

x −∞ 2 5 + ∞

Signe de 3 6x − − 0 + +

Signe de 5− x + + 0 −

Signe de3 65x

x−

−− 0 + −

On peut donner le signe de 3 65x

x−

−dans le tableau suivant :

0

0

0



x −∞ 2 5 + ∞

Signe de3 65x

x−

−− 0 + −

3 65

0x

x−

−< si et seulement si x ∈ − ∞ ∪ +∞] ; [ ] ; [.2 5

L’ensemble S des solutions de l’inéquation Sx

x+−

<45

2 est donc :

S = − ∞ ∪ +∞] ; [ ] ; [.2 5

Notons f x( ) le prix à payer en utilisant le premier transporteur en fonction du nombre x de kilomètres parcourus.x

f x x( ) , .= +460 3 5

Notons g x( ) le prix à payer en utilisant le second transporteur en fonction du nombre x de kilomètres parcourus.x

g x x( ) .= +1000 2

Il est plus avantageux de s’adresser au second transporteur lorsque g x f x( ) ( ),<soit

1000 2 460 3 5+ < +x x, , soit

1 5 540, ,x > soit x > 5401 5,

et 5401 5

360,

.=

Le second transporteur est plus avantageux que le premier à partir d’une distance à parcourir supérieure à 360 km.

L’aire d’un carré de côté x est x 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

respectives x et 3 est donc égale à : xx

x+ ×32

=x x( )

.+ 3

2L’aire d’un carré de côté x est inférieure l’aire d’un trapèze, de hauteurx x, et dont xles deux bases ont pour longueur respectives x et 3 si et seulement si :x

xx x2 3

2≤ +( )

soit,

2 32x x x≤ +( ) soit,

2 3 02x x x− + ≤( ) soit

x x x( ( ))2 3 0− + ≤ ou encore



0



x x( ) .− ≤3 0x désigne ici une distance doncx x > 0.x

Par suite, x x( )− ≤3 0 équivaut à x − ≤3 0 soit 0 3< ≤x .

L’aire d’un carré de côté x est inférieure l’aire d’un trapèze, de hauteur x x, et dont xles deux bases ont pour longueur respectives x et 3 si et seulement si x 0 3< ≤x .

On cherche donc les nombres réels x tels que x 2 3x x> .

Cette inéquation est équivalente à l’inéquation : x x3 2 0− < .

x x x x x x x3 22 2 2 2− = − = − +( ) ( )( ).

On est donc amener à rechercher le signe de x x x( )( )− +2 2 , ce que l’on fait aisément à l’aide d’un tableau de signes.

x −∞ − 2 0 2 + ∞

Signe de x − − 0 + +

Signe de x − 2 − − − 0 +

Signe de x + 2 − 0 + + +

Signe de x x3 2− − 0 + 0 − 0 +

On en extrait le signe de x x3 2− selon les valeurs de x.

x −∞ − 2 0 2 + ∞

Signe de x x3 2−− 0 + 0 − 0 +

x x3 2 0− < si et seulement si x ∈ − ∞− ∪] ; [ ] ; [.2 0 2

Par suite, l’ensemble S des nombres réels dont le double est strictement supérieur Sau cube est : S = − ∞− ∪] ; [ ] ; [.2 0 2

On s’intéresse à l’algorithme suivant.Entrée ENTRER a et a b (nombres réels)

DANS c METTRE a b× DANS s METTREs 1

SI c < 0 ALORS DANS s METTREs −1



0

0

0

0

0

0



SINON

SI c = 0 ALORS DANS s METTRE 0s Fin du SI Fin du SISortie AFFICHER s

Faites fonctionner cet algorithme avec les entrées i)

a b c s c < 0?c c = 0?Entrée 6 0,5

3 1 Non NonSortie 1

ii)a b c s c < 0?c c = 0?

Entrée -6 -0,53 1 Non Non

Sortie 1iii)

a b c s c < 0?c c = 0?Entrée 6 -0,5

-3 1 oui-1

Sortie -1iv)

a b c s c < 0?c c = 0?Entrée -6 0,5

-3 1 Oui-1

Sortie -1

Que fait cet algorithme ?Si a eta b sont tous deux strictement positifs, l’algorithme nous donne 1,bSi a eta b sont tous deux strictement négatifs, l’algorithme nous donne 1,bSi a est strictement positif eta b strictement négatif, l’algorithme nous donne -1,bSi a est strictement négatif et a b strictement positif, l’algorithme nous donne -1,bSi 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.

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 x s’il est positif et renvoie –x x s’il est négatif. x

On considère l’algorithme suivant.

Entrée ENTRER a eta b (nombres réels)

DANS c METTRE ( )) /a b a b+ − −ABS( 2Sortie AFFICHER c




a) Que fait cet algorithme ?Deux cas sont possibles.

a b≥Alors a -b est positif. On en déduit : ABS(b a -b) = a -b .La valeur de c en sortie de l’algorithme est donc : c

a b a b a b a b bb

+ − − = + − + = =( ).

2 222

a b<Alors a -b est négatif. On en déduit que ABS(b a -b) est égal à l’opposé de ) (a-b)c’est-à-dire à –(a -b)bb = -a+b .La valeur de c en sortie de l’algorithme est donc : c

a b a b a b a b aa

+ − − + = + + − = =( ).

2 222

En résumé cet algorithme nous donne le plus petit des deux nombres a et a b.

b)Sans utiliser les opérations usuelles ( , , , )+ − × ÷ écrire un algorithme effectuant la même chose que l’algorithme précédent.

Entrée ENTRER a et a b (nombres réels)

Si a b≥ alors DANS c METTRE c bSinon DANS c METTREc a

Fin du SiSortie AFFICHER c

Ecrire un programme de l’algorithme de l’exercice 33(b)bb précédent pour calculatrice.

Ti-82 Casio Graph 25

PROGRAM:PETIT: Input A: Input B

: If A B≥( ): Then: B → C: Else: A → C: End: Disp C

= PETIT =? → A ↵? → B ↵If (A ≥ B) ↵Then B → C ↵Else A → C ↵IfEnd ↵Cy

A B C

1 =Si(A1>=B1;B1;A1)

On entre A dans A1 et B dans B1.

Cas 1Cas 1

Cas 2Cas 2




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.

0 1 2 t (en heures)

d (en km)

E

10

20

30

40

50

60

70

80

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 affi ne du dtemps écoulé t puisque sur chaque intervalle la courbe de cette fonction est un tsegment de droite. On admet que :

- Si t ∈[ ; 0 1alors : d (d t ) = 30tt t ;

- Si t ∈[ ; , [1 1 5alors : d (d t ) = 10tt t+20;t

- Si t ∈[ , ; 1 5 2 alors : d (d t ) = 35;tt

- Si t ∈[ ; ]2 3alors : d (d t ) = 40tt t -45.t

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 Fin du SISortie AFFICHER D

On peut faire fonctionner l’algorithme précédent sur la TI82 stats.fr à l’aide du programme suivant.





: 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<1.5Then ↵10*X+20 → D ↵Else ↵If X<2Then ↵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,

CN ON OC ON OM CM2 2 2 2 2= − = − −( ) .

ON est le rayon du cercle de diamètre [DM] et DM = DC+CM = a +a b.

Par suite, ON = +a b2

.

Donc,


COF

N

B

MD

A

E

COF

N

B

MD

A

E



CN2 = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

a b a bb

a b a

2 2

2

2 2

2 ++ −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

b b

a b a b

22

2 2

2

2 2

Grâce à l’application de l’identité remarquable, A B A B A B2 2− = − +( )( )

CN22 2 2 2

= + − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= =a b a b a b a bba ab.

Le rectangle ABCD et le carré CNEF ont donc la même aire.

Notons R le rayon de la terre et R ' de rayon du cercle obtenue en ayant rajouté 1 m à la fi celle.La différence entre les deux circonfé-rences est de 1 m.

Par suite, 2 2 1π πR R'− = soit,

2 1π ( ' )R R− = soit,

R R' ,− = ≈12

0 16π

m, soit 16 cm.

La fi celle 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.

Le résultat est analogue si au lieu de faire le tour de la terre avec la fi celle, on fait le tour d’une balle de ping-pong car le résultat est indépendant du rayon de l’objet entouré.

Notons x la mesure du côté du plus grand carré et x y celle du plus petit.yLes superfi cies de deux jardins carrés diffèrent de 136 m2 se traduit par l’équation :

x y2 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 y+ − =4 1362 2 soit


R’ RR’ R




y y y2 28 16 136+ + − = soit

8 120y = donc

y = =1208

15.

Donc le plus petit côté mesure 15 m.Par suite le plus grand mesure 15 + 4 = 19 m.

On vérifi e que l’on a bien 19 15 361 225 1362 2− = − = (m2).

Un quadrilatère convexe, composé de 4 côtés, admet 2 diagonales.

On a bien 4 4 3

22

( ).

− =

La formule est donc bien vérifi ée pour un quadrilatère convexe.

On cherche donc les polygones à n côtés tels que :nn n

n( )− =3

2 soit

n n n( )− =3 2 soit

n n n( ) .− − =3 2 0

En mettant n en facteurs, on obtientn

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.nOn 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 vérifi er graphiquement.

AE

D

C

B

Rappelons que si l’on parcourt une distance d à une vitesse moyenne d v pendant vun temps t, on a la relation :t

d vt= soit encore tdv

= .

Notons x la longueur de la première étape en km et x y la longueur de la seconde yétape en km.





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

temps mis en heure pour la parcourir est égal à x56

. La seconde étape ayant

été effectuée à la vitesse moyenne de 42 km.h-1, le temps mis en heure pour la

parcourir est égal ày42

.

Comme le parcours total a duré 21 heures, on a la relation :

x y56 42

21+ = .

Cette dernière équation équivaut à :

x y××

+ ××

=4256 42

5642 56

21

soit encore à

42 56 56 42 21x y+ = × × ou

6 7 8 7 8 7 6 7 21× × + × × = × × × ×x y soit

6 8 7056x y+ = .

De la relation, x y+ = 1008 , il vient

y x= −1008 .

En reportant cette valeur de y dans la relationy 6 8 7056x y+ = , on obtient

6 8 1008 7056x x+ − =( ) soit

− = − × = −2 7056 2 1008 1008x soit

x = 504 km et

y x= − =1008 504 km.On vérifi e que l’on a bien

50456

50442

21+ = .

Notons n le nombre de rangées constituant le carré de légionnaires les moins nnombreux.L’autre carré a n + 7 rangées.Les effectifs de ces deux légions différent de 217 hommes se traduit par la relation :

( ) .n n+ − =7 2172 2

Cette équation est équivalente à :

n n n2 214 49 217+ + − = soit




14 217 49 168n = − = soit

n = =16814

12.

Le carré des légionnaires les moins nombreux contient donc 12 1442 =légionnaires.

Le carré des légionnaires les plus nombreux contient donc : ( )12 7 19 3612 2+ = =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.

On peut calculer le volume de la boîte en fonction du côté x du carré découpé.x

Nécessairement 0212

< <x , soit 0 10 5< <x , .x

x29,7-2x

21-2x x

29,7-2x21-2x

On remarque que les dimensions de la boîte en fonction de x sontx 29 7 2, − x ;21 2− x et x.

Son volume V x( ) est le produit des trois dimensions.

V x x x x( ) ( )( , ).= − −21 2 29 7 2Dessinons 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 Ven 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 x comprise xentre 5 et 6.

On peut défi nir le tableau de valeurs de la fonction V en partant de la valeur 2 et Vavec un pas de 0,1.




On affi che ce tableau.

Comme V ( , )2 5 988= et V(2,6) ≈ 1006,5 on peut affi rmer qu’il existe une valeur

x1 de x comprise entre 2,5 et 2,6 tel que x V x( )1 1000= cm3.

De manière analogue, défi nissons le tableau de valeurs de la fonction V en Vpartant de la valeur 5 avec un pas de 0,1.

Comme V ( , ) ,5 7 1001 4≈ etV ( , ) ,5 8 986 81= , on peut affi rmer qu’il existe une

valeur x2 de x comprise entre 5,7 et 5,8 telle que x V x( )2 = 1000 cm3.

Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives des

fonctions f et f g sont les solutions de l’équation g f x g x( ) ( ),= soit de l’équation :

( )( )2 72− + −x x x = 4 2− x .Cette équation est équivalente à :

( )( )2 72− + −x x x − ( ) .4 02− =x

( )( ) ( )

( )( ) ( )(

2 7 4

2 7 2 2

2 2

2

− + − − −

= − + − − − +

x x x x

x x x x xx )

= ( )( )2 7 22− + − − −x x x x

= ( )( )2 92− −x x

= ( )( )( ).2 3 3− − +x x x

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

f x g x( ) ( )= équivaut à 2 0− =x ou x − =3 0 ou x + =3 0 soit à

x = 2 ou x = 3 ou x = −3.




Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives des fonctions f et f g sont donc :g

−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 fstrictement en dessous des points de la courbe représentative de g.

On a f ( )0 14= − et g( )0 4= . Ceci permet d’identifi er les courbes représentatives de f et f 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

a) f ( , ) , , .0 91 0 91 0 82812= =

g( , )0 91 = 1 9 0 91 0 9 0 829, , , , .× − =

Donc f g( , ) ( , ).0 91 0 91<b) Apparemment les deux courbes

et d des fonctions f etf g sontgconfondues lorsque x est comprisxsensiblement entre 0,7 et 1,1. Maisl’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 x x x( ) ( ) ( , , ) , ,− = − − = − +2 21 9 0 9 1 9 0 9 et

( )( , ) , , , , .x x x x x x x− − = − − + = − +1 0 9 0 9 0 9 1 9 0 92 2




On a donc bien f x g x x x( ) ( ) ( )( , ).− = − −1 0 9

b) Pour déterminer le signe de ( )( , )x x− −1 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 − − 00 +

Signe de x − 0,9 − 0 + +

Signe de ( )( , )x x− −1 0 9+ 0 − 00 +

D’où le signe de ( )( , )x x− −1 0 9 selon les valeurs de x

x −∞ 0,9 1 + ∞Signe de

f x g x x x( ) ( ) ( )( , )− = − −1 0 9+ 0 − 0 +

On en déduit que si x ∈ ] ; , [ ] ; [,− ∞ ∪ +∞0 9 1 f x g x( ) ( )− > 0 , doncf 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 af g( , ) ( , )0 91 0 91< , ce qui est cohérent avec le résultat trouvé dans la question 1.

D’après le théorème de Thalès, MAMH

ABPH

= soitMH HA

MHABPH

− =

Par suite,p x

p xx( )

( ) ,.

− =30 6

Cette équation équivaut à : 0 6 3, ( ( ) ) ( ),p x xp x− =


H

P

B

MAH

P

B

MA

0

0



(rappel ; pour b et b d réels non nuls, dab

cd

= équivaut à ad bc= ).

0 6 3, ( ( ) ) ( )p x xp x− = équivaut à

p x x( )( , )0 6 − = 1,8, soit pour 0 0 6≤ <x , ,

p xx

( ),

,.=

−1 8

0 6

On veut avoir : 30 45≤ ≤p x( ) soit

301 8

0 645≤

−≤,

,.

x

On veut donc avoir : 301 8

0 6≤

−,

, xet

1 80 6

45,

,.

−≤

x

L’inéquation 301 8

0 6≤

−,

, x équivaut à 30 0 6 1 8( , ) ,− ≤x car 0 6 0, .− >x

Les inéquations suivantes sont équivalentes :

30 0 6 1 8( , ) ,− ≤x

18 30 1 8− ≤x ,

30 16 2x ≥ ,

x ≥ 16 230

,

x ≥ 0 54, .

L’inéquation 1 8

0 645

,, −

≤x

équivaut à 1 8 45 0 6, ( , )≤ − x car 0 6 0, .− >x

Les inéquations suivantes sont équivalentes

1 8 45 0 6, ( , )≤ − x

1 8 27 45, ≤ − x

45 25 2x ≤ ,

x ≤ 25 245

,

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.x

Le plan de la feuille est rapporté à un repère (O, I, J).

Ecrire un algorithme dans lequel les Entrées sont quatre nombres réels




m p x yA A, , , et la Sortie est l’une des chaines de caractères «le point e A est sur Ala droite D», «le point D A est au-dessus de la droite A D», «le point D A est au-dessous A

de la droite D» selon la position du point D A de coordonnées A ( ; )x yA A par rapport

à la droite D d’équationD y mx p= +

Entrée ENTRER a, b (coordonnées deb A)ENTRER m, p (p D : y =y mx+p )

Traitement DANS q METTRE q m*a+p SI q =q b ALORS AFFICHER «A est b

sur D»SINON SI q >q b ALORS AFFICHER b«A est en dessous de D»

SINON AFFICHER «A est au dessus de D» Fin du SI Fin du SI


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.N A B M M>N? P

Entrée 929 2 29 Non 63

Sortie 63

N A B M M>N? PEntrée 46

4 6 64 Oui 18Sortie 18

Si n est un entier compris entre 10 et 99 (c’est-à-dire un nombre à 2 chiffres), non note f (f n) la valeur obtenue P par l’algorithme si la valeur entrée (N) est n n.

Vrai ou Faux ? Justifi er.

Exercice XIIExercice XII

ma+p

b

J

IO a

A



a) Il existe n tel que n f (f n) soit divisible par 7.nVRAI. Par exemple, si n = 92,n f (f n ) = 63 qui est bien divisible par 7 (63 = 7 9× ).

b) Pour tout n, f (f n) est impair.nFAUX. Contre-exemple : n = 46. On a : n f (46) = 18 qui n’est pas impair (18 est fpair).

c) Pour tout n, f (f n) est divisible par 9.nVRAI.

Si n = 10n a+b (b a est le chiffre des dizaines de n et n b son chiffre des unités), on ba le tableau de fonctionnement suivant.

N A B M P

Entrée 10a+b

a b 10b+a Si M>N : 10b+a -(10a+b) =

9b -9b aSinon : 10a+b -(10b b+a) =

9a -9b

Sortie

On a : f (f n ) = 9a -9b ou f (f n ) = 9b -9b a . Dans tous les cas, f (f n ) est divisible

par 9.

On considère la feuille de calculs suivante.

A B C D1 x yy2

On entre dans C2 : = SI(A2<0;1;-1);On entre dans D2: = SI(B2<C2*A2+1;»OUI»;»NON»).

On entre les réels a et b dans, respectivement, les cellules A2 et B2.a Qu’obtient-on dans les cas suivants?

a b A2<0? SI(A2<0;1;-1) C2*A2+1 B2<C2*A2+1? 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 eta b deux réels. On suppose queb a est entré dans A2 et a b dans B2.ba) On suppose a < 0.aEcrire alors plus simplement la condition «B2<C2*A2+1».On a : A2=a < 0 alors C2 = 1 et «B2<C2*A2+1» correspond à «b < a+1».aDans ce cas, on obtient «OUI» dans D2 si et seulement si M(a ; b) est situé en dessous la droite d’équation :

Exercice XIIIExercice XIII



y = y x+1.xxb) On suppose a ≥ 0.Ecrire alors plus simplement la condition «B2<C2*A2+1».On a : A2=a ≥ 0 alors C2 = -1 et «B2<C2*A2+1» correspond à «b < -a+1».aDans ce cas, on obtient «Oui» dans D2 si et seulement si M(a ; b) est situé en dessous la droite d’équation : y = -y x+1.xx

Cette feuille de calculs nous donne dans D2, OUI si le point M(a ; b)bb appartient à une partie du plan et NON si M n’appartient pas à cette partie. Déterminer et représenter .L’algorithme nous donne OUI si M appartient à et NON s’il n’appartient pas à, étant la partie du plan hachurée ci-dessous.

J

I

O

y = x + 1y = –x + 1



Corrigé de la séquence 4Statistique descriptive -notion de probabilité


Étude d’un caractère qualitatif

a) Souhaits d’orientation en fi n de seconde.

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 :

f (ES)= = =75250

0 3 30, %.

Orientation Effectif FréquenceES 75 30 %L 45 18 %S 50 20 %

STG 55 22 %Autres 5 2 %

Ne sait pas 20 8 %Total 250 100 %

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 : 360250

9 12 96× = ϒ, .


10

20

30

40

50

60

70

ES L S STG Autres NSP

Effectifs

10

20

30

40

50

60

70

ES L S STG Autres NSP

Effectifs



On obtient :

Code Postal Effectif Angle35330 9 12,96°35380 72 103,68°56140 24 34,56°56200 9 12,96°56380 90 129,60°56430 28 40,32°56803 6 8,64°56910 12 17,28°Total 250 360°

Le code postal le plus fréquent, le mode, est 56380.

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.

Taille de la famille Effectif Fréquence

3 personnes 10 4,0 %






9 personnes 5 2,0 %



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 :

f (3 pers)= = =10250

0 04 4, %.

5691056803

56430

5638056140

35380

35330

56200

5691056803

56430

5638056140

35380

35330

56200


10

20

30

40

50

60

70

80

90

3

Effectifs

Taille dela famille

5 7 9 11 12

10

20

30

40

50

60

70

80

90

3

Effectifs

Taille dela famille

5 7 9 11 12



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 22 12 4 1313+ × = .

Moyenne = =1313250

5 252, personnes par famille.

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


Effectif 4 2 3 1 10 14 40 20 6 10 3 4 8


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...

Moyenne minutes.= =4600250

18 4,

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 1 775 0 85 2× + × =4500.

Moyenne minutes.= =4500250

18



Représentation de cette série de données :

10Tempsde parcours

Surface pourun effectif de 10

2 0 30 40 50 60 70 80 90

Ici les classes ont même amplitude, donc les hauteurs des rectangles sont aussi proportionnelles aux effectifs.

Le nouveau regroupement donne :

Temps de parcours (en minutes) [0 ; 5[ [5 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 50[ [50 ; 90]

Effectif 21 40 90 94 5

Représentation de cette série de données :

10

Tempsde parcours

Surface pourun effectif de 10

20 30 40 50 60 70 80 90

ExempleExemple



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 ci-dessus), construisons le tableau des effectifs cumulés croissants, puis le polygone des effectifs cumulés croissants.

Les données sur les temps de parcours, une fois regroupées par classes, sont :

Temps de parcours (en minutes) [0 ; 5[ [5 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 50[ [50 ; 90]

Effectif 21 40 90 94 5

On en déduit le tableau des effectifs cumulés croissants :

Temps < 0 < 5 < 10 < 20 < 50 ≤ 90

Effectif 0 21 21 40 61+ = 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 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.

ExempleExemple



5

20Tempsde parcours

Effectifscumulés

20 3630 40 50 60 70 80 90

40

50

100

150

200

250

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).




La bonne réponse est la réponse d. puisque c’est la 78ème valeur (27) qui détermine le dernier quart de la population.

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.

La bonne réponse est la réponse c. puisque si l’on note n le nombre initial de nsalariés, la masse salariale totale était au départ de n ×1200. Elle devient

( )n × +1200 1250 pour ( )n +1 salariés.

Or n n n+( )× < × + < +( )×1 1200 1200 1250 1 1250.

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 fi lles 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 7 9 12 16 17Effectifs 1 6 2 3 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.

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 3 4 7 10 12 13 27 29Nombre de pays 1 5 5 2 5 1 2 4

On obtient le graphique en bâtons ci-après.








4 8

1

Nombrede votes

Effectifs

12 24 28

2

3

4

5

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 29 425

3212

× + × + × + × + × + × + × + ×=

5512 84= , .

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.

La population moyenne de l’ensemble des 42 pays est donc : 586 71

4213 97

,,⊕

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(en côté d’un petit carreau)

1 1 2 2 4 8

Nombre de pays (donc aire en petit carreau)

19 8 7 1 3 4

Hauteur du rectangle(en côté d’un petit carreau)

19 8 3,5 0,5 0,75 0,5




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 70 442

637 542

, , ,× + × + × + × + × + ×= ⊕115 18, millions

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)

< 0 < 5 < 10 < 20

Effectif 0 19 19 8 27+ = 27 7 34+ =

Population (en millions)

< 30 ≤ 50 < 90

Effectif 34 1 35+ = 35 3 38+ = 38 4 42+ =

cumulés croissants.



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.

5

5

Population(en millions)

Effectifscumulés

Mé=6

50%

30 40 50 60 70 80 90

10

20

30

40

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 de même effectif, la médiane, est la 16ème donnée. Donc la médiane est1,8 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 2 3 4 5 10 15 17

Exercice 8



En utilisant la calculatrice, on trouve une superfi cie 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 schémaci-dessous avec équiprobabilité :

F

F(F.F)

P(F.P)

P

F(P.F)

P(P.P)

La bonne réponse est la réponse b. puisque l’on a le schéma ci-dessous avec équiprobabilité :

N

R(N.R)(N.N)

R N(N.R)

R

R(R.R)(R.N)

R N(R.R)

R

R(R.R)(R.N)

R N(R.R)

La bonne réponse est la réponse b. puisque l’on a le schéma ci-dessous avec équiprobabilité :

N

R(N.R)

N(N.R)

R

R(R.R)

N(R.N)

R

R(R.R)

N(R.N)

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, donc de chaque numéro. On a donc : p p p p p(1) (2) (3) (4) (5) .= = = = = =

15

0 2,

Exercice 9





L’événement « tirer un numéro pair » est constitué des issues : P = 2 ; 4.

On a donc : p(P) .= =25

0 4,

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, , ,

On voit sur ces deux exercices que le « matériel » utilisé pour faire l’expérience aléatoire ne suffi t pas à la défi nir 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.

Schéma en arbre : voir ci-contre.

Pour le tableau à double entrée, il faut conserver les « doubles » puisqu’on remet la première boule tirée.

1ère b.2e 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)

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 commeprobabilité :

125

0 04= , .


RemarqueRemarque


Issues2ème

boule1ère

boule

1

(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)

12345

2

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)

12345

3

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)

12345

4

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)

12345

5

(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)

12345

Issues2ème

boule1ère

boule

1

(1,1)(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)

12345

2

(2,1)(2,2)(2,3)(2,4)(2,5)

12345

3

(3,1)(3,2)(3,3)(3,4)(3,5)

12345

4

(4,1)(4,2)(4,3)(4,4)(4,5)

12345

5

(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)(5,5)

12345



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 = ( ) ; ( ) ; (3 ) ; ( ) ; ( ) ; (2 1 3 1 2 4 1 4 2, , , , , 44 3 1 5 2 5 3 5 4, , , , , .) ; (5 ) ; ( ) ; ( ) ;( ) Donc : p S( )= × =10 0 04 0 4, , .

Pour déterminer l’univers, on peutfaire un tableau à double entrée, ouun schéma en arbre représentant les deux tirages.

Schéma en arbre : voir ci-contre.

Pour le tableau à double entrée, il fautenlever les « doubles » puisqu’on neremet pas la première boule tirée.

1ère b.2e b.

1 2 3 4 5

1 (2,1) (3,1) (4,1) (5,1)

2 (1,2) (3,2) (4,2) (5,2)

3 (1,3) (2,3) (4,3) (5,3)

4 (1,4) (2,4) (3,4) (5,4)

5 (1,5) (2,5) (3,5) (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 : 1

200 05= , .

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, ,

Exercice 14Exercice 14Issues2ème

boule1ère

boule

1

(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)

2345

(2,1)(2,3)(2,4)(2,5)

1345

(3,1)(3,2)(3,4)(3,5)

1245

(4,1)(4,2)(4,3)(4,5)

1235

(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)

1234

2

3

4

5

Issues2ème

boule1ère

boule

1

(1,2)(1,3)(1,4)(1,5)

2345

(2,1)(2,3)(2,4)(2,5)

1345

(3,1)(3,2)(3,4)(3,5)

1245

(4,1)(4,2)(4,3)(4,5)

1235

(5,1)(5,2)(5,3)(5,4)

1234

2

3

4

5



L’événement « tirer un premier numéro supérieur au second » est constitué des issues : S = ( ) ; ( ) ; (3 ) ; ( ) ; ( ) ; (2 1 3 1 2 4 1 4 2, , , , , 44 3 1 5 2 5 3 5 4, , , , , .) ; (5 ) ; ( ) ; ( ) ;( ) Donc : p S( )= × =10 0 05 0 5, , .

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

probabilité 1

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) .= =832

0 25,

L’événement « tirer une fi gure » est :

F = V♣ ; D♣ ; R♣ ; V♦ ; D♦ ; R♦ ; V♥ ; D♥ ; R♥ ; V♠ ; D♠ ; R♠.

Comme il y a équiprobabilité, on a : p(F) .= =1232

0 375,

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♣).

Comme il y a équiprobabilité on a : p(B) .=12992

Il y a 2500 conteneurs venant d’Europe, dont 5% en infraction, c’est à dire 125.

ProvenanceÉtat

Europe Asie Amérique

Nb de conteneurs enrègle

2375 1375 950

Nb de conteneurs eninfraction

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) .= =47005000

0 94,

L’événement « tirer un conteneur venant d’Asie » comporte 1500 issues.

On a donc : p(A) .= =15005000

0 3,

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 coeffi cient de proportionnalité entre chaque probabilité et le numéro de l’issue correspondante, on a :

p p p p p(1) k, (2) 2k, (3) 3k, (4) 4k, (5) 5k,= = = = = (6) 6k.p =

De plus on doit avoir : p p p p p p(1) (2) (3) (4) (5) (6) .+ + + + + = 1

Ce qui donne : k 2k 3k 4k 5k 6k 21k 1.+ + + + + = =

Donc le coeffi cient de proportionnalité est nécessairement : k .=121

La loi de probabilité de cette expérience est donc :

p p p p p(1) , (2) , (3) , (4) , (5= = = =121

221

321

421

)) , (6) .= =521

621

p

On désire obtenir une valeur approchée de la somme S de tous les inverses des Sentiers naturels non nuls inférieurs ou égaux à 100. Autrement dit :

S = + + + + +11

12

13

199

1100

... .

Déterminer une valeur approchée de S à l’aide d’un tableur.SOn peut utiliser le tableur de la façon suivante.

A B= 1 / A21 Entiers Inverses

2 13

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 S 10 2− près.



= A2 + 1= A2 + 1



On veut déterminer une valeur approchée de S à l’aide de la calculatrice.Sa) 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…

Initialisation DANS S METTRE 0

Traitement POUR I de 1 à 100

DANS A METTRE 1/I

DANS S METTRE S+A

Fin de boucle «POUR»Sortie Affi cher S.

b) Programmer l’algorithme sur votre calculatrice.

Ti-82 Casio Graph 35PROGRAM : SOMINVERS: 0 → S: For(I,1,100): S+1/I→ S: END: Disp S

= SOMINVER =0→ S ↵For 1→ I To 100 ↵S+(1/I)→ S ↵Next ↵S

Une fonction particulièreOn considère l’algorithme suivant.

Entrée ENTRER X réel positif

Initialisation DANS A METTRE 0

Traitement TANT QUE A Xʺ 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




Faire fonctionner cet algorithme pour :

a) X = 0

X A A Xʺ ? B C F

Entrée 00 Oui 0 0 01 Non

Sortie 0

b) X = 1

X A A Xʺ ? B C F

Entrée 10 Oui 1 1 11 Oui 0 0 12 Non

Sortie 1

c) X = 1,25

X A A Xʺ ? B C F

Entrée 1,25

0 oui 1,25 1 25 112, , 1 25 112, ,

1 oui 0,25 0,5 1,52 Non

Sortie 1,5

On note f la fonction qui à un réel positif f x associe le réel F sortie de l’algorithme xprécédent pour l’entrée x.

On désire construire la courbe représentative de cette fonction et on entre pour cela le programme suivant.


PROGRAM : FONCTIONEffListe L1EffListe L2FOR(I,0,50)0 → AI/10→ XWHILE ( A Xʺ )X-A → B

(B) → CA+1→ AA+C → L2(I+1)ENDX→ L1(I+1)END

= 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→ List 2[I+1] ↵WhileEnd ↵X→ List 1[I+1] ↵Next ↵



a) A quoi correspondent les 2 «END»?Le 1er END représente la fi n de la boucle «TANT QUE» (while), le 2nd représente la fi n 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].f

c) On obtient la courbe suivante :

J

O I

On désire déterminer tous les entiers n ʺ 1000000 tels que n+1 soit le cube d’un nentier et n-1 le carré d’un (autre) entier. n

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.

A B C

1 N N3 2− Carré d’entier?

2 2 “=RACINE(A2)” “=SI(ent(B2)=B2;A2^3-1 ; « »)

3 “=A2+1”

La condition « ent(B2)=B2 » n’est pas vérifi ée (autrement dit B2 qui vaut 2n’est pas entier). Il n’y a donc rien affi ché 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 : n3 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 n-1 le carré d’un (autre) entier : n

26 26 1 3 26 1 53 2( ).+ = − =et


La condition La condition““xx est entier” est entier”xxse traduit parse traduit par“ent(“ent(xx) = ) =xxxxxxx xx”.”.xx

Remarque



Corrigé des exercices d’approfondissementde la sequence 4

Si N est le nombre total de magasins de la chaîne, le nombre de magasins pour

hommes est 60 % de N, soit 0 6, N.

Le chiffre d’affaires total de ces magasins est : 1 1 0 6, ,× N millions d’euros.

Le nombre de magasins pour femmes est 40 % de N, soit 0 4, N.

Le chiffre d’affaires total de ces magasins est : 1 4 0 4, ,× N millions d’euros.

Le chiffre d’affaires total de la chaîne est donc :

1 1 0 6 1 4 0 4 0 66 0 56 1 22, , , , , , ,× + × = + =N N N N N millions d’euros.

Le chiffre d’affaires moyen par magasin dans cette chaîne est donc :1 22

1 22,

,N

N= million d’euros.

Remarquons que l’on pouvait faire directement le calcul : 1 1 60 1 4 40

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 40100

1 2922, ,

,× + ×

=

L’augmentation est de 1 2922 1 22 0 0722, , ,− = million d’euros, ce qui fait un pourcentage de :

0 07221 22

0 059,,

,⊕ soit 5,9 %.

La moyenne de l’ensemble des secondes est :

9 5 32 10 24 11 34 9 8 30 10 4 30150

152415

, , ,× + × + × + × + ×=

0010 16= , .





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.

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

Histogramme :e

10Age

20 30 40 50 60 70 80 90 100

Surface pour uneffectif d’un million




Pour construire le polygone des effectifs cumulés croissants, il faut le tableau des effectifs cumulés croissants.

Age – de 0 ans – de 20 ans – de 30 ans – de 45 ans – de 60 ans – de 105 ansEffectifs cumulés croissants

0 15 22,6 35,6 47,6 60

10

10

Age

Effectifscumulés

20Q1 Q3Mé

30 40 50 60 70 80 90 100

20

30

40

50

60

25%

75%

On en déduit que la médiane est environ 38 ans, le quartile Q1 20 ans et Q3environ 57 ans.

La série peut être résumé par la boîte à moustaches :

10 20 30 40 50 60 70 80 90 100

Age

La masse salariale totale est :

1100 500 1400 75 2000 20 5000 5 720000× + × + × + × = .

Le salaire moyen de l’entreprise est : 720000

6001200= €.

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× =, , €.




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.

Ce qui fait : 24 1100

57645 83

×⊕ , €.

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 : 720000 €

Le salaire moyen serait alors : 720000

5761250= €.

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

4001250= €.

d.

Catégorie Ouvriers Employés Cadres Cadres sup. Sal. Moy. Masse sal. Tot.

Actuellement Sal. mens. (en €) 1100 1400 2000 5000 1200 720 000

Effectif 500 75 20 5

Hypothèse 1 Sal. mens. (en €) 1145,87 1458,38 2083,40 5208,50 1250,04 750 024


Hypothèse 2 Sal. mens. (en €) 1145,83 1445,83 2045,83 5045,83 1250 720 000


Hypothèse 3 Sal. mens. (en €) 1100 1400 2000 5000 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 confl it.

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 direque les 8 issues sont équiprobables.

L’événement « avoir 3garçons » ne comportequ’une issue : A (GGG) .=

Sa probabilité est donc :

p(A) .= =18

0 125,

L’événement « avoir exactement 2 garçons et 1 fi lle » est :

B (GGF) ; (GFG) ; (FGG) .=

Sa probabilité est donc : p(B) .= =38

0 375,

L’événement C, « avoir au moins 1 fi lle », contient toutes les issues sauf celle de A (on dit qu’il est l’événement contraire de l’événement A).

Sa probabilité est donc : p(C) .= =78

0 875,

L’événement « avoir 1 fi lle comme troisième enfant » est l’événement :

D (GGF) ; (GFF) ; (FGF) ; (FFF) .= Sa probabilité est donc : p(D) .= =48

0 5,

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 identifi ables (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 entre1 et 6 que l’on peut former :

E (111) ; (112) ; ... ; (166) ; ... ; (66= 66) .

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) .=

Sa probabilité est donc : p(A) .=1

216


Issues3ème2ème1er enfant

GGG

GGFG

G

G

F

GFG

GFFF

G

F

FGG

FGFG

F

G

F

FFG

FFFF

G

F

Issues3ème2ème1er enfant

GGG

GGFG

G

G

F

GFG

GFFF

G

F

FGG

FGFG

F

G

F

FFG

FFFF

G

F




L’événement « avoir un 421 » est composé des issues :B (124) ; (142) ; (214) ; (241) ; (412) ;= (421) , t tenir compte que l’on peut ordonner les dés comme l’on veut.

Sa probabilité est donc : p(B) .=6

216

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.


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) .=


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) .


2730

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.


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 identifi er, 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) .=


64





L’événement « avoir exactement deux réponses justes » est composé de :

B (J,J,F1) ; (J,J,F2) ; (J,J,F3) ; (J,F1,= JJ) ; (J,F2,J) ; (J,F3,J) ; (F1,J,J) ; (F2,JJ,J) ; (F3,J,J) .


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 identifi er, 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,= JJ,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) .=


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.

Donc : p(B) .=30

1048576

On complète le tableau :

OpinionSympathie

Favorable Défavorable Ne se prononce pas Total

Droite 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).Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p(F) .=

360900

L’événement N la personne ne se prononce pas= « » est constitué de 250 issues (voir tableau).Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p(N) .=

250900





L’événement D la personne est sympathisant de Droite= « »» est constitué de 386 issues (voir tableau).Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p(D) .=

386900

On complète le tableau :

Centre ville Zone intermédiaire Zone périphérique Total

Satisfaits 3 500 22 500 10 000 36 000

Non satisfaits 500 1 500 2 000 4 000

Total 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).

Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p(P) .= =1200040000

0 3,

L’événement S la personne est satisfaite de son logem= « eent » est constitué de 36 000 issues (voir tableau).

Puisqu’il y a équiprobabilité, on a : p(S) .= =3600040000

0 9,


Entrée ENTRER N

Traitement DANS A METTRE le quotient de la division euclidienne de N par 10DANS B METTRE N-10*ADANS M METTRE A-2*BTANT QUE M ≥ 10DANS 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 QUESortie AFFICHER M

Faire fonctionner l’algorithme pour N=2492 puis N=129 et enfi n N=70.

N A B M M ≥ 10?Entrée 2492

249 2 245 Oui24 5 14 Oui1 4 –7 Non

–7






12 9 –6 Non–6

Sortie –6


7 0 7 NonSortie 7

Si n est un entier, on noten f (f n) la valeur de M obtenue par l’algorithme si la nvaleur entrée (N) est n. On admet que n f (f n ) est divisible par 7 si et seulement si n est divisible par 7.n

a) (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

2 127 − , 2 127 + , 3 127 − et 3 127 + sont divisibles par 7 ou non.

Pour 2 127 − , on trouve : 7,

Pour 2 127 + , on trouve : 2,

Pour 3 127 − , on trouve : 5,

Pour 3 127 + , on trouve : 7.

On en déduit que 2 127 − et 3 127 + sont divisibles par 7 et que 2 127 + et

3 127 − ne le sont pas.

On considère l’algorithme suivant.’

Entrée A et B sont des entiers naturels tels que e 1ʺ ʺB A .

Traitement Dans K mettre 1K Dans R mettre le reste de la division euclidienne de R A par B.

Tant que R ↑ 0

Dans K mettre K K+1KK Dans R mettre le reste de la division euclidienne de R A+AA R par R B.

Fin de la boucle «Tant que»

Dans S mettre S A K.

Sortie Affi cher S.




Faire fonctionner cet algorithme pour

a) A = 50 et A B = 20Bb) A = 48 et B = 30.B

A B K R R ↑ 0? S

Entrée 50 20

1 10 Oui

2 0 Non

100

100

A B K R R ↑ 0? S

Entrée 48 30

1 18 Oui

2 6 Oui

3 24 oui

4 12 Oui

5 0 Non

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 : 19148

7130

191 548 5

71 830 8

955240

568240

+ =××

+××

= + ==1523240

(fraction irréductible).

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

Exercice XIVExercice XIV



a) Faire fonctionner cet algorithme avec : 145.

N I A A 1?≥

Entrée 145

0 145 Oui

1 14,5 Oui

2 1,45 Oui

3 0,145 Non

Sortie 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 ↵I

On admet que le programme suivant nous donne le même résultat (la fonction log de la calculatrice n’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 ↵B

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 ).



On considère la feuille de calculs suivante.

A B C

1 d N

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 effi cace mais cela dépasse le cadre du programme.

Exercice XVExercice XV



Corrigé de la séquence 5Les vecteurs


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.

O

J

I

B

C

(2a)

(2b)

(2c)

(2c) (2b)

A




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 signifi e 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).

Translations sur une feuille

Voir figure page suivante.

La seule fi gure 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.




U

A

EB

CD

7 carreaux

12 carreaux

F G

K H

LP M

NO Q R

T S

V

Corrigés des exercices d’apprentissagedu chapitre 2

On a : AB AC

( ; ), ( ; ),3 7 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 A

= + = + = + = DD

(règle de Chasles).

On en déduit : F D= .

I

J

O

B F=D

C

E

A

7 c.

3 c.




Représenter ci-dessous, le vecteur u v

+ . C

A

B

uu + v

v

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.

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.

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.En effet, un parallélogrammedont les diagonales ontmême longueur est unrectangle.



A

D

B

CA

D

B

C

B

A

D

C

B

A

D

C



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) 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.

g) Réciproque : Si ABCD n’est pas un rectangle alors AC BD≠ (on reconnaît la contraposée de c). Faux.

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

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

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

= .

B

A

D

C

B

A

D

C


B

A

D

C

A'

I

B

A

D

C

A'

I

Exercice 5



On en déduit DC FE

= .

Ainsi CDFE est un parallélogramme.

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

= .

On en déduit (relation de Chasles) :

EB EA AB CF DC DC CF D

= + = + = + = FF

.

De l’égalité EB DF

= , on déduit que BFDE est un parallélogramme.

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'

= .

B

A

F

E

D

C

B

A

F

E

D

C


B

A

F

E

D

C

B

A

F

E

D

C


B

O

A

A'

B'

B

O

A

A'

B'



Le plan est muni d’un repère ( ).O,I,J On considère A B et C( ; ), ( ; ) ( ; ).−4 2 2 1 0 3

A en B.Le vecteur AB

a pour coordonnées x x y yB A B A− −( ); soit ( ( ) ; )2 4 1 2− − − soit

( ; ).6 1−

Notons (x ; y) les coordonnées de D.yy

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 :

xy

=− = −

⎧⎨⎩⎪

6

3 1 soit

xy

==

⎧⎨⎩⎪

6

2. Les coordonnées de D sont donc : (6 ; 2).

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

= . 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.

a) ACDF est un parallélogramme (en effet, AF BO CD

= =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) 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.

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.

Les diagonales de C D CD' ' ont le même milieu (I) donc ce quadrilatère est un parallélogramme et par suite : DC C'D'

= .

De plus, ABCD est un parallélogramme donc : AB DC

= .

On en déduit : AB C'D'

= ce qui prouveque ABD C' ' est un parallélogramme.



B

OCF

A

DE

B

OCF

A

DE


BI

A

C'

D'

C

D

BI

A

C'

D'

C

D



Le plan est muni d’un repère (O, I, J).

On considère A B C et D( ; ), ( ; ), ( ; ) ( ; − − − −6 3 1 1 2 4 5 2)). Quelle est la nature du quadrilatère ABCD ?

Le vecteur AB

a pour coordonnées x x y yB A B 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.

Le plan est muni d’un repère (O, I, J). On considère A B et C( ; ), ( ; ) ( ; ).− − −6 1 3 1 2 1

Le vecteur AB

a pour coordonnées ( ( ) ; )− − − − −3 6 1 1 soit ( ; ).3 2−

Notons (x ; y) les coordonnées de D.yy

Le vecteur CD

a pour coordonnées ( ; ).x y− −2 1

ABDC est un parallélogramme donc AB CD

= . Ainsi, ces deux vecteurs ont les mêmes coordonnées et :

xy

− =− = −

⎧⎨⎩⎪

2 3

1 2 soit

xy

== −

⎧⎨⎩⎪

5

1. Les coordonnées de D sont donc : ( ; ).5 1−

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

ABCD est un parallélogramme donc :

CD BA

= .

Ainsi : AB CD AB BA AA 0

+ = + = =

ABCD est un parallélogramme donc

CB DA

= .

Alors : CD CB CD DA CA

+ = + =Chasles).




B

O

A

C

D

B

O

A

C

D



Corrigés des exercices du chapitre 3

Repérage sur une droite et vecteurs

On se place sur une droite munie d’un repère (O ; I). On considère les points A, B, C et D d’abscisses respectives : –2, 2, 3 et 5.

+ + + + + + + + + + + +A IO CB D

On note : u

= OI .

On a :

OC

= OI IC OI IB BC

+ = + + = + + =u u u u3 .

OD

= OC CD OC OB

+ = + = + +( )+ +( ) =u u u u u uu u u u u u

+ + + + = 5 .

OA

= BO BI IO

= + = −( )+ −( ) = −u u u( ) .2

On observe sur ces exemples que : OM

= xu où x est l’abscisse de M sur la xdroite .

Notons J le milieu de [IB]. On a : IJ JB BJ

= = − . Alors :

2OJ OJ OJ OI IJ OB BJ

= + = +( )+ +( ) = OOI OB IJ BJ OI OB 0

+ + + = + + = 3u .

L’abscisse de J est : xx x

JI B

2 2 2=

+= + =1 2 3

. On a donc, ici aussi :

OJ J

= x u.

Coordonnées du produit d’un réel par un vecteur

Le plan est muni d’un repère (O ; I ; J). On considère un vecteur non nul u

(1 ; 2). On veut défi nir et déterminer les

coordonnées de72

u

.

On considère le point A du plan tel que : u

= OA .

On défi nit le point B d’abscisse 72

sur la droite (OA) munie

du repère (O ; A). On a alors, d’après l’activité précédente :

OB OA

= =72

72

u.

Déterminer les coordonnées de B dans le repère (O ; I ; J).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 bla droite (OA) munie du repère (O ; A) et x yB B;( ) les coordonnées de B dans le plan muni du repère (O ; I ; J).



I

J

A'

K

O

B

A

H

u

I

J

A'

K

O

B

A

H

u



On a : b = 72

et, d’après le théorème de Thalès dans le triangle OHB :

OIOH

OAOB

= soit1 1 1

7 2x bB= =

/. Ainsi : xB = 7

2.

De même, d’après le théorème de Thalès dans le triangle OBK :OA'OK

OAOB

= soit 2 1

7 2yB=

/ . On en déduit que : yB = × =2

72

7. Les coordonnées de

B sont donc : 72

7;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

On a : 72

u

= OB donc les coordonnées de 72

u

dans le repère (O ; I ; J) sont

les coordonnées de B, c’est-à-dire : 72

7;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

. Les coordonnées de 72

u

sont

72

72

× ×⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

x yu u ; .

du chapitre 3

Les points A, B, C, D et E sont cinq points d’une droite placés comme il est indiqué sur la fi gure ci-dessous.

+ + + + + + + + + + + +A B C D E

Compléter par des réels, les égalités vectorielles suivantes.

AB DE

= 3.

AB CD

=

On a : AB DE

= 3. et BC DE

= 2. . Donc : DE BC

= 12

. et AB BC

= 32

.

De DE BC

= 12

. , on déduit : DE CB

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

12

.

2 3 2 3 3 2 12AB BC DE DE DE

+ = × + × =( ). ( ). .

= ( ) =4 3 4. . .DE CD

On a : BC DE

= 2. donc 2 4BC DE 0

+ − =( ).

Sur la fi gure ci-après, placer le point F tel que : EF AB CD

= +23

2 .

Exercice 14


Les carreaux du quadrillage (et le théorème de Thalès) peut être utile pour construire des fractions

de vecteurs (comme, par exemple, 23

u

).

Remarque



I

J

O

B

D

F

E

2 CD

C

A

AB23

Étant donné les 3 points de la fi gure ci-dessus, construire E, F, G et H tels que :

AE AB

= 4 , AF AC

= − , CG AB

= 2 et AH BC

= −2 .

BA

F

E

CG

H




Soient u

et v

deux vecteurs. On défi nit les vecteurs a

, b

et c

par :

a u v

= +212

, b u v

= − 3 et c u v

= −32

.

Trouver des réels x et x y tels que :y c xa y b

= + .

On a : xa y b x u v y u v

+ = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ −( ). .

212

3

( ). . . ( ). (= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

+ + − =22

3x ux

v y u y v

222

3x y ux

y v+ + −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

). .

Ainsi, on a c xa y b

= + si2

32

23 1

x y

xy

+ =

− = −

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

.

Résolvons ce précédent système par substitution. D’après la 1ère équation :

y x= −32

2 . Ainsi, d’après la 2e équation : x

x2

332

2 1− × −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −

xx

26

92

1+ − = − ou encore x x2

122

92

22

+ = − . On en déduit :

132

72

x = puis x = = × =7 213 2

72

213

713

//

.

On en déduit alors y : y y = − × = − =32

27

133926

2826

1126

On a : c a b

= +713

1126

. . (il y a peut-être d’autres valeurs de x et x y qui conviennent y

mais il s’agissait de trouver un couple qui convienne).

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


u( ; )−4 6 et v

( ; )18 27−

( ) ( )− × − = ×4 27 6 18 u

et v

sont colinéaires.

−9u

a pour coordonnées (36 ; –54)

2v

a pour coordonnées (36 ; –54). On a donc : − =9 2u v

. Cette dernière

égalité vectorielle est une relation de colinéarité liant u

et v

mais il y en a,

bien sûr, d’autres : u v

= − 29

, …





u( , ; , )0 4 0 6 et v

( , ; , )1 4 1 6

0 4 1 6 0 6 1 4, , , ,× ≠ × u

et v


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.

u 1

26;

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

et v 1

34;

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

12

4 613

× = × donc les vecteurs u

et v

sont colinéaires.

2u

a pour coordonnées (1 ; 12).

3v

a pour coordonnées (1 ; 12). On a donc : 2 3u v

= .

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 x y yB A B 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).

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


On a : 5 13 8 8× ≠ × donc les vecteurs AB

et AC


Ainsi, les points A, B et C ne sont pas alignés.

A(–3 ; –2), B(1 ; 4), C(3 ; 7).

AB


AC


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






AC


On observe que : AC AB

= 3 donc les vecteurs AB

et AC

sont colinéaires.

Ainsi, les points A, B et C sont alignés.

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 :yy

– les coordonnées de GA

sont (–2 – x ; –3 – y) ;yy

– les coordonnées de GB

sont (3 – x ; –1 – y) ;yy

– les coordonnées de GC

sont (2 – x ; 7 – y).yy

Ainsi les coordonnées du vecteur GA GB GC

+ + sont (–2 – x + 3 – x + 2 – x ; –3 – y – 1– y + 7 – y) soit (–yy 3x + 3 ; –3y + 3). Comme ce vecteur est nul, on

a : − + =− + =

⎧⎨⎩⎪

3 3 0

3 3 0

xy

soit xy

==

⎧⎨⎩⎪

1

1. Le centre de gravité G du triangle ABC a donc pour

coordonnées : (1 ; 1).

Soient ABCD un parallélogramme (non aplati), P et Q tels que :

AP AB

= 13

et AQ AD

= − 12

. On se place dans le repère (A ; B ; D).

BP

Q

A

D C

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).





On a : AP AB

= 13

donc le vecteur AP

a pour coordonnées 13

0;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

Ainsi : P13

0;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

On a : AQ AD

= − 12

donc le vecteur AQ


;−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

Ainsi : Q 012

;−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

Le vecteur CP

a pour coordonnées x x y yP C P C− −( ); soit 13

1 1− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

; ou encore

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

23

1; . Le vecteur CQ

a pour coordonnées − − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

112

1; soit − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

132

; .

On a : −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

× −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= − × − =23

32

1 1 1( ) ( )( ) donc les vecteurs CP

et CQ

sont

colinéaires. On en déduit que les points C, P ,et Q sont alignés.

Corrigés des exercices d’approfondissementdu chapitre 5

Soient ABCD un parallélogramme de centre O et I le milieu de [AD]. Cocher les bonnes réponses.

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 OI I

+ = +( )+ +( ) = +2 AA ID

+( ) .

De plus, on a : IA ID

+ = 0 car I est le milieu de [AD] ce qui prouve le résultat.


BA

D

I O

C

BA

D

I O

C



OA OB

+ =

a) DA

b) 0

c) 12

BC

d) 2OI

On a : OB DO

= car O est le milieu de [BD]. Donc :

OA OB OA DO DO OA DA

+ = + = + =

OA OB

− =

a) DA

b) 0

c) 12

BC

d) 2OI

On a : OA OB OA OD OI

− = + = 2

On considère la fi gure ci-dessous. Compléter les égalités suivantes.

I

J

O

B

D

CV

AS

R

RV RS DC DA DB

+ = + = .

DV AB DR DC DC DR

− = +( )− = .

OI OJ DA

+ =2 .

BR DA DC DR BR DA DC

+ + + = + +( )++

= + +

= + =

DR

BR DB DR

DR DR DR

2

= −2VC

AS DR OR RO

= = = −2 2 .

SD SR RD AD RD AD VC

= + = + = + .

DB RI OJ

= − .

2OI RO RV VO VO VR

= = + = − .


d



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


Le vecteur AD


Déterminer les coordonnées du point E défi ni 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 yy AE

sont alors (x + 1 ; y – 1).

De l’égalité vectorielle AE AC AD

= + , on déduit alors :

xy

+ =− =

⎧⎨⎩⎪

1 6

1 3 soit

xy

= −= +

⎧⎨⎩⎪

6 1

3 1. Les coordonnées de E sont donc (5 ; 4).

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.

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 yy 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 3 2 8× + = ×( )y soit 3 9 16y + = ou encore 3 7y = . Ceci nous prouve que :

y = 73

.

L’ordonnée de D est donc 73

. Ainsi : D 373

;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

.

Notons (x ;x x) les coordonnées de E. Le vecteur ⎝ ⎠

xx 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 3 2 5× + = × +( ) ( )x x soit 3 9 2 10x x+ = +ou encore x = 1. On a donc : E(1 ; 1).





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).

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= C A C Ax x y y−( ) + −( ) = −( ) + −( ) = + =2 2 2 28 0 9 3 64 36 1000 10= ;

BD= 4 4 11 1 100 102 2−( ) + −( ) = = .

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 vérifi e :

GC GD 0

+ =2 .

Montrer que D est le milieu de [AE].

On a :

x xxA E

D2 2

+= − + = =1 3

1 ety y

yA ED2 2

+= − + = =1 9

4

Donc D est le milieu de [AE].

Déterminer les coordonnées de F.

On a : xx x

FA B

2 2=

+= − + =1 4 3

2

et yy y

FA B

2 2=

+= − + =1 2 1

2.

Ainsi : F32

12

; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Exercice V


I

J

G

E

F

C

O

B

A

D

I

J

G

E

F

C

O

B

A

D



Déterminer les coordonnées de G.On note (x ; y) les coordonnées de G. Les coordonnées de yy GC

sont alors

(6 – x ; 6 – y) et les coordonnées de yy GD

sont (1 – x ; 4 –y). Ainsi, les yycoordonnées de GC GD

+ 2 sont 6 2 1 6 2 4− + − − + −( )x x y y( ); ( ) soit

(–3x+ 8 ; –3y + 14). De plus, le vecteur GC GD

+ 2 est nul, on a donc : − + =3 8 0x

et − + =3 14 0y . On en déduit les coordonnées de G : G83

; .143

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

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).

Le vecteur DF


112

4− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

; soit 32

22

12

82

− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

;

encore12

72

;−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

. On remarque alors que : − =2DF BE

ce qui prouve que les

droites (DF) et (BE) sont parallèles.

Soient ABC un triangle, 1 est la parallèle à (BC) passant par A, 2 la parallèle à (AC) passant par B et 3 la parallèle à (AB) passant par C.

On défi nit de plus, A 2 3' = ∩ (donc A’ est l’intersection des droites 2 et 3 ), B 1 3' = ∩ et C 1 2' .= ∩

B

B'

A

A'

C

C'

2

1

3




Quelle est la nature du quadrilatère BCB’A ?

On a : 1 / /( )BC soit ( ' ) / /( )B A BC et 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’].

Soit ABC un triangle. Les points M, N, P sont défi nis par :

– AM AB

= 13

.

– N est le milieu de [AC].

– P est le symétrique de B par la symétrie de centre C.

Faire la fi gure.

Montrer que : AP AB AC

= − + 2 .

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 A

= + = + = + + CC AB AC

= − + 2 .

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).

Déterminer les coordonnées des points M, N et P.

On a : AM AB

= 13

donc AM

a pour coordonnées

13

0;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

dans le repère (A ; B ; C). Ainsi : M13

0; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Le point N est le milieu de [AC] donc :

xx x

NA C=

+= + =

20 0

20 et y

y yN

A C=+

= + =2

0 12

12

.

Ainsi : N 012

; .⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

On a : AP AB AC

= − + 2 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.

Le vecteur MN


12

0− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

; soit −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

12

; .


B

P

A

C

N

M B

P

A

C

N

M



Le vecteur MP

a pour coordonnées − − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

113

2 0; soit − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

33

13

2; ou encore

−⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

43

2; .

On a : − × = × −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

212

43

MN

et MP

sont colinéaires ce qui

prouve que les points M, N et P sont alignés.

Soient ABC un triangle (non aplati), M et N les points défi nis par : AN AB AC

= +2

etBM AB AC

= − +13

13

que A, M et N sont alignés.

B

A

C

N

M

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 AB AC

= +2 donc AN

a pour coordonnées (2 ; 1) dans le repère (A ; B ; C).

Ainsi : N(2 ; 1).

b) On a : BM AB AC

= − +13

13

BM

sont −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

13

13

; .De

plus, si (x ; y) sont les coordonnées de M alors les coordonnées de yy BM

sont

(x – 1 ; y-0) soit (yy x – 1 ; y).yy

On a donc : x

y

− = −

=

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

113

13

soit x

y

= −

=

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

113

13

x

y

=

=

⎧

⎨⎪⎪

⎩⎪⎪

2313

23

13

;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

c) Calculer les coordonnées de AM

et AN

.

Les coordonnées du vecteur AM

sont 23

13

;⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

(coordonnées de M) et les

coordonnées du vecteur AN

sont (2 ; 1).




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

.

On a : AM AB BM AB AB AC

= + = − + =13

13

23

AAB AC

+ 13

.

b) On a :

AM AB AC AB AC

= + = +( ) =23

13

13

213

. ..AN

ce qui prouve que les vecteurs

AM

et AN

sont colinéaires et donc que les points A, M et N sont alignés.

Soient ABC un triangle, M et N défi nis par : AM AB

= 3 etMN BC

= 3 .

Montrer que A, C et N sont alignés.

BA

C

N

M

On a :

AN AM MN AB BC

AB

= + = +

=

3 3

3.

+( ) =BC AC3

Ainsi les vecteurs AN

et AC

sont colinéaires ce qui prouve que les points A, N et C sont alignés.

Soient A, B deux points du plan et I le milieu de [AB]. Montrer que pour tout point M du plan :

MA MB MI

+ = 2 .

On a : MA MB MI IA MI IB MI

+ = +( )+ +( ) = 2

+ +( ) = + =IA IB MI MI2 0 2 .





Soient ABC un triangle et M un point tel que : MA MB MC 0

+ + =2 .

Exprimer AM

en fonction de AB

et AC

. En déduire une construction de M.

On a :MA MB MC MA MA AB

+ + = + +( )+2 22

4

MA AC

+( )= MMA AB AC

+ + 2

.

De l’égalitéMA MB MC 0

+ + =2 , on déduit alors : 4 2 0MA AB AC

+ + = et

− = +4 2MA AB AC

soit 4 2AM AB AC

= + ou encore AM AB AC

= +14

12

.

Soit I le milieu de [AB]. Montrer que M est le milieu de [IC].

On a : CM CA AM AC AB AC

= + = − + + =14

12

144

12

AB AC

− .

On a : CI CA AI AC AB AB AC

= + = − + = −12

12

. On observe alors que : CI CM

= 2

ce qui nous prouve que M est le milieu de [CD].

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 GA'

= −2 .

b) AG AA'

= 23

.

c) GA GB GC 0

+ + =

On considère le point G' tel que : BG' GC

= .

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, ona : ( ' ) ( ').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



B

A

C

B'

C'

G'

G A'

B

A

C

B'

C'

G'

G A'



En déduire que : GA GA'

= −2 puis que AG AA'

= 23

.

Comme G est le milieu de [ '],AG on a : GA GG'

= − .

Comme A' est le milieu de [ '],GG on a : GG' GA'

= 2 .

On en déduit : GA GA'

= −2 .

On a alors : GA GA AA' GA AA'

= − +( ) = − −2 2 2 . Ainsi : 3 2GA AA'

= − .

On en déduit : AG AA'

= 23

.

Montrer, alors, que : GA GB GC 0

+ + = .

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’]).

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 G

+ + = +( )+ + BB MG GC ( )+ +( )

= + + +( ) = +3 3 0MG GA GB GC MG

= 3MG.

L’égalité MA MB MC 0

+ + = entraîne donc 3 0MG

= soit MG

= 0 ou encore M G= .

G est donc bien le seul point du plan vérifi ant l’égalité vectorielle

GA GB GC 0

+ + = .

Exercice XIVExercice XIV



Corrigé de la séquence 6Fonctions de référence. Fonctions usuelles.

Corrigé des activités du chapitre 2.

La caisse à gâcher

Ll

Hh

Dimensions de la caisse à gâcherg : L = 60 cm ; L l = 40 cm ;l H = 30 cm .H

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× × .

Par suite 2V L l ht = × × soit V L l ht = × ×12

.

Numériquement, on obtient Vt = × × × =12

60 40 30 36000 363 3 cm soit dm soit 36 litres.




M N

30

10

CLA

D

B

E

Pour calculer le volume d’eau V contenu dans la caisse à gâcher pour une hauteur Vd’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.h

Pour calculer DE, on peut utiliser le théorème de Thalès . Avec les notations de la fi gure précédente,

comme (DE)//(AC) et (EM)//(CN) alors :

DEAC

=BEBC

=EMCN

= =1030

13

.

On en déduit DEAC= = = =3 3

603

20L

cm.

Par suite V = × × × = =12

20 40 10 4000 43 3 cm dm

Pour une hauteur de 20 cm, on trouve en appliquant le même raisonnement

V = × × × =12

40 40 20 16000 163 3cm soit dm soit 16 litres.

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 relationhDEAC

=BEBC

=EMCN

= h30

.

On en déduit DE AC= × = × =h hh

3060

302 .

Par suite, on a V h h h h( ) = × × × =12

2 40 40 2 cm3= 0,04 h2 dm3= 0,04 h2 litres.

Donc V h h( ) ,= 0 04 2 où h est exprimé en cm et h V en litres.V



A l’aide d’une calculatrice, on obtient aisément le tableau de valeurs suivant.

h (cm)h 0 4 8 12 16 20 24 28 30

V (V h)hh 0 0,64 2,56 5,76 10,24 16 23,04 31,36 36

x

yV en litres

36

32

28

24

20

16

12

8

4

0 4 8 12 16 20 24 28 32

h en cm

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 nombreréel strictement positif x,

xy = 8 soit yx

= 8.

y

x

C

AO

B




On peut remplir le tableau de valeurs à l’aide d’une calculatrice.

La fonction f est défi nie pour x>0 parf f xx

( ) .= 8

x 0,5 0,75 1 2 3 4 6 8 12 16

y = f x( )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

x

y

y = f(x) y = x

16

15

14

13

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Le rectangle devient un carré lorsque y x= , soit8x

x=

On peut multiplier par x, qui est non nul, les deux membres de cette égalité.x

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.



Corrigé des exercices d’apprentissage duchapitre 2.

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 nombres2,1819 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 0 9999, , .et

a) Voir ci-contre.b) Graphiquement, les solutions

de l’équation x 2 7= sontles abscisses des points

d’intersection de avec la

droite d’équation y = 7. Onen déduit deux solutions qui valent approximativement –2,6et 2,6.

c) L’équation x 2 7= estéquivalente à :

x 2 27 0− =( ) soit

( )( )x x− + =7 7 0 soit

x − =7 0 ou x + =7 0 soit

x = 7 ou x = − 7.Les valeurs –2,6 et 2,6 sontdonc respectivement des valeurs

approchées de − 7 et 7.

O

2

4

6

8

10

1

3

5

7

9

11

1 22,6–2,6

3 4 x

y

–1–2–3–4

y =7





d) On peut marquer en gras sur l’axe des ordonnées les nombres plus

grands que 7 et marquer en gras les deux morceaux de courbes correspondants.On détermine alors sur l’axe des abscisses les nombres réels xcorrespondants (que l’on peut aussi marquer en gras) c’est-à-dire les nombres réels x vérifi ant x

x 2 7≥ .On trouve pour ensemble de solutions :

S = ] ; ] [ ; [.− ∞ − ∪ +∞7 7O

2

4

6

8

10

1

3

5

7

9

11

1 22,6–2,6

3 4 x

y

–1–2–3–4

y=7

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.

a) 1 5≤ ≤x .Remarquons que les nombres 1, x et 5 appartiennent à l’intervalle [0 ;+x ∞[.

La double inégalité 1 5≤ ≤x signifi e que 1≤ x et que x ≤ 5.Comme la fonction carré est strictement croissante sur l’intervalle [0 ; +∞[, on en déduit :

12 2≤ x et x 2 25≤ , ce qui peut encore s’écrire 1 52 2 2≤ ≤x soit 1 252≤ ≤x .

b) − < ≤ −2 0 5x , .

Remarquons que les nombres −2 , x et −0 5, appartiennent à l’intervalle

] ; ]− ∞ 0 .

La double inégalité − < ≤ −2 0 5x , signifi e que − <2 x et que x ≤ −0 5, .

Comme la fonction carré est strictement décroissante sur l’intervalle ] ; ]− ∞ 0 , on en déduit :

( )− >2 2 2x et x 2 20 5≥ −( , ) ( attention ; il faut changer le sens des inégalités)

ce qui peut encore s’écrire 4 2> x et x 2 0 25≥ , ou encore 0 25 42, .≤ <x





a) Voir ci-contre

b) Lorsque − ≤ ≤2 0x ,

0 22 2≤ ≤ −x ( ) car la fonction carré est strictement décroissante sur l’inter-valle [ ; ]− 2 0 soit 0 22≤ ≤x .

Lorsque 0 2≤ ≤x , 0 22 2≤ ≤x car la fonction carré est strictement croissante sur [ ; ]0 2 soit 0 42≤ ≤x .

Finalement, si − ≤ ≤2 2x alors 0 42≤ ≤x .

O

1

2

3

4

x

y

–1–2 21

Voir ci-contre ; la courbe décritepar le point M’ lorsque M décrit l’axe des abscisses semble être la parabole représentative de la fonction carré.

Si x = 0 , cela signifie que M esten O.

La perpendiculaire en O au seg-ment [AO] est l’axe des abscis-ses. B est donc le point d’inter-section de l’axe des ordonnées et de l’axe des abscisses. DoncB est confondu avec O. Par suiteOB=0.

a) Dans le triangle BAM, l’angleOBM est complémentaireavec l’angle BAM .

Dans le triangle AOM, l’angleOMA est complémentaireavec l’angleBAM .

Or deux angles complémen-taires avec un même angle sont égaux.

On en déduit OBM = OMA

=α

3 41

1

0

0

–1

–1 A

B

c

J

I

a = 2,3

M(x)

M’

–2–3 2α

α

2

3

4

5

6

7

O



b) Dans le triangle BAM, tan =OMOB

α . Dans le triangle OAM, tan .α = OAOM



On en déduit OMOB

=OAOM

soit OM OB OA.2 = ×

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 xl’ensemble des nombres réels.

a) On développe ( )( ).x x− −2 4

On obtient ( )( ) .x x x x x x x− − = − − + = − +2 4 4 2 8 6 82 2

x x2 6 8− + a le même signe sur l’intervalle ]2 ;4[ que ( )( ).x x− −2 4

Or, si 2 4< <x , x − >2 0 et x − <4 0.

On en déduit que ( )( )x x− − <2 4 0 soit x x2 6 8 0− + < si x ∈] ; [.2 4

c) La droite (AB) a pour coefficient directeur y yx x

B A

B A

−−

= −−

= =16 44 2

122

6.

y x b= +6 .

Le point A(2 ;4) appartient à la droite (AB) donc ses coordonnées vérifient l’équation précédente.

On a donc 4 = 6 2× + b =12+b.

On en déduit b = −8.

L’équation réduite de la droite (AB) est donc : y x= −6 8.

Supposons que le segment [AB] contienne un autre point de la parabole autre que A et B. Soit x son abscisse.x

On aurait alors 2 4< <x et x x2 6 8= −

soit x x2 6 8 0− + = .

Or on a vu à la question précédente que, si2 4< <x x x2 6 8 0− + < .

Donc ce n’est pas possible.

Le segment [AB] ne contient pas d’autres points de la parabole que A et B.

x

y

16

15

14

13

12

11

10

9

8

7

6

5

4

3

2

1

0 1–1 2 3 4

17

B

A


Ce type de raisonnement est un exemple de raisonnement par l’absurde.Remarque



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 23≥ soit x 2 9≥ .

b) Si x ≤ 2, alors x 2 4≤ .

Cette proposition est fausse ; par exemple, si x =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 ] ; ],− ∞ 0donc, si x ≤ −1 alors x 2 21≥ −( ) (les images sont rangées dans l’ordre contraire)

donc x 2 1≥ .d) Si − ≤ ≤ −5 1x alors 0 302≤ ≤x .

Cette proposition est vraie, car, si − ≤ ≤ −5 1x , alors ( ) ( )− ≥ ≥ −5 12 2 2x car

la fonction carré est strictement décroissante sur ] ; ],− ∞ 0 donc, 1 252≤ ≤xdonc 0 302≤ ≤x .

e) Si − ≤ ≤1 2x alors 1 42≤ ≤x .

Cette proposition est fausse.

Par exemple, si x = 0,5 , alors x x 2 0 25= , .

f) Si a b= , alors a b2 2= .

Cette proposition est vraie car deux éléments égaux ont la même image par la fonction carré.

g) Si a b2 2≠ alors a b≠

Cette proposition est vraie, c’est la contraposée de la proposition précé-dente.

De façon plus générale, pour deux propositions P Q ,et l’implication P Q⇒admet pour contraposée non non( ) ( )Q P⇒ et si l’implication est vraie, sa contraposée est vraie.

h) Si a b2 2= alors a b= .


Par exemple, ( ) .− =5 52 2

a) f ( )34

134

43

= = b) f ( )− =−

= −18

118

8 c) f ( )101

10107

77−

−= =

d) f ( ) .21

2

22

= =

Exercice 8




a) − < −0 011 0 0099, , <0 donc1

0 0111

0 0099−>

−, ,car la fonction inverse est

strictement décroissante sur ] ; [,− ∞ 0 soit1

0 0111

0 0099−>

−, ,

b) 0 < π − <2 115, donc1

21

115π −>

, car la fonction inverse est strictement

décroissante sur ]0 ; + ∞[ .

a) Voir ci-contre.

b) Graphiquement

l’équation1

3x

= a une

solution sensiblement égale à 0,3.

Algébriquement, 1

3x

=

équivaut à 3 1x = soit

x = 13

.

c) Les solutions de

l’inéquation 1

3x

≤ sont

les abscisses des points

de l’hyperbole situés

en dessous de la droite d’équation y = 3.

On trouve

S = − ∞ ∪ +∞] ; [ [ , [.013

x

y

0 1

1

2

3

4

5

6

7

2 3 4–1–1

–2

–3

–4

–2–3–4

13

x −∞ –3 –2 −1 4/ 0 1 2 5 6 +∞

g xx

( ) .= 1 1

D’après le tableau de variations de la fonction inverse,

a) si 1 6≤ ≤x alors 16

11≤ ≤

x






b) si 0 5< ≤x alors 1 1

5x≥

c) si − < ≤ −214

x alors − ≤ < −41 1

2x

d) si x > 2 alors 01 1

2< <

x.

e) si x < −3 alors − < <13

10

x.

En s’aidant du graphique ci-contre, on peut déduire que :

a) 11

6≤ ≤x

si et seulement

si 16

1≤ ≤x

et que

b) − ≤ ≤ −41 1

3x si et

seulement si − ≤ ≤ −314

x .1

–1

–2

–3

–4

–5

2

3

4

5

6

11/61/4

y = 1/x

2 3 4 x

y

–1–2–3–4

–1/3




En s’aidant du graphique ci-contre, on peut déduire que

− ≤ ≤12

14

xsi

et seulement si

x ∈ − ∞ − ∪ +∞] ; ] [ , [.214

O

1

–1

–2

–3

–4

–5

2

3

4

5

6

11/4

y = 1/x

2 3 4 x

y

–1–2–3–4

1

–1–2 O

B

M

H

A

N

0

1

0

–1

–2

–3

1 2 3

O

B

N

MA

H

0

1

2

3

0

–1




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 confi guration OANBM est une confi guration de Thalès (triangle si x>0, papillon si x<0).

On en déduit OAOM

ONOB

= soit1

1x= ON

soit ON = 1x

.

Si x>0, l’ordonnée de N est positive et si x<0, l’ordonnée de N est négative.

L’ordonnée de N est donc égale à 1x

et le point H a donc pour coordonnées

( , ).xx1

Quand x décritx , H décrit bien l’hyperbole représentative de la fonction inverse

d’équation yx

= 1.


Des propriétés de la courbe représentative de f :

x ax bx c a2 + + ≠( )0et a).

1

2

3

4

5

6

7

8

9

1 2 3 4 5

x

y

(C)

(Cf)

–1–2




b) (Cf ) semble admettre un axe de symétrie d’équation x = 2.Le sens de variation de (f ) semble changer pour x =2.x

f x x x( ) ( ) ( ) ( ) .− = − + − = −3 2 3 3 22 2

Or , pour tout nombre réel x, ( )x − ≥2 02 , 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 x2 4 6 2 21 2 21, , , soit

− + =x x2 4 6 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

22 3

+ =,, .

Pour déterminer les antécédents éventuels de c par la fonction h, résolvons

l’équation h x c( ) .=

h x c( ) = équivaut à ax bx c c2 + + = soit

ax bx2 0+ = ou encore

x ax b( ) .+ = 0

Cette équation est équivalente à : x = 0 oux ax b+ = 0 soit

x = 0 ou xba

= − .

Leur demi-somme est donc bien égale à − ba2

.



00

1

2

3

1 2 3 4 5

A C B

x

y

y = 4

(Cg)

–1–2

f x x( ) ( ) .= − −3 2 52

f x x x x x( ) ( ) .= − × × + + − = − −3 2 3 2 2 5 9 12 12 2 2

La plus petite valeur que peut prendre ( )3 2 2x − est 0 car un carré est toujours

positif ou nul. 0 est obtenue lorsque 3 2 0x − = , c’est-à-dire x = 23

.

La plus petite valeur que peut prendre f x( ) est donc −5 et cette valeur est

obtenue pour x = 23

.

Pour une rédaction plus concise, on peut aussi procéder de la façon suivante

en calculant f x f( ) ( ).− 23

f x f( ) ( )− 23

= ( ) ( ) ( ) .3 2 5 3 22 2x x− − − = −

Or , pour tout nombre réel x, ( )3 2 02x − ≥ donc f x f( ) ( )− ≥23

0 donc

f x f( ) ( ).≥ 23




Par suite, f ( )23

5= − est le minimum de la fonction f et il est atteint pour

x = 23

.

Un point M ( ; )x y est point d’intersection de et de la droite d’équation

y = 3 si et seulement si ses coordonnées vérifi ent l’équation de et y = 3.

On doit donc résoudre le système y x xy

= − +=

⎧⎨⎪

⎩⎪2 4 3

3

2

équivalent à2 4 3 3

3

2x xy

− + ==

⎧⎨⎪

⎩⎪ .

L’équation 2 4 3 32x x− + = est équivalente à l’équation 2 4 02x x− = soit

2 2 0x x( )− = qui admet pour solution x = 0 ou x = 2.xLes points d’intersection de et de la droite d’équation y =3 sont donc : y

A( ; )0 3 et B(2 ;3).

Le milieu I de [AB] a donc pour coordonnées ( , )0 2

23 3

2+ +

soit I(1 ;3).

On sait que le milieu I de [AB] appartient à l’axe de symétrie de la parabole .

Donc l’axe de symétrie a pour équation : x = 1.

Comme le coeffi cient de x 2 qui est égal à 2 est positif, la parabole est tournée vers le haut. Le tableau de variation est donc :

x –∞ 1 +∞

f x( ) f (1)=1f

Vérifi ons ce résultat à la calculatrice en entrant la fonction f défi nie par f

f x x x( ) .= − +2 4 32

Les résultats de la calculatrice confortent nos calculs.




f x x x( ) .= − + +3 2 22

On sait que le sommet S de appartient à l’axe de symétrie de la parabole

.

L’abscisse du sommet S de la parabole est donc13

.

Son ordonnée est f ( ) ( ) ( ) .13

313

213

273

2= − × + × + =

S a donc pour coordonnées : ( ; ).13

73

f x( ) est du type f x ax bx c( ) = + +2 avec a = −3 donc négatif.

f est donc représentée par une parabole tournée vers le bas.f

x –∞ 1/3 +∞

f x( ) 7/3

Les calculs précédents sont cohérents avec la représentation graphique de fà la calculatrice.

a) − − + = − − + + = − + − +4012

40 4014

40 40 40 102 2 2( ) ( )t t t t t 440 40 40 302= − + + =t t h t( )

La hauteur de la falaise est celle du projectile à l’instant t=0 ;tt

c’est donc h( )0 30= m.

c) Le maximum de − −4012

2( )t est 0 puisque − − ≤4012

02( )t et

− −4012

2( )t = 0 pour t = 12

.

Le maximum de h est donc h( )12

40= m.





L’altitude maximale du projectile est donc de 40m.

d) Le projectile arrive dans l’eau lorsque h t( ) = 0 soit − − + =4012

40 02( )t

soit 4012

1 02[( ) ]t − − = .

Cette dernière équation équivaut à ( )t − − =12

1 02 soit ( )( )t t− − − + =12

112

1 0ou encore

( )( ) .t t− + =32

12

0

Ce produit de facteurs est nul si et seulement si l’un des facteurs est nul soit :

t = 32

ou t = − 12

.

t = − 12

est impossible.

Le projectile tombe donc à l’eau à l’instant t = t32

soit au bout d’une seconde et demi.

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 :

12

4× × −x x( ).

Aire du triangle MBI :

12

2 4 4× × − = −( ) .x x

L’aire d’un trapèze est égale à la demi somme des bases que multiplie la hauteur.Aire du trapèze ICDN :

12

2 4 2 4( ) .x x+ × = +

M BA

D

N

4–x

4

x

C

I

4–x

x

2

2

L’aire f x( ) du triangle MNI est telle que :

f xx x

x xx

x( )( )

( ) ( ) .= − − − − − + = − +1642

4 2 42

3 82




f x( ) est du type f x ax bx c( ) = + +2 avec a = − 12

donc négatif.

La parabole représentant f est donc tournée vers le bas .

Le minimum de f est atteint lorsque xba

= − = −× −

=2

3

212

3( )

.

On en déduit le tableau de variation de la fonction f :

x 0 3 4

f x( )8 4

3)=3,5

f :f xxx

+−6

4 5

La fonction f est défi nie si son dénominateur n’est pas nul, c’est-à-dire si

4 5 0x − ≠ soit x ≠ 54

.

f est donc défi nie sur E = − ∞ ∪ +∞] ; [ ] ; [.54

54

g :g xx

−+

31 7

g est défi nie si son dénominateur est non nul soit g 1 7 0+ ≠x soit x ≠ − 17

.

g est donc défi nie sur g E = − ∞ − ∪ − +∞] ; [ ] ; [.17

17

h : h xx

x

1 55+

.

h est défi nie si son dénominateur est non nul soit 5 0x ≠ soit x ≠ 0.

g est donc défi nie sur E = − ∞ ∪ +∞] ; [ ] ; [.0 0

Cette ensemble, privé de 0 est encore noté ∗ , lu étoile.

f est la fonction xx

− ++

41

1.

a) f est défi nie si 1

1x +est défi nie, soit si x + ≠1 0 , soit x ≠ −1.

f est donc défi nie sur E = − ∞ − ∪ − +∞] ; [ ] ; [.1 1





b) Pour tout x différent de x −1,

f xx

x xxx

xx

( )( )

.= − ++

++

= − − ++

= − −+

4 11

11

4 4 11

4 31

f est donc bien de la forme f xax bcx d

( ) = ++

avec c ≠ 0.

f est donc bien une fonction homographique.

a) Pour tout réel x différent de 3, 2

34

4 103x

xx−

+ = −−

Cette proposition est vraie.En effet, pour tout réel x différent de 3,

23

42

34 3

32

34 12

34 10

x xx

x xxx

xx−

+ =−

+ −−

=−

+ −−

= −−

( )33

.

b) Il existe une valeur de x pour laquelle 2 3

52

xx

+−

= .


En effet, pour tout x différent de 5,x2 3

52

xx

+−

= équivaut à 2 3 2 5x x+ = −( )

soit 2 3 2 10x x+ = − ,soit 0 13x = − ,ce qui est impossible.

c) Il existe une valeur de x pour laquellex2 3

52

xx

+−

= − .

Cette proposition est vraie.

En effet, pour tout x différent de 5, x2 3

52

xx

+−

= − équivaut à 2 3 2 5x x+ = − −( )

soit 2 3 2 10x x+ = − + , soit

4 7x = , soit x = 74

.

Pour x = 74

, on a bien2 3

52

xx

+−

= .

f xxx x x

( ) .= + = +3 13

1

On a pu simplifi é 3xx

en 3, car x appartient à l’intervalle [3 ; 6] , donc x est xnon nul.

On sait que la fonction inverse est strictement décroissante sur l’intervalle ]0 ;+∞[ donc en particulier sur l’intervalle [3 ; 6].





Par suite, pour tout nombre réel u etu v tels que 3 6≤ < ≤u v ,1 1u v

> ,

donc 31

31+ > +

u v

donc f u f v( ) ( )>donc f u( ) et f v( ) sont rangées dans l’ordre contraire de u etu v.Donc f est strictement décroissante sur l’intervalle [3 ; 6].


Longueurs d’arc

Après un tour complet, le centre de la bille a parcouru le périmètre du

cercle de centre O et de rayon 1. On sait que le périmètre d’un cercle

est donné par la formuleP r= ×2π .

La périmètre de ,en cm, vaut donc

2π .Le centre de la bille a donc parcouru

2π .

a) Quand elle arrive pour la première fois en I’, le centre de la bille a parcouru un demi périmètre du

cercle , soit22π π= .

A

J

J'

I'I

EB

CD

O

Quand elle arrive pour la première fois en J, le centre de la bille a parcouru

un quart du périmètre du cercle, soit24 2π π= .

Quand elle arrive pour la première fois en J’, le centre de la bille a

parcouru trois quarts du périmètre du cercle, soit34

232

× =π π.

b) On trouve par raisonnement analogue que lorsque que la bille arrive :

- pour la première fois en A, le centre de la bille a parcouruπ4

.

- pour la première fois en B, le centre de la bille a parcouru34π

.

- pour la première fois en C, le centre de la bille a parcouru

π π π+ =4

54

.




- pour la première fois en D, le centre de la bille a parcouru 24

74

π π π− = .

L’angle IOE mesure 60° puisque le triangle IOE est équilatéral.

L’angle IOI' mesure 180° puisque O est le milieu de [II’].

Donc l’arc IE

a une longueur trois fois moins grande que l’arc II'

.

Donc le centre de la bille a parcouru π3

.

Lorsque son centre a parcouru 6 3 2π π= × , la bille a fait trois tours de cercle. Elle s’arrête donc en I.

Lorsque son centre a parcouru 9 8 4 2π π π π π= + = × + , la bille a fait 4 tours plus un demi-tour, elle s’arrête donc au point I’.

Lorsque son centre a parcouru 52

22

π π π= + , la bille a parcouru un tour plus

un quart de tour. Elle s’arrête donc en J.

Enroulement d’un axe sur un cercle.

a) La longueur de l’arc IJ

est

deπ2

.

Donc, en enroulant la droite (IK)

sur le cercle , le nombre réel

π2

va venir se positionner sur

le point J , et donc le point J du cercle correspondra au nombre

réelπ2

.

b) Le réel − π2

,de façon symétrique

au cas précédent va venir se positionner sur le point J’.

I

J'

J

I'

1 Kx

x

x

-1

0

2

O

M

π/2

-π/2

+




c) Le réel 0 correspond au point I. On a vu dans l’activité précédente que le

périmètre de 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 l’autre sens que précédemment.

En résumé, aux nombres réels −2π ,

0 et 2π correspond le point I de .

d) Au point I’ correspond le nombre réel π (enroulement d’un demi-tour 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).

e) D’après l’activité précédente, le

nombre π3

correspond au point

E tel que le triangle IOE soit

équilatéral avec E au dessus de

(IO). Le nombre23π

correspond

donc au point E’ (voir fi gure).Le point E’ peut être obtenu en reportant deux fois le rayon à partir du point I dans le sens positif.

I

J'

J

I'

1

01

EE'

= 60°

K

-1

22π/3

O

π2

π/2

chapitre 5.

Sur le graphique ci-après, les points considérés sauf le point O appartiennent tous au cercle trigonométrioque.

(OA1) est la bissectrice de l’angle IOJ .

(OA) est la bissectrice de l’angle JOI' .Le triangle IOE1 est équilatéral.




(OF1) est la bissectrice de IOE1 .

a = 34π

est associé au point A (il

faut se rappeler que π4

est associé

au point A1).

b = − π4

est associé au point B.

c = 54π

= π π+4

est associé au point C.

I

J'

C B

J

F

O

A

I'

E1A1

F1

E

d = = −74

24

π π π est aussi associé au point B.

e =23π

est associé au point E (il faut se rappeler que π3

est associé àE1).

f = = −56 6π π π

est associé à F (il faut se rappeler que π6

est associé à F1).

Par exemple, a = 34π

est associé au point A tel que

IOA = × ° = °34

180 135 .

b = − π4

est associé au point B obtenu en tournant dans le

sens négatif et tel que IOB = =°

°1804

45 .

a) La droite (OA) est la bissectrice de

l’angle IOJ et la droite (OM) est la

bissectrice de l’angle IOA .Sur la fi gure ci-contre, le point A de

est associé au nombre réelπ4

,

et est tel que dans le sens positif,

IOA = °45 .

Le nombre réelπ π8

12 4

= × est donc

associé au point M de tel que

IOM = × ° = °12

45 22 5, .

I

J'

C

J

O

A

K

M

–1

1

I'

π/8

π/2

–π/2


On peut aussi, pour les nombres réels compris entre −π et π ,utiliser le fait que π est associé

à I’ et que IOI' = °180 .

Remarque



b) Lorsque IOM = 40°,

IOM = × ° = × °40180

18029

180 .

La longueur de l’arc IM est donc

égale à29

π , soit environ 0,7.I

J'

J

O

KM

–1

0

= 40°

1

I'

2π/9

π/2

α

a)13

26

23 2

23 2

14

2π π π π π π π= + = × + = × + × .

Si on enroule la droite réelle autour du cercle , le point d’abscisse 13

2π

sur

la droite graduée viendra se positionner sur le point J de la fi gure précédente après un enroulement de 3 tours et d’un quart de tour

Par suite, cos13

20

π = car le point J a pour abscisse 0 et sin13

21

π = car le

point J a pour ordonnée 1.

b) − = − − =

− − = − × −

193

183 3

63

3 23

π π π

π π π π.

Le nombre réel − 193π

est donc associé

au point A tel que le triangle IOA soit équilatéral et en allant de I vers A dans le sens négatif.

Le nombre réelπ3

est associé au point E.

On sait que cosπ3

12

= et

sin .π3

32

=

Or E et A étant symétriques par rapport à l’axe des abscisses ont même abscisses et une ordonnée opposée. On a donc :

cos( ) cos( ) cos .− = − = =193 3 3

12

π π π

sin( ) sin( ) sin .− = − = − = −193 3 3

32

π π π

I01

2

J'

JE

I'

1 K

–1

O

Ab1

a1

–π/3

–π

π–

23π–

y = 60°

β = 60°




Sur le cercle trigonométrique le point M

est associé au nombre réel38π

.

Le point Q étant symétrique du point M par rapport à l’axe des abscisses

est associé au nombre réel − 38π

dans

l’intervalle ] ; ].− π π

Les points M et N sont symétriques par rapport à l’axe des ordonnées.

La longueur de l’arc IN

plus la longueur

de l’arc NI' est égale à la longueur de

l’arc II'

, soit π .

Or par symétrie, la longueur de l’arc NI'

est égale à la longueur de l’arc IM .

I

J'

J MN

QP

I' O0 1

1

–1

–1

Donc, la longueur de l’arc IN

plus la longueur de l’arc IM est égale à π .

On en déduit que la longueur de l’arc IN

est égale à π moins la longueur de l’arc

IM , soit π π− 38

soit 58π

.

Le nombre réel de l’intervalle ] ; ]− π π associé à N est donc 58π

.

N et P étant symétrique par rapport à l’axe des abscisses, le nombre réel de

l’intervalle ] ; ]− π π associé à P est donc − 58π

.

a) On sait que le nombre réelπ3

est associé

au point A tel que le triangle OIA soitéquilatéral, avec A d’ordonnée positive. Letriangle OIA étant équilatéral, le pied H dela hauteur issue du sommet A est le milieude [OI].

On a donc OH = cosπ3

=12

.

Le sinus deπ3

est l’ordonnée du point

I

–1

–1

1

100

K

α = 60°O H

A





A, soit la longueur AH. Dans le triangle rectangle en H, OHA, on obtient en appliquant le théorème de Pythagore :

OA OH HA2 2 2= + .

On en déduit :

HA OA OH22 2= − =112

34

2− =( ) .

Par suite, AH = 32

.

Donc, sinπ3

32

= (valeur à retenir).

b) On sait que le réel π4

est associé au point

A d’ordonnée positive et tel que IOA = °45 .

cosπ4

est l’abscisse du point A soit la

distance OH.Le triangle OHA est rectangle isocèle en H

puisque OAH =45°. Par suite, en utilisant le théorème de Pythagore dans ce triangle, on

obtient : OH HA OA2 2+ = =2 1

soit 2 1OH2 = soit OH2 12

= ,

soit OH = = = =12

1

2

1

2

22

.

Donc cosπ4

22

= (valeur à retenir).

Remarquons, que l’on a aussi sin .π4

22

=

I

–1

–1

1

100

K A

α = 45°

O H




Avec la touche mode, on règle sa calculatrice en mode radian, et l’on obtient alors aisément l’affi chage 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( / ) , .19 12 0 258π =

a) Il existe deux points du cercle

trigonométrique dont l’ordonnée

est 0,2 ; ce sont les points A1 et

A2.

Si le nombre a est un nombre réelaassocié à A1 ou à A2 , on a bien

sin ,a = 0 2 et A1 ou à A2 sont les

seuls points associés possibles.

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

[0 ;π2

].

0,20 est la valeur arrondie au centième près de la longueur de

l’arc IA1.

0,20 est donc la valeur arrondie de

a comprise entre 0 et aπ2

telle que

sin , .a = 0 2

0,2

0,2

0,4

O 0,4 0,6 0,8 1–0,8 –0,6 –0,4 –0,2

0

0–1

A2 A1

–0,2

–0,4

–0,6

–0,8

0,6

0,8

1

La longueur de l’arc IA2 plus la longueur de l’arc IA1

vaut π .

Donc l’arc IA2 a pour longueur π − ≈0 201 2 94, , et

π π2

2 94≤ ≤, .

2,94 est donc la valeur arrondie au centième de a comprise entre π2

et π telle

que sin , .a = 0 2




a) Il existe deux points du

cercle trigonométrique

dont l’abscisse est −0 6, ;

ce sont les points B1et B2.Si le nombre b est un nombreb

réel associé à B1ou àB2 , on

a bien cos ,b = −0 6 et B1

ou B2 sont les seuls points

associés possibles.

0,2

0,2

0,4

O 0,4 0,6 0,8 1–0,8 –0,6 –0,4 –0,2

0

0–1

A

B1

B2

–0,2

–0,4

–0,6

–0,8

0,6

0,8

1

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 IB1.

2,21 est donc la valeur arrondie de b comprise entre 0 et b π telle que

cos , .b = −0 6

Comme B1et B2 sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses, la valeur

de b comprise entre b −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 dea a2 cm². Comme a2 10= et que a

est positif, a = 10 .

a) On sait que 4 10 25< < . Autrement dit, 2 10 52 2< < .

b) Comme la fonction «racine carrée» est strictement croissante sur l’intervalle

0;+∞⎡⎣ ⎡⎣ et que les nombres 2 10 52 2; ; appartiennent tous à cet intervalle

l’ordre des inégalités 2 10 52 2≤ ≤ est le même que l’ordre des images par la

fonction «racine carrée»: 2 10 52 2≤ ≤ , c’est-à-dire 2 10 5≤ ≤ .




c) Nous venons de voir 2 10 5≤ ≤ , ce qu’on peut représenter par :

2

10

5

a) Le rectangle ℜ1 a une longueur égale à 3,5 cm et une aire égale à 10 cm².

Sa largeur vérifi e donc × =3 5 10, , on trouve = =103 5

207,

.

b.

0 2

2

20/7

3,53 5

5

a) On sait quee0 5 10= − ete1 3 5 10= −, . Pour montrer l’égalité ee

10

2

10=

demandée, on part du membre de droitee0

2

10et on cherche à aboutir à e1.

e02 2 2 2

105 10

105 2 5 10 10

1025 10 10 10

1= − = − × × + = − +( )

0035 10 10

103 5 10= − = −,

et on reconnaît à droite, l’expression dee1.

On a donc montré quee

e02

110= .

b) On a e0 5< puisquee0 5 10= − ; à fortiori e0 10< . On en déduite

e02

010<

en multipliant chaque membre de l’inégalitée0 10< par le nombre strictement

positife010

, ce qui peut s’écrire aussi e e1 0< . Cette inégalité va nous servir pour

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



ℜ1et 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 défi nit la longueur b du rectangleb ℜ2 comme la moyenne (arithmétique)

des dimensions du rectangle ℜ1: b =+

=

207

3 5

28928

,. Comme

ℜ2 a encore une

aire égale à 10, sa largeur a est telle quea a b× = 10 d’où, a = =10 2808989

28

.

En résumé, le rectangle ℜ2 a une largeur égale à a = 28089

et une longueur

égale à b = 8928

.

a) On sait que e b2 108928

10= − = − .

Calculonse1

2

7.

e12

22 2

7

3 5 10

7

72

10

7

72

27

=−( )

=−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

=

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

− ×, 2210 10

7

2× +

= − + = −74

10107

8928

10

et on reconnaît à droite, l’expression dee2.

On a donc montré que e

e12

27= .

b) On a e1 7< puisquee172

10= − ; on en déduite

e12

17< , ce qui peut

s’écrire aussi e e2 1< .

c) L’explication est analogue à celle donnée à la question 4.c.

d) On sait que 10 < b autrement dit que 108928

< .

b = 8928

est donc une valeur approchée par excès de 10 . On trouve

b ≈ 3 17857, .



e) Rassemblons les résultats sur un axe (seules les positions relatives des nombres sont respectées)

20

2 8928

3,5

b – 10

b

b – a

a

5

7

2

28089

10

Sur ce schéma, on observe que la petite fl èche est plus courte que la grande

fl èche ce qui signifi e quee bb a− ≤ −

102

c’est-à-direeb a

2 2≤ −

.

On calcule alorsb a− =

−=

2

8928

28089

281

4984.

Comme 49 84 2 99 68, ,× = et que 81 99 68< , , on a81

498499 684964

< ,c’est-à-dire

814984

49 84 24964

< ×,soit encore

814984

2100

< autrement dit81

49840 02< , .

Conclusion : e2 0 02< , .

f) Commee b2 10= − et quee2 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.



II. Prolongement numérique

TI-82-stat.fr Casio Graph 25+p

Prompt B ?→ B

Prompt N ?→ N

For (K,1,N) For 1→ k To N

0.5 ‚ ( / )B B B+ →10 0.5 ‚ ( /B B) B+ →10

End Next

Disp B Bt

Donnons le tableau de fonctionnement de l’algorithme pour chacune des valeurs en entrée :

a)

b N k

5 2

72 2 1

8928

2 2

Sortie b = 8928

soit 3 178571429, avec 10 décimales.

b)

b N k

5 3

72

3 1

8928

3 2

157614984

3 3

Sortie b = 157614984




c)

b N K

5 4

72

4 1

8928

4 2

157614984

4 3

496811681157105648

4 4

Sortie b = 496811681157105648


• Si en entrée on donne b = 10 , on constate qu’en sortie, les 10 premières

décimales de b semblent être toujours les mêmes (égales àb 3 162277660, ) à

partir deN = 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 b b− = − +10 2 10 102 2 .

Par conséquent, ( )b − ≥10 02 s’écrit aussi b b2 2 10 10 0− + ≥ .

En divisant par 2b (qui est strictement positif puisque b est la longueur d’un b

rectangle) on obtient l’inégalitéb b

b

2 2 10 102

0− + ≥

qu’on peut réécrireb

b210

102

0− + ≥ ou encore 12

1010b

b−

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≥

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 b une nouvelle valeur

B plusB grande que 10 (qui, à fortiori, est à son tour strictement positive).



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

eb

bb

b bb

bb

2 2 2 2

210

22 10 10

212

10= − = − + = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−( ) 22 102

12

1010

bb

bb

= +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

−

On reconnaît à droite l’expression deB − 10, c’est-à-dire de E. Conclusion :E

eb

E2

2= .

• D’après la question II.4.a., B − ≥10 0 autrement dit E ≥ 0.

• On sait aussi que 10 2> donceb

e2 2

2 4< autrement dit, puisqueE

eb

=2

2,

Ee<

2

4ce qu’on peut aussi écrire : E

e<⎛⎝⎜

⎞⎠⎟2

2

.

En résumé, on a montré que 02

2

≤ <⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Ee

.

c) Lorsque l’erreur est strictement inférieure à10−n , la précision obtenue est au moins de n décimales exactes. Reprenons chacun des cas du II.2 :

1. En entrée b N= =5 2; ; l’erreur est e2 et, d’après I.6.c cette erreur est inférieure

ou égale à 0,02 donc strictement inférieure à10 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 N= =5 3; ; on a : d’après la question II.4.b.et ce qui précède,

0 0 01 0 000132≤ < =e , , .

L’algorithme fournit donc, à coup sûr, une valeur approchée de 10 avec 4 décimales exactes. (en fait, les 9 premières décimales sont exactes).

3. En entrée b N= =5 4; ; on a : 02

0 000124

32 2

≤ <⎛

⎝⎜⎞

⎠⎟<

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

ee ,

d’après la question

II.4.b. et ce qui précède. Par conséquent 0 1048≤ < −e .

L’algorithme fournit donc, à coup sûr, une valeur approchée de 10 avec 8 décimales exactes. (en fait, les 14 premières décimales sont exactes).



B. Méthode de Dichotomie

Remplissons le tableau de fonctionnement de l’algorithme lorsque n = 1 en entrée :

a ba b+

2a b+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟2

2 a b+⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

>2

102

b a− b a− > 0 1,

2 52 5 3,5 12,25 VRAI 3 VRAI2 3,5 2,75 7,5625 FAUX 1,5 VRAI

2,75 3,5 3,125 9,765625 FAUX 0,75 VRAI3,125 3,5 3,3125 10,97265625 VRAI 0,375 VRAI3,125 3,3125 3,21875 10,3603515625 VRAI 0,1875 VRAI3,125 3,21875 3,171875 10,06079101563 VRAI 0,09375 FAUX

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

0,5–0,5–1 100

2

1,5 2

A'

A C

C'

R

B

B'

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

4

y = x2

y = 10

6

8

10

12

14

16

18

20

22

24

26



Lecture de l’algorithme Lecture du graphique

Initialement

La condition b a− > 0 1, qui

s’écrit 3 0 1> , est vraie donc les instructions dans la boucle TANT QUE sont traitées.

Les points A et B sont distants de plus de 0,1 unité.

1ère étape de la boucle

La condition a b+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

>2

102

s’écrit 12 25 10, > ; cettecondition est vraie donc la valeur 12,25 est affectée à la variable b tandis que la bvariable a n’est pas modifi ée.a

Sur le graphique, le point C est le milieu de [AB] son abscisse est égale à 3,5. Le point C’ de mêmeabscisse que le point C et situé sur la parabole

d’équation y x= 2 a donc une ordonnée égale à

3 5 12 252, , .= 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. Onen 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.

La condition b a− > 0 1, qui

s’écrit 1 5 0 1, ,> est vraie donc les instructions dans la boucle TANT QUE sont traitées.ss

Les points A et C sont distants de plus de 0,1 unité.

0,5–0,5–1 100

2

1,5 2

A'

A C

C'

R

D

D'

2,5 3 3,5 4

4

y = x2

y = 10

6

8

10

12

14

2ème étapede la boucle

La conditiona b+⎛

⎝⎜⎞⎠⎟

>2

102

s ’ é c r i t 7 5625 10, > ; c e t t e condition est fausse donc la variable b n’est pas modifi ée btandis que la valeur 2,75 est affectée à la variable a.

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 75 7 56252, , .= 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 dupoint R est située à droite de celle du point D ;par conséquent, l’abscisse du point R est située entre D et C.



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 suffi sant 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

celui, parmi les deux segments aa b

;+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥2

eta b

b+⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥2

; qui contient l’abscisse du point R.

Les coordonnées ( ; )x y du point R vérifi ent l’équation y = 10 de la droite et

l’équation y x= 2 de la parabole ; par conséquent, 10 2= x . L’abscisse de R étant

supérieure à zéro, on conclut que x = 10.

L’algorithme détermine une valeur approchée de 10.

Lorsque l’algorithme se termine la valeura b+

2affi chée en sortie est, à coup sûr,

une valeur approchée de 10 à 0,1 près; comme l’illustre le schéma suivant sur lequel la petite fl èche est plus courte que la grande fl èche et la longueur de la grande fl èche est inférieure à 0,1puisqu’à la fi n de la boucle, b a− < 0 1, .

b – 10

ba + b

b – a

a 2

a + b2

10

10

–

On peut remplir une feuille de calcul du tableur CALC de la manière suivante:C

A B C D E F G

1 a b c=(a+b)/2 C2 C2 > 10 ? 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

1010−nLe but de l’algorithme est donc de déterminer une valeur approchée deLe but de l’algorithme est donc de déterminer une valeur approchée de 10 àà10−n près.près.



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 affi chage est alors VRAI) et est égal à celui contenu dans C2 si 1-E2=1, autrement dit si E2 est égal à 0 (son affi chage 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 de10 8− avec l’algorithme de dichotomie on constate qu’il suffi t 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 de Hg éron 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 e

l’écart E vérifi ait 02

2

≤ <⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

Ee

. Ainsi, si une étape l’écart est égal à 10−p alors

à l’étape suivante il sera inférieur à10

210

410

2 22

− −−⎛

⎝⎜⎜

⎞

⎠⎟⎟

= <p p

p . Autrement

dit, d’une étape à l’autre on est certain de doubler le nombre de décimales pexactes.

Avec l’algorithme de dichotomie il faut faire 3 étapes supplémentaires pour être certain d’obtenir une décimale exacte en plus !



Corrigé des exercices d’approfondissement.

21

1

–1 0

H

M

IF

–2

2

3

4

D d

Voir ci-dessus

a) M(2 ; 4) F(0 ; 0,25) H(2 ; –0,25).

MF = − + − = − + − = +( ) ( ) ( ) ( , ) ,x x y yF M F M2 2 2 20 2 0 25 4 4 14 00625 18 0625 4 25= =, , .

MH = − + − = − + − − =( ) ( ) ( ) ( , ) ,x x y yH M H M2 2 2 22 2 0 25 4 4 2522 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.

I(x x y yF H F H+ +

2 2; ) soit I( ;

, ,)

0 22

0 25 0 252

+ −c’est-à-dire I(1 ; 0) et M(2 ; 4).

x xM I≠ donc la droite d = (IM) a une équation du type d y ax b= + .

ay yx x

M I

M I=

−−

= −−

=4 02 1

4.

Le point I(1 ; 0) appartient à la droite (IM), médiatrice de [FH], donc ses coordonnées vérifi ent son équation.

On a donc y x bI I= +4 soit 0 4 1= × + b donc b = −4.




L’équation réduite de la médiatrice d de [FH] est donc :d y x= −4 4.

M(x ; y) yy ∈ ∩ d si et seulement si :y x

y x

= −

=

⎧⎨⎪

⎩⎪

4 42

.

Ce système est équivalent à :y x

x x

= −

= −

⎧⎨⎪

⎩⎪

4 4

4 42.

L’équation x x2 4 4= − est équivalente à l’équation x x2 4 4 0− + = soit

( )x − =2 02 soit x = 2.

Le système précédent équivaut à : y x

x= −

=⎧⎨⎩⎪

4 4

2soit

yx

= × −=

⎧⎨⎩⎪

4 2 4

2soit

yx

==

⎧⎨⎩⎪

4

2.

Par suite la parabole et la droite d ont comme unique point en commun le dpoint M(2 ;4).

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) A2( ; , )1 0 5 et

A3( ; , )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 d’équation y x= 2 .

Montrons que le point A appartient à .

Dans le triangle OIA1, (AA’) est parallèle à (IA1) , donc d’après le théorème de Thalès :

OA'OI

=AA'IA1

soit 14

4= =AA'14

AA'.

On en déduit AA' = =116

14

2( ) .

Donc, le point A ( , )14

116

appartient bien à la parabole .

Procédons de manière analogue pour montrer que B appartient à la parabole

.

On a OB'OI

BB'IA2

= soit12 1

2

= BB'soit BB' = =1

412

2( ) .

Le point B ( ; )12

14





Enfi n, on a de même

OC'OI

CC'IA3

= soit 34 3

4

= CC' 34 3

4

= CC 'soit CC' = =9

1634

2( ) .

Le point C ( ; )34

916


J D

IO

AA' B' C'

0,25

0,25

0,50 0,75

A

A

A

B

C

0,50

0,75

J D

IO

AA' B' C'

0,25

0,25

0,50 0,75

A1

A2

A3

B

C0,50

0,75

Le point A d’abscisse 4 appartient à la représentation graphique de la fonction inverse g défi nie parg

g xx

( ) .= 1Donc son ordonnée

est : g( ) .414

=

De même, l’ordonnée de B est

g( ) .13

3=

La fonction affi ne f représentant lafdroite (AB) est défi nie sur par

f x ax b( ) = + où a et a b sont deuxb

nombres réels à déterminer.

A(4 ;14

) appartient à (AB) donc

414

a b+ = .

0 2

2

1

3

4

3 41 x

y

NB

A

I

M

B ( ; )13

3 appartient à ( )AB donc 13

3a b+ =




Par soustraction, on obtient 413

14

3a a− = − soit113

114

a = − donc

a = − = −34

0 75, .

Comme 414

a b+ = , on déduit b a= − = + × = =14

414

434

134

3 25, . La fonction

f défi nie sur f parf x x( ) , ,= − +0 75 3 25 admet bien pour représentation graphique la droite (AB).

Le point M appartenant à la droite (AB) et à l’axe des abscisses a pour

coordonnées ( , ).xM 0

L’abscisse du point M, xM , vérifi e donc la relation : − + =0 75 3 25 0, ,xM soit

xM = = =3 250 75

32575

133

,,

.

( ; ).133

0

Le point N appartenant à la droite (AB) et l’axe des ordonnées a pour

coordonnées : 0 0, ( )f( ) soit N(0 ;134

) .

Le milieu du segment [MN] a donc pour coordonnées ( ; ).136

138

Le milieu du segment [AB] a pour coordonnées : 4

13

2

0134

2

+ +⎛

⎝

⎜⎜⎜

⎞

⎠

⎟⎟⎟

, soit

( ; ).136

138

Donc les segments [MN] et |AB] ont bien le même milieu.

C q( ) est composé du coût fi xe de 4000€ et du coût de production de q unités : q12q.

Par suite, C q q( ) .= +12 4000

a) C qC q

qq

q qm ( )( )

.= = + = +12 400012

4000




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’équationy = 15.yEn zoomant sur le point d’intersection de la représentation graphique

de Cm et de la droite d’équation y=15, on trouve que la production est

rentable à partir de 1335 unités.

b. La production est rentable si et seulement si Cm < 15 soit 124000

15+ <q

soit 4000

3q

< .

En divisant par 4000 les deux membres de cette inéquation, on obtient1 3

4000q< .

La fonction inverse étant strictement décroissante sur ]0 ; + ∞[ , cette inéquation

admet pour solution ] ; ].4000

310000

Or4000

31333 33≈ , .. , donc la production est rentable à partir de la fabrication de

1334 unités, résultat en accord avec notre lecture graphique.




Pour vérifi er graphiquement que les sommets des trois paraboles appartiennent tous à la courbe

d’équation y x= − +2 1, il suffi t 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 b f x x x12 1( ) .= + +

Son sommet a pour abscisse xba1 2

12

= − = − .

L’ordonnée du sommet est y f1 112

= −( ) =34

.

f1est donc représentée par la parabole de sommet S112

34

( ; ).−

Pour b = 2, on obtient la parabole d’équation b f x x x22 2 1( ) .= + +


22

1= − = − = − .

L’ordonnée du sommet est y f2 2 1= −( ) = 0.

f2 est donc représentée par la parabole de sommet S2 1 0( ; ).−

Pour b = 3, on obtient la parabole d’équation b f x x x32 3 1( ) .= + +


32

= − = − .

L’ordonnée du sommet est y f3 332

54

= − = −( ) .

f3 est donc représentée par la parabole de sommet S332

54

( ; ).− −

Il nous reste à vérifi er que les sommets S S S1 2 3, , appartiennent bien à la

parabole d’équation y x= − +2 1.

− − + =( )12

134

2 S112

34

( ; )− appartient bien à la parabole d’équation

y x= − +2 1.

− − + =( )1 1 02 donc S2 1 0( ; )− appartient bien à la parabole d’équation

y x= − +2 1.

− − + = −( )32

154

2 donc S332

54

( ; )− − appartient bien à la parabole d’équation

y x= − +2 1.



Notons x la longueur BM xexprimée en cm.Comme le triangle ABC est isocèle, AH est un axe de symétrie de la fi gure. On a donc QC= x .xPar suite la longueur MQ du

rectangle MNPQ est : 6 2− x.De plus, dans le triangle, ABH, (MN) est parallèle à (AH) donc d’apès le théorème de Thalès :

BMBH

MNHA

= soitx3

= MN5

soit

MN = 53

x.

L’aire A x( ) du rectangle MNPQ est donc égale à :

A x x x

x x

( ) ( )

.

= × − =

− +

MN MQ=53

6 2

103

102

Cette aire est donc représentée par une fonction polynôme de degré 2 du type A(x) = ax2+bx = c(a=/ 0).

Comme a et= − − <103

103

0,

cette aire admet un maximum obtenu pour

x0 210203

32

1 5= − = −−

= =ba

, .

On a donc MQ = 3 cm ,

MN = 53

32

2 5× = , cm et l’aire

maximale vaut donc 7,5 cm².

B

x 6 – 2x x

M H

PN

A

Q C

B

1,5 3 1,5

M H

PN

A

Q C

Notons x etx y les dimensions d’un rectangle de périmètre 10 cm.yL’aire A de ce rectangle exprimée en cm² est xy.

De plus, comme le périmètre du rectangle est égale à 10 cm, on a 2 2 10x y+ =

soit x y+ = 5 soit y x= −5 .





On peut donc exprimer A en fonction deA x et l’on a : x

A A x x x x x= = − + = − +( ) ( ) .5 52

A x( ) A x ax bx c( ) = + +2

avec a = −1, b = 5 et b c =0.cComme a<0, a A admet un maximum obtenu pour la valeurA

xba0 2

52

52

= − = − −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= .

On a alors y0 552

52

= − = .

On peut alors remarquer que le rectangle de périmètre 10 cm d’aire maximale est un carré.

a) A l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer que le minimum de la fonction f

défi nie sur ] ; [0 +∞ défi nie par f x xx

( ) = + 1est 2 et que ce minimum est atteint

pour x = 1.x

b) Montrons donc que, pour tout nombre réel x>0,xx f x( ) .≥ 2

Pour cela, étudions le signe de la différence : f x( )− 2 .

f x xx

xx x

xx

x xx

xx

( )( )

.− = + − = + − = − + = −2

12

12

2 1 12 2 2

Comme x >0,x 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

x− =1

02

soit ( )x − =1 02 soit x = 1.

Pour tout nombre réel x>0 et x ≠ 1, on a f x( ) .> 2

c)b c

ac a

ba b

cba

ab

ca

ac

cb

bc

+ + + + + = + + + + + .

On remarque que ba

est l’inverse de ab

,ca

est l’inverse deac

etcb

est l’inverse




debc

.

Donc b c

ac a

ba b

cf

ab

fac

fbc

+ + + + + = + +( ) ( ) ( ).

a, b et b c étant trois nombres strictement positifs, non égaux entre eux,cab

,ac

et

bc

sont trois nombres strictement positifs et différents de 1.

Par suite fab

( ) ,> 2 fac

( ) > 2 fbc

( ) > 2

On en déduit que fab

fac

fbc

( ) ( ) ( )+ + > 6b c

ac a

ba b

c+ + + + + > 6.

A

H

B

a = 54,73°

C

L’aire du triangle ABC est égale àAB AC

2AB

AB× = × =8

24 .

Or ABAC

C= tan donc AB AC C= tan = 8 8tansin

CC

cosC

=

L’aire du triangle ABC est donc égale à : 32sin

.C

cosC

L’aire du triangle AHC et égale àAH CH×

2.




or AHAC

C= sin etCHAC

C= cos donc AH AC C C= =sin sin 8 et

CH AC C C= =cos cos . 8

L’aire du triangle AHC est donc égale 32sin cosC C .

L’aire du triangle AHC est égale au tiers de l’aire du triangle ABC si et seulement

si :sin

cossin cos

C

CC C

= 3 cos .2 1

3C =

On en déduit cosC = =13

1

3( pour un angle aigu, cos ).C > 0

La calculatrice 2ndecos 1

3

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

donne C =54,7° au dixième de degré près.

La longueur IM mesure x.OH = cos x.

Et cos cos( )x = =OHOM

IOM

Dans le triangle OIN,

cos( ) cos( )IOM ION = =ONOI

ON= .

Donc ON = cos .xDonc MN= 1–ON = 1− cos .xDonc la longueur du trajet rouge est égal à : x + 1 – cosx x.La longueur du trajet noir est égale à : IO+ON = 1+ cos x.

–0,5

–0,5

0,5H

N

M

rougei

k

J

I

0

0

0,5

1

K

O–1

–1

Effectuons un tableau de valeurs pour comparer la longueur du trajet rouge et du trajet noir.

xπ6

π4

π3

cos x 32

22

12

Trajet rouge x + 1 – cos x. π6

13

2+ − π

41

22

+ −π3

12

+ .

Trajet noir 1+ cos x 1+3

21+

22

32

Trajet le plus courtj p ROUGE ROUGE NOIRn




Corrigé de la séquence 7Configurations du plan et de l’espace

Corrigé des exercices du chapitre 2

ABC est un triangle ; les bissectrices des angles ABC et ACB se coupent en I et la parallèle à ( )BC menée par I coupe ( )AB en M et ( )AC en N.

Montrer que le triangle BMI est isocèle.

On a (angles alternes-internes) : CBI MIB == .

Ainsi : IBM CBI MIB == == .

Deux des angles du triangle MIB sont égaux donc ce triangle est isocèle (de sommet M).

ABC est un triangle isocèle en A et

BAC = °36 . La bissectrice de l’angle

ABC coupe (AC) en D.

La bissectrice de l’angle BDC coupe (BC) en E.

Démontrer que les droites (AB) et (DE) sont parallèles.

On a : ABC ACB BAC ++ ++ == °°180 et

ABC ACB == (ABC isocèle en A). Ainsi :

2 36 180ABC ++ °° == °°.

Alors : ABC == °°−− °° == °°180 362

72 .

Exercice 1

I

A

CB

M N

Exercice 2

C

D

EB

36°

A



Ainsi : ABD == °° == °°722

36 .

De plus, on a : DBC == °°36 etBCD == °°72 .

Alors : BDC DBC BCD == °°−− −− == °°−− °°−− °° == °°180 180 36 72 72 .

Ainsi : BDE ABD == °° == °° ==722

36 . On en déduit (réciproque de la propriété des

angles alternes-internes) que : (AB) // (DE).

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⊥⊥

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).

ABC est un triangle isocèle en A inscrit dans un cercle #. I est un point de l’arc

BC ne contenant pas A.

Démontrer que (IA) est la

bissectrice de l’angleBIC .

Dans le cercle #, les angles ABC

et AIC interceptent le même arc

AC.On a donc (théorème de

l’angle inscrit) : ABC AIC == .

De même, on a : ACB AIB == .

De plus, le triangle ABC est isocèle de sommet A, on a donc :

ABC ACB == .

On en déduit AIB AIC == ce qui prouve que (IA) est la bissectrice deBIC .

Exercice 3

A

C

B

H

I

J

Exercice 4

A

OCB

I



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.

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).

Ainsi, ABMC est un losange. Ses diagonales sont donc perpendiculaires.

Ainsi : ( (AM) BC)⊥⊥ .

[AB] et [CD] sont deux diamètres quelconques d’un cercle #.

Quelle est la nature du quadrilatère ACBD ?

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.

De plus, ses diagonales sont de même longueur (diamètres de #) donc le parallélogramme ACBD est un rectangle.

(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).⊥

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⊥⊥ .

Exercice 5

A

C

M

B

Exercice 6A

O

D

C

B

Exercice 7

A

A'

BB'

IO



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).

M

N

A OI

Exercice 8




E Les 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.

E Les points E, L, I, B sont tous les quatre sur la face avant ; ils sont donc bien dans le même plan.

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.

E Les 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.

E Les 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.

A

D J

I B

E

H K G

L F

C

Les droites ( )EL et ( )BI sont dans le plan de la face ABFE. Elles sont parallèles et n’ont donc pas de point commun.

Activité 1

A I B

E

H K G

L F

C

Activité 2



Le 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.

Pour 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

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.

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

b) La droite ( )AB et le plan ( )EFG n’ont pas de point commun.

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.

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

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 dans .

Remarquons que pour affirmer 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.

B C

F G

Activité 3

BA

E

H G

F

CD

BA

E

H G

F

CD



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 ().

D’autre part, si on se place dans le rectangle 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.


Construire la maison ci-contre en perspective cavalière PC 4512

°°

; de telle sorte que le mur hachuré corresponde à un plan frontal.

Construisons en perspective cavalière PC 4512

°°

; un parallélépipède correspon-

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.

Activité 4

Exercice 9



Soit un cube ABCDEFGH.

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.

Non, si B, H, F et E était coplanaires, B appartiendrait au plan (EFH) (la face « du dessus » du cube) ce qui est absurde.

3 On note (BCH) le plan contenant les points B, C, H.

a) A appartient-il au plan (BCH) ?

Non, si A, B, C et H était coplanaires, H appartiendrait au plan (ABC) ce qui est absurde.

b) Même question pour E.

Oui, car (BCH) contient H et (BC) donc il contient tous les points de la parallèle à (BC) passant par H.

Exercice 10

A B

CD

E F

GH



c) Soit I le centre de ABFE : I appartient-il à (BCH) ?

Oui. On a vu que le point E appartient à (BCH) donc la droite (BE) est incluse dans BCH ce qui prouve que I (milieu de [BE]) appartient à (BCH).

I appartient à la droite ( )AB donc au plan ( ).ABJ

A, B, I, J sont donc coplanaires.

A, B, C, J ne sont pas coplanaires car A n’est pas dans le plan ( )BCD qui est aussi le plan ( ).BCJ

G appartient à la droite ( ).IJ Or I et J sont dans le plan ( );ABJ Donc A, B, G et J sont coplanaires.

On considère un tétraèdre ABCD.

On appelle I, J, K et L les milieux respectifs des segments [AB], [AC], [DB] et [DC].

Montrer que les points I, J, K et L sont coplanaires.

D’après le théorème de la droite des milieux on a :

– (IK)//(AB) (triangle ADB) ;

– (JL)//(AB) (triangle ADC).

On en déduit que (IK)//(JL) et donc que les points I, J, K et L sont coplanaires.

Appelons E le milieu de [BC] et F le milieu de [CD].

I étant le centre de gravité du triangle

on sait que AI AE== 23

; On obtient de

la même façon que AJ AF.== 23

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.

Exercice 11

G

I

A

C

B

D

J

Exercice 12

A

LK

J

C

I

B

D

Exercice 13A

B

IJ

D

F

C

E



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

serait venue du fait que KI KB== 13

et KJ KD.== 13

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

parallèles et de même longueur a2

2

.

De plus les diagonales [IK] et [JL] sont de même longueur. Par conséquent le quadrilatère IJKL est un rectangle.

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 ( ) :CDANAC

APAD

PNCD

== ==

et BMBC

BQBD

MQCD

== == . De plus comme (MN) est parallèle

à (AB) dans le triangle ABC, on a CMBC

CNCA

== . De cette

dernière égalité on déduit CB BM

BCCA AN

CA−− == −−

d’où

1 1−− == −−BMBC

ANCA

et ainsi BMBC

ANCA

== .

Exercice 14

Exercice 15



Grâce à ce résultat, on peut affirmer que PNCD

MQCD

== et finalement que PN MQ== .

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).

On aurait pu se contenter de montrer que (PQ) est parallèle à (MN) en utilisant la propriété de Thalès 3 fois.

DPDA

CNCA

CMCB

DQDB

== == ==

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.

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).

Exercice 16

Exercice 17



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.

Mais on ne peut joindre les points I et K car ils ne sont 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 paral-lèles, 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.

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.

Exercice 18

Exercice 19



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).

Soient O un point de l’espace, @ la boule de centre O et de rayon 5 et un plan situé à la distance 4 de O.

1 Déterminer la nature de la section de @ par le plan .

2 Calculer l’aire de cette section.

1 On sait, d’après le cours que la section de @ par est un disque de centre O' et de rayon r tel que :

– OO' est la distance entre O et le plan donc : OO' ;== 4

– OO'2 ++ ==r R2 2 où R est le rayon de la boule donc R == 5.

Ainsi : r R2 2 2 25 4 25 16 9== −− == −− == −− ==OO'2 .

On en déduit : r == ==9 3 . La section de @ par le plan est donc un disque de rayon 3.

2 L’aire de la section cherchée est alors : A r== ==π π2 9 .

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 r h== == ×× ×× ==π π π2 22 10 40 soit environ 126 ml.(le diamètre du cylindre est 4 cm donc son rayon est 2 cm).

2. Le volume d’eau renversé est égal au volume de la sphère soit :

V r== 43

3π . Plus r est grand, plus le volume d’eau renversé est grand. Le volume

d’eau le plus important qui puisse être renversé est donc :V == ×× ==43

2323

3π π.

On a : 323

403

π π<< donc il n’est pas possible qu’un tiers de l’eau ait été

renversée.

Exercice 20

O

R

rO'

Exercice 21

4

10



ABCDEFGH est un cube de côté 10 cm.

Déterminer le volume de la pyramide ABCDE.

La base de la pyramide est le carré ABCD, son aire est : A == ==10 1002 .

La hauteur de la pyramide relative à la base ABCD est h == ==AE 10.

Le volume de la pyramide est donc :

V A h== ×× ×× ==13

10003

.

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 AB== ==16 10, .

B I

A

10

88 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 :

AI IC AC2 2 2++ == . Ainsi : AI AC IC2 2 2 2 2== −− == −− == −− ==10 8 100 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 :

2 16πr == . Ainsi : r == ==162

8π π

(soit environ 2,55).

3 En déduire le volume du cône.

Le volume du cône est : Vr h== == ××

×× == ==×× ××π ππ π

ππ

2 2

3 38

612864 2

2 (soit

environ 122,23).

BA

E

H G

F

CD

Exercice 22

Exercice 23




[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 :AM MB( ) ⊥ ( ) . Ainsi : NMA = °90 ce qui prouve que le

triangle AMN est rectangle en M.

De plus, les points N, A et B appartiennent à un même cercle de centre O, donc (théorème de l’angle inscrit) :

ANM ANB AOB = = = × ° = °12

12

90 45 . Alors :

NAM ANM AMN = ° − − = ° − ° − ° = °180 180 45 90 45 .

Ainsi : NAM ANB = ce qui prouve que le triangle est isocèle de sommet M.

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.

Méthode 1Considérons la symétrie de centre I. Le point B a pour image C car I est le milieu de [BC].

La droite (BP) a donc pour image la parallèle à (BP) passant par C, c’est-à-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 2La 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.

Exercice I

A

O

N

M

B

1

Exercice II

A

P I

Q

C

B



L’aire du triangle AIB est alors égale à 12

h × IB qui est égale à 12

h × IC donc à l’aire du triangle AIC.

Calculons différemment l’aire de ces deux triangles AIB et AIC.

La hauteur de AIB issue de B a pour longueur BP donc l’aire de AIB est :12

AI.BP.

La hauteur de AIC issue de C a pour longueur CQ donc l’aire de AIC est :12

AI.CQ

Les deux triangles ayant le même aire, on a : 12

12

AI.BP AI.CQ= et donc en simplifiant : BP CQ== .

Soient ABCD un carré et CBJ et AIB, deux triangles équilatéraux disposés comme sur la figure ci-contre.

Montrer que les points D, I et J sont alignés.

Démonstration 1

Le triangle AIB étant équilatéral, on a :

IAB = °60 . Alors : IAD IAB = ° − = °90 30 .

De plus, le triangle IAD est isocèle de sommet A, on a donc :

ADI AIDIAD

= = ° − = ° − ° = °1802

180 302

75 .On en déduit : IDC ADI = ° − = °90 15 .

Considérons le triangle CDJ. Ce triangle est isocèle de sommet C CJ CB CD( ).== ==

De plus, on a : DCJ DCB BCJ = + = ° + ° = °90 60 150 . Ainsi :

CDJ CJDDCJ

2 2

= = ° − = ° − ° = °180 180 150

15 .

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).

Des égalités IDC = °15 etCDJ = °15 , on déduit que I et J appartiennent tous deux 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

AI issue de A a pour longueur :3

2. On en déduit : I

12

32

;

.

Exercice III

A B

D CI

J



De même, l’abscisse de J est : 13

2+ et son ordonnée

12

: J 1+32

12;

.

Les coordonnées du vecteur DI

sont donc x x y yI D I D− −( ); soit12

03

21− −

;

On a : DI 1

23

21; −

.

Les coordonnées du vecteur DJ

sont donc x x y yJ D IJ D− −( ); soit

13

20

12

1+ − −

; .

On a :DJ

132

12

+ −

; .

De plus, on a : 12

12

14

× −

= − et

32

1 13

23

21

32

1−

× +

= −

× +

==

− =

( )− =

= − = − = −

32

13

21

34

134

44

14

22

2

2

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.

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.

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 #.

Considérons le triangle ABP.

Le point M appartient au cercle de diamètre [AB] donc (réciproque du théorème de la médiane) :

AM BM( ) ⊥ ( ) soit AP BM( ) ⊥ ( ) .

[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.

Exercice IV

O

Q

IB

RM

P

A



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 #.

# 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.

Considérons le triangle OHB.

On a : BOH AOI = (angles opposés par le sommet).

De plus, sur le cercle #, les angles CBA et CDA interceptent le même arc AC. On a donc (théorème de l’angle inscrit) : CBA CDA = soitHBO ODI = .

Le triangle AOD est rectangle en O, donc (théorème de la médiane) : IO OD OA== == .

On en déduit que le triangle IOD est isocèle de sommet I et ainsi :ODI IOD = .

Les remarques précédentes nous prouvent que :

OHB BOH HBO AOI IOD = ° − − = ° − +( )180 180 .

Alors, comme le triangle AOD est rectangle en O, on a : AOI IOD AOD + = = °90 .Ainsi : OHB = ° − ° = °180 90 90 . On a donc bien : OH BC( ) ⊥ ( ) .

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.

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

le centre de gravité du triangle ABC. On a donc :BN BO= 23

.

I

D

A

B

C

H

O

Exercice V

Exercice VI

BA I

CJD

M

NO



On montre de même que : DM23

DO= .

Alors comme O est le milieu de [BD], on a :BN DM23

CD2

CD3

= = × = . Ainsi :

MN CD BN DM CDCD3

CD3

CD3

= − = − − =– .

On a donc bien : BN MN DM== == .

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.

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.

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( ) ⊥ ( ) .

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.=

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.

Les triangles ΩAB , ΩBC , ΩCD , … sont rectangles en A, B, C, … et de plus : AB BC CD== == ==……== 1.

On se pose la question suivante :

Exercice VII

A

A’ C

KI

H

B

Exercice VIII

A

B

1

1

11

C

D

E



Combien d’étapes sont-elles nécessaires pour effectuer « un tour autour de Ω ?».

1 Calculer ΩB , ΩC er A BΩ . À l’aide de la fonction sin–1 de la calculatrice,

calculer B CΩ et C DΩ .

Le triangle A BΩ est rectangle en A donc (d’après le théorème de Pythagore) :

Ω ΩB A AB2 2 2= + = 2 donc : ΩB= 2 .

Le triangle B CΩ est rectangle en B donc (d’après le théorème de Pythagore) :

Ω ΩC B BC2 2 2= + = ( ) + =2 1 32

donc : ΩC= 3 .

De plus, le triangle A BΩ est rectangle et isocèle en A donc : A BΩ = °45 .

Dans le triangle rectangle B CΩ : sin B Ccôté opposéhypoténuse

BCC

ΩΩ

( ) = = = 1

3.

On trouve :B CΩ =

°−sin ,1 1

335 26 .

Dans le triangle C DΩ rectangle en C, on a :

Ω ΩD C CD2 2= + = ( ) + = =3 1 4 22

et sin C DCD

DΩ

Ω( ) = = 1

2.

Donc : C DΩ = °30 .

2 Pour répondre à la question, on désire automatiser les calculs à l’aide d’un tableur de la façon suivante.

A B C D E F

1 Etape n° Triangle Ω … Hypoténuse (côté opposé) / (hypoténuse)

Angle 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?

On a : Ω Ω ΩC= B B2 2+ = +1 12 . On entre donc dans C3: =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 OpenOff ice, =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.



3. On obtient la feuille de calculs suivante.

A B C D E F1 Etape n° Triangle Ω … Hypoténuse (côté opposé)

/ (hypoténuse)Angle Angle total

2 1 AB 1,41 0,71 45 453 2 BC 1,73 0,58 35,26 80,264 3 CD 2 0,5 30 110,265 4 DE 2,24 0,45 26,57 136,836 5 EF 2,45 0,41 24,09 160,927 6 FG 2,65 0,38 22,21 183,138 7 GH 2,83 0,35 20,7 203,849 8 HI 3 0,33 19,47 223,3110 9 IJ 3,16 0,32 18,43 241,7411 10 JK 3,32 0,3 17,55 259,2912 11 KL 3,46 0,29 16,78 276,0713 12 LM 3,61 0,28 16,1 292,1714 13 MN 3,74 0,27 15,5 307,6715 14 NO 3,87 0,26 14,96 322,6416 15 OP 4 0,25 14,48 337,1117 16 PQ 4,12 0,24 14,04 351,1518 17 QR 4,24 0,24 13,63 364,78

On a effectué «un tour autour de Ω » lorsque l’angle total est supérieur ou égal à 360°. Il faut donc 17 étapes.

B

A

CD

E

F

G

H

I

J

KL M

N

O

P

Q

R



Représenter le prisme ci-dessous en perspective cavalière PC 4512

°°

; dont (CBEF) est un plan frontal.

45°

4 cm

6 cm

D

F

C

A B

E

BEFC est un rectangle . Calculons BC.

Le triangle ABC est rectangle. De plus : ACB ABC ABC = ° − = ° =90 45 donc le triangle est isocèle et rectangle en A. D’après le théorème de Pythagore, on a donc : BC AB 2 2= = 4

Considérons le symétrique A’ de B par rapport à A.

45°

4 cm

6 cm

D

F

C

AA' B

E

Le triangle A BC' est un triangle isocèle en C et tel que :

BCA' BCA = × = × ° = °2 2 45 90 .

Exercice IX



La droite ( ' )A C est donc une fuyante et A C BC' .== == 4 2

On peut donc placer A' de telle sorte que :

FCA' = °45 et CA' == ×× == ==12

4 24 2

22 2.

On peut alors construire A puisque A est le milieu de [ '].BA

Enfin D se construit en remarquant que ABED est un parallélogramme.

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 garde-manger. Quelle est la distance minimum que doit parcourir la fourmi pour rejoindre son garde-manger.

1

2

45

3

10

10

90

90

210 cm

6fourmi

garde-manger

20 cm

20 c

m

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) : 30 40 900 1600 2500 502 2+ = + = = .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.

1

6

4

25

3

90

210

90

10

10

20

C

A

B E

F

A'

D

Exercice X



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).

1 Montrer que : PQ == a 22

.

2 Montrer que : AP AQ== == a 62

.

3 Calculer une valeur approchée au degré près de l’anglePAQ .

4 Donner en fonction de a la valeur exacte de l’aire du triangle APQ.

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 :PQEB

GPGE

GQGB

12

= = = . Ainsi :PQ12

EB= × .

De plus, EAB est un triangle rectangle isocèle en A tel que : EA EB== donc (théorème de Pythagore) :

EB=a 2. Ainsi :

PQ == a 22

.

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 :

AP AE EP2 2 2= + . De plus, on a : AE == a etEP=EG2 2

= a 2. Ainsi :

AP2 2 2= +

= + = + =a

aa

a a a a22

24

22 2

32

2 2 2 2 2. On en déduit :

AP = = = ××

=32

3

2

3 2

2 2

62

2a a a a. De façon tout à fait similaire, on

montre que : AQ = a 62

.

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

dePAQ .

Ainsi (formule trigonométrique dans le triangle AMP) :

sinPAQ2

côté opposéhypoténuse

PMAP

= = .

De plus, on a :PM=PQ2

PQ12

12

= × = × =a a22

24

.

Exercice XI

BA

D

H G

C

PQM

FE



Ainsi : sinPAQ

2PMAP

PM1

AP

= = × = × = =a

a

a

a

24

2

6

2

2 6

2

2 66

2 6

2 6 6

1212

2 312

36

= × = = =

À l’aide de la calculatrice (bien vérifier que vous êtes en mode « degré »), on trouve :

PAQ2

=

= °−sin ,1 3

616 8 à 0,1° près donc :

PAQ = °33 6, à 0,2° près. On en déduit que PAQ vaut 34° à 1° près.

4 L’aire du triangle APQ est égale à Base Hauteur×

2

: = ×PQ AM2

.

D’après le théorème de Pythagore dans le triangle APM :

AM AP PM2 2 2= − =

−

= −

=

a a a a62

24

32 8

2 2 2 2

1128 8

118

2 2 2a a a− =

Ainsi : AM= = = =118

11

8

11

2 2

224

2a a a a.

On en déduit :

= × = × × × × = = ×PQ AM2

PQ AM=12

12

222

444

2016

4 12 2a a a a 1116

2 1116

118

2 2= =a a

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.

1 Calculer les longueurs AF, DM et AM.

2 Donner une valeur approchée de

l’angle AMD .

P QM

A

Exercice XII

B

M

A

E

D

GH

F

C



1. Le triangle AEF est rectangle et isocèle en E et tel que AE EF== == 3 donc (théorème de Pythagore) : AF=3 2 cm 4 2, .

Le triangle DCM est rectangle en C donc (théorème de Pythagore) :

DM= DC MC32

94

364

94

454

9 52 2 22

+ = +

= + = + = = ×

3 922

52

= 3.

Le triangle ADM est rectangle en D donc (théorème de Pythagore) :

AM= AD MD454

454

364

454

814 2

2 2 2+ = + = + = + = =3 99

.

2 On a (formule trigonométrique dans le triangle rectangle en D, ADM) :

sin AMDcôté opposéhypoténuse

ADAM

AD1AM

( ) = = = × == × =329

23

.

À l’aide de la calculatrice, on trouve :

AMD =

= °−sin ,1 2

341 8 à 0,1° près donc :

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.

1 Montrer que :BI == a 32

. En déduire GI en fonction de a.

2 Déterminer AG en fonction de a.

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. En donner les dimensions (on pourra imaginer que l’on découpe selon [AI]).

1 Le triangle BCD est équilatéral de côté a donc les hauteurs ont pour longueurs (théorème de Pythagore) :

a 32

. On a donc : BI = a 32

.

De plus G est le centre de gravité du triangle BCD et [BI] est une de ses médianes donc :

GI BI= × = × =13

13

32

36

a a.

Exercice XIII

A

B

I

D

G

C



2 Le triangle AGI est rectangle en G donc, d’après le théorème de Pythagore,

AG AI GI2 2 2= − .

De plus, [AI] est une médiane d’un triangle équilatéral de côté a donc :

AI = a 32

. Ainsi :

AG22 2

=

−

= − = −a a a a a a3

23

634

336

34

2 2 2 22 2 2 2 2

12912 12

812

23

= − = =a a a a

.

Ainsi :

AG = = = ××

=23

2

3

2 3

3 3

63

2a a a a.

3 Le côté du patron triangulaire équilatéral est double du côté du triangle. Ce patron est donc un triangle équilatéral de côté 2a.

4 On peut découper le tétraèdre de la façon suivante.

A

B

C

DI

A B

CC D

I

La largeur de ce patron est alors la hauteur d’une face soit la= 3

2 et la

longueur est égale à 2 fois le côté soit L a== 2 .



ABCDEFGH est un cube. I, J et K appartiennent respectivement aux segments [GH], [GC] et [AD].

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.

– 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.

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).

A

B

I

K ML

N

J

D

P

Q

CA

B

I

K GL

F

J

D

C

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)= ∩ .

Exercice XIV

BA

EI

K

N M

J

H G

F

CD

Exercice XV



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)= ∩ etN (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.

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).

A B

CD

E F

G

J

L

I

HK

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).

Exercice XVI



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 = − = − =3 2 9 4 52 2 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

n

Exercice XVII

Coupe transversale

O

23

8

O'



Corrigé de la séquence 8Calcul 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 est x≥ <7 7 .

1 Les bonnes réponses sont les réponses a. et d. puisque nous avons vu en cours que : p p(A) (A),= −1 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 1≤ ≤p(A) et 0 1≤ ≤p(B) .

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 p(A) (A) .= − =1 0 3,

4 Faux. Il n’y a pas de formule pour calculer la probabilité d’une intersection.

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.

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).

Exercice 1

Exercice 2

Exercice 3

Exercice 4

Exercice 5



Schéma en arbre : voir ci-contre.Puisque chaque choix de crayon est fait au hasard, il y a équipro-babilité.On a 6 issues, donc chacune a pour

probabilité 16

.

L’événement « avoir le drapeau de la Belgique » est constitué d’une seule issue, l’issue (N, J, R).

Issues2ème crayon1er crayon

R

J

R

N

J

N

3ème crayon

J

R

N

R

N

J

N

J

(N,J,R)

R

(N,R,J)

(J,N,R)

(J,R,N)

(R,N,J)

(R,J,N)

Donc on a : p(" avoir le drapeau de la Belgique ") .= 16

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 :

p(" avoir le rectangle jaune au milieu du drrapeau ") .= × =2

16

13

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 »).

Donc : p(" avoir le noir et le rouge l'un à côté dee l'autre ") .= − =113

23

1 Pour déterminer l’univers, on peut faire un tableau à double entrée représentant tous les choix de figure possibles pour Alice et Bob (on notera ces choix P, F et C). Voir ci-contre.Comme chaque joueur choisit au hasard ce qu’il va jouer, il y a équiprobabilité de chacune des 9 issues possibles.

Chaque issue a pour probabilité 19

.

2 L’événement « faire match nul » est constitué des issues (P, P), (F, F) et (C, C).

Donc on a : p(" faire match nul ") .= × =319

13

3 Quelle est la probabilité que Bob gagne ?L’événement « Bob gagne » est constitué des issues (P, C), (F, P) et (C, F).

Donc on a : p(" Bob gagne ") .= × =319

13

Exercice 6 Alice

BobP F C

P (P,P) (P, F) (P, C)F (F,P) (F, F) (F, C)C (C,P) (C, F) (C, C)



1 Pour déterminer l’univers, on peut faire un tableau à double entrée représen-tant tous les cas de couleurs possibles pour les deux dés. Voir ci-contre.

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

quatre faces, chacune a pour probabilité 14

. Il en est de même pour chaque

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

six faces, chacune a pour probabilité

16

. Mais il n’en est pas de même pour

chaque couleur, puisque plusieurs faces ont une même couleur.

Le Rouge n’est que sur une face, donc sa probabilité de sortir est 16

.

Le Jaune est sur deux faces, donc sa probabilité de sortir est 26

13

= .

Le Noir est sur trois faces, donc sa probabilité de sortir est 36

12

= .

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.

Rouge Jaune

Rouge Jaune Noir Rouge Jaune Noir Rouge

X

Jaune Noir Rouge Jaune Noir

Bleu Noir

Issues

Probabilités

Dé n˚2

Dé n˚1

(R,R) (R,J) (R,N) (J,R) (J,J) (J,N) (B,R) (B,J) (B,N) (N,R) (N,J) (N,N)

1—4

1—61—2

1—3

1—61—2

1—3

1—61—2

1—3

1—61—2

1—3

1—4

1—6

1—12

1—8

1—8

1—24

1—12

1—8

1—24

1—12

1—8

1—24

1—12

1—41—

41—4

Exercice 7 Dé n°1

Dé n°2Rouge Jaune Bleu Noir

Rouge (R, R) (R, J) (R, B) (R, N)Jaune (J, R) (J, J) (J, B) (J, N)Noir (N,R) (N, J) (N, B) (N, N)



Le joueur gagne le combat s’il obtient deux faces rouges. On a donc :

p p(G) (R, R) .= = 124

2 L’événement « faire match nul » est constitué des issues (J, J) et (N, N). On a donc :

p p p(Nul) (J, J) (N, N) .= + = + =112

18

524

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 p p p p p(J) (R, J) (J, R) (J, J) (J, N) (B, J= + + + + )) (N, J)

.

+ =

+ + + + + =

p112

124

112

18

112

112

12

L’événement « avoir au moins une face bleue » est constitué des issues (B, R), (B, J), et (B, N). On a donc :

p p p p(B) (B, R) (B, J) (B, N) .= + + = + + =124

112

18

14

4 L’événement Nul J∩ est constitué de la seule issue (J, J). On a donc :

p p(Nul J) (J, J) .∩ = = 112

Pour l’événement Nul J∪ on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p p p p(A B) (A) (B) (A B).∪ = + − ∩

Ce qui nous donne : p p p p(Nul J) (Nul) (J) (Nul J)∪ = + − ∩ = + − =524

12

112

58..

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 p p p(A B) (A) (B) (A B).∪ = + − ∩

Ce qui nous donne : p p p p(G J) (G) (J) (G J) .∪ = + − ∩ = + − =124

12

01324

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 :

p(Nul B) .∩ = 0

Pour l’événement Nul B∪ on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p p p p(A B) (A) (B) (A B).∪ = + − ∩

Ce qui nous donne : p p p p(Nul B) (Nul) (B) (Nul B)∪ = + − ∩ = + − =524

14

01124

..



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, cha-

que boule a la même probabilité d’être tirée, donc 15

0 2= , .

Comme il n’y a qu’une boule blanche, la probabilité d’avoir une boule blanche

est 15

0 2= , .

Comme il y a deux boules rouges, la probabilité d’avoir une boule rouge est 25

0 4= , .

Comme il y a deux boules noires, la probabilité d’avoir une boule noire est 25

0 4= , .

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.

Blanc

0,2

0,2

0,2 X 0,2 0,08 0,08 0,08 0,16 0,16 0,08 0,16 0,16

0,4

0,4

0,2 0,4

0,4

0,2 0,4

0,4

0,4 0,4

Blanc Rouge Noir Blanc Rouge Noir Blanc Rouge Noir

Rouge Noir

Issues

Probabilités

Boule n˚2

Boule n˚1

(B,B) (B,R) (B,N) (R,B) (R,R) (R,N) (N,B) (N,R) (N,N)

2 L’événement « tirer deux boules de même couleur » est constitué des issues (B, B), (R, R) et (N, N). On a donc :

p p p p(D) (B, B) (R, R) (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 p p p p p(N) (B, N) (R, N) (N, B) (N, R) (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 p(D) (D) .= − = − =1 1 0 36 0 64, ,

L’événement N est l’événement contraire de N. On a donc :

Exercice 8



p p(N) (N) .= − = − =1 1 0 64 0 36, ,L’événement D N∩ est constitué de la seule issue (N, N). On a donc :

p p(D N) (N, N) .∩ = = 0 16,Pour l’événement D N∪ on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p p p p(A B) (A) (B) (A B).∪ = + − ∩

Ce qui nous donne : p p p p(D N) (D) (N) (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 ».

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 boule a la même probabilité d’être tirée, donc

15

0 2= , .Comme il n’y a qu’une boule blanche, la probabilité d’avoir une boule blanche

est 15

0 2= , .


0 4= , .


0 4= , .

Mais par contre, pour le deuxième tirage, c’est très différent de l’exercice précé-dent, 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

probabilité d’être tirée, donc 14

0 25= , .

Exercice 9




0 5= , .


0 5= , .

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.

Blanc

0,2

0,5

0,2 X 0,5 0,1 0,1 0,1 0,2 0,1 0,2 0,1

0,5 0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

0,5

0,4 0,4

Rouge Noir Blanc Rouge Noir Blanc Rouge Noir

Rouge Noir

Issues

Probabilités

Boule n˚2

Boule n˚1

(B,R) (B,N) (R,B) (R,R) (R,N) (N,B) (N,R) (N,N)

2 L’événement « tirer deux boules de même couleur » est constitué des issues (R, R) et (N, N).

On a donc : p p p(D) (R, R) (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 p p p p p(N) (B, N) (R, N) (N, B) (N, R) (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 p(D) (D) .= − = − =1 1 0 2 0 8, ,

L’événement N est l’événement contraire de N. On a donc : p p(N) (N) .= − = − =1 1 0 7 0 3, ,

L’événement D N∩ est constitué de la seule issue (N, N). On a donc :

p p(D N) (N, N) .∩ = = 0 1,Pour l’événement D N∪ on peut chercher les issues qui le composent ou utiliser la formule :

p p p p(A B) (A) (B) (A B).∪ = + − ∩



Ce qui nous donne : p p p p(D N) (D) (N) (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, Tou-ché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Touché, Raté, Raté, Touché, Tou-ché, Touché.

2 On refait la même chose, mais 10 fois.Voici un exemple au tableur.

Exercice 10



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.

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.

Exercice 11



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 don-nées par la fonction Random.

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 :

On recopie 50 fois vers le bas et on calcule les fréquences de chaque somme.

Exercice 12



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.

On peut donc esti-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 p( ) ( ) ;2 8 0 0625= = , p p( ) ( ) ;3 7 0 125= = , p p( ) ( ) ;4 6 0 1875= = , p( ) .5 0 25= ,

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 :

0 311

10000 31

1

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, .

Exercice 13




0 401

1440 40

1

144, ,− +

; .


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 !

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 :

0 511

1000 51

1

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

hasard est :

0 511

1320 51

1

132, ,− +

; .


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’in-tervalle 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 « anor-mal », 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.

Exercice 14



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.

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 :

0 201

500 20

1

50, ,− +

; .


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

.50

0 3414> , C’est-à-dire : N .> ×0 3414 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.

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, .


0 751

1000 75

1

100, ,− +

; .

Cette dernière question reprend une histoire vraie.

Suite à cette considération statistique, les autorités ont enquêté et mon-tré que des facteurs environnementaux (pollution industrielle) étaient sans doute en cause.

Remarque

Exercice 15

Exercice 16



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, .


0 651

1000 65

1

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 médi-cament 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

10241

1024

7551024

1

1024− +

; . C’est-à-dire : 0 706 0 769, ,; environ.

Pour le deuxième médicament, la fourchette de sondage au seuil de 95% est :

6901024

1

1024

6901024

1

1024− +

; . C’est-à-dire : 0 643 0 705, ,; environ.

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.



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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Longueur Li de la course 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 est17 10 15 7 21 12 8 17 9 12

1012 8

+ + + + + + + + + = , .

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’effectif-moitié, 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 :



L P P = 0 X L X( ) S L P P = 0 X L X( ) S

0 0 0 0 0 0, , , , , 0 Vrai

0 Vrai 1

5 3 1 3 1 1 0, , , , , 3

0 0 0 0 1 0, , , , , 1 0 Vrai

0 Vrai 1

3 4 1 3 1 1 0, , , , , 4

0 0 1 0 1 0, , , , , 1 0 Vrai

0 Vrai 4

4 4 1 3 2 1 0, , , , , 2

0 0 1 1 1 0, , , , , 0 Vrai

0 Vrai 2

3 4 2 3 2 1 0, , , , , 2

0 0 2 1 1 0, , , , , 0 Vrai

0 Vrai 1

1 5 2 3 2 1 0, , , , , 5

1 0 2 1 1 0, , , , , 0 Vrai

0 Vrai 3

3 5 2 4 2 1 0, , , , , 4

1 0 3 1 1 0, , , , , 0 Vrai

0 Vrai 2

2 5 3 4 2 1 0, , , , , 3

1 1 3 1 1 0, , , , , 1 0 Vrai

0 Vrai 6

1 5 3 4 2 1 1, , , , , 1

2 1 3 1 1 0, , , , , 2 120 Faux 16

b. Le premier élément de la liste L estL( )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.



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 Là 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 +12 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

LongueurLi de la course 9 25 8 11 17 15 12 27 25 7



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 /NSortie 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. AvecN = 10 , on obtient la moyenne de la longueur de dix courses simulées : 16,8.

AvecN = 30 , on obtient la moyenne de la longueur de trente courses simulées : 13,1.

AvecN = 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 échan-tillon 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.

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.

Exercice I



Voir ci-dessous.

Carte 1

Carte 2− 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)

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.


250 04= , .

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 p p p(S P) (S) (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 (− 3, − 5) (1, − 5) (2, − 5) (6, − 5)− 3 (− 5, − 3) (1, − 3) (2, − 3) (6, − 3)1 (− 5, 1) (− 3, 1) (2, 1) (6, 1)2 (− 5, 2) (− 3, 2) (1, 2) (6, 2)6 (− 5, 6) (− 3, 6) (1, 6) (2, 6)



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.


200 05= , .

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 p p p(S P) (S) (P) (S P).∪ = + − ∩ Ce qui donne :

p(S P) .∪ = + − =0 5 0 4 0 3 0 6, , , ,

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.

2 € 1 €

X

0,5 € 0,5 €

2 € 2 €2 € 1 € 1 € 0,5 €0,5 € 0,5 €0,5 €1 € 0,5 € 0,5 €

Issues

Probabilités

2ème Pièce

1ère Pièce

(2;1) (2;0,5) (2;0,5) (1;2) (1;0,5) (1;0,5) (0,5;2) (0,5;1) (0,5;0,5) (0,5;2) (0,5;1) (0,5;0,5)

1—4

1—31—3

1—3

1—31—3

1—3

1—31—3

1—3

1—31—3

1—3

1—4

1—3

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—12

1—41—

41—4

Exercice II



Chaque tirage se faisant au hasard, il y a équiprobabilité de chaque issue.

Comme il y en a 12, chaque issue a pour probabilité 1

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 1112

16

= .

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 1112

13

= .

4 L’événement « avoir deux pièces de couleurs différentes » est l’événement contraire de l’événement précédent. Donc :

p(" avoir deux pièces de couleurs différentees ") .= − =113

23

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 € ") .= × =21

1216

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 € ") .= × =101

1256

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 p(Pile) (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 18

d’être tirée.

Comme il y a une boule blanche et sept autres, on a :

p(Blanche) .= =18

0 125,

Exercice III



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

probabilité de 16

d’être tirée.

Comme il y a une boule blanche et cinq autres, on a : p(Blanche) .= 16

On peut maintenant faire l’arbre pondéré.

Issues Probabilités

Blanche

Pile

Autre

Blanche

Autre

(Pile, Blanche)

(Pile, Autre)

(Face, Blanche)

(Face, Autre)

Face

0,5 x 0,125

0,43750,5

0,51—6

1—12

5—6

5—12

0,125

0,875

2 L’événement « tirer une boule blanche » est constituer des issues (Pile, Blanche) et (Face, Blanche). Donc :

p p(" tirer une boule blanche ") (Pile, Blan= cche) (Face, Blanche)+ p

= + =116

112

3488

448

748

+ = .

1 Puisqu’il y a 12 titres sur le CD et que le lecteur les joue au hasard, il y a

équiprobabilité de choix. Donc chaque titre a une probabilité de 1

12 d’être

lu en premier.

Puisque Alice a 2 titres préférés, la probabilité que le premier titre soit l’un de ses préférés est :

21

1216

× = .

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

chaque titre a une probabilité de

111

d’être lu en premier.

La probabilité que le premier titre lu alors soit l’un de ses préférés est donc :

2111

211

× = .

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.

Exercice IV



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

chaque titre a une probabilité de 111

d’être lu en premier.

La probabilité que le premier titre lu alors soit encore l’un des préférés d’Alice

est donc : 111

.

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 :

110

0 1= , .

Et ainsi de suite.Faisons un arbre pondéré traduisant cette expérience aléatoire.

Issues Probabilités

Préféré Autre

Préféré

Autre

(P, P, A)

(P, A, P)

(P, A, A)

Préféré

Autre

Autre

xx 11

0,1

0,9

0,1

0,9

0,2

0,8

2—11

1—66

1—6

5—6

9—66

1—6

1—11

9—11

1—11

10—11

Préféré

Préféré

Autre

(A, A, P)

(A, A, A)

Autre

9—66

36—66

Préféré

Autre

(A, P, P)

(A, P, A)

1—66

9—66

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).



Donc : p(" aucun des 3 titres n'est un préféré ")= pp(A, A, A) .= =3666

611

Et par conséquent :

p(" au moins un titre préféré parmi les 3 "))

(" aucun des 3 titres n'est un préfér

=

−1 p éé ") .= −1 611

Soit : p(" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) .= 511

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

de choix. Donc chaque titre a une probabilité de 1

120 d’être lu en premier.

Puisque Alice a 20 titres préférés, la probabilité que le premier titre soit l’un

de ses préférés est : 201

12016

× = , comme avec un seul CD.

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 :

p(" aucun des 3 titres n'est un préféré ")= pp(A, A, A) .= × × =100120

99119

98118

808514042

Et par conséquent :

p(" au moins un titre préféré parmi les 3 "))

(" aucun des 3 titres n'est un préfér

=

−1 p éé ") .= −1 808514042

Soit : p(" au moins un titre préféré parmi les 3 ")) .= ≈595714042

0 424,

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

dans les trois premiers était de 511

455≈ .

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).

Exercice V



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 simulationsPuis faire faire les calculs cinq fois par l’ordinateur (touche F9) pour avoir 5000 simulations.



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 p( ) ( ) ;3 12 0 015625= = , p p( ) ( ) ;4 11 0 046875= = , p p( ) ( ) ;5 10 0 09375= = , p p( ) ( ) ;6 9 0 15625= = , p p( ) ( ) .7 8 0 1875= = ,

1 A 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.

Exercice VI



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).

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 rétablisse-ment de la peine de mort est : f = 0 36, .


0 361

4000 36

1

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 rétablisse-ment de la peine de mort est : f = 0 28, .


0 281

6250 28

1

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 0 41, ,≤ ≤p et 0 24 0 32, ,≤ ≤p .

Si c’est le cas, on en déduit que 0 31 0 32, ,≤ ≤p .

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 :

f = ≈339870

0 39, .

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 :

0 7911

8700 791

1

870, ,− +

; , soit environ 0 757 0 825, ,; .

Exercice VII

Exercice VIII



On voit que la fréquence observée dans l’échantillon de taille 870 n’est abso-lument pas compatible avec cet intervalle de fluctuation.On peut donc, avec un risque de se tromper de 5%, considérer que la réclama-tion de cet habitant était fondée.

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

incertitude de plus ou moins 1

N, où N est la taille de l’échantillon.

On avait donc ici : 1 3

100N,= soit N 33,33.= ≈100

3

Ce qui donne : N 33,33 1111.2≈ ≈

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

Exercice IX


Documents

AL7MA20TEPA0111 Corriges Des Exercices