Mathématiques - Maths Costebellemathscostebelle.free.fr/IMG/pdf/AL7MA12DVPA0009-Corriges-des... · x 0 1 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 6 ... On sait que le périmètre du rectangle ABCD est

MathématiquesPremière S

Corrigés des exercices

Rédaction :

Gilbert GarnierYves Kergozien

Coordination :Jean-Philippe Baurens

Jean-Michel Le Laouénan

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467

Corrigé de la séquence 1 – MA12

équence 1

1

ère

partie : le second degré

Corrigé des activités

Activité 1

�

L’aire du quadrilatère EFGH est égale à celle durectangle ABCD diminuée de celles des trian-gles AEH, EBF, FCG et GDH.

Les triangles GDH et EBF sont isométriques et ont

donc la même aire ; cette aire est

Or et l’aire de EBF est

donc De la même manière on trou-

vera que l’aire de FCG est Enfin

l’aire du rectangle ABCD est 60. On en déduit

En développant, on obtient

�

a)

Développons cette expression :

b)

On sait qu’un carré est toujours positif, donc et par conséquent pourtoute valeur de x. Et on a lorsque c’est-à-dire lorsque Conclusion :

admet un minimum égal à 28 lorsque

c)

Figure ci-dessous.

�

D’après ce qu’on vient de dire, tout point de a une ordonnée supérieure ou égale à 28. Onpeut même dire que si Ainsi tout point de est situé au-dessus du point

qu’on appellera « sommet » de

�

Pour remplir ce tableau, il est préférable d’utiliser la calculatrice :

x 0 1 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 6

60 46 36 32,5 30 28,5 28 28,5 30 36

D G C

F

BEA

H

12-- EB BF.×

EB 10 x–= BF x ; =12-- x 10 x–( ).

12-- x 6 x–( ).

a x( ) 60 2 12-- x 10 x–( ) 1

2-- x 6 x–( )+– 60 x 10 x–( ) x 6 x–( ).––= =

a x( ) 60 16x– 2x2.+=

2 x 4–( )2 28+ 2 x2 8x– 16+( ) 28+ 2x2 16x– 60+ a x( ).= = =

x 4–( )2 0� a x( ) 28�a x( ) 28= x 4–( )2 0= x 4.=

a x( ) x 4.=

D G C

F

BEA

H

P( )x 4,≠ a x( ) 28.> P( )

S 4 28,( ) P( ).

a x( )


468


�

Appuyer sur la touche de la calculatrice et entrer la formule de

:

Pour faire apparaître la courbe à l’écran, il faut d’abord régler les paramètres de la fenêtre : et entrer les paramètres comme indiqué ci-dessous puis :

Activité 2

�

On sait que le périmètre du rectangle ABCD est Ceci nous permet d’exprimer AB enfonction de x : d’où On en déduit que

�

Intéressons-nous à cette expression elle nous faitpenser à Choisissons α de sorte que on a alors

et d’où On en déduit que

� D’après la question 2), on a Comme un carré est toujours positif, on peutdire que pour tout x, car on retranche toujours un nombre positif à 25. Mais il clair quesi Cette valeur est donc la valeur maximale de le point de d’abscisse 5 est celui qui a la plus grande ordonnée. Ainsi le point de coordonnées sera leplus élevé de la courbe Le rectangle de périmètre 20 cm qui a la plus grande aire est donccelui dont le côté AD mesure 5 cm ; dans ce cas le côté AB mesure aussi 5 cm et il s’agit d’un carré.

� Pour tracer cette courbe, commençons par remplir un tableau de valeurs comme dans l’activité 1 :

x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

0 9 16 21 24 25 24 21 16 9 0

0 1 2 3 4 50,5

30

25

35

40

45

50

55

1,5 2,5 3,5 4,5 5,5

�

Y = a x( ) : 2 ( X T θ,, – 4 ) x2

+ 2 8 ENTER

WINDOW GRAPH

2 AB AD+( ).2 AB x+( ) 20= AB 10 x.–= s x( ) x 10 x–( ).=

s x( ) x2– 10x+ x2 10x–( ).– = = x2 10x : –x α–( )2 ; x α – ( ) 2 x 2 2 α x – α 2 . + = 2α 10 ; =

α 5= x 5–( )2 x2 10x– 25+= x2 10x– x 5–( )2 25.–=s x( ) x2 10x–( )– x 5–( )2 25–( ).– = =

s x( ) 25 x 5–( )2.–=s x( ) 25�

x 5,= s x( ) 25.= s x( ) ; C( )5 25,( )

C( ).

s x( )


469


�

Comme dans l’activité 1, on utilise successivement les touches

Activité 3

�

a)

L’aire du rectangle EFGH est et celle de ABCD est 60. Dire que l’aire durectangle EFGH est égale à la moitié de celle de ABCD, c’est dire que Par lecture graphi-que on trouve que ou Ces résultats sont d’ailleurs confirmés par la lecture du tableaude valeurs.

b)

x représente une longueur comprise entre 0 et 6. Donc pour que x soit solution du problème, ildevra vérifier et Or l’équation est équivalente à

donc aussi à et ainsi à Résolvons cetteéquation : ou encore Lessolutions sont 3 et 5.

�

a)

L’équation n’admet aucune solution car la courbe d’équation necoupe jamais la droite d’équation

L’équation admet une solution car la courbe d’équation coupe la droited’équation une et une seule fois.

L’équation admet deux solutions car la courbe d’équation coupe la droited’équation en deux points.

b) L’équation est équivalente à donc aussi à et ainsià Résolvons cette équation :

Les solutions sont et

L’équation est équivalente à donc aussi à et ainsi à On a ainsi une seule solution : 4.

L’équation est équivalente à donc aussi à et cetteéquation n’a pas de solution car un carré ne peut être négatif.

0

5

10

15

20

25

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Y = WINDOW GRAPH

a x( ) 2x2 16x– 60+=a x( ) 30.=

x 3= x 5.=

x 0 6,[ ]∈ a x( ) 30.= a x( ) 30=2 x 4–( )2 28+ 30,= 2 x 4–( )2 2= x 4–( )2 1– 0.=

x 4–( )2 1– 0 x 4– 1–( ) x 4– 1+( )⇔ 0= = x 5–( ) x 3–( ) 0.=

a x( ) 20= P( ) y a x( )=y 20.=

a x( ) 28= P( ) y a x( )=y 28=

a x( ) 32= P( ) y a x( )=y 32=

a x( ) 32= 2 x 4–( )2 28+ 32,= 2 x 4–( )2 4=x 4–( )2 2– 0.=

x 4–( )2 2– 0 x 4– 2–( ) x 4– 2+( )⇔ 0.= =

4 2+ 4 2.–

a x( ) 28= 2 x 4–( )2 28+ 28,= 2 x 4–( )2 0=x 4–( ) 0.=

a x( ) 20= 2 x 4–( )2 28+ 20,= 2 x 4–( )2 8– =


470 Corrigé de la séquence 1 – MA12

Activité 4

a) Commençons par mettre 3 en facteur :

ce qui nous donne

b) ce qui équivaut à

c) Factorisons cette dernière expression :

L’équation initiale est alors équivalente à Elle admet donc deux solutions ; 2 et

Activité 5� L’abscisse du sommet de cette para-

bole est ce qui fait 2. Son

ordonnée est alors

Le sommet a pour coordonnées

De plus le coefficient de

est positif donc la parabole est tour-

née vers le haut.

� D’après le graphique, les pointsd’intersection de la courbe avec l’axedes abscisses ont pour coordonnées

et Lorsque la courbe est au-dessous

de l’axe des abscisses et par consé-quent et dans le cascontraire, la courbe est au-dessus de l’axe des abscisses et par conséquent Enconclusion : pour lorsque et

lorsque

� Les abscisses des points d’intersection de avec l’axe des abscisses sont les solutions de l’équa-

tion Calculons le discriminant : Les solutions

sont donc et soit 1 et 3. Les résultats observés sur le graphique sont ainsi confirmés.

� De la question précédente, on déduit la factorisation (On peut le

vérifier en développant le dernier membre). On se souvient que équivaut à et que

équivaut à d’où le tableau de signes suivant :

On observe donc le même résultats qu’à la question 2) : pour lorsque et lorsque

x 1 3

– 0 + +

– – 0 +

+ 0 – 0 +

3x2 5x– 2– 3 x2 53-- x– 2

3--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 3 x 56--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2536----- 2

3--––= =

3 x 56--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2536-----– 24

36-----– 3 x 5

6--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 4936-----– .=

3x2 5x– 2– 0 3 x 56--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 4936-----–⇔ 0= = x 5

6--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 4936-----– 0.=

x 56--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 4936-----– 0 x 5

6-- 7

6--––⎝ ⎠

⎛ ⎞ x 56--– 7

6--+⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0.= =

x 2–( ) x 13--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 0.=

13-- .–

0

2

4

6

5

b2a------ ,–

22 4 2 3.+×–

2 1– ,( ). x2

1 0,( ) 3 0,( ).x 1 3[,,]∈

x2 4x– 3+ 0<x2 4x– 3+ 0.>

x2 4x– 3+ 0= x 1 3,{ } ; ∈ x2 4x– 3 + 0 < x 1 3[,]∈x2 4x– 3+ 0> x ∞ 1[,– ]∈ 3 ∞[.+ ,]∪

P( )x2 4x– 3+ 0.= Δ 4– ( )2 4 3×– 16 12– 4.= = =

4 2–2

----------- 4 2+2

------------ ,

x2 4x– 3+ x 1–( ) x 3–( ).=x 1– 0> x 1>

x 3– 0> x 3,>

∞– ∞+

x 1–

x 3–

x 1–( ) x 3–( )

x2 4x– 3+ 0= x 1 3,{ } ; ∈x2 4x– 3+ 0< x 1 3[,]∈ x2 4x– 3+ 0> x ∞ 1[,– ]∈ 3 ∞[.+ ,]∪


471Corrigé de la séquence 1 – MA12

Activité 6

� Le discriminant de est et celui de est

� Les deux discriminants étants négatifs, les trinômes n’ont pas de racine et par conséquent on ne

peut pas les factoriser. Ecrivons leurs formes canoniques ; et

or

Donc

Comme un carré est toujours positif, est supérieur ou égal à 2 et ainsi estpositif quelle que soit la valeur de x.

Pour la même raison, est toujours supérieur ou égal à donc positif et par consé-

quent est négatif quelle que soit la valeur de x.

x2 2x– 3+ Δ 2– ( )2 4 3×– 8– = = 2x2– 3x 2–+

Δ 32 4 2– ( ) 2– ( )– 7.– = =

x2 2x– 3+ x 1–( )2 2+=

2x2– 3x 2–+ 2 x2 32-- x– 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;– = x2 32-- x– x 3

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 916

----- . – =

2x2– 3x 2–+ 2 x 34--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 916-----– 1+– 2 x 3

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 716-----+ .– = =

x 1–( )2 2+ x2 2x– 3+

x 34--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 716-----+

716-----

2x2 3x 2–+–


472


Corrigé des exercices d’apprentissage

Exercice 1

�

Si la parabole est tournée vers le haut et le sommet a pour coordonnées

Si la parabole est tournée vers le bas et le sommet a pour coordonnées

�

Sur la figure, il semble bien que les deux paraboles construites passent par le point Con-

firmons ceci par le calcul ; si on remplace x par 0 dans l’équation, on obtient et ceci quelleque soit la valeur de m.

Exercice 2

a)

Si ces trois points appartiennent à la parabole leurs coordonnées doivent vérifier son équa-

tion. Ceci se traduit par le système : ce système est équivalent à

et aussi à Résolvons le système constitué des deux dernières

équations : par soustraction on obtient d’où on en déduit que et l’équa-

tion de est alors

b)

Les coordonnées du sommet de cette parabole sont c’est le point B.

m 1,= 52--–

334-----– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

m 1,– = 52-- 17

4-----,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

0

–2

–4

–6

–8

2

4

6

8

–1

m = 1

m = –1

–2–3–4–5–6–7 1 2 3 4 5 6 7

y

x

0 2– ,( ).

y 2– =

P( ),

0 c=3– a b c+ +=4– 4a 2b c+ +=

;

⎩⎪⎨⎪⎧

0 c=3– a b+=4– 4a 2b+=⎩

⎪⎨⎪⎧ 0 c=

3– a b+=2– 2a b+=

.

⎩⎪⎨⎪⎧

1– a– = a 1 ; = b 4– =

P( ) y x2 4x.–=

P( ) 2 4– ,( ) ;


473


c

) L’équation possède deux solutions : 0 et 4. Cela signifie que la parabole coupel’axe des abscisses en deux points d’abscisses 0 et 4. Si maintenant on multiplie par unréel quelconque, le trinôme s’annulera aussi pour 0 et 4. Les points de coordonnées et appartiennent donc aussi à et à Si alors est au-dessous de qui est au-dessous de sinon est au-dessous de qui est au-dessous de

Exercice 3

a)

équivaut à ou Pour cette dernière,

on a On a donc deux solutions : et

Enfin a pour solution L’ensemble des solutions est donc

b)

Commençons par transformer en factorisant :

ce qui donne après réduction :

Ceci nous amène à résoudre les deux équations : et Pour

les solutions sont et Pour l’autre équation, il y a donc

deux solutions : et L’ensemble des solutions est donc

c)

Dans le cas de l’équation il faut poser et rechercher X qui est alors solu-

tion de l’équation On a D’où ou Mais

comme on a posé X doit être positif et ainsi et par conséquent ou

L’ensemble des solutions est donc

0

–2

–4

–6

–8

2

4

6

8

–1–2–3 1 2 3 4 5 6

(P')

(P)

(P")

y

x

x2 4x– 0= P( )ax2 bx c+ +

0 0,( ) 4 0,( )P′( ) P″( ).

x 0 4,[ ],∈ P′( ) P( ) P″( ) ; P″( )P( ) P′( ).

2x 3–( ) x2 17x– 70+( ) 0= 2x 3– 0= x2 17x– 70+ 0.=

Δ 172 4 70×– 289 280– 9.= = = 17 3+2

--------------- 10= 17 3–2

-------------- 7.=

2x 3– 0= 32-- . S 3

2-- 7 10, ,

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

.=

2x2 5x– 1+( )2 x2 5x– 6+( )2– 2x2 5x– 1+( ) x2 5x– 6+( )+[ ]= 2x2 5x– 1+( )[ x2 5x– 6+( ) ]–

2x2 5x– 1+( )2 x2 5x– 6+( )2– 3x2 10x– 7+( )[ ] x2 5–( )[ ].=

3x2 10x– 7+ 0= x2 5– 0.= x2 5– 0,=

5 5.– Δ 10– ( )2 4 3 7××– 16 ; = =10 4+2 3×--------------- 7

3--= 10 4–

2 3×-------------- 1.=

S 5 5– 73-- 1, , ,

⎩ ⎭⎨ ⎬⎧ ⎫

.=

x4 x2– 2– 0,= X x2=

X2 X– 2– 0.= Δ 9.= X 1 3+2

------------ 2= = X 1 3–2

----------- 1.– = =

X x2,= X 2= x 2= x 2.– =

S 2 2– ,{ }.=



d) L’équation équivaut à et aussi à Ceciconduit à ou Comme Δ est négatif, l’équation

n’a pas de solution et ainsi l’ensemble des solutions est

e) Effectuons le changement d’inconnue On doit alors résoudre l’équation

les solutions sont donc et Il nous reste

maintenant à résoudre les équations et qui équivalent et

mais aussi à et L’ensemble des solutions est donc

f) L’équation est équivalente à avec et Or

signifie c’est-à-dire qui est positif et les

solutions sont et L’ensemble des solutions est donc

Exercice 4Notons x et y les dimensions de ce rectangle. On a et De la premièreégalité, on tire que et ainsi que x est solution de l’équation soit

Le réel x peut donc prendre deux valeurs : et

Il nous reste à calculer y dans les deux cas : si alors et si

alors Les dimensions du rectangle cherché sont donc 13 et 77 cm.

Exercice 5

a) Notons a et b les côtés de l’angle droit et h l’hypoténuse ; on a alors et

De plus on sait que d’où De l’égalité issue du périmètre, on

tire d’où Or donc

et ainsi Mais comme d’où

b) Il en résulte que et donc a et b sont bien solutions du système

c) Pour résoudre ce système, nous allons déduire des deux équations précédentes et Ona d’où et d’où

De tout ceci on déduit que et que Si on trouve et si on trouve et Les dimensions du triangle rectangle cher-

ché sont 6 et 8 pour les côtés de l’angle droit et 10 pour l’hypoténuse.

Exercice 6

a) Recherchons les racines du trinôme il y a donc deux racines qui sont

et Le trinôme est positif à l’extérieur de l’inter-

valle des racines. L’ensemble des solutions de l’inéquation est

x3 2x+ 2x2= x3 2x2– 2x+ 0= x x2 2x– 2+( ) 0.=x 0= x2 2x– 2+( ) 0 ; = Δ 2 – ( ) 2 4 2 × – 4. – = =

x2 2x– 2+ 0= S 0{ }.=

X 1x2 1+-------------- .=

6X2 5X– 1+ 0 ; = Δ 25 24 – 1, = = 5 1+12

------------ 12--= 5 1–

12-----------

13-- .=

1x2 1+-------------- 1

2--= 1

x2 1+-------------- 1

3--= x2 1+ 2=

x2 1+ 3= x2 1= x2 2.=

S 2 2– 1– 1, , ,{ }.=1

x 1–----------- 1

x 1+-----------+ 1= 2x

x 1–( ) x 1+( )--------------------------------- 1= x 1≠ x 1.– ≠

2xx 1–( ) x 1+( )

--------------------------------- 1= 2x x2 1,–= x2 2x– 1– 0.= Δ 8=

2 8–2

--------------- 1 2–= 1 2.+

S 1 2+ 1 2–,{ }.=

2 x y+( ) 180= xy 1 001. =y 90 x–= x 90 x–( ) 1 001, =

x2 90x– 1 001 + 0. =

Δ 8 100 4 004 – 4 096 64 2 . = = = 90 64–2

----------------- 13=

90 64+2

----------------- 77.= x 13,= y 77= x 77,=

y 13.=

h2 a2 b2+=

a b h+ + 24.= 12-- ab 24= ab 48.=

a b+ 24 h–= a b+( )2 h2 48h– 242.+= a b+( )2 a2 2ab b2,+ +=h2 2ab+ h2 48h– 242+= 48h 242 2ab.–= ab 48,= 48h 242 96–=

h 10.=

a2 b2+ h2 100= = ab 48=

x2 y2+ 100=xy 48.=⎩

⎨⎧

x y+ x y.–

x2 y2 2xy+ + 100 2 48×+= x y+( )2 196= x2 y2 2xy–+ 100 2 48×–=x y–( )2 4.= x y+ 14= x y– 2.±= x y– 2,=

x 8= y 6 ; = x y– 2,– = x 6= y 8.=

x2 2x– 4 : – Δ 20 ; =2 20+

2------------------- 1 5+= 2 20–

2------------------ 1 5.–= x2 2x– 4–

x2 2x– 4– 0� 1 5– 1 5+,[ ].


475


b)

On va chercher d’abord les solutions de l’équation Effectuons le changement

d’inconnue : il faut alors résoudre l’équation On a

donc deux solutions ; et On en déduit que et

ainsi que Il est clair que est positif à l’extérieur de l’inter-

valle des racines qui est et que est positif à l’extérieur de l’intervalle des racines qui

est Regroupons ces résultats dans un tableau de signes :

L’inéquation a donc pour ensemble de solutions

c)

L’inéquation est équivalente à donc à

En factorisant le numérateur, on obtient après réduction :

Faisons un tableau de signe :

L’ensemble des solutions est donc

d)

Étudions d’abord le signe de Le discriminant est négatif donc

est négatif pour tout x (du signe de a). Ainsi l’inéquation

est équivalente à L’ensemble des solutions est donc

e.)

Ici il faut avoir Effectuons le changement d’inconnue

l’inéquation devient Recherchons ses racines :

x 1 2

+ + 0 – 0 + +

+ 0 – – – 0 +

+ 0 – 0 + 0 – 0 +

x 1 2

– – – 0 + +

– 0 + + + +

– – – – 0 +

– – 0 + + +

+ 0 – + 0 – +

x4 5x2– 4+ 0.=

X x2 ; = X2 5X– 4+ 0 ; = Δ 25 16– 9. = =5 3–

2----------- 1= 5 3+

2------------ 4.= X2 5X– 4+ X 1–( ) X 4–( )=

x4 5x2– 4+ x2 1–( ) x2 4–( ).= x2 1–

1– 1,[ ] x2 4–

2– 2,[ ].

∞– 2– 1– ∞+

x2 1–

x2 4–

x2 1–( ) x2 4–( )

x4 5x2– 4+ 0>S ∞– 2[– ,] 1– 1[,] 2 ∞[.+ ,]∪ ∪=

2x 1–x 2–

-------------- x 2–2x 1–--------------< 2x 1–( )2

x 2–( ) 2x 1–( )------------------------------------ x 2–( )2

2x 1–( ) x 2–( )------------------------------------– 0<

2x 1–( )2 x 2–( )2–x 2–( ) 2x 1–( )

----------------------------------------------- 0.<

3x 3–( ) x 1+( )x 2–( ) 2x 1–( )

------------------------------------ 0.<

∞– 1– 12-- ∞+

3x 3–

x 1+

x 2–

2x 1–

3x 3–( ) x 1+( )x 2–( ) 2x 1–( )

------------------------------------

S = 1– 12--, 1 2[.,]∪

x2– x 1 : –+ Δ 1 4 – 3. – = =

x2– x 1–+ 3x 1–( ) x2– x 1–+( ) 0�

3x 1– 0.� S 13-- ∞+ ,=

10x 19 x–– 15+ 0.� x 0.� X x ; =

10X2– 19X– 15+ 0.�

Δ 192 4 10 15××+ 961 312 ; = = =


476


les racines sont et Comme est négatif, est

positif lorsque X appartient à l’intervalle des racines c’est-à-dire mais on sait de plus que

donc X doit appartenir à l’intervalle On en déduit l’ensemble des solutions

Exercice 7

On note la parabole d’équation et la parabole d’équation Pour les construire, on calcule les coordonnées de leurs sommets :

pour et pour on regarde leur orientation et on calcule les coordonnées de quel-ques points.

Graphiquement on observe que est au-dessus de lorsque x est entre et environ 3,7.

Par le calcul, l’inéquation est équivalente à

Les racines de ce trinôme sont donc et

lorsque x est entre les racines ; ainsi

Exercice 8

Étudions le discriminant de ce trinôme :

donc Nous avons besoin de connaître le signe de ce discriminant, qui est aussiun trinôme du second degré. Par conséquent, pour trouver le signe de

Δ

il faut calculer son

discriminant ; notons-le d .

Ainsi d est négatif. On en déduit que

Δ

est toujours négatif(car est négatif). Et comme

Δ

est négatif, le trinôme est positifquelle que soit la valeur de x.

19 31+20–

-----------------52--– = 19 31–

20– -----------------

35-- .= 10– 10X2– 19X– 15+

52--–

35--,

X 0,� 0 35--, .

S 0 925-----, .=

P( ) y x2 4x– 1+= P′( )y 2x2– 4x 12.+ += 2 3– ,( )

P( ) 1 14,( ) P′( ) ;

0

2

4

6

8

10

12

14

y

x–1 1 2 3 4 5–2

–2

–3

(P')(P)

P′( ) P( ) 1–

S 1– 3 7,,[ ].=

x2 4x– 1+ 2x2– 4x 12+ +� 3x2 8x– 11– 0 ; �

Δ 64 132+ 196 142.= = = 8 14+6

--------------- 113-----= 8 14–

6-------------- 1.– =

3x2 8x– 11– 0� S 1– 113-----, .=

Δ 3m 1+( )2 4 3m2 2+( )– 9m2 6m 1 12m2– 8–+ += =

Δ 3m2– 6m 7.–+=

d 62 4 3 7××– 36 84– 48.– = = =3– x2 3m 1+( )x– 3m2 2+ +



Corrigé des exercices d’approfondissementExercice 1Notons v la vitesse du vent. La vitesse sur le trajet aller est donc et celle du trajet retour est

Les durées des trajets aller et retour sont donc respectivement et enfin

comme le retour dure une demi-heure de plus que l’aller, on a l’égalité : On

en déduit d’où En effectuant « un pro-

duit en croix », on obtient ; soit

Notre équation a donc deux solutions : et Seule

la solution positive est acceptable ; la vitesse du vent est donc de 20 km par h.

Exercice 2Si on note x la longueur du côté parallèle au mur, chacun des autres côtés a une longueur égale à

L’aire de l’enclos est alors égale à La courbe d’équation

est une parabole tournée vers le bas et dont le sommet a pour abscisse

L’aire correspondant à cette valeur de x est l’aire maximale. Elle est égale à

L’aire maximale est donc de

Exercice 3� On sait que le volume est égal au produit de l’aire de base par la hauteur. On connaît la hauteur :

Intéressons-nous à l’aire de la base, le trapèze BCNM. La grande base de ce trapèze est donnée :

et sa hauteur aussi (KH est bien la hauteur de ce trapèze car la droite est per-

pendiculaire aux bases et Il nous reste à déterminer MN. Pour cela, appliquons la pro-

priété de Thalès au triangle ABC où est parallèle à on a

donc d’où On en déduit que ce qui permet de

calculer l’aire de BCNM :

Le volume du prisme BCNMEFPQ est alors égal à

� Pour construire la courbe d’équation il nous faut nous souvenir que x représente la dis-

tance KH, et que cette distance doit être à la fois positive et inférieure à AH ; donc Deplus la forme de l’équation indique que la courbe est un arc de parabole dont le sommet a pourcoordonnées

260 v+

260 v.–840

260 v+----------------- 840

260 v–----------------- ;

840260 v–----------------- 840

260 v+-----------------

12-- .+=

840260 v–----------------- 840

260 v+-----------------–

12-- ,= 840 260 v+( ) 840 260 v–( )–

260 v–( ) 260 v+( )--------------------------------------------------------------------

12-- .=

4 840v× 2602 v2,–= v2 4 840v 2602–×+ 0.=

Δ 428402 4 2602×+ 11 560 000 3 400 2 . = = =3 360 – 3 400 +

2

-------------------------------------

20 = 3 360 – 3 400 –

2

-------------------------------------

3 880. – =

25 x2-- .– x 25 x

2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2

2-----– 25x.+=

y x2

2-----– 25x+= 25–

2 12--– ⎝ ⎠

⎛ ⎞---------------- 25.=

252

2--------– 25 25×+ 312 5.,= 312 5 m 2 . ,

BE 12.=

BC 4= KH x.= KH( )BC( ) MN( ). )

MN( ) BC( ) : AMAB-------- AN

AC ------- AK

AH -------

MNBC

-------- ; = = =

AH 8= AK 8 x–= MN4

--------8 x–

8----------- .= MN 1

2-- 8 x–( )=

BC MN+2

--------------------- KH× 12-- 4 1

2-- 8 x–( )+ x 4x x2

4----- .–= =

4x x2

4-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 12× 48x 3x2 ; – = V x( ) 48x 3x2.– =

y V x( ),=x 0 8,[ ].∈

8 192,( ).


478


�

Le volume de ABCDEF est en fait celui de BCNMEFPQ lorsque Il est égal à 192. La moitié dece volume est donc 96. Par conséquent la valeur de x pour laquelle le volume de BCNMEFPQ est la

moitié de celui de ABCDEF est l’abscisse du point d’intersection de la courbe d’équation

avec la droite d’équation La valeur de x correspondante est environ 2,3.

Exercice 4

�

Si on remplace x par 0 dans cette équation, on obtient ce qui est faux. Donc 0 n’est passolution.

�

Comme 0 n’est pas solution, l’équation initiale est équivalente à et

On en déduit que et

comme cette dernière équation équivaut à

�

�

a)

Revenons à l’équation précédente et regroupons les termes pour faire apparaître X et

équivaut à Sachant que

on a aussi on en déduit alors que l’équation de départ est équivalente à

ce qui donne Par conséquent X est bien une racine

de

b)

Calcul des racines de X peut donc prendre deux valeurs qui

sont et 4.

0,5

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

y

1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8

x

x 8.=

y V x( )=

y 96.=

2 0,=

2x4 9x3– 8x2 9x– 2+ + 0=

x 0.≠ 2x4 9x3– 8x2 9x– 2+ + 0 x2 2x2 9x– 8 9x--– 2

x2-----+ +⎝ ⎠

⎛ ⎞⇔ 0= =

x 0,≠ 2x2 9x– 8 9x--– 2

x2-----+ + 0.=

x 1x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2x2 2 1

x2----- .+ +=

X2 :

2x2 9x– 8 9x--– 2

x2-----+ + 0= 2 x2 1

x2-----+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 9 x 1x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞– 8+ 0.= X x 1x-- ,+=

x2 1x2-----+ X2 2 ; –=

2 X2 2–( ) 9X– 8+ 0,= 2X2 9X– 4+ 0.=

2X2 9X– 4.+

2X2 9X– 4 : + Δ 81 32 – 49, = =12--


479


c)

Les solutions de l’équation initiale sont donc celles des équations et La pre-

mière est équivalente à donc cette équation n’admet aucune solu-

tion. La deuxième est équivalente à nous avons deux solutions

qui sont et Conclusion : l’ensemble des solutions est

Exercice 5

�

Il s’agit d’une parabole tournée vers le haut et dont le sommet a pour coordonnées (voir àla fin de l’exercice).

�

Les abscisses des points d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses sont les solu-

tions de l’équation Cette équation a été traitée à l’exercice précédent et ses

solutions sont et Les points d’intersection avec ont donc pour coordon-

nées et La parabole est au-dessous de l’axe des abscisses sur

l’intervalle au-dessus ailleurs.

�

a)

Graphiquement on observe que a deux points communs avec que en a un et que n’en a pas. Par le calcul, les abscisses des points d’intersection de et de sont les solu-

tions de l’équation

Cas où

l’équation n’a pasde solution, il n’y pas de point d’intersection.

Cas où

l’équation admet unesolution, il y a donc un point d’intersection.

Cas où

l’équationadmet deux solutions distinctes, il y a donc deux points d’intersection.

b)

L’équation est équivalente à Calculons lediscriminant : Si m est strictement positif, et ont deux pointscommuns ; si m est strictement négatif, et n’ont aucun point commun et si m est nul, et

ont un point commun. Étudions ce dernier cas : on a vu que la solution est 1 et dans cecas Les coordonnées de l’unique point d’intersection sont

c)

On se place ici dans le cas où on sait qu’alors et ont deux points d’intersection.

Les abscisses de ces points sont et on en déduit l’abscisse du milieu de ces

deux points qui est la demi-somme de ces deux nombres. Cette somme est 2, donc a pour

abscisse 1. Son ordonnée est donnée par l’équation de Ainsi Il en

résulte que tous les points se trouvent sur la droite d’équation de plus m doit être stricte-

ment positif, donc l’ordonnée de doit être supérieure à

x 1x--+ 1

2--= x 1

x--+ 4.=

x2 12-- x– 1+ 0 : = Δ 1

4 -- 4 – 0 <=

x2 4x– 1+ 0 : = Δ 16 4 – 12 = =

4 2 3–2

------------------- 2 3–= 2 3.+

S 2 3– 2 3+,{ }.=

2 3– ,( )

P( )

x2 4x– 1+ 0.=

2 3– 2 3.+ x′Ox( )

2 3– 0,( ) 2 3+ 0,( ). P( )

2 3– 2 3+,[ ],

D3 P( ), D0D 2–

P( ) Dmx2 4x– 1+ 2x– m.+=

m 2 : – = x 2 4x – 1 + 2x – 2 – x 2 2x – 3 + ⇔ 0 ; = = Δ 4 12 – 0 ; <=

m 0 : = x2 4x – 1 + 2x – x 2 2x – 1 + ⇔ 0 ; = = Δ 4 4 – 0 ; = =

m 3 : = x2 4x – 1 + 2x – 3 + x 2 2x – 2 – ⇔ 0 ; = = Δ 4 8+ 12 0 ; >= =

x2 4x– 1+ 2x– m+= x2 2x– 1 m–+ 0.=Δ 4 4 1 m–( )– 4m.= = Dm P( )

Dm P( ) DmP( ) Δ 0,=

y 2.– = 1 2– ,( ).

m 0 ; > Dm P( )

2 4m–2

-------------------- 2 4m+2

--------------------- ;

ImDm : y 2– m. + = Im 1 m 2–,( ).

Im x 1 ; =Im 2.–


480


L’ensemble des points est donc la demi-droite contenue dans la droite d’équation et dont lespoints ont une ordonnée supérieure à Elle est notée D sur le graphique.

Im x 1=2.–

0

–2

–4

–6

2

4

6

–1–2–3–4–5 1 2 3

D(P)

D3

D - 2

D0

4 5

y

x


481


2

ème

partie : Sections planes de cubes, de tétraèdres

Corrigé de l’activité

a)

– Les droites et sont contenues dans le plan et ne sont pas parallèles. Elles sontdonc sécantes et se coupent en J.

– Les droites et ne sont pas coplanaires car le point D n’appartient pas au plan défini parI, C, F. Ces droites ne sont donc pas sécantes.

– Les droites et sont parallèles car toutes les deux sont parallèles à De plus lessegments et sont de même longueur égale à l’arête du cube. On en déduit que EFCD estun parallélogramme et ainsi que et sont parallèles. Elles ne sont donc pas sécantes.

– Le point C n’appartient pas au plan défini par E, F, H donc les droites et ne sont pascoplanaires ; elles ne sont donc pas sécantes.

b)

– La droite est contenue dans le plan et est sécante avec L’intersection de et est donc le point K intersection de et

– De la même manière, l’intersection de et est le point J intersection de et

– La droite est contenue dans le plan donc l’intersection de et est ladroite

– La droite est contenue dans le plan qui est parallèle au plan La droite et le plan n’ont pas de point commun.

– Les droites et sont parallèles donc coplanaires. Les droites et sont doncaussi coplanaires et comme elles ne sont pas parallèles, elles sont sécantes. Notons L le point d’inter-section de et ce point est alors le point d’intersection de avec le plan

H

EF

J L

C

I

D

K

G

A B

FI( ) BC( ) BCF( )

FI( ) CD( )

EF( ) CD( ) AB( ).CD[ ] EF[ ]

FC( ) ED( )

FC( ) EH( )

BG( ) BAH( ) FI( ).FI( ) BAH( ) FI( ) BG( ).

FI( ) ABC( ) FI( )BC( ).

FI( ) BCF( ), FI( ) BCF( )FI( ).

FI( ) BCF( ) DAE( ). FI( )DAE( )

CI( ) AE( ) EI( ) CA( )

EI( ) AC( ) ; EI( ) ABC( ).


482



Exercice 1

M est l’intersection de et R est l’intersection de et

N est l’intersection de et S est l’intersection de et

P est l’intersection de et U est l’intersection de et

Q est l’intersection de et V est l’intersection de et

Exercice 2

�

Les segments et sont parallèles

et de même longueur donc est unparallélogramme, ce qui prouve que les droites

et sont parallèles donc coplanaires.

�

La droite est contenue dans le plan

de même que la droite Cesdeux droites sont coplanaires et comme ellesne sont pas parallèles, elles sont sécantes.Leur point d’intersection est aussi l’intersectionde et Notons ce point M.

EF( ) AD( ). EG( ) AB( ).

EF( ) A′D′( ). EG( ) A′B′( ).

FG( ) BD( ). HF( ) CD( ).

FG( ) B′D′( ). HF( ) C′D′( ).

S

NE

A'

A B

G

M

P

R

H

C U

C'D'

D

B'

F

V

Q

D'

M

B'

BA

DC

C'

A'

I

AA′[ ] CC′[ ]ACC′A′

AC( ) A′C′( )

IC( )ACC′( ) A′C′( ).

IC( ) A′B′C′( ).


483


Exercice 3

�

Les droites et sont coplanaires car contenues dans le plan elles sont donc

bien sécantes. Les point E et I appartiennent alors aux plans et l’intersection de

ces deux plans est donc la droite qui coupe l’arête en M.

�

Il nous reste à rechercherl’intersection de avec

chacune des faces et

La droite

coupe en F. Ainsi

est l’intersection de

avec le plan

coupe

en L. Le pentagoneIJKLM est donc la partie duplan limitée par lesfaces du cube.

Exercice 4

�

L’intersection de et du plan est l’intersection de et Notons R ce point.

�

Le point R appartient au plan car il est sur et aussi au plan car il est sur

Les points K et R sont communs aux plan et l’intersection de ces deux plans est

donc la droite La droite coupe en L.

�

Le plan coupe les deux plans et qui sont parallèles. Par conséquent l’inter-

section de et est la parallèle à passant par I qui coupe en M. Le poly-gone cherché est ainsi IJLKM.

JK( ) A′B′( ) ABB′( ) ;IJK( ) A′B′C′( ) ;

EI( ) B′C′[ ]

D'

M

B'

BA

DC

C'

A'

L

F

K

J

I

E

IJK( )BCC′B′

ABCD. JK( )BB′( )

MF( )IJK( )BCB′( ) ; MF( )BC( )

IJK( )

IJ( ) BCG( ) IJ( ) BF( ).

IJK( ) IJ( ) BCG( ) BF( ).

IJK( ) BCG( ) ;KR( ). KR( ) BC( )

IJK( ) ABC( ) EFG( )IJK( ) EFG( ) JL( ) GH( )

H M S

BA

D C

G

E I

L

F K

J

R

� Remarque

On aurait pu construirele point M en recherchant

d’abord l’intersection de

(KL)

et

(FG) ;

si S est cepoint, M est l’intersection

de

(IS)

et On peut d’ailleurs obser-ver que les droites

(IM),(KL)

et

(FG)

s

ontconcourantes.

GH( ).


484


Exercice 5

�

L’intersection de et est une droite passant par Z car ce point appartient aux deux

plans. L’intersection de et est une droite d parallèle à car le plan

coupe les plans parallèles et selon deux droites parallèles. De plus coupe les

deux plans parallèles et selon deux droites parallèles. On en déduit que l’inter-

section de et est une droite parallèle à d qui est elle-même parallèle à ainsi

l’intersection de et est la droite parallèle à passant par Z ; elle coupe en J.

On démontre de même que l’intersection de et est la droite parallèle à

passant par Z ; elle coupe en I.

En langage plus schématique, on a ceci : est parallèle à

et de plus est parallèle à

�

Le triangle IJZ est alors la partie du plan limitée par les faces du cube.

Exercice 6

�

1

er

cas :

n’est pas parallèle au plan

a)

La droite coupe en M et coupe en N.

Les points M et N ainsi définis appartiennent aux deux plans et L’intersection de cesdeux plans est donc la droite

b)

Les droites et sont coplanaires et

non parallèles (car sinon serait parallèle à

donc sontsécantes : soit L leurpoint d’intersection. Cepoint L est commun auxdeux plans et

de même que lepoint K. L’intersection de

et est ladroite Elle coupe

en E et en F.

c)

On peut maintenantdéduire que

et que Ces deux droites définissent les points G et H sur et respectivement. La section deABCD par le plan est ainsi le quadrilatère EFHG.

d)

Soit U le point d’intersection de avec le plan On sait que et ontpour intersection donc U qui appartient à ces deux plans appartient aussi à En considé-rant le plan au lieu de on trouve de même que U est sur Ainsi les droites

et sont concourantes.

P( ) ADB( )P( ) EFG( ) EM( ) EFG( )

P( ) EMB( ) P( )EFG( ) ABC( )

P( ) ADB( ) EM( ) ;P( ) ADB( ) EM( ) CD( )

H

I

JM

BA

E F

G

D C

Z

P( ) ADE( )BM( ) DH( )

P( ) ADE( )∩ P( ) BCF( )∩P( ) BCF( )∩

P( )

IJ( ) BCD( ).

AI( ) BC( ) AJ( ) CD( )AIJ( ) BCD( ).

MN( ).

I

BF

D

C

E

L

N

J

H

A

G

MK

MN( )IJ( )

IJ( )BCD )( )

IJK( )BCD( )

IJK( ) BCD( )KL( ).

BC( ) CD( )

IJK( ) ABC( )∩ EI( )=IJK( ) ADC( )∩ FJ( ).=

AB( ) AD( )IJK( )

AC( ) IJK( ). ACD( ) IJK( )FJ( ) FJ( ).

ABC( ) ACD( ) EI( ).AC( ), EI( ) FJ( )

et

Donc est parallèle à et passe par Z.

EBM( ) BCF( )∩ EBM( ) BCF( )∩ BM( ).=P( ) ADE( )∩ BM( )



� 2ème cas : et sont parallèles.

a) La droite coupe en M et coupe en N. Les points M et N ainsi définisappartiennent aux deux plans et L’intersection de ces deux plans est donc la droite

b) Si ces deux droites n’étaient pas parallèles, elles auraient un point commun car elles sont coplanai-res et alors ne serait pas parallèle à et sont parallèles.

c) Soit la droited’intersection de et si cettedroite coupe enun point X, ce point estcommun aux plans

et et doncà la droite qui estleur intersection. Dans cecas, X serait à la fois sur

et ce quicontredit notre hypo-thèse. En conséquence

et sontparallèles et comme

et le sontaussi, on conclut que

et sont parallè-les.

d) Traçons la parallèle à passant par K ; c’est l’intersection de et Elle coupe en E et en F. Puis on trace qui coupe en G et qui coupe en H.

La section de par est le quadrilatère EFHG.

Exercice 7

Notons le plan passant par M et parallèle à Il coupe en en et

en Il nous faut construire ces trois points.

Plaçons-nous dans le triangle AEC : les intersections de avec les plans parallèles et sont

deux droites parallèles. Donc et sontparallèles. On raisonne de la même manière pour lespoints et et ainsi :

– est l’intersection de avec la parallèle à passant par M ;

– est l’intersection de avec la parallèle à passant par M ;

– est l’intersection de avec la parallèle à passant par M.

IJ( ) BCD( )

AI( ) BC( ) AJ( ) CD( )AIJ( ) BCD( ).

MN( ).

IJ( ) BCD( ). IJ( ) MN( )

I

B

F

D

C

E

N

J

H

A

G

M

K

Δ( )IJK( )

BCD( ) ;MN( )

IJK( ) AIJ( )IJ( )

IJ( ) BCD( )

Δ( ) MN( )

MN( ) IJ( )

Δ( ) IJ( )

MN( ) IJK( ) BCD( ).BC( ) CD( ) EI( ) AB( ) FJ( ) AD( )

ABCD( ) IJK( )

A

B'

D'M

C'

ED

C

B

P( )BCD( ). AB( ) B′, AC( ) C′AD( ) D′.

AEC( ) BCD( ) P( )MC′( ) EC( )

B′ D′

B′ AB( )EB( )

C′ AC( )EC( )

D′ AD( ) ED( )


486


Exercice 8

a)

La droite passe par Ocar il est clair que O appartientaux plans et

Il nous faut donctrouver un autre point com-mun. Ce peut être le pointd’intersection de et

car on sait que ces deuxdroites sont coplanaires et nonparallèles. Soit U leur pointd’intersection. La droite est alors

b)

Les droites et sont contenues dans le plan

elles sont doncsécantes en I et ce point estbien l’intersection de et

car est contenuedans

c)

Les points I et T appartiennent aux plans et par conséquent la droite estl’intersection de et

d)

Cette droite coupe en E et en F. L’intersection du plan avec les facesde la pyramide est le quadrilatère ERSF.

O

E

A

B

C

U

D

S

IFT

x

R

Δ( )

OAD( )OBC( ).

AD( )BC( )

Δ( )OU( ).

RS( ) Δ( )

OBC( ) ;

RS( )OAD( ) Δ( )

OAD( ).

RST( ) OAD( ) ; IT( )OAD( ) RST( ).

IT( ) OA( ) OD( ) RST( )


487


Corrigé des exercices d’approfondissement

Exercice 1

�

Les droites et sont toutes les deux contenues dans le plan leur intersection Pest un point situé sur De même, l’intersection Q de et est le point d’intersectionde et Il en résulte que la droite est l’intersection des plans et

�

Les droites et sont contenues dans le plan donc sécantes et leur pointd’intersection est à la fois sur et sur C’est donc bien un point de Ainsi pourconstruire R, il suffit de construire l’intersection de et et de joindre ce point à I ; ladroite ainsi définie coupe en R.

�

Les droites et sont contenues dans le plan donc sécantes et leur pointd’intersection est à la fois sur et sur C’est donc bien un point de Ainsi pourconstruire S, il suffit de construire l’intersection de et et de joindre ce point à J ; ladroite ainsi définie coupe en S.

�

La droite coupe en T ; la partie du plan limitée par les faces de la pyramide estle polygone

Exercice 2

�

a)

L’intersection de la droite avec le plan est l’intersection des droites et car est coplanaire avec et contenue dans le plan On note U ce point.

Pour trouver un deuxième point commun aux plans et on opère de la même façon :soit N le projeté orthogonal de J sur Les droites et sont parallèles donc coplanaires.Ainsi l’intersection de et est un point de et notons-le V.

b)

Les droites et sont coplanaires, donc leur point d’intersection est le point d’intersectionde et Il est noté O.

IJ( ) EB( ) OEB( ) ;π( ). IK( ) π( )

IK( ) ED( ). PQ( ) π( ) IJK( ).

IR( ) AE( ) OAE( ),P′ IJK( ) π( ). Δ( ).

Δ( ) AE( )OA( )

JS( ) BC( ) OBC( ),S′ IJK( ) π( ). Δ( ).

Δ( ) BC( )OC( )

KS( ) CD( ) IJK( )IRJS′TK.

A

E

R

I

O

Q

C

SS'

PB

J

P'

D

T

K

MJ( ) ADE( ) AD( )MJ( ) AD( ) MJ( ) ADE( ).

IMJ( ) ADE( ),EF( ). JN( ) IM( )

IN( ) HE( ) IJM( ) ADE( ) ;IJ( ) Δ( )

IJ( ) ADE( ).


488


�

P est le point d’intersection de et donc est l’intersection de avec la

face ADHE, est l’intersection de avec la face ABCD.Pour compléter cette section du cube, nous allons utiliser les faces parallèles :

– l’intersection de avec la face EFGH est la parallèle à passant par I,

– l’intersection de avec la face BCGF est la parallèle à passant par I.

Exercice 3

�

Les droites et

sont coplanai-res donc sécantes ;leur intersection Iest un point de

Les droites et sont coplanaires

donc sécantes ; leurintersection J est unpoint de

Par conséquent ladroite est l’inter-section de et

OK( ) AD( ) ; KP[ ] IJK( )JP[ ] IJK( )

IJK( ) PJ( )

IJK( ) KP( )

E

H R G

I

F

S

V

AP

J B

C

M

D

U

O

K

N

(Δ)

A M

S

BN

V

C

F

T

G

IH

E

K

JDW

U

R

AR( )HD( )

ARS( ) HDC( ).∩

AS( )DC( )

ARS( ) HDC( ).∩

IJ( )ARS( )

HDC( ).


489


� L’intersection de et est en fait l’intersection de et notons K ce point.

Les points K et T sont alors des points communs aux plans et La droite estl’intersection de ces deux plans.

�

La droite coupe en U et en V ; la droite coupe en W.

Pour terminer, nous allons utiliser la propriété d’intersection de deux plans parallèles par untroisième : l’intersection de avec la face ABFE est la parallèle à passant par W, et l’inter-section de avec la face BCGF est la parallèle à passant par V. Ces deux droites détermi-nent les points M et N sur la face ABCD.

■

RS( ) HDC( ) RS( ) IJ( ) ;RST( ) HDC( ). KT( )

KT( ) HD( ) CG( ) UR( ) AE( )

RST( ) UV( )RST( ) UW( )


490


équence 2

1

ère

partie : Calcul vectoriel


Activité 1

car ces trois vecteurs ont même direction, même sens et même longueur. De même

Ici il fallait remarquer

que

Activité 2

�

Voir figure.

�

L’égalité prouve que C est le milieu de

�

D’après nos hypothèses, on a et car ABCD est un parallélogramme. On en déduit que

et par conséquent que ABEC est un parallé-logramme.

�

Voir figure.

�

enfin

�

Ainsi les vecteurs et sont colinéaires et les droites et sont parallèles.

AB KL IJ= =

NK FC JG.= = AB BF+ AF ; = AB AI + AJ ; = AB DP+ AB BN + AN. = =

DP BN.=

2AB FH ; = 2AB – GE ; = 13 -- DM DG FI. = =

3AB AM+ AD AM+ AP ; = =

2DC DH+ DB DH+ DF GI ; = = =

HG BF+ HG GK+ HK JM ; = = =

CF OK MN+ + CF FB BC+ + CC 0.= = =

AB AE+ AF ; = 3AB 3AE+ AD AM + AP ; = = 3AF AP. =

A B

D CE

F

DC CE=DE[ ].

DC CE= DC AB=

CE AB=

FD AD AF– 2AD– 2DA ; = = = DE 2DC ; =

FE FD DE+ 2DA 2DC.+= =

FE 2 DA DC+( ) 2DB.= = FE DB EF( )BD( )


491


Activité 3

�

Voir figure.

�

a)

Le point H est sur la droite donc les points A, B, H sont alignés et par conséquent les vec-

teurs et sont colinéaires ; les vecteurs et sont colinéaires pour la même raison.

b)

Comme les vecteurs et sont colinéaires, il existe un réel x tel que et de

même il existe un réel y tel que D’autre part, AHMK est un parallélogramme car ses

côtés opposés sont parallèles. Il en résulte que En conclusion il existe bien deux

nombres x et y tels que

c)

Supposons que Alors

d’où et ainsi

Comme A, B, C ne sont pas alignés, les vecteurs et ne sont pas colinéaires, donc la relation

précédente impose que et soient nuls : et

M K

G

D

B

C

AHF

E

AB( )

AB AH AC AK

AB AH AH xAB=

AK yAC.=

AM AH AK.+=

AM xAB yAC.+=

AM x′AB y′AC.+=

x′AB y′AC+ xAB yAC+= x x′–( )AB y y′–( )AC+ 0= x x′–( )AB y′ y–( )AC.=

AB AC

x x′–( ) y y′–( ) x x′= y y′.=



Corrigé des exercices d’apprentissageExercice 1� Voir figure.

� Recherchons une relation entre les

vecteurs ou Pour cela,on introduit le point D dans ledeuxième membre de l’égalité :

En simplifiant on obtient

d’où Les vecteurs et

sont donc colinéaires ce qui prouve que les points B, C, D sont alignés.

Exercice 2

� On a ce qui donne bien

car (ceci vient du fait que I est le milieu

de

� Utilisons nos

hypothèses :

ce qui donne On a bien

� De la relation précédente, on déduit que d’où car

Transformons encore la dernière relation en introduisant le point A : d’où

et ainsi Dans le triangle AEF, est la médiane issue de A et I est le centre de gravité.

Exercice 3Il nous faut ici trouver une relation qui ne fasse pas intervenir le point M :

On en déduit que et ainsi que Conclusion : ACBD est un parallélogramme.

Exercice 4� a) Pour montrer que deux quantités sont égales, il peut être utile de les soustraire :

donc

b) ABCD étant un parallélogramme, on a :

� Reprenons la même méthode qu’en � a) :

ainsi

A BI

D

C

BC, BD CD.

AD 3AD 3DB 2AD– 2DC.–+=

3DB 2DC=

DB 23-- DC.= DB

DC

A B E

JI

C

FAB AC+ AI IB AI IC+ + +=

2AI IB IC+ 0=BC[ ]).

IA IE IF+ + IA IB BE IC CF.+ + + +=

IA IE IF+ + IA IB 12-- BA– IC 1

2-- CA,–+ +=

IA IE IF+ + IA 12-- AB AC+( )+ IA 1

2-- 2AI( ).+= = IA IE IF+ + 0.=

IA IJ JE IJ JF+ + + + 0 ; = AI 2IJ=

JE JF+ 0.=

AI 2IA 2AJ+= 3AI 2AJ=

AI 23-- AJ.= AJ( )

MA MB+ MA AC MB BD.+ + += AC BD+ 0= AC DB.=

MN PQ MQ– PN–+ MN NP PQ QM+ + + MM 0 ; = = = MN PQ+ MQ PN.+=

AC BD+ AB AD BD+ + AD AD+ 2AD ; = = = AC DB+ AB AD DB+ + AB AB + 2AB. = = =

MN PQ RS MQ– PS– RN–+ + MN NR RS SP PQ QM+ + + + + MM 0 ; = = =

MN PQ RS+ + MQ PS RN.+ +=


493


Exercice 5

Transformons l’expression :

Dans le dernier membre, les vecteurs sont opposés deux à deux donc

On en déduit que O est le centre de gravité du triangle IJK.

Exercice 6

�

�

On en déduit que

En utilisant la relation de Chasles, on obtient bien : ou en regroupant autrement

Exercice 7

�

Dans le triangle BCD, est parallèle à

donc et dans le triangle ABC, est

parallèle à donc On en déduit

que et comme on sait que

De plus, K est sur le segment

donc

�

Comme ABCD est un parallélogramme, et ont le même milieu O. De plus AICK est un

parallélogramme ; en effet, donc On en déduit que O est aussi le milieu de

car le milieu de est aussi celui de Le point O appartient bien aux trois droites et

Exercice 8

�

Comme ABC est rectangle en B, son aire est

�

H étant le projeté orthogonal de M sur l’aire de BCM est On veut que cette

aire soit égale à 8 ; donc Ainsi les droites et sont parallèles car toutes les

deux perpendiculaires à et Les vecteurs et sont donc colinéaires et

de même longueur. On en déduit que ou Le point H peut être un point

OI OJ OK+ + OB BI OC CJ OA AK+ + + + + OB AO OC BO OA CO.+ + + + += =

OI OJ OK+ + 0.=

A B

J

IO

K

C

AC AI IJ JC.+ +=

IJ AC AI– JC– AC 12-- AB–

12-- DC–

12-- 2AC BA CD+ +( ) 1

2-- AC BA AC CD+ + +( )= = = = .

IJ 12-- BC AD+( )=

IJ 12-- AC BD+( )= .

D

A I B

KC

J

JK( ) BD( )CKCD------- CJ

CB------= IJ( )

AC( ) CJCB------ AI

AB------= .

CKCD------- AI

AB------= AI

AB------

13-- ,=

CK 13-- CD.= CD[ ],

CK 13-- CD.=

BD[ ] AC[ ]

AB DC= AI KC.=IK[ ] AC[ ] IK[ ].BD( ), AC( ) IK( ).

12-- BA BC× 8 cm 2 = .

BC( ), 12-- MH BC.×

MH 4.= AB( ) MH( )

BC( ) AB MH.= AB MH

MH AB= MH AB.– =


494


quelconque de donc l’ensemble des points M cherchés est la réunion de la droite parallèleà passant par A et de la droite parallèle à passant par le symétrique de A par rapportà

On pouvait dire aussi que M est l’image de H par la translation de vecteur ou par la translation

de vecteur

L’ensemble des points M est alors la réunion des images de par ces deux translations.

Exercice 9

�

Voir figure.

�

On pourrait calculer les coordonnées des vec-

teurs : on peut aussi calculer les coordonnés des

milieux des diagonales. Le milieu de a pour

coordonnées et celui de a pour

coordonnées Ainsi MNQP est un

parallélogramme car ses diagonales ont le même

milieu.

�

MNSR est un parallélogramme si et seulement si

les vecteurs et sont égaux. Les coor-

données de sont

Celles de sont si S a pour coor-

données On a alors et

�

Le milieu de a pour coordonnées

et celui de a pour coordonnées

On en déduit que MNSP est un parallélogramme.

Calculons les coordonnées de et et

Ces deux vecteurs sont donc égaux et ainsi RSQP est un parallélogramme. De plus a pour coor-

données ce qui permet d’affirmer que les vecteurs et sont colinéaires car

Donc et sont parallèles et P appartient à les points R, S, P, Q sont alignés.

Exercice 10

�

est un repère car les vecteurs et ne sont pas colinéaires ; cela vient du faitque les points A, B, C ne sont pas alignés.

� Pour trouver les coordonnées de E dans ce repère, il faut exprimer le vecteur en fonction de

et

d’où donc

d’où donc

BC( ),BC( ) BC( )BC( ).

AB

AB.–

BC( )

OS

M

R

N

Q

P

j

i

X

MQ[ ]

1– 103-----,⎝ ⎠

⎛ ⎞ NP[ ]

1– 103-----,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

MR NS

MR 1 113-----– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

NS x 2+ y 113-----–,⎝ ⎠

⎛ ⎞

x y,( ). x 1– = y 0 ; =S 1– 0,( ).

NS[ ]32--–

116-----,⎝ ⎠

⎛ ⎞ MP[ ]

32--–

116-----,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

RS PQ : RS 1 3,( ) PQ 1 3,( ).

RP

2 6,( ) RS RP RP 2RS.=RS( ) RQ( ) RS( ) ;

A AB AC, ,( ) AB AC

AE

AB AC :

BA AE+25-- BA 2

5-- AC+= AE 3

5--– BA 2

5-- AC+

35-- AB 2

5-- AC ; + = = E 3

5-- 2

5--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

CA AF+13-- CA= AF 2

3--– CA 2

3-- AC ; = = F 0 2

3--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . AG 34-- AB ; = G 3

4-- 0,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .


495


�

Un point appartient à la droite lorsque les

vecteurs et sont colinéaires ; et

L’équation de est

En procédant de même, on trouve pour

Les coordonnées du point d’intersection de ces deux droites sont les solutions du sys-

tème En remplaçant y dans la deuxième : on trouve d’où et ainsi

le point d’intersection est donc

�

Il reste à regarder si le point I est aligné avec C et G. Les coordonnées de C sont et on sait

que Ainsi et Calculons

On en déduit que les vecteurs et sont colinéaires et donc que I appartient à Ainsi lesdroites et sont concourantes.

Exercice 11

�

a)

La droite a pour vecteur directeur L’équation de est donc de la

forme où p est l’ordonnée à l’origine. Comme la droite passe par C, et ainsi

l’équation de est L’équation de est de la forme car elle

passe par le point De plus elle passe par le point donc et ainsi


b)

Les coordonnées de P sont les solutions de Par soustraction, on obtient

d’où on en déduit y :

Donc

�

a)

Les coordonnées de Donc d’où et d’où

donc Ainsi

d’où et d’où

b)

et d’où

Les vecteurs et sontcolinéaires et par conséquent lespoints R, N, M sont alignés.

F

A BG

C

E

M x y,( ) AE( )

AM AE AM x y,( )

AE 35-- 2

5--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

25-- x 3

5-- y– 0= y⇔ 2

3-- x.= AE( ) y 2

3-- x.=

BF( ) :

y 23-- x 2

3-- .+– =

y 23-- x=

y 23-- x–

23--+=⎩

⎪⎨⎪⎧

. 43-- x 2

3--= x 1

2--=

y 13-- ; = I 1

2-- 1

3--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

0 1,( )

G 34-- 0,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . CG 34-- 1– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ CI 12-- 2

3--– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . xy′ x′y– :

34-- 2

3--– ⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1– ( )–12--× 1

2--–

12--+ 0.= =

CG CI CG( ).CG( ), AE( ) BF( )

BC( ) BC 1– 1,( ). BC( )

y x p+– = p 1=

BC( ) y x 1+– = . RQ( ) y mx a+=

Q 0 a,( ). R 1– 0,( ) 0 m a+– =

m a.= RQ( ) y ax a.+=y ax a+=y x 1+– =⎩

⎨⎧

.

0 a 1+( )x a 1–+= x 1 a–1 a+------------= ; y 1 a–

1 a+------------– 1+

1 a 1 a+ + +–

1 a+----------------------------------

2a1 a+------------ .= = =

P 1 a–1 a+------------ 2a

1 a+------------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

CQ 0 a 1–,( ). xM xB– 0= xM 1= yM yB– a 1–=

yM a 1 ; – = M 1 a 1–,( ). CP 1 a–1 a+------------ 2a

1 a+------------ 1–,⎝ ⎠

⎛ ⎞ CP 1 a–1 a+------------ a 1–

1 a+------------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

xN xA– 1 a–1 a+------------= xN

1 a–1 a+------------= yN yA– a 1–

a 1+------------= yN

a 1–a 1+------------= ; N 1 a–

1 a

+------------ a 1 –

a 1

+------------ ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

RM 2 a 1–,( ) RN 1 a–1 a+------------ 1+

a 1–a 1+------------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ RN 21 a+------------ a 1–

a 1+------------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;

C

PQ

B

MN

RA

2 a 1–a 1+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞ a 1–( ) 21 a+------------⎝ ⎠

⎛ ⎞– 0.=

RM RN


496



Exercice 1

�

Introduisons le point O dans la relation initiale :

et comme

on a ce qui prouve

que les vecteurs et sont colinéaireset ainsi que les points O, B, D sont alignés.

�

La figure permet de conjecturer que

Soit M le point défini par

montrons que On sait déjà que M est sur d’autre part

donc et ainsi On en déduit que M est aussi

sur et par conséquent que On peut ainsi affirmer que La même

démonstration conduit à

Exercice 2

�

Grâce à la propriété de Thalès, on peut affirmer

que car est parallèle à

On a alors

et ainsi

�

Recherchons une relation entre et

on obtient d’où ce qui prouve que A, I, J sont alignés.

�

Ici on retrouve la situation de l’exercice précédent car Le point K joue le même rôle que

A donc on a la relation on en déduit que soit

et comme Mais I est le milieu de donc

on obtient ainsi et donc les points A, K, I sont alignés. Il en est demême pour A, I, K, J.

Exercice 3

Les points A, C, D sont alignés donc les vecteurs

et sont colinéaires et ainsi il existe un réel

k tel que De même il existe un réel tel que Considérons le triangle AEC : est parallèle à

donc et par conséquent

A

O'

C

O

D

B

AO OB+ 3CO 3OD+=

AO 3CO,= OB 3OD=

OB OD

O′B 3O′C.– =

MB 3MC,– = M O′= . BC( ) ;

AB 3CD,= AM MB+ 3CM 3MD+= AM 3MD.=

AD( ) M O′= . O′B 3O′C– = .

O′A 3O′D.– =

C

A

F

E B

J

KI

AF 13-- AC= EF( )

BC( ).

EF AF AE–13-- AC 1

3-- AB–

13-- AC AB–( )= = =

EF 13-- BC.=

AJ AI :

AJ AB BJ+ 3AE 12-- BC+ 3AE 1

2-- 3⋅ EF ; + = = =

AJ 3 AE EI+( )= AJ 3AI,=

BC 3EF.=

KC 3KE ; – = AC AK– 3AE 3AK+– =

AC 3AE+ 4AK= AC 3AF,= 3AF 3AE+ 4AK.= EF[ ]

AF AE+ 2AI ; = 6AI 4AK=

A

B

F G

D

E

C

AC AD

AD kAC.=k′ AE k′AB.=

FD( )

EC( ) AFAE------ AD

AC-------= AF kAE.=


497


Mais comme De la même manière, en considérant le triangle ADB avec

parallèle à on obtient Ainsi on a , ce qui

prouve que les droites et sont parallèles.

Exercice 4

Écrivons les coordonnées des pointsqui nous intéressent dans ce repère :

et

Nous allons maintenant rechercherles équations des droites

et

L’équation de se lit directe-ment sur le dessin, elle passe par l’origine et son coefficient directeur est 1 :

L’équation de est de la forme car coupe l’axe des ordonnées en F ; de plus

G est sur cette droite donc d’où et ainsi a pour équation

Le vecteur a pour coordonnées est alors l’ensemble des points tels que

et sont colinéaires ; or Donc et sont colinéaires lorsque

ce qui donne après calcul

Calculons les coordonnées du point d’intersection de et elles sont solutions du sys-

tème on obtient Il reste à vérifier que ce point appartient aussi à

C’est donc le cas et par conséquent les droites et

sont concourantes.

Exercice 5

�

Les coordonnées de sont donc le vecteur

a pour coordonnées et par conséquent

Les coordonnées de sont on en

déduit que

On a donc bien

�

a)

Soit un point de l’axe le point M cherché

est alors sur la perpendiculaire à passant par

pour que soit son projeté orthogonal sur et aussi sur la médiatrice de pour que C’est donc l’intersection de ces deux droites.

AE k′AB,= AF kk′AB.= EG( )

BD( ), AG kk′AC.= FG FA AG+ kk′ BA AG+( ) kk′BC= = =FG( ) BC( )

A E B

D

F

G

H

CA 0 0,( ) ; C 1 1,( ) ; E 3

4-- 0,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;

F 0 23--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ; G 34-- 1,⎝ ⎠

⎛ ⎞ H 1 23--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AC( ),

FG( ) EH( ).

AC( )y x.=

FG( ) y mx 23--+= FG( )

1 m 34-- 2

3--+×= m 4

9--= FG( ) y 4

9-- x= 2

3--+ .

EH 14-- 2

3--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . EH( ) M x y,( )

EM EH EM x 34--– y,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . EM EH

23-- x 3

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 14-- y– 0= 8x 3y– 6.=

AC( ) FG( ) ;

y x=

y 49-- x 2

3--+=

⎩⎪⎨⎪⎧

; x y 65-- .= = EH( ) :

8 65--× 3 6

5--×–

65-- 8 3–( ) 6.= = AC( ), FG( )

EH( )

A' M'

M

O

F

A

j

i

A′ 2 0,( )

AA′ 0 52--,⎝ ⎠

⎛ ⎞

AA′ 52--= . FA 2 3

2--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;

FA 22 32--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ 4 9

4--+ 16 9+

4---------------

52-- .= = = =

FA AA′.=

M′ O i,( ) ;

O i,( ) M′

M′ O i,( ) FM′[ ]MF MM′.=


498


b)

Les coordonnées de sont et celles de sont Ainsi équivaut

à Simplifions cette équation, il vient d’où

L’ensemble des points M tels que est une parabole dont le sommet a pour coordonnées

FM x y 1–,( ) MM′ 0 y,( ). MF MM′=

x2 y 1–( )2+ y2.= x2 2y– 1+ 0= y 12-- x2 1

2--+= .

MF MM′=

0 12--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .


499


2

ème

partie : Généralités sur les fonctions


Activité 1

�

On remplit la ligne T en lisant le graphique ; pour les deux autres lignes, on fait les calculs.

�

T varie en fonction de L et la courbe représentative de cette fonction n’est pas une droite ; lapériode n’est donc pas proportionnelle à la longueur.

�

Le point de la courbe d’ordonnée 1 a pour abscisse 0,25. Pour que la période soit 1 sec, il faut quela longueur soit 0,25 m ; elle est de 2 sec quand

�

Les valeurs figurant sur la dernière ligne sont assez proches de 4. Or les valeurs de T résultent d’unelecture graphique ; on peut donc penser qu’elles sont approximatives. Si elles avaient été exactes,les nombres de la dernière ligne seraient sans doute plus resserrées. On peut donc supposer que

d’où

�

Si la période du pendule de Foucault est d’environ 16 secondes.

Activité 2

�

En appliquant la propriété de Pythagore dans le triangle ABI rectangle en I, on a

d’où

�

Notre tente a la forme d’un prisme ; son volume est égale au produit de l’aire de ABC par la lon-

gueur L’aire de ABC est et comme

le volume est bien

Entrons cette expression à l’aide de la touche puis faisons les réglages dans ensuite et enfin après avoir réglé la fenêtre graphique par .

En observant le graphique et la table de valeurs, il semble que le maximum soit atteint aux environsde 1,4. Retournons dans puis et descendons dans cette table jusqu’àvoir apparaître une valeur maximale.

L (en m) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,8 1 1,3 1,5 1,7 1,9

T (en sec) 0,6 0,8 1,1 1,25 1,4 1,8 2 2,3 2,4 2,6 2,75

0,36 0,81 1,21 1,56 1,96 3,24 4 5,29 6,25 6,76 7,56

3,6 4,05 4,03 3,9 3,92 4,05 4 4,07 4,16 3,97 3,98

T2

T2

L-----

L 1 m. =

T2

L----- 4� T 2 L� .

L 67,= T 2 67 ; �

AB AC 2.= =

IB2 AB2 AI2–= IB 4 x2–= .

BB′. 12-- BC AI×× 1

2-- 2 4 x2– x×× x 4 x2–= = ; BB′ 2,=

2x 4 x2– .

Y= 2nd TBLSET2nd TABLE GRAPH WINDOW

2nd TBLSET 2nd TABLE


500


Le volume maximal semble être atteint pour une valeur de x comprise entre 1,40 et 1,42. est dansl’intervalle

�

et On a

donc bien l’égalité annoncée. est maximum lorsque est minimum, c’est-à-dire lorsqu’il

est nul. Dans ce cas, et

�

d’où Nous allons résoudre l’équation Elle équivaut à

donc à ainsi ou et comme x est

positif, on obtient ou

Activité 3

�

et

car

�

Voir le graphique ci-contre(celui de gauche).

�

On a

Donc pour toute valeur de x,on note S, C, R les pointsd’abscisse x situés respective-ment sur les courbes de s, c, r.

L’ordonnée de S est la sommedes ordonnées de C et R.

Sur la figure (celle de droite)les traits verticaux représen-tent la quantité ajoutée à

leur longueur est

x01 40, ; 1 42 , [ ] .

V2 4x2 4 x2–( )= 4 4 x2 2–( )2–( ) 4 2 x2 2–( )–[ ] 2 x2 2–( )+[ ] 4x2 4 x2–( )= = .

V2 x2 2–

x 2= V2 16.=

V 1( )( )2 12= V 1( ) 2 3.= V2 12.=

16 4 x2 2–( )– 12,= x2 2–( )2 1 ; = x2 2– 1= x2 2– 1– =

x 3= x 1.=

O

2

4

6

O

2

4

6c x( ) x2= r x( ) 2 3 x–( )=

BM 3 x.–=

s x( ) c x( )= r x( )+ .

r x( ) ; c x( ).


501


Activité 4

Si M est le point de la courbe de f d’abscisse x, ses coordonnées sont Le point de la courbe de d’abscisse x a pour coordonnées

ainsi le vecteur a pour coordonnées On en déduit que est

l’image de M par la translation de vecteur La courbe de est donc l’image de celle de f par

la translation de vecteur

Si M est le point de la courbe de f d’abscisse x, ses coordonnées sont Le point de la courbe de d’abscisse x a pour coordon-nées ainsi les points M et sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses. Il en est de même pour les courbes de f et de En particulier tout point d’ordonnée 0 de la courbe de f est aussi sur la courbe de

Si M est le point de la courbe de f d’abscisse x, ses coordonnées sont Le point de la courbe de d’abscisse x a pour coordonnées

La courbe de s’obtient donc en doublant les ordonnées des points de la courbe de f. En particulier tout point d’ordonnée 0 de la courbe de f est aussi sur la courbe de De plus au-dessus de l’axe des abscisses, la courbe de est au-dessus de celle de f et au-dessous de l’axe des abscisses, elle est au-dessous.

Si M est le point de la courbe de f d’abscisse x, ses coordonnées sont Le point de la courbe de d’abscisse x a pour coordon-nées Il en découle que si x est négatif, on ajoute à un nombre négatif et la courbe de est au-dessous de celle de f ; et si x est positif, on ajoute à un nombre positif et la courbe de est au-dessus de celle de f. Le point d’abscisse 0 est commun aux deux courbes.

x f x( ),( ). M1f1

x 1 f x( )+,( ) ; MM1

0 1,( ). M1

j.f1

j.

O 2

2

4

–2

x f x( ),( ). M2f2

x f x( )– ,( ) ; M2

f2.

f2.

O 2

2

4

–2

x f x( ),( ). M3f3

x 2f x( ),( ). f3

f3.f3

O 2 4

–2

–4

x f x( ),( ). M4f4

x x f x( )+,( ).f x( )

f4f x( )

f4

O 2 4

–2


502


Activité 5

�

La courbe de la fonction s obtenue dans l’activité 3 semblait présenter un minimum au pointd’abscisse 1.

�

�

Soient a et b deux réels tel que Alors et

car la fonction « carré » est décroissante sur ce qui

donne finalement On a donc et par consé-quent s est décroissante sur

�

Soient a et b deux réels tel que Alors et

car la fonction « carré » est croissante sur ce qui donne

finalement On a donc et par conséquent sest croissante sur

�

La fonction étant décroissante sur et croissante sur elle admet bien un minimum en

1 et ce minimum est

Activité 6

� Écrivons sous forme canonique : On va étudier les variations de f sur les

intervalles et

Sur soient a et b tels que alors d’où car la fonction « carré » est décroissante sur ce qui donne finale-

ment Ainsi et f est décroissante sur Sur soient a et b tels que alors d’où

car la fonction « carré » est croissante sur ce qui donne finale-ment Ainsi et f est croissante sur

� et de même On a donc

On en déduit que le milieu de a pour coordonnées et que est parallèle àl’axe des abscisses. Par conséquent la droite d’équation est la médiatrice de et ainsi Met sont symétriques par rapport à la droite d’équation Ceci signifie que pour tout M de la courbe de f, son symétrique par rapport à la droite d’équation

est aussi sur la courbe de f. Cette courbe admet donc cette droite comme axe de symétrie.

Activité 7

� Remarquons d’abord que

Étudions les variations de f sur chacun des intervalles sur lesquels elle est définie.

Sur soient a et b tels que alors d’où car la

fonction « inverse » est décroissante sur et donc On en déduit que f

est décroissante sur

x 2

s x( ) x2 2x– 1 5+ + x 1–( )2 5.+= =

0 a b 1.� � � 1– a 1– b 1– 0� � �

1 a 1–( )2 b 1–( )2 0� � � ∞– 0 ],]6 a 1–( )2� 5 b 1–( )2 5 5.�+�+ s a( ) s b( )�

0 1,[ ].

1 a b 2.� � � 0 a 1 b 1 1�–�–�

0 a 1–( )2 b 1–( )2 1� � � 0 ∞[+ ,[5 a 1–( )2 5 b 1–( )2�+� 5 6.�+ s a( ) s b( )�

1 2,[ ].

0 1,[ ] 1 2,[ ],

s 1( ) 5.=

f x( ) f x( ) x 2–( )2 3.–=

∞– 2 ],] 2 ∞[.+ ,[

∞– 2 ] : ,] a b 2 ; � � a 2– b 2– 0� �

a 2–( )2 b 2–( )2 0� � ∞– 0 ],]a 2–( )2 3– b 2–( )2 3.–� f a( ) f b( )� ∞– 2 ].,]2 ∞[ : + ,[ a b 2 ; � � a 2– b 2– 0� �

a 2–( )2 b 2–( )2 0� � 0 ∞[+ ,[a 2–( )2 3– b 2–( )2 3.–� f a( ) f b( )� 2 ∞[.+ ,[

∞– ∞+

f x( )3–

f 2 h+( ) 2 h 2–+( )2 3– h2 3–= = f 2 h–( ) h2 3.–=

f 2 h+( ) f 2 h–( )= .

MM′[ ] 2 f 2 h+( ),( ) MM′( )x 2= MM′[ ]

M′ x 2.=

x 2=

f x( ) 2x 6–x 3–

-------------- 7x 3–-----------+ 2 7

x 3–----------- .+= =

∞– 3[ : ,] a b 3 ; < � a 3– b 3–� 0< 1a 3–----------- 1

b 3–-----------�

∞– 0[,] 2 1a 3–-----------+ 2 1

b 3–-----------+� .

∞– 3[.,]


503


Sur soient a et b tels que alors d’où car la

fonction « inverse » est décroissante sur et donc On en déduit que f

est décroissante sur

�

et de même on voit que On en déduit que

De plus Ceci implique que le milieu de a

pour coordonnées et par conséquent que c’est un point fixe. Ainsi est le symétrique de Mpar rapport au point Ceci signifie que pour tout M de la courbe de f, son symétrique par rapport à I est aussi sur la courbede f. Cette courbe admet donc I comme centre de symétrie.

x 3

3 ∞[ : + ,] a b 3 ; > � a 3– b 3 0>–�1

a 3–----------- 1

b 3–-----------�

0 ∞[+ ,] 2 1a 3–-----------+ 2 1

b 3–-----------+� .

3 ∞[.+ ,]

∞– ∞+

f x( )

f 3 h+( ) 2 73 h 3–+---------------------+ 2 7

h--+= = f 3 h–( ) 2 7

h--–= .

f 3 h+( ) f 3 h–( )+2

-------------------------------------------- 2.= 3 h+( ) 3 h–( )+2

---------------------------------------- 3.= MM′[ ]

3 2,( ) M′I 3 2,( ).


504



Exercice 1

�

f est une fonction polynôme de degré 1.

�

f n’est pas une fonction polynôme.

� f est une fonction polynôme de degré 0 (c’est une fonction constante).

� f est une fonction polynôme de degré 1.

� donc f est une fonction polynôme de degré 2.

� f n’est pas une fonction polynôme.

� f est une fonction polynôme de degré 5.

Exercice 2� a) Développons le second membre :

b)

c)

d’où

Mais grâce à la question a., on sait que (il suffit d’appliquer la for-mule de la question a. en posant et Ainsi

On reconnaît dans le dernier terme une identité remarquable donc Enfin, comme on a Les racines de sont donc 2 et

�

factorisons les deux premiers termes de cetteexpression : Nous avons main-tenant un facteur commun à chacun de ces trois termes :

d’où

et comme On a alors ou Pour la deuxième : les solutions sont donc

et Les racines de sont ainsi 3, et

� a) On peut aisément « deviner » que 1 est racine de en effet Cher-chons alors à factoriser comme dans les cas précédents :

ce qui donne

d’où de plus donc

Les racines de sont ainsi 1, et

b) Posons et l’équation devient On a donc deux solu-tions pour X : 1 et 3. On en déduit les valeurs de x : 1, et qui sont donc les racinesde

f x( ) 2x 3 : + =

f x( ) 2 x 3 : + =

f x( ) 2 3 : =

f x( ) x 2 3 ; – =

x4 x2= f x( ) x2 5 : + =

f x( ) x2 x 1+ + : =

f x( ) 3x5 2x– 7+

1 2–-----------------------------

31 2–--------------- x5 2

1 2–--------------- x– 7

1 2–---------------+= = :

a b–( ) a2 ab b2+ +( ) a3 a2b ab2 ba2 ab2 b3–––+ + a3 b3.–= =

p x( ) x3= 3x– 2 ; – p 2( ) 8 6 – 2 – 0. = =

p x( ) p 2( )– x3 3x– 2–( ) 23 3 2 2–×–( )– x3 23 3x– 3 2×+–= =

p x( ) p 2( )– x3 23 3 x 2–( )––= .

x3 23– x 2–( ) x2 2x 4+ +( )=a x= b 2).=

p x( ) p 2( )– x 2–( ) x2 2x 4+ +( ) 3 x 2–( )– x 2–( ) x2 2x 1+ +( ).= =

p x( ) p 2( )– x 2–( ) x 1+( )2.=p 2( ) 0,= p x( ) x 2–( ) x 1+( )2.= p x( ) 1.–

q x( ) x3 x2 8x– 6 ; +– = q 3 ( ) 27 9 – 24 – 6 + 0. = =

q x( ) q 3( )– x3 33–( ) x2 32–( ) 8 x 3–( )––= ;q x( ) q 3( )– x 3–( ) x2 3x 9+ +( )= x 3–( ) x 3+( )– 8 x 3–( ).–

q x( ) q 3( )– x 3–( ) x2 3x 9+ +( ) x 3+( ) 8––( )= q x( ) q 3( )– x 3–( ) x2 2x 2–+( )=

q 3( ) 0,= q x( ) x 3–( ) x2 2x 2–+( )= . q x( ) 0= x 3–⇔ 0=x2 2x 2–+ 0.= Δ 4 8+ 12 ; = =

2– 2 3–2

----------------------- 1 3–– = 2– 2 3+2

----------------------- 1– 3+= . q x( ) 1– 3–

1– 3+ .

r x( ) ; r 1( ) 1 4– 3+ 0.= =

r x( ) r 1( )– x4 14 4 x2 12–( )–– x2( )2 1– 4 x 1–( ) x 1+( )–= =

r x( ) r 1( )– x2 1–( ) x2 1+( ) 4 x 1–( ) x 1+( )– x 1–( ) x 1+( ) x2 1+( ) 4 x 1–( ) x 1+( )–= =

r x( ) r 1( )– x 1–( ) x 1+( ) x2 1 4–+( )= ; r 1( ) 0,=

r x( ) x 1–( ) x 1+( ) x2 3–( )= . r x( ) 1,– 3 3– .

X x2= X2 4X– 3+ 0 ; = Δ 16 12 – 4. = =1,– 3 3–

r x( ).


505


Exercice 3

�

et Pour exprimer il faut distinguer 3 cas :

Dans ce cas et

Dans ce cas, et d’où

Dans ce cas, et d’où

La fonction f est donc affine par morceaux ; elle est représentée graphiquement par une succession desegments et de demi-droites.

�

Sur l’intervalle c’est une fonction affine croissante car le coefficient direc-

teur est positif. On voit de même que f est croissante sur et décroissante sur Ainsi elle est croissante sur et décroissante sur Elle admet donc un maximumen 1 et ce maximum est 2.

�

Les solutions de l’équation sont les abscisses des points d’intersection de la courbe de f

avec la droite d’équation Par lecture graphique, on trouve 0,8 et 2. On procède de même

pour les solutions sont et 7.

Par le calcul : sur l’équation équivaut à d’où et cette solution neconvient pas car elle n’appartient pas à l’équation équivaut à d’où et cette solution convient.

Sur l’équation équivaut à d’où et cette solution convient ;

l’équation équivaut à d’où et cette solution ne convient pas.

Sur l’équation équivaut à d’où et cette solution convient ;l’équation équivaut à d’où et cette solution convient.

En résumé, l’équation possède deux solutions qui sont et 2 ; l’équation pos-

sède deux solutions qui sont et 7.Si l’équation n’a pas de solution car la courbe de f ne coupe pas la droite d’équation

Si l’équation a une solution unique car la courbe de f coupe la droite d’équation en un seul point ; cette solution est 1.

Si l’équation a deux solutions car la courbe de f coupe la droite d’équation en deux points distincts.

MA x 0– x= = MB x 1–= . f x( ),

x 0.< MA x– = MB 1 x ; – = f x ( ) 2x 3 1 x – ( ) –– x 3. – = =x 0 1,[ ]∈ . MA x= MB 1 x–= f x( ) 2x 3 1 x–( )– 5x 3.–= =x 1.> MA x= MB x 1–= f x( ) 2x 3 x 1–( )– x 3.+– = =

O

–2

2

–4

4 8

∞– 0[,,] f x( ) x 3 ; – =0 1,[ ] 1 ∞[.+ ,]

∞– 1[,] 1 ∞[.+ ,]

f x( ) 1=y 1.=

f x( ) 4 : – = 1–

∞– 0[,,] f x( ) 1= x 3– 1= x 4=∞– 0[ ; ,] f x( ) 4– = x 3– 4– =

x 1– =

0 1,[ ], f x( ) 1= 5x 3– 1= x 45--=

f x( ) 4– = 5x 3– 4– = x 15--– =

1 ∞[,+ ,] f x( ) 1= 3 x– 1= x 2=f x( ) 4– = 3 x– 4– = x 7=

f x( ) 1= 45-- f x( ) 4– =

1–

λ 2,> f x( ) λ=y λ.=

λ 2,= f x( ) λ=y λ=

λ 2,< f x( ) λ= y λ=



� Graphiquement l’équation possède deux solutions qui sont 0 et 6. Les solution de l’iné-quation sont les abscisses des points de la courbe de f situés au-dessus de la droited’équation C’est l’intervalle

Exercice 4� Rappelons qu’un cube possède 6 faces et 12 arêtes. Si on note x la longueur d’une arête, le volume

est l’aire d’une face est donc la somme des aires des faces est et la somme des lon-

gueurs des arêtes est 12x. On est donc amené à rechercher x tel que

Entrons par la touche puis réglons les paramètres de la table de valeurs dans et enfin on affiche les résultats grâce à .

On observe ainsi que le résultat cherché est obtenu lorsque

� Cherchons maintenant à résoudre l’équation qui équivaut à

Posons Alors

On peut utiliser la formule de l’exercice 2 pour factoriser le premier terme et aussi le fait que

d’où et ainsi L’équation n’a pas de solution car son discriminant est négatif

On en déduit que 4 est la seule valeur possible de l’arête du cube cherché.

Exercice 5� La base de la boîte obtenue est un carré de côté Son aire est donc et comme

sa hauteur est x, son volume est ce qui donne en développant : donc

x est un nombre positif et ne doit pas dépasser la moitié du côté du carré initial : V est donc définiesur

� Entrons en passant par puis réglons les paramètres de la fenêtre graphique par et enfin .

L’observation de la courbe sur l’écran de la calculatrice montre l’existence d’un maximum. Il sembleêtre atteint pour une valeur de x proche de 1.

� Calculons Développons maintenant le second membre :

ce qui donne et cette quantité est bien égale à c’est-à-dire à Recherchons les racines de

on a donc deux solutions qui sont 1 et 4. On en déduit que ou encore Pour tout x de

l’intervalle et comme est toujours positif, on peut dire que pour tout x de l’intervalle ce qui prouve que est inférieur à

est donc le maximum de

f x( ) 3– =f x( ) 3– �

y 3.– = 0 6,[ ].

x3, x2 6x2

x3 6x2 12x+ + 208.=

x3 6x2 12x+ + Y=2nd TBLSET 2nd TABLE

x 4.=

x3 6x2 12x+ + 208=

x3 6x2 12x 208–+ + 0.= f x( ) x3 6x2 12x 208.–++=

f x( ) f 4( )– x3 43–( ) 6 x2 42–( ) 12 x 4–( )+ += .

f 4( ) 0 : =

f x( ) x 4–( ) x2 4x 16+ +( ) 6 x 4–( ) x 4+( ) 12 x 4–( )+ +=

f x( ) x 4–( ) x2 4x 16 6 x 4+( ) 12+ + + +( )= f x( ) x 4–( ) x2 10x 52+ +( )= .x2 10x 52+ + 0=

Δ 100 4 52×–=( ).

6 2x.– 6 2x–( )2

x 6 2x–( )2, x 36 24x– 4x2+( )V x( ) 4x3 24x2 36x.+–=

0 3,[ ].

V x( ) Y=WINDOW GRAPH

V 1( ) : V 1( ) 16. =4 x 1–( ) x2 5x– 4+( ) 4 x3 6x2 9x 4–+–( )= ,

4 x 1–( ) x2 5x– 4+( ) 4x3 24x2– 36x 16–+=V x( ) 16,– V x( ) V 1( )– . x2 5x– 4 : +Δ 25 16– 9,= =V x( ) V 1( )– 4 x 1–( ) x 1–( ) x 4–( )= V x( ) V 1( )– 4 x 1–( )2 x 4–( )= .

0 3,[ ], x 4 0<– x 1–( )2

V x( ) V 1( )– 0� 0 3,[ ], V x( ) V 1( ).V 1( ) V x( ).



Exercice 6� On applique la propriété de Pythagore dans les triangles rectangles ACM et BDM et on obtient

et On a donc � On construit un tableau de valeurs de f grâce à la calculatrice : on met dans en faisant

attention aux parenthèses, puis on regarde dans après avoir réglé les paramètresdans .

Grâce à cette table de valeurs, on peut construire la courbe :

L’allure de la courbe révèle que la fonction f est d’abord décroissante puis croissante, ce qui indiquequ’elle admet un minimum. Ce minimum semble atteint pour une valeur de x comprise entre 3 et 4.

� Comme A et sont symétriques par rapport à pour tout point M de on a Ainsi on

peut dire que Mais la position

des points M et B fait que est le pluscourt lorsque M est aligné avec et B. Le point M cher-ché est donc l’intersection de et Pour le calcul de x, appliquons le théorème de Thalès

avec et parallèles : Or

on sait que et donc

Cette équation est équivalente à soit d’où

Exercice 7a) et Cesdeux fonctions sont définies sur �.

b) et et est définie sur

est définie lorsque est positif et x différent de 0. Étudions

le signe de à l’aide d’un tableau de signes :

AM 9 x2+= BM 4 6 x–( )2+= . AM BM+ 9 x2+ 4 6 x–( )2++= .

f x( ) Y=2nd TABLE

2nd TBLSET

7

8

9

10

1 2 3 4 5

A

B

DMC

A'

A′ CD( ),CD( ) MA MA′.=

MA MB+ MA′ MB.+=A′, MB MA′+

A′CD( ) A′B( ).

A′C( ) BD( ) MCMD-------- MA′

MB----------

A′CBD-------- .= =

A′C AC 3= = BD 2,= x6 x–----------- 3

2--= .

2x 18 3x,–= 5x 18= x 3 6,= .

f x( ) x3= g x( ) 2x 1.–= f g x( )� f g x( )( ) 2x 1–( )3 ; = = g f x ( ) � g f x ( )( ) 2x 3 1. – = =

f x( ) 1x--= g x( ) x 2– .= f g x( )� f g x( )( ) 1

x 2–---------------= = f g� 2 ∞[ ; + ,]

g f x( )� g f x( )( ) 1x-- 2–= = . g f� 1

x-- 2–

1x-- 2– 1 2x–

x--------------=



L’ensemble de définition de est donc l’intervalle

c) et

est définie sur

est définie lorsque il faut

donc résoudre l’équation : Les solutions sont 1 et L’ensem-

ble de définition de est donc

Exercice 8

Il s’agit d’une parabole tournée vers le haut et dont le sommet a pour coordonnées

x 0

+ + 0 –

x – 0 + +

– + 0 –

∞– 12-- ∞+

1 2x–

1 2x–x

--------------

g f� 0 12--, .

f x( ) x2 3x 3–+= g x( ) 1x 1–-----------= .

f g x( )� f g x( )( ) 1x 1–-----------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 3x 1–----------- 3 ; –+ = = f g � � 1{ }– .

g f x( )� g f x( )( ) 1f x( ) 1–------------------

1x2 3x 4–+-------------------------- .= = = g f� x2 3x 4–+ 0 ; ≠

x2 3x 4–+ 0 : = Δ 9 16 + 25. = = 4.–

g f� � 1 4– ,{ }– .

1 4– ,( ).

O

–2

2

4

6

–4

–6

–2–4–6 2 4 6

y

x

i

j


509


�

Pour tout x réel, le point est sur la courbe de f ; or la courbe de g est l’ensemble despoints On en déduit que la courbe de g est l’image de celle de f par la symétrie parrapport à l’axe des abscisses.

�

a)

Soit M un point de la courbe de f, le point de la courbe de h

d’abscisse x a pour ordonnée Ainsi pour tout x réel le vecteur a pour coordonnées

il est donc indépendant de x et La courbe de h est l’image de celle de f par la

translation de vecteur

b)

Soit le point d’abscisse x de la courbe de j, son ordonnée est c’estla même que celle du point M de la courbe de f dont l’abscisse est Ainsi pour tout x réel le vec-

teur a pour coordonnées il est donc indépendant de x et La courbe de j est

l’image de celle de f par la translation de vecteur

c)

Si est positif, et si est négatif, Par consé-quent la courbe de k se confond avec celle de f lorsque celle-ci est située au-dessus de l’axe desabscisses ; elle est symétrique de celle de f par rapport à l’axe des abscisses lorsque celle-ci est au-dessous.

d)

Pour les fonctions m et n, on fait un tableau de valeurs détaillé à l’aide de la calculatrice ; on saitqu’il s’agit des fonctions polynômes du second degré qui par conséquent sont représentées par desparaboles.

e)

Si x est positif, et la courbe de p se confond avec celle de f. De plus, donc la fonction est paire et sa courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordon-

nées.

M x f x( ),( )M′ x f x( )– ,( ).

O

–2

2

4

6

–4

–6

–2–4–6 2 4 6

y

x

i

j

h x( ) f x( ) 3.+= M x f x( ),( ) ; M′

f x( ) 3.+ MM′

0 3,( ), MM′ 3j.=

3j.

j x( ) f x 2–( ).= M′ f x 2–( ) ;x 2.–

MM′ 2 0,( ), MM′ 2i.=

2i.k x( ) f x( ) .= f x( ) k x( ) f x( )= f x( ) k x( ) f x( )– .=

p x( ) f x( )= . p x( ) f x( )=p x( ) p x– ( )=



O

–5

5

–5 5

y

x

h

O

–5

5

–5 5

y

x

j

O

–5

5

–5 5

y

x

k

O

–5

–5 5

y

x

m

O

–5

–5 5

y

x

n

O

–5

–5 5

y

x

p



Exercice 9

� La courbe estsymétrique de par rapport à l’axe desabscisses.

� On peut considérerl’aire de comme la somme desaires des triangles

et Dans la base

est égale à

et la hauteur est égaleà x ; l’aire de

est donc égale à

Dans la baseest toujours

et la hau-

teur est 1 car l’abscisse de N est l’aire de est donc égale à On en déduit l’aire

du quadrilatère

Pour les questions 3. et 4., voir le graphique ci-dessus.

Exercice 10

� mettons cette expression sous forme canonique : La

fonction f est la composée de trois fonctions : si on pose et

on a Sur l’image par a de cet intervalle est

et c est croissante sur De plus a et b sont croissantes sur �. Ainsi f est la composée de

trois fonctions croissantes ; elle est donc croissante sur Sur l’image par a de

cet intervalle est et c est décroissante sur Ainsi f est la composée de deux

fonctions croissantes et d’une fonction décroissante ; elle est décroissante sur

� La fonction f est la composée de trois fonctions : si on

pose et on a Sur

l’image par a de cet intervalle est et c est croissante sur De plus a est crois-sante sur � et b est décroissante sur �. Ainsi f est la composée de deux fonctions croissantes et

d’une fonction décroissante ; elle est décroissante sur Sur l’image par a

de cet intervalle est et c est décroissante sur Ainsi f est la composée de deux

fonctions décroissantes et d’une fonction croissante ; elle est croissante sur

x

M'

N

M

O

–2

2

4 6

C′( )C( )

OMNM′

OMM′ MNM′.OMM′,

MM′ 2x2-----=

OMM′1x-- .

MNM′,

MM′ 2x2-----=

x 1 ; + MNM′ 1x2----- .

OMNM′ : a x ( ) 1x

-- 1x

2

-----+ . =

f x( ) 2x2 3x– 1 ; + = f x( ) 2 x 34--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 18--– .=

a x( ) x 34--– ,= b x( ) 2x 1

8--–=

c x( ) x2,= f x( ) b c a x( ).��= 34-- ∞ : + , 0 ∞[+ ,[

0 ∞[.+ ,[34-- ∞ .+ , ∞–

34--, :

∞– 0 ],] ∞– 0 ].,]

∞– 34--, .

∞– 34-- ∞+

f x( ) 18--–

f x( ) 3x2– 6x– 4+ 3 x 1+( )2– 7.+= =

a x( ) x 1,+= b x( ) 3x 7+– = c x( ) x2,= f x( ) b c a x( )��= . 1– ∞[ : + ,[

0 ∞[+ ,[ 0 ∞[.+ ,[

1– ∞[.+ ,[ ∞– 1– ] : ,]

∞– 0 ],] ∞– 0 ].,]

∞– 1– ].,]


512


�

La fonction f est la composée de trois fonctions : si on

pose et on a Sur

l’image par a de cet intervalle est et i est décroissante sur De plus a est crois-sante sur

�

et b est décroissante sur

�

. Ainsi f est la composée de deux fonctions décroissantes etd’une fonction croissante ; elle est croissante sur Sur l’image par a de cetintervalle est et i est décroissante sur Ainsi f est la composée de deux fonc-tions décroissantes et d’une fonction croissante ; elle est croissante sur

�

La fonction f est la composée de trois fonctions : si on pose

et on a Sur l’image

par a de cet intervalle est et i est décroissante sur De plus a est croissante sur

�

et b est décroissante sur �. Ainsi f est la composée de deux fonctions décroissantes et d’une

fonction croissante ; elle est croissante sur Sur l’image par a de cet inter-

valle est et i est décroissante sur Ainsi f est la composée de deux fonctions

décroissantes et d’une fonction croissante ; elle est croissante sur

� La fonction f est la composée de la fonction affine a définie par

et de la fonction « racine carrée » notée r : L’image par a de l’intervalle

est et la fonction r est définie et croissante sur cet intervalle. Ainsi f est la

composée de deux fonctions croissantes ; elle est elle-même croissante sur

� Il nous suffit alors d’étudier les variations de la fonction g définie par

Il apparaît que avec et

La fonction a est décroissante sur et l’image de cet intervalle est La fonction iest décroissante sur et la fonction r est croissante sur Ainsi la fonction g est lacomposée de deux fonctions décroissantes et d’une fonction croissante ; elle est croissante sur

donc f aussi.

x

7

x

x

∞– 1– ∞+

f x( )

f x( ) 2x 1–x 2+-------------- 2 x 2+( ) 5–

x 2+---------------------------- 2 5

x 2+-----------– .= = =

a x( ) x 2,+= b x( ) 5x 2+– = i x( ) 1x-- ,= f x( ) b i a x( ).��= 2– ∞[ : + ,]

0 ∞[+ ,] 0 ∞[.+ ,]

2– ∞[.+ ,] ∞– 2[ : – ,]∞– 0[,] ∞– 0[.,]

∞– 2[.– ,]

∞– 2– ∞+

f x( )

f x( ) x 1+x 3+----------- x 3 2–+

x 3+-------------------- 1 2

x 3+-----------– .= = =

a x( ) x 3,+= b x( ) 2x 1+– = i x( ) 1x-- ,= f x( ) b i a x( ).��= 3– ∞[ : + ,]

0 ∞[+ ,] 0 ∞[.+ ,]

3– ∞[.+ ,] ∞– 3[ : – ,]

∞– 0[,] ∞– 0[.,]

∞– 3[.– ,]

∞– 3– ∞+

f x( )

f x( ) 3x 1– .= a x( ) 3x 1–=

f x( ) r a x( ).�=13-- ∞+ , 0 ∞[+ ,[

13-- ∞ .+ ,

f x( ) 21 x–----------- 2 1

1 x–-----------= = .

g x( ) 11 x–-----------= . g x( ) r i a x( )��= a x( ) 1 x,–= i x( ) 1

x--= r x( ) x.=

∞– 1[,] 0 ∞[.+ ,]0 ∞[+ ,] 0 ∞[.+ ,]

∞– 1[,,]



Exercice 11

Dans l’exercice d’application no 1, on a vu que l’aire du triangle BMP est que celle de QCM

est et que celle de MPQ est En conséquence, l’aire du quadrilatère

BCQP est la somme des trois, ce qui donne

Écrivons la forme canonique de cette expression : Le minimum de

est atteint lorsque est minimum, donc nul c’est-à-dire lorsque Ce minimum est alors

égal à et il correspond au cas où M, P, Q sont les milieux des côtés.

Exercice 12

� La fonction f est la composée des fonctions a, b, c définies par

et

Sur l’image par a de est et c est décroissante sur cet intervalle. La

fonction f est donc la composée de deux fonctions affines croissantes et d’une fonction décroissante ;

elle est décroissante sur

Sur l’image par a de est et c est croissante sur cet intervalle. La fonc-

tion f est donc la composée de trois fonctions croissantes ; elle est croissante sur

Courbe de f ci-contre

� La courbe de g se confond avec celle de f lorsque celle-ci est au-dessus de l’axe des abscisses ; elleen est le symétrique par rapport à l’axe des abscisses lorsque celle de f est au-dessous.

x

34

------- x2,

34

------- 1 x–( )2 34

------- x2– x+( ).

a x( ) 34

------- x2 x– 1+( )= .

a x( ) 34

------- x 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 34--+⎝ ⎠

⎛ ⎞= . a x( )

x 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2x 1

2-- .=

3 316

----------

f x( ) x2 3x– 2+ x 32--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 14--–= = .

a x( ) x 32--–= , b x( ) x 1

4--–= c x( ) x2 : = f x( ) b c a x ( ) . �� =

∞ 32-- : ,– ∞ 3

2--,– ∞– 0 ],]

∞ 32-- .,–

32-- ∞ : + , 3

2-- ∞+ , 0 ∞[+ ,[

32-- ∞ .+ ,

∞– 32-- ∞+

f x( ) 14--–

0 5

2

4

6


514


Exercice 13

Soient a et b deux nombres réels tels que comparons et Pour cela,étudions le signe de

On sait déjà que car de plus

et il est clair que ce nombre est positif car il est la somme de deux

carrés. On en déduit que est négatif et par conséquent que La fonction estdonc croissante sur

�

.

Exercice 14

�

La fonction f est définie sur et la fonction g sur Pour tout x de

est compris entre et 4 qui sont ses valeurs extrêmes. Ainsi, pour tout x de

appartient à l’ensemble de définition de g et on peut donc calculer La fonction est

définie sur

�

x 1 2

0 0

x – 4 2 6

4

– 2

2

x – 2 0 4

– 1

3

– 5

0 5

2

4

6

∞– 32-- ∞+

f x( )14--

f x( ) x3.= a b ; � f a( ) f b( ).f a( ) f b( )– .

f a( ) f b( )– a3 b3– a b–( ) a2 ab b2+ +( )= = . a b 0�– a b ; �

a2 ab b2+ + a b2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 3b2

4--------+=

f a( ) f b( )– f a( ) f b( ).�

4– 6,[ ] 2– 4,[ ]. 4– 6,[ ], f x( )2– 4– 6,[ ], f x( )

g f x( )( ). g f�4– 6,[ ].

f x( )

g x( )



� et sur l’intervalle g est décroissante alors que f est décroissante sur

est croissante sur car elle est la composée de deux fonction décroissan-

tes. On peut remarquer que et

� On va étudier sur des intervalles où f est monotone et dont les images par f sont des interval-les sur lesquels g est monotone.

Sur f est décroissante sur et l’image par f de cet intervalle est sur lequel gest croissante. On en déduit que est décroissante sur De plus

Sur f est croissante sur et l’image par f de cet intervalle est sur lequel g estcroissante. Donc est croissante sur De plus

Sur f est croissante sur et l’image par f de cet intervalle est sur lequel g estdécroissante. Donc est décroissante sur De plus

� Courbe de

� Pour que existe, il faut que

existe, donc

que et que

ce qui n’est le casque pour

L’ensemble de défi-

nition de est

Exercice 15Remarquons qu’on ne se pose pas la question de l’ensemble de définition lorsqu’il est égal à �.

a) Donc et f est impaire.

b) l’ensemble de définition est bien symétrique par rapport à 0 et

Donc et f est paire.

c) f n’est ni paire ni impaire car son ensemble de définition n’est pas symétrique par

rapport à 0.

d) etcomme on sait que d’où et f est paire.

e) donc et f est impaire.

f) Soit x un nombre positif : alors est négatif et ainsi pour toutx positif Cela suffit à démontrer que f est paire.

x – 4 0 2 4 6

–5

3

– 1

3

– 1

4 0,– [ ] 0 4,[ ]→f 0 4,[ ],

4– 0,[ ]. g f� 4– 0,[ ]

g f� 4– ( ) g 4( ) 5–= = g f 0( )� g 0( ) 3.= =

g f�

0 2,[ ] : 0 2,[ ] 2– 0,[ ]g f� 0 2,[ ]. g f� 2( ) g 2– ( ) 1.– = =

2 4,[ ] : 2 4,[ ] 2– 0,[ ]g f� 2 4,[ ]. g f� 4( ) g 0( ) 3.= =

4 6,[ ] : 4 6,[ ] 0 2,[ ]g f� 4 6,[ ]. g f� 6( ) g 2( ) 1.– = =

g f� x( )

0–2

–2

–4

2

2 4 6

g f�

f g� x( )

g x( )x 2 4,– [ ]∈

g x( ) 4– 6,[ ]∈

x 2– 72--,∈ ;

f g�

2– 72--, .

f x( ) x

x2 1+------------------ : = f x – ( ) x –

x

–

( )

2

1

+

--------------------------- x

x

2

1

+------------------– . = = f x– ( ) f x( )– =

f x( ) xx2 1–-------------- : =

f x– ( ) x–

x– ( )2 1–----------------------- x

x2 1–--------------= = . f x– ( ) f x( )=

f x( ) 3xx 1–----------- : =

f x( ) 2x 3– 2x 3+ : + = f x– ( ) 2x 3 –– 2x 3 +– + 2x 3 + ( ) – 2x 3 – ( ) – + = =x– x= , f x– ( ) 2x 3+ 2x 3–+= f x– ( ) f x( )=

f x( ) 3x 2– 3x 2+ : – = f x– ( ) 3x 2–– 3x 2+– – 3x 2 + 3x 2 –– = = ;f x– ( ) f x( )– =

x– f x– ( ) x x 1–– ( )– x x 1+( )= = ;f x– ( ) f x( )= .


516


Exercice 16

�

Comme cela a été remarqué dans le cours, toute fonction impaire définie en 0 vérifie Ici

on a donc f n’est pas impaire.

�

La fonction f est paire, donc sa courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées ; on endéduit son tableau de variation complet :

�

Nous avons vu que le fait que empêche la fonction f d’être impaire. Posons etsupposons que f est impaire ; sachant que sa courbe est alors symétrique par rapport à l’origine durepère, son tableau de variation est :

Exercice 17

Pour les courbes sur l’écran de la calculatrice, on choisira puis on modifiera si nécessaire.

�

Ici il semble que le point soit centre de symétrie. Vérifions-le en remarquantd’abord que

en développant on trouve

ce qui donne après simplification ainsi le point est biencentre de symétrie de la courbe.

�

Pour trouver la fonction « valeur absolue », il faut faire et choisir le menu NUM.

Il semble que la droite d’équation soit axe de symétrie. Vérifions-le :

d’où de même

On en déduit que et par conséquent que la droite d’équation est axede symétrie de la courbe de f.

x 0 2 3

4

– 1

1

– 1

4

x 2 3

– 4

1

– 1

4

f 0( ) 0.=

f 0( ) 1=

∞– 3– 2– ∞+

f x( )

f 0( ) 1= f 0( ) 0=

∞– 3– 2– ∞+

f x( )

ZOOM 6

f x( ) 3x2 x3–= . I 1 2,( )f x( ) x2 3 x–( )= :

f 1 x–( ) f 1 x+( )+ 1 x–( )2 3 1 x–( )–[ ] 1 x+( )2 3 1 x+( )–[ ]+=1 x–( )2 2 x+[ ] 1 x+( )2 2 x–[ ]+= ;

f 1 x–( ) f 1 x+( )+ 2 4x– 2x2 x 2x2 x 2x2 x3 2 4x 2x2 x– 2x2 x3––+ + + +–+–+ += ,

f 1 x–( ) f 1 x+( )+ 4 2 2 ; ×= = I 1 2,( )

� Remarque MATH

f x( ) x 1+ x 5++= . x 3– =

f 3– x–( ) 3– x– 1+ 3 x– 5+– + x 2–– x 2+– += =

f 3– x–( ) x 2+ x 2–+= ;

f 3– x+( ) 3– x 1+ + 3– x 5+ ++ x 2– x 2++= = .

f 3– x–( ) f 3 x+– ( )= x 3– =


517


�

La courbe de cette fonction semble symétrique par rapport à la droite d’équa-

tion Pour le vérifier, nous allons d’abord transformer l’écriture de en observant que

et

ainsi

Il est désormais plus simple de calculer et

et

donc la courbe de cette fonction est symétrique par rapport à la droite d’équa-tion

�

Si la courbe de f possède un élément de symétrie, ce ne peut être qu’un axe dontl’équation est de la forme On doit alors avoir pour tout x, Le problèmeest donc de déterminer une valeur de a qui convient.

et ceci est aussi équivalent à Transformons chaque membre de cette égalité :

et

Ces deux quantités ne sont pas égalespour tout x. La courbe de f ne possède aucun élément de symétrie.

�

Le graphique laisse supposer que la droite d’équation est axe desymétrie. Vérifions-le :

(ces résultats s’obtiennent en développant d’où

d’où On a bien et ainsi la droite d’équation est axe de symétrie.

f x( ) 2x2 8x– 7+x2 4x– 4+

-----------------------------= .

x 2.= f x( )x2 4x– 4+ x 2–( )2= 2x2 8x– 7+ 2 x 2–( )2 1 ; –=

f x( ) 2 x 2–( )2 1–x 2–( )2

------------------------------- 2 1x 2–( )2

------------------– .= =

f 2 x+( ) f 2 x–( ).

f 2 x+( ) 2 12 x 2–+( )2

----------------------------– 2 1x2-----–= = f 2 x–( ) 2 1

2 x– 2–( )2---------------------------– 2 1

x2-----– ; = =

f 2 x+( ) f 2 x–( )=x 2.=

f x( ) x4 x3–= .x a.= f a x+( ) f a x–( )= .

f a x+( ) f a x–( )= a x+( )4 a x+( )3–⇔ a x–( )4 a x–( )3–=a x+( )4 a x–( )4– a x+( )3 a x–( )3–= .a x+( )4 a x–( )4– a x+( )2 a x–( )2–( ) a x+( )2 a x–( )2+( ) 4ax 2a2 2x2+( )= =a x+( )3 a x–( )3– a x+( ) a x–( )–( ) a x+( )2 a x+( ) a x–( ) a x–( )2+ +( )=

2x a x+( )2 a2 x2– a x–( )2+ +( ).=

f x( ) x4– 4x3 8x.–+= x 1=

f 1 x+( ) 1 x+( )4– 4 1 x+( )3 8 1 x+( )–+=

1– 4x– 6x2 4x3 x4––– 4 1 3x 3x2 x3+ + +( )+ 8– 8x–=

1 x+( )4 1 x+( )2 1 x+( )2...)=

f 1 x+( ) x4– 6x2 5.–+=

f 1 x–( ) 1 x–( )4– 4 1 x–( )3 8 1 x–( )–+=

1 4x 6x2 4x3 x4–+–+– 4 1 3x– 3x2 x3–+( ) 8– 8x,++=

f 1 x–( ) x4– 6x2 5.–+= f 1 x+( ) f 1 x–( )= x 1=



Corrigé des exercices d’approfondissementExercice 1� a) Le point N est l’intersection de avec laparallèle à passant par M ; le point Q est l’inter-section de avec la parallèle à passant parM ; le point P est l’intersection de avec la paral-lèle à passant par N ; le point R est l’intersectionde avec la parallèle à passant par N.

b) Le triangle QCM est rectangle en C car la face ABCDest carrée ; de plus est parallèle à doncQCM et BCD sont de même forme et ainsi QCM est iso-cèle et rectangle en C.MCQNPR est un prisme.

� a) On a calculons MN. Pour cela, on se place dans le triangle où est

parallèle à appliquons la propriété de Thalès : Or d’où

ce qui donne d’où

b) Le volume de MCQNPR est égal au produit de l’aire de la base QCM par la hauteur CR. L’aire de

QCM est donc le volume de MCQNPR est

� définie sur

(il est possible de modifier la valeur de « Ymax » dans )

L’allure de la courbe suggère l’existence d’un maximum obtenu pour

� d’où

et ainsi

d’où finalement

Factorisations les racines sont donc

et on en déduit que et donc que

Pour tout x de est positif de même que par conséquent estnégatif d’où

La fonction f atteint donc bien son maximum en 2 et ce maximum est

Comme le volume de MCQNRP est le volume maximal de MCQNRP est 2 ; il est atteint

quand

BA

A' B'

D' C'

R

C

M

N

Q

P

D

BC′( )BB′( )CD( ) BD( )

DC′( )BD( )

CC′( ) BC( )

QM( ) BD( )

CR MN ; = BCC′ MN( )

CC′( ) ; BMBC-------- MN

CC′--------= . CM x= BM 3 x–= ,

CB CC′ 3= = 3 x–3

----------- MN3

--------= MN 3 x.–=

12-- x2 1

2-- x2 3 x–( ).

f x( ) x3– 3x2+= 0 3,[ ].

WINDOW

x 2.=

f x( ) f 2( )– x3– 3x2 23 3 22×–+ + 23 x3–( ) 3 22 x2–( )–= =f x( ) f 2( )– 2 x–( ) 22 2x x2+ +( )= 3 2 x–( ) 2 x+( )–

f x( ) f 2( )– 2 x–( ) 4 2x x2 6– 3x–+ +( )=

f x( ) f 2( )– 2 x–( ) x2 2– x–( )= . x2 x– 2 : – Δ 9, =1 3–

2----------- 1– = 1 3+

2------------ 2 ; = x2 x– 2– x 2–( ) x 1+( )=

f x( ) f 2( )– 2 x–( )2 1 x+( )– = .

0 3,[ ], 1 x+ 2 x–( )2 f x( ) f 2( )–f x( ) f 2( )� .

f 2( ) 23– 3 22×+ 8– 12+ 4.= = =12-- f x( ),

CM 2.=


519


Exercice 2

�

a)

Sur soient a et b tels que on a car la fonction « inverse » est décroissante

sur et par conséquent Ainsi des deux inégalités et

on déduit en additionnant membre à membre donc pour on obtient

ce qui prouve que f est croissante sur On trouve que f est croissante sur

en procédant de la même manière.

b)

Pour que soit centre de symétrie de la courbe de f, il suffit que pour tout x non nul,

Calculons cette quantité :

d’où et I est bien centre de symétrie de la courbe de f.

c)

f x( ) x2 2x 3–+x

-------------------------- x2

x----- 2x

x----- 3

x--–+ x 2 3

x--–+= = = .

0] ∞[ : + , a b� , 1a-- 1

b--�

0] ∞[+ , 3a--–

3b--– � . 3

a--–

3b--– � a 2+ b 2,+�

a 2 3a--–+ b 2 3

b--–+� ; a b�

f a( ) f b( )� 0] ∞[.+ ,∞– ] 0[,

I 0 2,( )f 0 x+( ) f 0 x–( )+

2------------------------------------------- 2.=

f x( ) f x– ( )+ x 2 3x-- x– ( ) 2 3

x– ------–+ +–+ x 2 3

x-- x– 2 3

x--+ +–+ 4= = =

f 0 x+( ) f 0 x–( )+2

------------------------------------------- 2=

0–2

–2

–4

–4–6 2 4 6

2

4

y

x



� a) L’aire de la partie hachurée est la différence desaires des deux carrés AMNP et ABCD. L’aire de ABCD estégale à 4. D’autre part, comme et que O est lemilieu de et L’aire deAMNP est alors égale à soit b) Si x et sont les dimensions d’un rectangle d’aire

on a d’où

La fonction λ coïncide avec f sur

l’intervalle elle est donc croissante.

c) Si M est un point d’abscisse x et d’ordonnée 0, lepoint de coordonnées est situé sur lacourbe de f.

Notons son projeté orthogonal sur l’axe des ordonnées ; l’aire du rectangle est égaleà

Exercice 3� a)

b) L’examen de ces courbes laisse supposer que :

pour a une valeur minimale pour

pour a une valeur minimale pour tout x compris entre 2 et 4

pour a une valeur minimale pour

c)

si et donc

si et donc

si et donc

si et donc

On en déduit que est décroissante sur et croissante sur et ainsi qu’elle admet unminimum en 2.En procédant de la même manière, on trouve que

si si si et si

On en déduit que est décroissante sur constante sur et croissante sur etainsi qu’elle admet un minimum atteint sur tout l’intervalle

si si si et si On en déduit que est décroissante sur et

croissante sur et ainsi qu’elle admet un minimum en 4.

B M

M'

OA

NP

D2

M"

C

OM x=AB[ ], AO 1= AM x 1.+=

x 1+( )2 4,– x2 2x 3.–+λ x( )

x2 2x 3,–+ λ x( )x x2 2x 3–+=

λ x( ) x2 2x 3–+x

--------------------------= .

1 ∞[ ; + ,[

M′ x λ x( ),( )

M″ OMM′M″f x( ).

fλ x( ) x 1– 2 x 2– λ x 4–+ += .

λ 2= λ 3= λ 4=

λ 2,= fλ x( ) x 2=

λ 3,= fλ x( )

λ 4,= fλ x( ) x 4.=

f2 x( ) x 1– 2 x 2– 2 x 4–+ +=

x 0 1,[ ]∈ , x 1– 1 x,–= x 2– 2 x–= x 4– 4 x–=f2 x( ) 1 x– 2 2 x–( ) 2 4 x–( )+ + 13 5x–= =

x 1 2,[ ]∈ , x 1– x 1,–= x 2– 2 x–= x 4– 4 x–=f2 x( ) x 1– 2 2 x–( ) 2 4 x–( )+ + 11 3x–= =

x 2 4,[ ]∈ , x 1– x 1,–= x 2– x 2,–= x 4– 4 x–=f2 x( ) x 1– 2 x 2–( ) 2 4 x–( )+ + x 3+= =

x 4,> x 1– x 1,–= x 2– x 2,–= x 4– x 4,–=f2 x( ) x 1– 2 x 2–( ) 2 x 4–( )+ + 5x 13–= = .

f2 0 2,[ ] 2 ∞[+ ,[

x 0 1,[ ]∈ , f3 x( ) 17 6x ; – = x 1 2,[ ]∈ , f3 x( ) 15 4x ; – = x 2 4,[ ]∈ , f3 x( ) 7=x 4,> f3 x( ) 6x 17.–=

f3 0 2,[ ], 2 4,[ ] 4 ∞[+ ,[2 4,[ ].

x 0 1,[ ]∈ , f4 x( ) 21 7x ; – = x 1 2,[ ]∈ , f4 x( ) 19 5x ; – = x 2 4,[ ]∈ ,f4 x( ) x 11+– = x 4,> f4 x( ) 7x 21.–= f4 0 4,[ ],

4 ∞[+ ,[


521


�

Dans cette question, l’unité de longueur est l’hectomètre. On note x la distance qui sépare la tentede l’entrée Si

λ

est le nombre de voyages à la plage, la distance parcourue chaque jour estégale à En effet, la distance entre la tente et la guérite est celle entre la tente et

l’aire de jeux est et celle entre la tente et la plage est

Dans le 1

er

cas, il va deux fois à la plage, le minimum est atteint pour il doit camper sur l’airede jeux pour minimiser ses déplacements.

Dans le 2

ème

cas, il va trois fois à la plage, le minimum est atteint pour tout x compris entre 2 et 4 ; ilpeut s’installer où il veut entre l’aire de jeux et la plage pour minimiser ses déplacements.

Dans le 3

ème

cas, il va quatre fois à la plage, le minimum est atteint pour il doit alors s’instal-ler sur la plage pour minimiser ses déplacements. (en aura-t-il l’autorisation ?...)

■

E( ).fλ x( ). x 1– ,

x 2– x 4– .

x 2 ; =

x 4 ; =


522


équence 3

1

ère

partie : Barycentres dans le plan


Activité 1

�

Exercice

a)

Dans ce cas on peut dire que le point G est barycentre des points pondérés et Le

point G est alors caractérisé par la relation vectorielle Cette relation est équivalenteaux égalités successives suivantes :

.

b)

Le point G est barycentre des points pondérés et Le point G est alors caractérisé

par la relation vectorielle Cette relation est équivalente aux égalités successivessuivantes :

c)

Dans ce dernier cas, on obtiendrait l’équilibre si le point G était défini par la relation vectorielle :

Cette relation peut aussi s’écrire soit ce qui aboutit grâce à la

relation de Chasles à et cette relation est fausse. On ne peut donc pas faire tenir la tige ABen équilibre sur un point dans ce cas.

Activité 2

�

Comme dans l’activité 1, la tige AB est en équilibre lorsque le point G vérifie la relation vectorielle :

�

H est alors défini par la relation vectorielle :

�

Pour démontrer l’égalité proposée, nous allons étudier le premier membre.

Mais grâce aux

deux questions précédentes, nous savons que et On en déduit que

A 2,( ) B 3,( ).

2GA 3GB+ 0.=

2GA 3 GA AB+( )+ 0=A G B2GA 3GA 3AB+ + 0=

5GA 3AB+ 0=

AG 35-- AB=

A 2– ,( ) B 3,( ).

2GA– 3GB+ 0.=

2GA– 3 GA AB+( )+ 0=A B G2GA– 3GA 3AB+ + 0=

GA 3AB+ 0=

AG 3AB=

2GA– 2GB+ 0.=

2AG 2GB+ 0,= 2 AG GB+( ) 0,=

AB 0,=

GA 2GB+ 0.=

3HG 4HC+ 0.=

HA 2HB 4HC+ + HG GA 2HG 2GB 4HC+ + + + 3HG GA 2GB 4HC.+ + += =

GA 2GB+ 0= 3HG 4HC+ 0.=

HA 2HB 4HC+ + 0.=


523


Activité 3

�

La relation peut aussi s’écrire (enappliquant la relation de Chasles)

soit encore ce qui aboutit finalement à

la relation : Il est clair qu’il existe un

et un seul point G ainsi défini.

�

Appliquons la même démarche à cette nouvelle relation ; on obtient alors les égalités équivalentessuivantes :

ce qui n’est pas possible puisque A, B, C ne sont pas alignés. Par conséquent l’égalité

n’est vraie pour aucun point G. Elle ne permet donc pas de définir un point G.

Activité 4

�

D’après la définition, le barycentre G est caractérisé par la relation Appli-quons la relation de Chasles en introduisant un point quelconque O :

ce qui équivaut à On en

déduit finalement que et après simplification :

�

a)

La relation précédente étant valable pour tout point O du plan, elle l’est en particulier pour A.

On a donc d’où

b)

Faisons la même chose avec le point B : d’où

Par le même procédé on obtiendra :

�

a)

Le point I est défini par la relation

b)

Introduisons le point G dans cette dernière

égalité : ce qui donne

Mais on sait par ailleurs que donc que Ceci

nous permet d’écrire soit encore On en déduit que G est bien le

barycentre des points pondérés et et que les points I, G, C sont alignés.

De plus l’égalité conduit à ce qui prouve que G est le milieu de

C

G

A BG1

G2

2GA GB 3GC+ + 0=

2GA GA AB 3GA 3AC+ + + + 0=

AB 3AC+ 6AG=

AG 16-- AB 1

2-- AC.+=

2GA GB 3GC–+ 0 ; =

2GA GA AB 3GA– 3AC–+ + 0=

AB 3AC– 0,=

2GA GB 3GC–+ 0=

GA 2GB 3GC+ + 0.=

GO OA 2GO 2OB 3GO 3OC+ + + + + 0= OA 2OB 3OC+ + 6OG.=

OG 16-- OA 2

6-- OB 3

6-- OC+ +=

OG 16-- OA 1

3-- OB 1

2-- OC.+ +=

AG 16-- AA 1

3-- AB 1

2-- AC,+ += AG 1

3-- AB 1

2-- AC.+=

BG 16-- BA 1

3-- BB 1

2-- BC,+ += BG 1

6-- BA 1

2-- BC.+=

CG 16-- CA 1

3-- CB.+=

C

G

AI

B

IA 2IB+ 0.=

IG GA 2IG 2GB+ + + 0,=

3IG GA 2GB+ + 0.=

GA 2GB 3GC+ + 0,= GA 2GB+ 3GC– 3CG.= =

3IG 3CG+ 0= 3GI 3GC+ 0.=I 3,( ) C 3,( ),

3GI 3GC+ 0= GI GC+ 0,= IC[ ].



Corrigé des exercices d’apprentissageExercice 1

a) De la relation de départ, on déduit immédiatement que et par conséquent que Aest le barycentre de et

b) Transformons la relation en n’utilisant que des vecteurs d’origine B :

ce qui donne ou encore Le point B est doncle barycentre de et

c) Par la même méthode, on obtient : d’où Le point C estdonc le barycentre de et

Exercice 2

a) En utilisant la figure, recherchons une relation entre les vecteurs et

donc et de plus les vecteurs et sont colinéaires et de sens contraire d’où

Ainsi et B est le barycentre de et

b) Ici on peut dire que possède 8 subdivisions et en a 3. Donc ce qui s’écrit

aussi Le point C est donc le barycentre de et

c) et sont colinéaires et de sens contraire ; on a donc d’où Le point C est donc le barycentre de et

d) et sont colinéaires et de sens contraire d’où d’où Lepoint B est donc le barycentre de et

e) Le point C est donc le barycentre de et (déjà vu en b).

f) En lisant la figure, on voit que car et Ainsi

D est le barycentre de et ou et

g) E ne peut pas être barycentre de A et B car il n’appartient pas à la droite

Exercice 3

� L’égalité est équivalente à grâce à la relation de

Chasles. On en déduit que soit Le point C est le bary-centre de et

� On procède de la même manière : équivaut à soit

ce qui donne finalement Le point D est le bary-centre de et

Exercice 4� Le barycentre G est défini par la relation

Transformons cetteégalité en utilisant le point A (on pourrait choisirun autre point) :

En regroupant et en simplifiant il vient

d’où

4AB AC– 0=B 4,( ) C 1– ,( ).

4AB AC– 0=

4BA– AB– BC– 0= 3BA– BC– 0= 3BA BC+ 0.=A 3,( ) C 1,( ).

4AC 4CB CA+ + 0,= 4CB 3CA– 0.=A 3– ,( ) B 4,( ).

BA BC : BA 5,= BC 3,=

3BA 5BC= BA BC

3BA 5BC.– = 3BA 5BC+ 0= A 3,( ) C 5,( ).

CA CB CB 38-- CA,=

3CA 8CB– 0.= A 3,( ) B 8– ,( ).

CB CD 4CB 3CD,– = 4CB 3CD+ 0.=B 4,( ) D 3,( ).

BA BD 7BA 5BD,– = 7BA 5BD+ 0.=A 7,( ) D 5,( ).

A 3,( ) B 8– ,( )

DC 412----- DA 1

3-- DA= = DA 12= DC 4.=

DA 3DC– 0.= A 1,( ) C 3– ,( ) A 3,( ) C 9– ,( ).

AB( ).

AD AB 2AC+= AC CD+ AC CB 2AC+ +=

CD CB– 2AC– 0,= 2CA CD CB–+ 0.=A 2,( ), B 1– ,( ) D 1,( ).

AD AB 2AC+= AD AD DB 2AD 2DC,+ + +=

DB 2AD 2DC+ + 0,= 2DA– DB 2DC+ + 0.=A 2– ,( ), B 1,( ) C 2,( ).

AG B

D C

GA GB 2GC– 2GD+ + 0.=

GA GA AB 2GA– 2AC– 2GA 2AD+ + + + 0.=

2GA AB 2AC– 2AD+ + 0= AG 12-- AB AC– AD+

12-- AB CD.+= =



Or car ABCD est un parallélogramme. Conclusion :

� Cette dernière relation nous indique que les vecteurs et sont colinéaires et par consé-quent que G est sur la droite

Exercice 5

� Pour construire le point on construit d’abord

le vecteur d’origine M puis on lui

ajoute le vecteur � a) Le point G est défini par la relation

en faisant intervenir le pointA dans cette égalité, on obtient

ce qui équivaut à d’où

b) Reprenons la relation initiale définissant le point pour y introduire le point G :

devient en

simplifiant on obtient et comme

On peut en conclure que les points G, M, sont alignés.

Exercice 6

I étant le milieu de il est le barycentre de et On peut alors appliquer la propriété d’associativité

du barycentre : G est le barycentre de et

Le point G appartient donc à la droite

Exercice 7� Les points I, J, K sont définis par les rela-

tions

et

� Appliquons trois fois la règle d’associativitédu barycentre :

G est barycentre de et donc Gest sur



Ceci prouve que les droites sont concourantes et que leur point d’intersectionest G.

CD AB– = AG 12-- AB AB–

12-- AB.– = =

AB AGAB( ).

A

M'B C

MG

M′,

MA 2MB+

3MC.

GA 2GB 3GC+ + 0 ; =

GA 2GA 2AB 3GA 3AC+ + + + 0,=

2AB 3AC+ 6AG=

AG 13-- AB 1

2-- AC.+=

M′

MM′ MA 2MB 3MC+ += MG GM′+ MG GA 2MG 2GB 3MG 3GC ; + + + + + =

GM′ 5MG GA 2GB 3GC+ + += GA 2GB 3GC+ + 0,=

GM′ 5GM.– = M′

C

I

BA

G

BC[ ], B 1,( )C 1,( ).

A 3,( ) I 2,( ).

AI( ).

C

J

G

I

A K B

BI 47-- BC ; = AJ 4

5-- AC = AK 3

4-- AB.=

K 4,( ) C 4,( ),KC( ).

I 7,( ) A 1,( ),AI( ).

J 5,( ) B 3,( ),BJ( ).

AI( ), BJ( ), CK( )


526


Exercice 8

�

De la relation on tire

c’est-à-dire

E est donc le barycentre

de et

On procède de la même manière pour les

autres points et on obtient

donc F est le barycentre de et

et donc G est le barycentre de

et

�

Au vu de ces résultats, il est tentant de s’intéresser au barycentre M des points pondérés et (M existe bien car Par application de la règle d’associativité du

barycentre, on peut affirmer que M est le barycentre de et mais aussi de et et enfin de et Les droites et sont donc concourantes

en M.

Exercice 9

Considérons le parallélogramme ABCD de centre O. L’isobarycentre de ses sommets est alors le bary-centre des points pondérés et Comme O est le milieu de et de

il est aussi le barycentre de et et aussi celui de et On en déduitque le barycentre des points pondérés et est le barycentre de et c’est donc O.

Exercice 10

�

D’après nos hypothèses, on peut écrireque E est le barycentre de et

F est le barycentre et et G est le barycentre de

et De cette dernière affirmation,on peut aussi déduire que G est le bary-centre de et et donc queG est le barycentre de

�

Comme G est le barycentre de I est le bary-

centre de et et J est lebarycentre et G estaussi le barycentre de et donc le milieu de (en particulier les points I, G, J sont alignés).

�

De la même manière, si on note R et S les milieux de et G est le barycentre de et et par conséquent la droite contient bien le point G.

�

Si H est le centre de gravité de ABC, on sait que c’est le barycentre de Parconséquent G est le barycentre de et et les points G, H, D sont alignés. De même onmontrerait que G se trouve sur toute droite passant par l’un des points A, B, C ou D et par l’isoba-rycentre des trois autres.

C

F

M

E

A G B

BE 35-- BC,=

5BE 3BE 3EC,+=

2EB 3EC+ 0 ; =

B 2,( ) C 3,( ).

FA 3FC+ 0=A 1,( ) C 3,( )

GA 2GB+ 0=A 1,( ) B 2,( ).

A 1,( ),B 2,( ) C 3,( ) 1 2 3+ + 0).≠

A 1,( ) E 5,( ), B 2,( )F 4,( ) C 3,( ) G 3,( ). AE( ), BF( ) CG( )

A 1,( ), B 1,( ), C 1,( ) D 1,( ). AC[ ]BD[ ], A 1,( ) C 1,( ) B 1,( ) D 1,( ).

A 1,( ), B 1,( ), C 1,( ) D 1,( ) O 2,( )O 2,( ) ;

C

F

EI

AG

D

J

B

H

A 1,( )C 1,( ), B 1,( )D 1,( ) E 1,( )

F 1,( ).

E 2,( ) F 2,( )A 1,( ), C 1,( ),

B 1,( ), D 1,( ).

A 1,( ),C 1,( ), B 1,( ), D 1,( ),

A 1,( ) B 1,( )C 1,( ) D 1,( ),

I 2,( ) J 2,( ),IJ[ ]

BC[ ] AD[ ],R 2,( ) S 2,( ) RS( )

A 1,( ), B 1,( ), C 1,( ).H 3,( ) D 1,( )


527


Exercice 11

�

Si les deux triangles ABC et ont le même centre de gravité G, alors on a les relations

et En retranchant la première de la seconde, il vient :

Mais et d’où

�

Problème réciproque

: soient G le centre de gravité de ABC, celui de et on suppose

Que peut-on dire de G et

La relation devient

soit Mais comme et

on obtient ce qui prouve que G et sont confondus.

On peut donc affirmer que les triangles ABC et ont le même centre de gravité

si et seule-

ment si

Exercice 12

La moyenne obtenue par le candidat est ce qui fait 10,4. Il a donc eu la moyenne.

Sur la droite graduée d’origine O, on peut dire que On reconnaît alors la for-

mule qui caractérise le barycentre de et

Exercice 13

�

a)

Comme le barycentre G existe bien etil est défini par la relation

b)

Comme G est le barycen-tre de et

on a

ainsi

c)

La relation indique que les points M, et G sont alignés.

�

a)

Il n’existe pas de point Icar

A′B′C′

GA GB GC+ + 0= GA′ GB′ GC′+ + 0.=

GA′ GB′ GC′ GA– GB– GC–+ + 0.=

GA′ GA– AA′,= GB′ GB– BB′= GC′ GC– CC′= AA′ BB′ CC′+ + 0.=

G′ A′B′C′

AA′ BB′ CC′+ + 0.= G′ ?

AA′ BB′ CC′+ + 0.=

AG GG′ G′A′ BG GG′ G′B′ CG GG′ G′C′+ + + + + + + + 0,=

AG BG CG G′A′ G′B′ G′C′ 3GG′+ + + + + + 0.= GA GB GC+ + 0=

GA′ GB′ GC′+ + 0,= 3GG′ 0= G′

A′B′C′

AA′ BB′ CC′+ + 0.=

8 2 12 3×+×5

---------------------------------

O M FO N 128

ON 25-- OM 3

5-- OF.+=

M 2,( ) F 3,( ).

C

P

M' N

BA

M

G

N'

3 1 2 0,≠+ +

AG 16-- AB 1

3-- AC.+=

A 3,( ), B 1,( )C 2,( ),

3MA MB 2MC+ + 6MG ; =

MM′ 6MG.=

MM′ 6MG=M′

3 1– 2– 0.=


528


b)

Le point est défini par En transformant cette égalité, on obtient :

ce qui fait

c)

Soit P le barycentre de et On a alors La relation

devient c’est-à-dire Ainsi les vecteurs

et sont colinéaires et les droites et sont parallèles comme le laissait suppo-ser la figure.

Exercice 14

�

Figure ci-dessous

.

�

On sait que

d’où

�

De même on peut écrire que

�

L’ensemble des points M du plan telsque

est donc l’ensemble des points M du plan

tels que Il s’agit donc

de tous les points M vérifiant L’ensemble cherché est la médiatrice de

Exercice 15

�

Comme le triangleABD est isocèle, les

angles et

sont égaux ;de plus les angles

et sontégaux car estbissectrice. On en

déduit que et

sont égaux.Par ailleurs les angles

et sontégaux car opposéspar le sommet. Parconséquent les trian-gles IAC et IBD sontde même forme cardeux angles de l’unsont égaux à deuxangles de l’autre.

N′ 3NA NB– 2NC– NN′.=

3NA NA– AB– 2NA– 2AC– NN′= NN′ BA 2CA.+=

B 1,( ) C 2,( ). NB 2NC+ 3NP.=

3NA NB– 2NC– NN′= 3NA 3NP– NN′,= 3PA NN′.=

PA NN′ AP( ) NN′( )

A

BC

G

D

AD 13--AB 4

3--AC+=⎝ ⎠

⎛ ⎞

12– 1 4+ +

------------------------- 2MA– MB 4MC+ +( ) MD=

2MA– MB 4MC+ + 3MD.=

MA MB MC+ + 3MG.=

2MA– MB 4MC+ +

MA MB MC+ +=

3MD 3MG .=MD MG.= GD[ ].

A K B

C

IJ

DBAD

BDA

BAD DACAI( )

BDA

DAC

AIC BID



� De cette propriété, on déduit que les côtés sont proportionnels et donc que mais on sait

que et ainsi

� Les vecteurs et étant colinéaires et de sens contraire, on peut écrire d’où

ce qui prouve que I est le barycentre de et

� Le raisonnement qu’on vient de faire pour le point I est aussi valable pour J et K. Ainsi J est le bary-centre de et et K est le barycentre de et

� Soit M le barycentre de et (il existe bien car En appliquantla propriété d’associativité du barycentre, on a :

M est le barycentre de et



Le point M appartient donc aux trois bissectrices qui sont par conséquent concourantes et leur pointd’intersection est le barycentre de et

IBIC-----

BDAC------- ; =

AC b= BD BA c,= = b IB× c IC.×=

IB IC bIB cIC– =

bIB cIC+ 0= B b,( ) C c,( ).

A a,( ) C c,( ) B b,( ) A a,( ).

A a,( ), B b,( ) C c,( ). a b c 0)≠+ +

A a,( ) I b c+,( )

B b,( ) J a c+,( )

C c,( ) K a b+,( )

A a,( ), B b,( ) C c,( ).



Corrigé des exercices d’approfondissementExercice 1� Commençons par traduire les hypothèses à l’aide des barycentres.

L’égalité équivaut à et donc à Il en résulte que I est le bary-

centre de et De la même manière, on démontre que

J est le barycentre de et E est le barycentre de et F est le barycentre de et G est le barycentre de et

Dans la dernière affirmation, multiplions les coefficients de I et J par 4 : G est le barycentre de et ce qui permet de remplacer I et J par les points dont ils sont eux-mêmes barycentres.

Ainsi G est le barycentre de et et et On conclut que G est le bary-centre de et

� On peut maintenant dire que G est le barycentre de Or le bary-centre de est celui de et c’est-à-dire E et le barycentre de

est F. Donc G est le barycentre de et ou encore de et On en

déduit que E, F et G sont alignés et que

Exercice 2� Voir figure ci-contre.

� Notons le point d’intersectionde avec la parallèle à

passant par K. Dans letriangle BJE, passe parle milieu K de et est paral-lèle au côté donc est lemilieu Par le même rai-sonnement dans le triangle

on montre que E est lemilieu de On en déduitque et que

cette longueur vaut un tiers de BC, ce qu’on peut traduire par

� De même que EC vaut un tiers de BC, BF vaut un tiers de BA, donc

� Comme on l’a fait dans l’exercice précé-dent, on peut traduire des égalités vec-torielles par des barycentres. Ainsi E estbarycentre de et et F estbarycentre de et Lebarycentre de et est donc celui de et etaussi celui de et On endéduit qu’il appartient aux droites

et c’est donc le point I.

� Pour construire la figure avec précisionà partir du triangle ABC, plaçonsd’abord les points E et F tels qu’ils ontété définis précédemment. I est alorsl’intersection de et J est le milieu de et K est le milieu de

AI 14-- AB= 4AI AI IB+= 3IA IB+ 0.=

A 3,( ) B 1,( ).

D 3,( ) C 1,( ).A 2,( ) D 1,( ).B 2,( ) C 1,( ).I 2,( ) J 1,( ).

I 8,( )J 4,( )

A 6,( )[ B 2,( ) ] D 3,( )[ C 1,( ) ].A 6,( ), B 2,( ), C 1,( ) D 3,( ).

A 6,( ), D 3,( ), B 2,( ), C 1,( ).A 6,( ), D 3,( ) A 2,( ) D 1,( ) B 2,( ),

C 1,( ) E 9,( ) F 3,( ) E 3,( ) F 1,( ).

EG 14-- EF.=

A

B

C

J

E'

EI

K

F

E′BC( )

AI( )KE′( )BJ[ ]

EJ( ) E′BE[ ].

CKE′,CE′[ ].

BE′ E′E EC= =

BE 23-- BC.=

BF 13-- BA.=

B

C

A

J

E

I

K

F

B 1,( ) C 2,( )B 2,( ) A 1,( ).

A 1,( ), B 2,( ) C 4,( )F 3,( ) C 4,( )

A 1,( ) E 6,( ).

AE( ) FC( ) ;

AE( ) CF( ), AI[ ] BJ[ ].


531


Exercice 3

�

La relation est équivalente

à Or par

la relation de Chasles et car

est le milieu de Donc ceprouve que est parallèle à maiscomme est la médiatrice de onen déduit que est perpendiculaire à

et comme elle passe par un sommet, c’estune hauteur.

On montrerait de même que et sontdes hauteurs du triangle ABC ; H est donc bienl’orthocentre de ABC.

�

Du fait que G est isobarycentre de ABC, on a la relation d’où

Conclusion : les points O, G, H sont alignés.

Exercice 4

�

On peut remarquer que

et ainsi cequi facilite la construction despoints

�

Le point I vérifie la relation

On en déduit que et donc que

I est invariant car De plus

donc Transformonscette dernière égalité :

d’où et finalement À cette occasion on peut remarquer

que les points I, M, sont alignés, ce qui explique que les droites et

sont concourantes sur la figure.

�

La transformation T est la symétrie de centre I. Le lieu géométrique de l’image de M lorsque Mdécrit le segment est donc l’image de ce segment par la symétrie de centre I. C’est le seg-ment sur la figure.

B

C

A

OG

HA'

OH OA OB OC+ +=

OH OA– OB OC.+= OH OA– AH=

OB OC+ 2OA′=

A′ BC[ ]. AH 2OA′=AH( ) OA′( ) ;

OA′( ) BC[ ],AH( )

BC( )

BH( ) CH( )

OG 13-- OA OB OC+ +( )=

OG 13-- OH ; =

A

B C

C'

A'

I

M'3

M2

M'2

M1

M'1M3

MA MB– BA=

MM′ BA 2MC,+=

M1′, M2′, M3′.

IA IB– 2IC+ 0.=

II′ 0=

I I′.=

MA MB– 2MC+ 1 1– 2+( )MI,=

MM′ 2MI.=

MI IM′+ 2MI,= IM′ MI= IM′ IM.– =M′ M1 M1′( ), M2 M2′( )

M3 M3′( )

AC[ ]A′C′[ ]


532


2

ème

partie : Angles et trigonométrie


Activité 1

�

Comme le rayon du cercle est 1, la longueur ducercle est 2

π

.

L’arc est un demi-cercle, sa longueur est

π

.D’une manière générale, la longueur de l’arc estproportionnelle à l’angle qui le définit ; ainsi l’arc

a une longueur égale à soit Regrou-

pons les résultats dans un tableau :

�

On sait que donc et Le point M se situe donc entre B et C sur le cercle.

Pour calculer l’angle on utilise encore la proportionnalité entre l’angle et l’arc. Si x est la

valeur de cet angle, on a Grâce à la calculatrice, on trouve que l’angle vaut envi-

ron 57,29˚.

On peut remarquer que la corde IC est de longueur 1 ; il est donc normal que l’arc IC soit un peu pluslong.

Angle

Mesure 30˚ 45˚ 60˚ 90˚

Arc IA IB IC IJ

Longueur

Angle

Mesure 120˚ 135˚ 150˚ 180˚

Arc

Longueur

A'

B'C'

A

BM

C

I' IO

J'

J

II′

IA 30360-------- 2π π

6--- .

IOA IOB IOC IOJ

π6--- π

4--- π

3--- π

2---

IOC′ IOB′ IOA′ IOI′

IC′ IB′ IA′ II′

2π3

------ 3π4

------5π6

------ π

π 3 14 ; ,� π3--- 1> π

4--- 1.<

IOM,x1--

180π

-------- .= IOM


533


Activité 2

Nous allons indiquer les abscisses des points de la figure ci-contre dans lerepère dans un tableau. On sait déjà que A et I ont pour abscisses res-pectives 0 et 1.

points

abscisses

π

2

π

3

π

a'2

b'1

c'1

d'1

b1

c1

d1

a2

b2

c2

d2

A

I

C

D

O

B

A I,( )

b1 c1 d1 a2 b2 c2 d2 d1′ c1′ b1′ a2′

π2--- 3π

2------ 5π

2------ 7π

2------ π

2---–

π– 3π2

------– 2π–


534


Activité 3

a)

Pour placer les points sur le cercle, on utilise lefait que les 12 arcs définis sur ce cercle sontégaux, donc que les angles correspondants ont

chacun une mesure égale à

Ensuite il suffit de compter les « » pour remplir

le tableau suivant en faisant attention au sens derotation.

b)

On peut remarquer que toutes les valeurs de la diagonale sont nulles ; ceci fait penser que l’angle

a une mesure nulle. Si on observe le tableau, il apparaît que les cases symétriques par rapport

à la diagonale sont occupées par des nombres opposés. Par exemple on a et

D’une façon générale,

c)

et

et Mais On peut donc

dire que

et Comme précédemment,

donc

0

0

π

0

0

π

0

A

DE

C

B

π6--- .

π6---

OA OB OC OD OE

OAπ3--- 5π

6------

π3---–

2π3

------–

OBπ3---–

π2--- 2π

3------–

OC5π6

------– π2---–

5π6

------π2---

ODπ3--- 2π

3------ 5π

6------–

π3---–

OE2π3

------π2---–

π3---

u u,( )

OC OD,( ) 5π6

------=

OD OC,( ) 5π6

------ .– = u v,( ) v u,( ).– =

OA OD,( ) OD OE,( )+ π3---–

π3---– ⎝ ⎠

⎛ ⎞+2π3

------– = = OA OE,( ) 2π3

------ .– =

OA OC,( ) OC OD,( )+ 5π6

------ 5π6

------+ 5π3

------= = OA OD,( ) π3--- .– = 5π

3------ π

3---– 2π.+=

OA OC,( ) OC OD,( )+ OA OD,( ).=

OA OE,( ) OE OC,( )+ 2π3

------–π2---– ⎝ ⎠

⎛ ⎞+7π6

------– = = OA OC,( ) 5π6

------ .=

5π6

------ 7π6

------– 2π+= OA OE,( ) OE OC,( )+ OA OC,( ).=



Activité 4� Pour faciliter la lecture des coordonnées des points situés sur le cercle trigonométrique, on a pris

comme unité 5 cm.

� a) Le triangle OAE est isocèle car et de plus il possède un angle de 60˚ ; il est donc équi-latéral.

b) Si M est le projeté orthogonal de E sur M est le milieu de et ainsi

Ensuite EM est la hauteur d’un triangle équilatéral de côté 1, donc Les coordonnées de

M sont

c) Pour les mêmes raisons, les coordonnées de C sont

d) Le triangle OND est un triangle rectangle en N et qui possède un angle de 45˚. Il est donc isocèlerectangle.

e) On en déduit que et donc Comme et Les

coordonnées de D sont

Points A B G I C D E F H J

α 0 π

x 1 0 0 0,86 0,71 0,5 0,86

y 0 1 0 0,5 0,71 0,86 0,86

G

H

I

J

A

C

D

E

B

F

O

π2--- π

2---–

π6--- π

4--- π

3--- 2π

3------ 3π

4------–

π6---–

1– 0 5,– 0 71,–

1– 0 71,– 0 5,–

OA OE=

OA( ), OA[ ] OM 0 5.,=

EM 32

------- .=

12-- 3

2-------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

32

------- 12--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

ON ND= OD2 2ON2.= OD 1,= ON2 12--= ON 2

2------- .=

22

------- 22

-------,⎝ ⎠⎛ ⎞ .



Corrigé des exercices d’apprentissageExercice 1L’octogone est la juxtaposition de huit triangles isocèles de sommet O. Pour chacun d’eux, l’angle de

sommet O mesure un huitième de 2π, soit Pour mesurer les angles demandés, il suffit de compter

les angles de mesure qu’ils contiennent en tenant compte du sens.

Ainsi on obtient :

Exercice 2

Donc la mesure principale correspondant à est

d’où et ainsi Donc la mesure

principale correspondant à est On procède de la même manière pour les autres et les

résultats sont :

Pour le dernier, on constate grâce à la calculatrice que On en déduit que et ainsi que Par conséquent

et

Exercice 3

� Commençons par transformer grâce aux règles de calcul sur les angles.

(on utilise ici le fait que ).

Ensuite on applique la relation de Chasles, ce qui donne : On en

déduit que Et cet angle estformé de deux vecteurs opposés ; sa mesure est π.

� Comme on a

Conclusion

� mais c’est aussi soit

Exercice 4

a)

ce qui donne Ainsi

b) C’est donc aussi

Finalement

50

Mesures principales

π4--- .

π4---

OA OB,( ) π4--- ; = OB OG,( ) 3π

4

------– ; = OD OG,( ) 3π

4 ------ ; = OF OA,( ) 3π

4

------ ; =

OG OE,( ) π2---– .=

21π2

--------- π2--- 10π+ π

2--- 5 2π( ).×+= = 21π

2--------- π

2--- .

24π6

---------– 19π

6---------–

18π6

---------– < < 4π– 19π

6---------– 3π– < < 0 19π

6---------– 4π+ π.< <

19π6

---------– 5π6

------ .

21π2

--------- 19π6

---------– 37π

4--------- 29π

5---------–

100π3

------------ 47π8

---------–

π2--- 5π

6------ 3π

4------–

π5--- 2π

3------–

π8--- 50 16π–

15π 50 16π.< <15π 16π– 50 16π– 16π 16π–< < π– 50 16π– 0.< <50 16π– 50 8 2π( )×–= 50 16π– π– π,[ ].∈

AB AC,( ) BC BA,( )+

AB AC,( ) BC BA,( )+ BC BA,( ) AB AC,( )+ CB AB,( ) AB AC,( )+= =

u v,( ) u– v– ,( )=

AB AC,( ) BC BA,( )+ CB AC,( ).=

AB AC,( ) BC BA,( ) CA CB,( )+ + CB AC,( ) CA CB,( )+ CA AC,( ).= =

AB AC,( ) BC BA,( ) CA CB,( )+ + π,=

CA CB,( ) π AB AC,( )– BC BA,( )– π 2π5

------–π6--- .–= = CA CB,( ) 13π

30--------- .=

CA BC,( ) CA CB,( ) π+ 13π30

--------- π,+= = 13π30

--------- π–17π30

--------- .–

AB AC,( ) AB BC,( ) BC AC,( )+ π BA BC,( ) CB CA,( ),+ += =

π BC BA,( )– CA CB,( ).– AB AC,( ) π 3π7

------–2π9

------ ,–= AB AC,( ) 22π63

---------=

CA BC,( ) CA CB,( ) π+ 2π9

------ π.+= = 2π9

------ π–7π9

------ .– =

CA BC,( ) 7π9

------– =



c) C’est donc aussi

Finalement

Exercice 5Notons O le milieu de O estalors le centre de chacun des parallé-logrammes ABCD et AMCN. On endéduit que BMDN est aussi un paral-lélogramme car ses diagonales secoupent en leur milieu. On a ainsi leségalités vectorielles suivantes :

On en déduit que

et comme on a

Exercice 6

et donc et On en

déduit que

Utilisons les mêmes résultats pour dire que De plus, donc

Il en résulte que et ainsi

Exercice 7

a) Or

L’équation proposée est donc équivalente à

On sait qu’alors les solutions sont et

Ces valeurs sont représentées par les points A

et B sur la figure.

b) Pour l’équation on pose et l’équation devient On

résout d’abord cette équation d’inconnue X en calculant lediscriminant :

Les solutions sont alors et Il reste

maintenant à résoudre les équations et

les solutions sont et Ainsi l’équation

a pour solutions et Ces valeurs sont

représentées sur la figure par les points D, C, E.

BC AB,( ) π BC BA,( )+ π 3π7

------ .+= = 3π7

------ π–4π7

------ .– =

BC AB,( ) 4π7

------– =

A

M

D

B

O

C

NAC[ ] ;

MA CN ; = MB DN.=

MA MB,( ) CN DN,( )=

u v,( ) u– v– ,( ),=

MA MB,( ) NC ND,( ).=

7π8

------ π π8---–= 5π

8------ π 3π

8------–= 7π

8------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π8---⎝ ⎠

⎛ ⎞cos– = 5π8

------⎝ ⎠⎛ ⎞cos 3π

8------⎝ ⎠

⎛ ⎞ .cos– =

A 0.=

B 2 π8---cos2 2 3π

8------ .cos2+= 3π

8------ π

2---

π8--- ; –=

3π8

------cos π8--- .sin=

B 2 π8---cos2 2 π

8---sin2+ 2 π

8---cos2 π

8---sin2+⎝ ⎠

⎛ ⎞= = B 2.=

IC

A

D

B

O

E GK

H

F

J2 xcos 3+ 0= xcos⇔ 32

------- .– = 32

-------– 5π6

------ .cos=

xcos 5π6

------ .cos=

5π6

------ 2kπ+

5π6

------– 2kπ.+

2 xcos2 3 xcos 1+ + 0,=X xcos= 2X2 3X 1+ + 0.=

Δ 32 4 2×– 1 12.= = = X13– 1–4

---------------- 1– = = X23– 1+4

----------------12-- .– = =

xcos 1– = xcos 12-- .– =

xcos 1– x⇔ π 2kπ.+= =

xcos 12--– xcos⇔ 2π

3------ ;cos = = 2π

3------ 2kπ+ 2π

3------– 2kπ.+

2 xcos2 3 xcos 1+ + 0= π 2kπ,+ 2π3

------ 2kπ+ 2π3

------– 2kπ.+


538


c)

On en déduit que ou c’est-

à-dire ou En donnant à k les valeurs 0, 1, on obtient comme

solutions : Les points correspondants sur la figure sont F, A, G, H, I, B.

d)

Nous allons utiliser la même méthode qu’en b) mais il nous faut d’abord faire une petite

transformation : l’équation est alors équivalente à

donc aussi à Après factorisation il vient :

on en déduit que ou

on en déduit que ou Les

solutions de l’équation sont donc Les points correspondants sont J, K, I, G.

Exercice 8

�

donc

donc et ainsi

donc et ainsi

donc et ainsi

�

a)

Par ailleurs, on sait que donc Calculons le carré de

On peut donc conclure que

b)

Nous allons ici utiliser les observations de la question 1)

donc

donc et ainsi

donc et ainsi

donc

et ainsi

Exercice 9

A est le point du cercle d’abscisse 0,25 et d’ordonnée négative car

Le point B est le point du cercle d’abscisse et d’ordonnée positive car

Les points C et D sont définis par leurs coordonnées.

3x( )cos 0 3x( )cos⇔ π2--- .cos= = 3x π

2--- 2kπ+= 3x π

2---– 2kπ,+=

x π6--- 2kπ

3---------+= x π

6---–

2kπ3

--------- .+= 1,–

π6--- , 5π

6------ , π

2--- ,–

π6--- ,–

π2--- , 5π

6------ .–

xsin2 1 x ;cos 2 –= 2 2 xcos2– xcos+ 2,=

2 xcos2– xcos+ 0.= x 1 2 xcos–( )cos 0.=

xcos 0 xcos⇔ π2--- ;cos = = x π

2--- 2kπ+= x π

2---– 2kπ.+=

1 2 xcos– 0 xcos⇔ 12--

π3--- ;cos = = = x π

3--- 2kπ+= x π

3---– 2kπ.+=

π3--- , π

3--- ,–

π2--- , π

2--- .–

π12-----– ⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos= π12-----– ⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 6 2+4

-------------------- .=

11π12

--------- π π12----- ,–= 11π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos– = 11π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞cos 6 2+

4-------------------- .– =

13π12

--------- π π12----- ,+= 13π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos– = 13π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞cos 6 2+

4-------------------- .– =

35π12

--------- 3π π12----- ,–= 35π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 3π π12-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π π12-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞cos π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos– = = =

35π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞cos 6 2+

4-------------------- .– =

π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin2 1 π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞cos2– 1 6 2 6 2 2+ +16

------------------------------------– 16 6– 4 3– 2–16

---------------------------------------2 3–

4--------------- .= = = =

π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 0,> π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 2 3–4

--------------- .= 6 2–4

-------------------- :

6 2–4

--------------------⎝ ⎠⎛ ⎞

2 6 2 6 2– 2+16

----------------------------------- 8 4 3–16

-------------------2 3–

4--------------- .= = =

π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 6 2–4

-------------------- .=

π12-----– ⎝ ⎠

⎛ ⎞sin π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin– = π12-----– ⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 6 2–4

-------------------- .– =

11π12

--------- π π12----- ,–= 11π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞sin π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin= 11π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞sin 6 2–

4-------------------- .=

13π12

--------- π π12----- ,+= 13π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞sin π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin– = 13π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞sin 6 2–

4-------------------- .– =

35π12

--------- 3π π12----- ,–= 35π

12---------⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 3π π12-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin π π12-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin π12-----⎝ ⎠

⎛ ⎞sin= = =

35π12

---------⎝ ⎠⎛ ⎞sin 6 2–

4-------------------- .=

α π2---– 0, .∈

0 7,– β 0 π,[ ].∈



Exercice 10� Les coordonnées carté-

siennes de A sont

et

En procédant de la même manière, on trouve

et

Pour cons-

truire ces trois points, on uti-lise les cercles de centre O et de rayons 2, 1,5 et 3.

� Calculons les coordon-nées polaires D : le vec-

teur a pourcoordonnées donc

Si θ est une mesure de l’angle on a et donc

Les coordonnées polaires de D sont De la même manière on trouve celles

de E et F : et On peut remarquer en outre que E et F sont situés respectivement

sur les cercles de centre O et de rayons 3 et 2.

C

A

D

B

O

O

A

C

F

E

D

B

x 2 π6---cos= y 2 π

6--- ;sin =

A 3 1,( ).

B 3 24

---------- 3 24

----------– ,⎝ ⎠⎛ ⎞

C 32--–

3 32

----------,⎝ ⎠⎛ ⎞ .

OD2– 2– ,( ),

OD 2– ( )2 2– ( )2+ 8.= =

i OD,( ), θcos 2–

8-------

22

-------– = = θsin 2–

8-------

22

-------– = =

θ 3π4

------ .– = 2 2 3π4

------– ,⎝ ⎠⎛ ⎞ .

E 3 π,( ) F 2 5π6

------,⎝ ⎠⎛ ⎞ .


540



Exercice 1

�

(on a utilisé

les propriétés des angles Utilisons maintenant les valeurs données dans l’énoncé :

d’où

�

Ainsi

soit

On en déduit que donc

Exercice 2

�

On sait que d’où

�

On en déduit que et donc que

donc et par suite Comme

et ainsi et Avec la calculatrice, on trouve que

en utilisant la touche . (attention à mettre la calculatrice en mode radian)

Exercice 3

�

Le triangle OAM étant isocèle, les angles et sont égaux à

α

. L’angle estdonc égal à mais il est aussi égal à Donc

�

Dans le triangle AMC rectangle en C, on a et dans le triangle AMB rectangle en M,

on a d’où le résultat.

�

Dans le triangle OCM rectangle en C, on a car On en déduit que

car et par conséquent que

Comme et on a

�

D’après la question 2., on sait que On en déduit que

et par conséquent

�

Posons alors et comme

Par la même méthode, on obtient donc

CD CB,( ) CD AD,( ) AD AB,( ) AB CB,( )+ + DC DA,( ) AB AD,( ) BA BC,( )+–= =

u v,( )).

CD CB,( ) 5π6

------– π3---– π

2---–

10π6

---------– = = CD CB,( ) π3--- .=

AB DC,( ) AB AD,( ) AD DC,( )+ AB AD,( ) π DA DC,( ).+ += =

AB DC,( ) π3--- π 5π

6------+ + 13π

6---------= = AB DC,( ) π

6--- .=

DA CB,( ) DA AB,( ) AB CB,( )+ π AD AB,( ) BA BC,( ).+ += =

DA CB,( ) π π3---–

π2--- ,–= DA CB,( ) π

6--- .=

αtan αsinαcos

------------- ,= αtan2 αsin2

αcos2---------------- 1 αcos2–

αcos2------------------------ 1

αcos2---------------- 1.–= = =

1 αtan2+ 1

αcos2----------------= αcos2 1

1 αtan2+------------------------- .=

αtan 0 75,,= αcos2 11 0 752,+---------------------- 0 64,= = αsin2 0 36.,= α 0 π

2--- ,,∈

αcos 0> αsin 0 ; > αcos 0 8,= αsin 0 6.,=

0 64, α 0 65,< < cos 1–

OAM OMA AOMπ 2α ; – π β.– β 2α.=

αcos ACAM--------=

αcos AMAB--------=

βcos OCOM-------- OC= = OM 1.=

2αcos OC= β 2α= AC 1 2α.cos+=

αcos AMAB--------= AB 2,= AM 2 α.cos=

AM2 AB AC× 2AC.= =

4 αcos2 2 1 2αcos+( )= αcos2 1 2αcos+( )2

------------------------------- .=

α π8--- : = π

8---cos2

1 π4---cos+⎝ ⎠

⎛ ⎞

2----------------------------

1 22

-------+

2 ---------------- 2 2 +

4 ---------------- = = = π

8---cos 0,>

π8---cos 2 2+

2-------------------- .=

π12-----cos2

1 π6---cos+⎝ ⎠

⎛ ⎞

2----------------------------

1 32

-------+

2----------------

2 3+4

---------------- ; = = =

π12-----cos 2 3+

2-------------------- .=


541


Exercice 4

�

Voir figure ci-contre.

�

a)

Le triangle OAM estisocèle car OA et OM sontdes rayons du cercle. On sait

d’autre part que

donc :

On en déduit que OAN estisocèle car il a deux angleségaux. Pour étudier le trian-gle OMN, calculons d’abord

l’angle

soit Il en

résulte que Ainsi

OMN est isocèle car il a deux angles égaux.

b)

Dans le triangle OHM rectangle en H, on a car Donc .

Comme OMN est isocèle, H est le milieu de et . On peut aussi dire que

car OAN est isocèle. Il est clair que les triangles OMK et OMH sont isométriques donc

. Le triangle OAL est rectangle en L ; on a car

. Le triangle OAM est isocèle, donc L est le milieu de et . Enfin

dans le triangle AKM rectangle en K, d’où .

�

Le point M est sur le segment donc Par ailleurs OMN est isocèle donc

Il en résulte que De même car K est sur le segment

et que

Remplaçons les distances par les valeurs trouvées dans la question précédente :

soit et

�

est équivalent à Résolvons d’abord la deuxième équation :

Le discriminant est Nous obtenons alors deux

solutions : et

Les valeurs de x correspondantes sont et Les couples solutions du sys-

tème sont donc et

O

N

B

HM

K A

L

AOM π5---=

OAM 12-- π π

5---–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2π5

------ .= =

OMN :

OMN π OMA,–=

π 2π5

------–3π5

------ .=

ONM π5--- .=

π5---cos OH

OM-------- OH= = OM 1.= OH π

5---cos=

ON[ ] ON 2 π5---cos=

AN 2 π5---cos=

OK π5---cos= 2π

5------cos AL

AO------- AL= = AO 1.=

AL 2π5

------cos= AM[ ] AM 2 2π5

------cos=

2π5

------cos AKAM--------= AK 2 2π

5------cos2=

AN[ ], AN AM– MN.=OM MN 1.= = AN AM– 1.= OK KA+ 1=

OA[ ] OA 1.=

2 π5---cos 2 2π

5------cos– 1= π

5---cos 2π

5------cos– 1

2--= π

5---cos 2 2π

5------cos2+ 1.=

x y– 12--=

x 2y2+ 1=⎩⎪⎨⎪⎧ x y 1

2--+=

y 12-- 2y2+ + 1=⎩

⎪⎨⎪⎧

2y2 y 12--–+ 0.= Δ 12 4 2 1

2--– ⎝ ⎠

⎛ ⎞×– 5.= =

y11– 5–

4--------------------= y2

1– 5+4

-------------------- .=

x11 5–

4---------------= x2

1 5+4

---------------- .=

x1 y1,( ) x2 y2,( ).



a) Par ailleurs, on sait que le couple est solution du système. Et comme ces deux

nombres sont positifs, c’est le couple qui convient ; ainsi : et

b) donc On utilise des procédés analogues pour les

autres angles :

� Le triangle IOS est rectan-

gle en O, et

On en déduit

que

donc

Il est aisé de calculer OT :

Comme R est le milieu de

d’où

Traçons la perpendiculaire à

passant par R ; elle rencontre le cercle en E et B. Le point B est alors tel que l’angle

mesure On obtient les points C et D à l’aide du compas : ■

α

π5---cos 2π

5------cos,⎝ ⎠

⎛ ⎞

x2 y2,( ) π5---cos 1 5+

4----------------=

2π5

------cos 1– 5+4

-------------------- .=

3π5

------ π 2π5

------–= 3π5

------cos 2π5

------cos– 1– 5+

4-------------------- .– = =

π5--- 2π

5------ 3π

5------ 4π

5------ 6π

5------ 7π

5------ 8π

5------ 9π

5------

αcos 1 5+4

---------------- 1– 5+4

-------------------- 1– 5+4

--------------------– 1 5+

4----------------–

1 5+4

----------------– 1– 5+

4--------------------–

1– 5+4

-------------------- 1 5+4

----------------

O R TI

B

A A'

D

E

C

SOS 1=

OI 12-- .=

IS2 12 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ 5

4--= =

IS 52

------- .=

OT IT OI–5 1–2

--------------- .= =

OT[ ], OR 12-- OT=

OR 5 1–4

---------------2π5

------ .cos= =

OA( ) AOB

2π5

------ . AB BC CD.= =


543


équence 4

1

ère

partie : Statistiques


Activité 1

La somme des notes étant égale à 411, leur moyenne est

Cette somme est aussi donnée par la calculatrice

Prenons les valeurs précédentes rangées dans l’ordre croissant (colonne L2 de la calculatrice).

La 9

e

note est 10 ;

31,4 % des notes lui sont inférieures ou égales.

75 % des notes sont inférieures ou égales à la 27

ième

qui est 13,5.

La calculatrice nous dit

La moyenne des carrés des valeurs de la série est

Le carré de la moyenne est quant à lui égal à

La calculatrice donne

On constate un léger écart entre ces valeurs ; il est dû au fait que nous avons utilisé des valeursapprochées dans nos calculs.

Reprenons ce calcul différemment :

On obtient cette fois exactement ce que donne la calculatrice.

18 9 3,5 20 10 4 13 10,5 13 13 13,5 17 12,5 13 15,5 4,5 9 10,5 10

16 15 12 12 9 11,5 8 11 8,5 11,5 10,5 14,5 10 11 20 11

3,5 4 4,5 8 8,5 9 9 9 10 10 10 10,5 10,5 10,5 11 11 11 11,5 11,5

12 12 12,5 13 13 13 13 13,5 14,5 15 15,5 16 17 18 20 20

41135-------- 11 74...,=

� Remarque x∑ 411.=

11 100×35

-------------------- 31 4...,=⎝ ⎠⎛ ⎞

35 0 75,× 26 25 ; , =

3,5 10

Q1

13,5 20

Q3

11,5

Med

x2∑ 5 333. =

5 33335

------------- 152 371 426 6... , =

11 742 857 14 ,( ) 2 137 894 693 8... , =

V 152 371 426 6 137 894 693 8 ,–, 14 476 734 8. , = =

V 3 804 830 456... , =

σx 3 804 830 442... , =

V 5 33335

------------- 411

35

--------

⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

– 35 5 333 411 2 – ×

35 2

-------------------------------------------

14 476 7348 ... , = = = V 3 804 830 442 , =


544


Activité 2

Nombre moyen de garçons dans ces 355 familles :

Diagramme en bâtons

Pour elle valeur de x, est-ilminimum ?

Utilisons la table de valeurs de la calculatrice.

Dernier écran avec davantage de décimales :

nombre de garçons 0 1 2 3 4

nombre de familles 13 72 142 98 30

fréquences 0,036 0,203 0,4 0,277 0,084

X Y

2,166 331,862 38

2,167 331,860 595

2,168 331,859 52

2,169 331,859 155

m 1 72× 2 142× 3 98× 4 30×+ + +355

--------------------------------------------------------------------------------- 770355-------- 154

71-------- 2 169 014... , = = = =

0,1

0,2

0,3

0,4

0 1 2 3 4 Nombrede garçons

Fréquence

f x( ) 13x2 72 x 1–( )2 142 x 2–( )2 98 x 3–( )2 30 x 4–( )2+ + + +=


545


On peut penser que le minimum de est atteint pour x voisin de 2,169, autrement dit pour x voi-sin de la moyenne m.

Confirmation de cette conjecture

Mettons cette expression sous la forme canonique.

est minimal lorsque c’est-à-dire lorsque

Le minimum est égal à

On vient d’écrire :

donc

En observant le développement de avant sa mise sous forme canonique, on peut remarquer

2 002 a été obtenu en calculant

Cela nous permet de dire que

Activité 3

a)

Dans la ligne L2, les notes ont été baissées de 2 points.

On observe que la moyenne, la médiane et les quartiles ont été diminuées de 2 points.

Par contre l’écart-type est resté invariant.

b)

Dans la ligne L3, les notes ont été multipliées par 3

On observe que tous les paramètres considérés ont été multipliés par 3.

2,170 331,859 5

2,171 331,860 555

2,172 331,862 32

moyenne médiane premier quartile dernier quartile Écart-type

L1 11,742 857 14 11,5 10 13,5 3,804 830 442

L2 9,742 857 143 9,5 8 11,5 3,804 830 442

moyenne médiane premier quartile dernier quartile Écart-type

L2 9,742 857 143 9,5 8 11,5 3,804 830 442

L3 29,228 571 43 28,5 24 34,5 11,414 491 33

f x( )

f x( ) 13x2 72 x 1–( )2 142 x 2–( )2 98 x 3–( )2 30 x 4–( )2+ + + +=

13x2 72 x2 2x– 1+( ) 14 x2 4x– 4+( ) 98 x2 6x– 9+( ) 30 x2 8x– 16+( )+ + ++=

355x2 1 540x – 2 002. + =

f x( ) 355 x2 1 540355

-------------

x

–

2 002355

-------------+ ⎝ ⎠⎛ ⎞ 355 x 2 308

71 -------- x – 2 002

355 -------------+

⎝ ⎠⎛ ⎞= =

355 x 15471--------–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 15471--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2 002355

-------------+– . =

f x( ) x 15471-------- 2 169 014... , = = x m.=

f m( ) 355 15471--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2 002355

-------------+–

23 56271

----------------

331 859 154 9... , = =

f m( ) 355 15471--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 2 002355

-------------+–

=

f m( )355-----------

15471--------⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2–

2 002355

-------------+ m 2 –

2 002355

------------- . + = =

f x( )

72 1× 142 22× 98 32× 30 42× .+ + +

f m( )355----------- 13 02× 72 12× 142 22× 98 32× 30 42×+ + + +

355-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- m2.–=


546


Exercice d’apprentissage

Exercice 1

�

Calcul des moyennes et des écarts types

On rentre les moyennes des petits nombres dans la colonne L1 et la moyenne des grands nombresdans la colonne L2 ; revoir éventuellement la démarche à suivre dans l’activité 1.

Première série

La moyenne de la première série est de

Exemple de calcul de l’écart-type :

Ces résultats apparaissent dans les lignes et

Deuxième série

moyenne : 0,666 9

écart-type : 0,020 276 735 4

�

Tous les points du graphique sont dans un triangle car ces points ont des coordonnées qui

sont telles que et puisque la deuxième coordonnée est supérieureou égale à la première.

Ces points sont donc situés « au dessus » de la droite d’équation et appartiennent ainsi dans le

triangle dont les trois sommets ont pour coordonnées et

�

Calculer la moyenne des abscisses de ces points et la moyenne de leurs ordonnées, c’est calculerles coordonnées de leur isobarycentre.

Or ces points sont répartis de

façon uniforme

dans le triangle de sommets et

Leur isobarycentre est donc très proche de l’isobarycentre G de ce triangle c’est-à-dire deson centre de gravité.

Les coordonnées de G sont c’est à dire

Rappelons que nous avons trouvé comme moyenne des petits nombres et des grands nombres res-

pectivement 0,337 5 et 0,666 9 et constatons que ces résultats sont très proches de pour l’un et de

pour l’autre.

Exp1 Exp 2 Exp 3 Exp 4 Exp 5 Exp 6 Exp 7 Exp 8 Exp 9 Exp 10

Moyennedes petits

0,313 6 0,341 8 0,356 5 0,319 9 0,361 9 0,342 8 0,352 1 0,332 4 0,322 9 0,331 1

Moyennedes grands

0,650 2 0,666 1 0,681 6 0,667 3 0,688 2 0,705 3 0,655 2 0,675 6 0,640 3 0,639 2

3 375,10

------------- 0 337 5. , =

1,141 143 9710

------------------------------ 0 3375 , 2 – 0 114 143 97 0 113 906 25 ,–, =

0 000 237 72 ; ,=0 000 237 72 , 0 015 418 171 1. , = =

x σx.

x y,( )0 x 1,� � 0 y 1� � y x�

y x=0 0,( ), 1 1,( ) 0 1,( ).

O 0 0,( ), A 1 1,( )B 0 1,( ).

0 1 0+ +3

--------------------- 0 1 1+ +3

---------------------,⎝ ⎠⎛ ⎞ 1

3-- 2

3--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

13--

23--



Exercice 2

� Histogramme de cette série

� Pour déterminer simplement les intervalles dans lesquels se situent la médiane et les quartiles,nous avons rajouté une ligne à notre tableau où nous avons noté les effectifs cumulés des interval-les correspondants.

Vitesse en km/h

Effectifs 3 17 40 131 122

Vitesse en km/h

Effectifs 56 25 5 1

Vitesse en km/h

Effectifs 3 17 40 131 122

Effectifs cumulés 3 20 60 191 313

50 60[,[ 60 70[,[ 70 80[,[ 80 90[,[ 90 100[,[

100 110[,[ 110 120[,[ 120 130[,[ 130 140[,[

0

10

20

30

40

50

60

70

80

90

100

110

120

130

50 60 70 80 90 100 110 120 130 140

effectifs

vitesse en km/h

50 60[,[ 60 70[,[ 70 80[,[ 80 90[,[ 90 100[,[



Ainsi nous voyons que 191 automobilistes roulent à moins de 90 km/h et 313 à moins de 100 km/h.

Parmi les automobilistes roulant le moins vite, le 200e a une vitesse comprise entre 90 et 100 km/h.

La médiane appartient à l’intervalle

De même le premier quartile appartient à l’intervalle et le troisième à l’intervalle

� 209 automobilistes ne respectent pas la vitesse limitée de 90 km/h, c’est à direenviron 52%.

� Appelons m la moyenne de cette série et s son écart-type.

La moyenne de cette série est de 91,275 km/h et son écart-type de 12,78.

Exercice 3

La moyenne des habitants par commune est égale à

Le carré de l’écart-type est cet écart-type est environ égal à 1 991.

Vitesse en km/h

Effectifs 56 25 5 1

Effectifs cumulés 369 394 399 400

100 110[,[ 110 120[,[ 120 130[,[ 130 140[,[

90 100[.,[

80 90[,[90 100[.,[

400 191– 209 ; =

m 3 55× 17 65× 40 75× 131 85× 122 95× 56 105× 25 115× 5 125× 135+ + + + + + + +400

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

36 510400

---------------- 91 275. , = =

s2 3 55× 2 17 65× 2 40 75× 2 131 85× 2 122 95× 2 56 105× 2+ + + + +400

----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------=

25 115× 2 5 125× 2 1352+ +400

------------------------------------------------------------------- 91 2752,–+ 3 397 800400

------------------------ 91 275 2 ,– 145 109 375 ; ,= =

s 163 374 375 , 12 78. , � =

150 563260

------------------- 579. �

1 118 652 495260

-----------------------------------

150 563260

-------------------

⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

– ;


549


Exercice d’approfondissement

�

a)

Diagramme en bâtons

Les chiffres de cette série semblent répartis de façon uniforme.

b)

Moyenne de cette série :

Variance :

écart-type :

dernierchiffre

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

effectif 1 425 1 336 1 482 1 433 1 462 1 370 1 389 1 362 1 417 1 460

fréquence 0,101 0,095 0,105 0,101 0,103 0,097 0,098 0,096 0,100 0,103

fréquence théorique

0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

écarts 0,001 0,005 0,005 0,001 0,003 0,003 0,002 0,004 0 0,003

0

0,01

0,02

0,03

0,04

0,05

0,06

0,07

0,08

0,09

0,10

0,11

1 2 3 4 5 6 7 80 9

fréquences

0 095 0 105, 2× 0 101, 3×+ +, 0 103, 4× 0 097, 5× 0 098, 6× 0 096 7×,+ + + +0 1, 8× 0 103, 9× = 4 492.,+ +

V 0 095 0 105, 22× 0 101, 32×+ +, 0 103, 42× 0 097, 52× 0 098, 62×+ + +=0 096 72×, 0 1, 82 0 103, 9× 2 4 492,( )2.–+×+ +

V 28 472 20 178 064 ,–, 8 293 936. , = =s V 2 87.,�=


550


c)

La fréquence théorique est de

d)

Considérons la série constituée des écarts multipliés par1 000.

La moyenne des écarts est de

L’écart-type de la série des écarts est de 0,001 61.

�

a)

Diagrammeen bâtons

dernier chiffre 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

fréquence 0,101 0,095 0,105 0,101 0,103 0,097 0,098 0,096 0,100 0,103

écarts 0,001 0,005 0,005 0,001 0,003 0,003 0,002 0,004 0 0,003

1 5 5 1 3 3 2 4 0 3

premierchiffre

1 2 3 4 5 6 7 8 9

effectif 4 362 2 672 1 780 1 272 1 107 901 782 674 586

fréquence 0,309 0,189 0,126 0,090 0,078 0,064 0,055 0,048 0,041


0,301 0,176 0,125 0,097 0,079 0,067 0,058 0,051 0,046

écarts 0,008 0,013 0,001 0,007 0,001 0,003 0,003 0,003 0,005

110----- 0 1.,=

écarts 1 000 ×

0 101, 5 0 095,× 5 0 105,× 0 101, 3 0 103,× 3 0 097,× 2 0 098,× 4 0 096,×+ + + + + + +

3+ 0 103,× 2 69.,�2 69,

1 000 -------------

0 002 7. , �

0 101, 1× 0 095, 52× 0 105, 52× 0 101, 0 103, 32× 0 097, 32× 0 098, 22×+ + + + + +

0 096, 42× 0 103, 32×+ 2 69,( )2– 2 62.,=( )+

2 62, 1 61.,�

0

0,1

0,2

0,3

0,4

1 2 3 4 5 6 7 8 9

fréquences


551


b)

Moyenne de cette série : 3,337.

c)

Voir tableau ci-dessus.

d)

Considérons la série constituée des écarts multipliés par 1 000

La moyenne de la série des écarts est de 0,006 469.

L’écart-type de la série desécarts est proche de 0,004.

�

Échantillon de taille 419.

Moyenne des écarts : 0,116.

Écart-type : 0,008.

Échantillon de taille 3 212

premier chiffre 1 2 3 4 5 6 7 8 9

fréquence 0,309 0,189 0,126 0,090 0,078 0,064 0,055 0,048 0,041

écarts 0,008 0,013 0,001 0,007 0,001 0,003 0,003 0,003 0,005

8 13 1 7 1 3 3 3 5

dernierchiffre

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

effectif 45 40 53 40 40 34 43 37 37 50

fréquence 0,107 0,095 0,126 0,095 0,095 0,081 0,103 0,088 0,088 0,119


0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

écarts 0,006 0,005 0,026 0,005 0,005 0,019 0,003 0,012 0,012 0,019

dernier chiffre

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

effectif 316 310 359 302 332 311 338 284 305 355

fréquence 0,098 0,097 0,112 0,094 0,103 0,097 0,105 0,088 0,095 0,111


0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

écarts 0,002 0,003 0,012 0,006 0,003 0,003 0,005 0,012 0,005 0,011

0 309, 1× 0 189, 2× 0 126, 3× 0 09, 4× 0 078, 5× 0 064, 6× 0 055, 7×+ + + + + +

0 048, 8× 0 041, 9×+ + 3 337.,=

0 309, 1× 0 189, 22× 0 126, 32× 0 09, 42× 0 078, 52× 0 064, 62× 0 055, 7× 2+ + + + + +

0 048, 8× 2 0 041, 9× 2 3 3372,–+ + 5 845 431 ; ,= 5 845 431 , 2 41. , �

écarts 1 000 ×

0 309, 8× 0 189, 13× 0 126, 1× 0 09, 7× 0 078, 1× 0 064, 3× 0 055, 3×+ + + + + +

0 048, 3× 0 041, 5×+ + 6 469,=

0 309, 82× 0 189, 132× 0 126, 1× 0 09, 72× 0 078, 1× 0 064, 32× 0 055, 32×+ + + + + +

0 048, 32× 0 041, 52× 6 4692,–+ + 17 01 ; ,= 17 01, 4 12.,�


552


Moyenne des écarts : 0,006

Écart-type : 0,004.

Échantillon de taille 7 380

Moyenne des écarts : 0,003 6

Écart-type : 0,002 7.

Rappelons que pour l’échantillon de taille 14 136 étudié dans la question 1 la moyenne des écarts estde 0,002 7 et l’écart-type de 0,001 6.

Plus la taille de l’échantillon est grande, plus les fréquences s’approchent des fréquences théoriques.

dernierchiffre

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

effectif 732 678 799 729 761 757 751 686 729 758

fréquence 0,099 0,092 0,108 0,099 0,103 0,103 0,102 0,093 0,099 0,103


0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

écarts 0,001 0,008 0,008 0,001 0,003 0,003 0,002 0,007 0,001 0,003


553


2

ème

partie : calculs vectoriels dans l’espace


Activité 1

�

Considérons la face ABFE. Les droites et sont les intersections du plan avecles plans et Or ces plans sont parallèles, donc les droites et lesont aussi. Les plans et sont également parallèles donc leurs intersections avec

le sont aussi ; et sont parallèles. Il en résulte que ABFE est un parallélo-gramme car ses côtés opposés sont parallèles. On montre de la même manière que les cinq autresfaces du parallélépipède sont aussi des parallélogrammes.

�

a)

Comme chaque face est un parallélogramme, les droites et sont parallèles, de mêmeque et et que et Les 4 droites sont donc deux à deux parallèles.

b)

Les sens de A vers B, de D vers C, de E vers F et de H vers G sont tous les mêmes : de la gauche versla droite.

c)

Les longueurs AB, EF, HG et DC sont égales car les côtés opposés d’un parallélogramme sont demême longueur.

d)

Les vecteurs et sont égaux car ABCD est un parallélogramme.

e)

Les vecteurs et sont égaux car DCGH est un parallélogramme.

�

On a vu que est parallèle à et que est parallèle à Ainsi et

sont parallèles, donc coplanaires. Les points A, B, G, H sont coplanaires.

De plus, d’après ce qui précède, les vecteurs et ont même direction, même sens et mêmelongueur ; ils sont égaux.

�

Grâce au fait que chaque face est un parallélogramme, on peut affirmer que les vecteurs

sont égaux.

�

De l’égalité on tire que AEGC est un parallélogramme et par conséquent que

�

car AEGC est un parallélogramme. De même car ABCD est un

parallélogramme, donc

Activité 2

�

Pour placer le point M, on adéfini et par les

relations et

de sorte que

�

ABCD est un parallélo-gramme donc

. De même

,

d’où

.

AB( ) EF( ) ABF( )ABC( ) EFG( ). AB( ) EF( )

BCF( ) ADE( )ABF( ) AE( ) BF( )

AB( ) EF( )AB( ) CD( ) EF( ) HG( ).

AB DC

DC HG

AB( ) EF( ) EF( ) HG( ). AB( )HG( )

AB HG

AE,

DH, CG, BF

AE CG= AC EG.=

AC AE+ AG= AB AD+ AC=

AB AD AE+ + AG.=

HK

F

L

E

A B M'

M

M"J

CD

I G

M′ M″

BM′ 14-- BC=

BM″ 12-- BF=

BM BM′ BM″.+=

AC AB AD+=

AF AB AE+=

AG AC AE+=

AG AB AD AE+ +=



or et donc .

J est le milieu de donc et comme

.

de plus donc .

or donc

et ainsi .

or donc .

Activité 3

Pour placer les points A, B, C, on a construit les points définis par

et On a alors et

AI AH HI ; + = HI 12-- HG 1

2-- AB = = AH AD AE+= AI 1

2-- AB AD AE+ +=

BH[ ] AJ 12-- AB 1

2-- AH+= AH AD AE+= ,

AJ 12-- AB 1

2-- AD 1

2-- AE+ +=

AK AE EK,+= EK 12-- EG 1

2-- AC 1

2-- AB 1

2-- AD,+= = = AK 1

2-- AB 1

2-- AD AE+ +=

AL AE EL+ AE 13-- EC ; += = EC AC AE– AB AD AE,–+ = =

AL AE 13-- AB 1

3-- AD 1

3-- AE–+ += AL 1

3-- AB 1

3-- AD 2

3-- AE+ +=

AM AB BM ; += BM 12-- BF 1

4-- BC + 1

2 -- AE 1

4 -- AD, + = = AM AB 1

4-- AD 1

2-- AE+ +=

A′, B′, C′ OA′ OI 12-- OJ,+=

OB′ 12-- OI 3

2-- OJ+= OC′ 2OI 3

2-- OJ.–= OA OA′ 2OK,+= OB OB′ OK–=

OC OC′ 2OK.–=

O

A

K

J J"

B'

J'

B

C

II'

A'

I"

J1

C'


555


Activité 4

�

Voir figure.

�

a)

Plaçons-nous dans le plan Le quadrilatère OAmB est un parallélogramme car ses côtés

opposés sont parallèles. On en déduit que De plus est parallèle à parconstruction, ce qui prouve que les points O, m, M, C sont coplanaires. Notons ce plan. Son inter-

section avec est et son intersection avec le plan parallèle à passant par M est

Comme les deux plans sont parallèles, les intersections le sont aussi et ainsi est paral-

lèle à On en conclut que OmMC est un parallélogramme et par conséquent que

et comme

b)

Le point A est sur la droite donc les vecteurs et sont colinéaires ; il existe donc un

réel x tel que De la même manière on montre qu’il existe y et z réels tels que et

Ceci nous permet de dire qu’il existe trois nombres x, y, z tels que

OIJ( ).

Om OA OB.+= mM( ) OC( )P( )

OIJ( ) Om( ) OIJ( )CM( ). CM( )

Om( ).

OM Om OC+= Om OA OB,+= OM OA OB OC.+ +=

OI( ) OA OI

OA xOI.= OB yOJ

=

OC zOK.=

OM xOI yOJ zOK.+ +=

O

K

B

A

I

m

J

MC


556



Exercice 1

Nous allons utiliser le théorème d’associativité dubarycentre. Soit I le milieu de G est alors lebarycentre de et c’est-à-direde et Soit J le milieu de

G est alors le barycentre de c’est-à-dire le milieu de

Exercice 2

car J est le milieu de De

plus,

On en déduit que

car K est le milieu de De

plus, Ainsi

et Les points I, J, K sont

alignés car les vecteurs et sont colinéaires.

Exercice 3

�

Par définition, on a La relation de Chasles nous permet d’écrire :

d’où et ainsi

�

On obtient de la même manière les relations analogues :

et

Dans la somme chacun des vecteurs rencontrera son opposé

donc

Exercice 4

�

J est le milieu de donc I est le barycentre et Ainsi

or donc et ainsi I est donc

le milieu de

A

I

D

G

B C

J

AD[ ] ;B 4,( ), C 2,( ) I 2,( ),

B 2,( ), C 1,( ) I 1,( ).IC[ ] ; B 2,( ), J 2,( ),

BJ[ ].

E

H

G

K

F

Q

J

D

A

P

I

B

C

IJ 12-- IP IQ+( )= PQ[ ].

IP IQ+ IA AP IB BQ+ + +=

AP BQ+13-- AE BG+( ).= =

IJ 16-- AE BG+( ).=

IK 12-- IE IG+( )= EG[ ].

IE IG+ IA AE IB BG+ + + AE BG.+= =

IK 12-- AE BG+( )= IK 3IJ.=

IJ IK

A′B A′C A′D+ + 0.=

A′A AB A′A AC A′A AD+ + + + + 0= AB AC AD+ + 3AA′=

AA′ 13-- AB AC AD+ +( ).=

BB′ 13-- BA BC BD+ +( ),= CC′ 1

3-- CA CB CD+ +( )= DD′ 1

3-- DA DB DC+ +( ).=

AA′ BB′ CC′ DD′,+ + + AB, AC...

AA′ BB′ CC′ DD′+ + + 0.=

BD[ ], A 2– ,( ), J 2,( ) E 2,( ).

2IA 2IJ 2IE+ +– 0 ; = 2IA 2IE+– 2AE,= 2AE 2IJ+ 0= AE JI.=FH[ ].


557


�

Le point I étant le barycentre de et

Le point M cherché est donc défini par d’où

M est le point F.

�

L’ensemble des points M tels que est l’ensemble des points M

tels que donc tels que et sont colinéaires. C’est la droite parallèle à

passant par I ; c’est la droite

Exercice 5

�

car G est l’isobarycentre de A, B, D.Ainsi

On en déduit que

�

Sur cette figure, I est le milieu de et G est le centre de gravité de

la face ABD. D’après ce qui précède,le point E tel que BCDE est un paral-lélogramme appartient au plan

et à la droite Ainsi le point d’intersection de et est ce point E.

Exercice 6

La relation équivaut à

d’où On en déduit que les vecteurs et sont coplanaires et doncque le point D est dans le plan

Exercice 7

�

car J est le milieu de

car

Or donc

Conclusion

�

Des hypothèses, on déduit que et

Comme I est le milieu de et ainsi

On en déduit que EBFC est unparallélogramme ; ses diagonales ont le mêmemilieu. On sait que J est le milieu de il estdonc aussi le milieu de

A 2– ,( ), B 1,( ), D 1,( ) E 2,( ),

2MA MB MD 2ME+ + +– 2MI.= 2MI BD=

IM 12-- DB ; =

2MA MB MD 2ME+ + +– kBD=

2MI kBD= MI BD BD( )HF( ).

A

I

D

E

B

C

Gx

IE IC CE+12-- CA CB CD.+ +– = =

IG IC CG+12-- CA 1

3-- CA CB CD+ +( )+– = =

IG IC CG+16-- CA 1

3-- CB 1

3-- CD.+ +– = =

IE 3IG.=

AC[ ]

BCD( ) IG( ). IG( ) BCD( )

3OD 2OA 3OB– 4OC+=

3OA 3AD+ 2OA 3OA– 3AB– 4OA 4AC+ +=

3AD 3AB 4AC.+– = AB, AC ADABC( ).

S

I

E

B

C

F

A

J

IB IC+ 2IJ= BC[ ].

SB AC+ SJ JB AJ JC+ + + SJ AJ+= =

JB JC+ 0.= JS JA+ 2JI= SJ AJ+ 2IJ.=

SB AC+ 2IJ.=

AB SC+ AI IB SI IC+ + + IB IC+ 2IJ.= = =

IS EB= AI CF.=

AS[ ], AI IS=

EB CF.=

BC[ ],EF[ ].


558


Exercice 8

�

car I est le milieu de

De plus ilnous reste à utiliser les propriétés du paral-lélépipède (les faces sont des parallélo-grammes) et on obtient

d’où

� Comme I et L sont les milieux de

et On a donc

on en déduit que ces

trois vecteurs sont coplanaires et ainsique I, J, K, L sont coplanaires.

Exercice 9

� donc les coordonnées de I sont

donc

donc

donc

J est le milieu de donc

� De tout ceci on déduit les coordonnées de et On a donc

ces vecteurs sont colinéaires et ainsi les points I, J, K sont alignés.

IJ IK+ IE EJ IA AK+ + + EJ AK+= = AE[ ].

I

A BK

CD

EF

J G

L

HEJ AK+ EH HJ AB BK ; + + +=

EJ AK+ AD 12-- AB AB 1

2-- AD+ + +=

EJ AK+32-- AB 3

2-- AD+

32-- AC.= =

AE[ ]

CG[ ], IL AC.=32-- IL IJ IK ; + =

C

B

I

A

P

E

K

G

H

F

D

J

Q

AI 12-- AB=

12-- 0 0, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AK AE EK+ AE 12-- AC+ AE 1

2-- AB 1

2-- AD+ += = =

12-- AB 1

2-- AD AE,+ += K 1

2-- 1

2-- 1, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AP 13-- AE,= P 0 0 1

3--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AQ AB BQ+ AB 13-- BG+ AB 1

3-- BC 1

3-- BF+ += = =

AB 13-- AD 1

3-- AE,+ +=

Q 1 13-- 1

3--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

PQ[ ], J 12-- 1

6-- 1

3--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IJ IK : IJ 0 16-- 1

3-- , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ; IK 0 12-- 1 , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IK 3IJ ; =


559


Exercice 10

�

Pour construire le point I, on crée les points

définis par et

On a alors

On procède de même pour construire J.

�

Le point M a pour coordonnées et il est

aligné avec I et J. Calculons les coordonnées de

et et

On doit avoir ce qui donne

La troisième équation nous donne : en

reportant dans les deux autres : et

d’où

On procède de la même manière pour le point N dont les coordonnées sont

Le système à résoudre est On trouve et

D’où

�

a)

K est le barycentre du système de points pondérés On applique la formule de

calcul des coordonnées qui donne

b)

on observe que donc K est bien sur la droite On le savait déjà car

le barycentre de deux points est aligné avec eux. Le calcul des coordonnées le confirme.

Exercice 11

�

Voir figure.

� Le point D appartient au plan donc ses coordonnées sont De plus D est sur la

droite ce qui se traduit par pour un certain t réel. Écrivons les coordonnées des

vecteurs : et On obtient alors le système suivant :

qui conduit à et Les coordonnées de D sont

�

M se trouve sur l’axe donc De plus il est aligné avec A et D donc

et On a donc d’où et Ainsi

G

I

I'

D

A'

E

C'

A

A'' J'

J

C''C

F

B

K

O

A′,

C′, I′ OA′ OA,– = OC′ 13-- OC– =

OI′ OA′ OC′.+= OI OI′ OD.+=

x y 0, ,( )

IJ

IM : IJ 3 2 2– , ,( ) IM x 1+ y 13--+ 1– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IM tIJ=

x 1+ 3t=

y 13--+ 2t=

1– 2t– =

.

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

t 12-- ; =

x 12--= y 2

3--=

M 12-- 2

3-- 0, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

x 1 z, ,( ) ;

IN x 1 43-- z 1–, ,+⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

⎩⎪⎨⎪⎧ x 1+ 3t=

43-- 2t=

z 1– 2t– =

. t 23-- ; = x 1 = z 1

3-- .– =

N 1 1 13--– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

I 1,( ), J 2,( ).

K 1 1 13--– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IK 2 43-- 4

3--– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ; IK 23-- IJ= IJ( ).

IOJ( ) x y 0, ,( ).

BC( ), BD tBC=

BD x y 1– 4– , ,( ) BC 3 1– 2– , ,( ).

x 3t=y 1– t– =

4– 2t– =⎩⎪⎨⎪⎧

t 2,= x 6= y 1.– = 6 1– 0, ,( ).

OI( ) M x 0 0, ,( ). AM tAD ; =

AM x 3– 2– 0, ,( ) AD 3 3– 0, ,( ).x 3– 3t=

2– 3t– =⎩⎨⎧

t 23--= x 5.=

M 5 0 0, ,( ).



N se trouve sur l’axe donc De plus il est aligné avec A et D donc

et On a donc d’où et Ainsi

� N’oublions pas que D est un point de il appartient donc au plan La droite

est donc aussi contenue dans et par conséquent les points M et N sont dans ce plan. La

droite étant contenue dans coupe la droite le point d’intersection de

et est le point d’intersection de et c’est-à-dire P. De même P est

aussi l’intersection de et Pour calculer les coordonnées de P, on peut par exemple utiliser le fait que A, B, C, P sont coplanaires,

ce qui se traduit par : il existe deux réels a et b tels que Comme P est sur

ses coordonnées sont et ainsi La relation

précédente conduit au système : d’où et Les coordonnées de P

sont

OJ( ) N 0 y 0, ,( ). AN tAD ; =

AN 3– y 2– 0, ,( ) AD 3 3– 0, ,( ).3– 3t=

y 2– 3t– =⎩⎨⎧

t 1– = y 5.=

N 0 5 0, ,( ).

BC( ) ; ABC( ). AD( )ABC( )

MC( ) OIK( ) OK( ) ;MC( ) OK( ) ABC( ) OK( ),

OK( ) NB( ).

AP aAB bAC.+= OK( ),

0 0 z, ,( ) AP 3– 2– z, ,( ), AB 3– 1– 4, ,( ), AC 0 2– 2, ,( ).

3– 3a– =2– a– 2b–=

z 4a 2b+=⎩⎪⎨⎪⎧

a 1,= b 12--= z 5.=

0 0 5, ,( ).

B

NK

P

JO

I

A

C

MD




Exercice 1

� G est l’isobarycentre de B, D, donc pour tout point O, on a la relation

Ceci est en particulier vrai pour les points et C ce qui permet d’écrire

et

� En observant la figure, on voit que En effet, et

Ainsi et par conséquent les points C, G sont alignés.

Exercice 2

� L’égalité permet d’affirmer que les coordonnées de I sont

Calculons d’où on en déduit

Donc

K est le milieu de donc et ainsi

� Le plan est parallèle à donc ses points ont tous une abscisse égale à 1. Les coor-

données de L sont De plus L est aligné avec I et J, donc il existe un réel t tel que

Or et On en déduit d’où et

� Le point L est à la fois dans le plan et dans le plan Ainsi l’intersection de et

est la droite qui coupe en M. On trace la parallèle à passant par I

qui est l’intersection de avec la face et la parallèle à passant par I qui est

l’intersection de avec la face

C′, OB OD OC′+ + 3OG.=A′

A′G 13-- A′B A′D A′C′+ +( )= CG 1

3-- CB CD CC′+ +( ).=

CB CD CC′+ + CA′.= CB CD+ CA=

CA CC′+ CA AA′+ CA′.= = CG 13-- CA′= A′,

AI 12-- AE= 0 0 1

2--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AJ : AJ AH– 23

-- AG AH – ( )= AJ 23-- AG 1

3-- AH ; +=

AJ 23-- AB AD AE+ +( ) 1

3-- AD AE+( )+

23-- AB AD AE.+ += = J 2

3-- 1 1, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

BC[ ], AK AB 12-- BC+ AB 1

2-- AD+= = K 1 1

2-- 0, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

BCF( ) ADE( )1 y z, ,( ).

IL tIJ.= IL 1 y z 12--–, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ IJ 23-- 1 1

2--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

1 23-- t=

y t=

z 12--– t

2--=⎩

⎪⎪⎨⎪⎪⎧

t 32-- ,= y 3

2--=

z 54-- .= L 1 3

2-- 5

4--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IJK( ) BCF( ). IJK( )BCF( ) KL( ) CG( ) JM( )

IJK( ) ABF( ) KM( )IJK( ) ADE( ).

L

E

I

A N BK

C

M

GJH

P

F

D



� a) Coordonnées de M : car M est sur et Ces vec-

teurs étant colinéaires, on obtient et ainsi

Les vecteurs et sont colinéaires car les droites et sont parallèles. D’autre part N

étant situé sur ses coordonnées sont Ainsi et Ces

deux vecteurs sont colinéaires donc ce qui se traduit par d’où et

Les vecteurs et sont colinéaires car les droites et sont parallèles. D’autre part P

étant situé sur ses coordonnées sont Ainsi et Ces deux

vecteurs sont colinéaires donc ce qui se traduit par d’où et

b) et

� Il faut noter que les points H, et coïncideront lorsque le cube aura été reconstruit. Il en estde même pour tous les autres points désignés par la même lettre.

1 1 z, ,( ) CG( ). KM 0 12-- z, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ KL 0 1 54--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

z 58--= M 1 1 5

8--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IN JM IN( ) JM( )

AB( ), x 0 0, ,( ). IN x 0 12--– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ JM 13-- 0 3

8--– , ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IN tJM,=x t

3--=

12--–

3t8-----– =⎩

⎪⎨⎪⎧

t 43--=

x 49-- .= N 4

9-- 0 0, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IP KM IP( ) KM( )

EH( ), 0 y 1, ,( ). IP 0 y 12--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ KM 0 12-- 5

8--, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IP tKM,=y t

2--=

12-- 5t

8-----=⎩

⎪⎨⎪⎧

t 45--= y 2

5-- .=

P 0 25-- 1, ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

CM 58-- CG ; = AN 4

9 -- AB = EP 2

5-- EH.=

H′ H″


563


■

E'' I'

F' B K C M

M

G'

H''DA

N

E'

I

P' H'

F G

J

E P H

J'


564


équence 5

1

ère

partie : Fonction dérivée


Activité 1

�

Il suffit de vérifier que les coordonnées de vérifient l’équation de la courbe :

Donc est bien un point de la courbe

�

a)

On remplace x par chacune des abscisses des points et on obtient :

et

b)

a pour coefficient directeur a pour coefficient directeur

a pour coefficient directeur

�

a)

Tracé de lacourbe sur

M0

0 5 22×, 2– 1+ 2 2– 1+ 1.= =

M0 2 1,( ) C( ).

M5 5 ; 8 5 , ( ) ; M4 4 ; 5 ( )M3 3 ; 2 5 , ( ) .

M0M5( ) 8 5, 1–5 2–

---------------- 2 5 ; , = M 0 M 4 ( )5 1–4 2–----------- 2 ; = M0 M 3 ( ) 2 5, 1–

3 2–---------------- 1 5.,=

2

2

13

2 3,[ ]


565


b)

Tracé de la courbe sur

c)

On constate que la courbe est très aplatie ; elle se confond presque avec un segment de droite.

�

Commençons par saisir les deux expressions de Y1 et Y2 sur la calculatrice ; on obtient ceci :

Pour obtenir les tables de valeurs, il suffit de régler les paramètres de la machine : faire

; mettre 2 sur la ligne « TblMin » puis 0.01 ; 0.001 ou .0001 sur la ligne « Tbl » qui indique le

pas (on précédera le pas d’un signe – pour avoir 1.99... dans la colonne X) ; faire ensuite

:

Lorsque x s’approche de 2, Y1 s’approche de 1 ; ce qui est naturel car si on remplace x par 1 dansl’expression de Y1, on obtient 1.

Lorsque x s’approche de 2, Y2 s’approche de 1. Ceci correspond à la limite du coefficient directeur dela droite lorsque M devient proche de

�

La droite passant par et de coefficient directeur 1 n’a pas d’autre point commun avec lacourbe ; elle se confond presque avec la courbe autour du point

2 2 1,,[ ]

0,95

0,9 2,012 2,02 2,03 2,04 2,05 2,06 2,07 2,08 2,09 2,1

1

1,05

1,1

1,15

2nd

TblSet

2nd

TABLE

M0M( ) M0.

M0M0.


566


Activité 2

�

Voir figure ci-dessous.

�

Calculons Le point est bien sur la courbe

0

M0

M3

M4

M5

f 1( ) : f 1( ) 1 3

+ 1 1

+

------------ 2. = = M0 1 2,( ) C( ).


567


�

a)

Sur

10

10

5

0

0 2,[ ] :

1,6

0,40,2 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2

1,8

2

2,2

2,4

2,6

2,8

MO


568


b)

Sur

Nous allons procéder comme dans la question 4 de l’activité 1. Commençons par entrer et dans Y1 et Y2 respectivement :

Pour entrer l’expression de Y2, suivre les indications suivantes : ouvrir une parenthèse, puis

et ensuite poursuivre la saisie comme d’habitude.

On obtient les tableaux comme dans l’activité 1 en réglant les paramètres de 2

nd

TblSet :

On constate à la lecture de ces tableaux que lorsque x devient très proche de 1, devient très

proche de

�

La droite passant par et de coefficient directeur n’a pas d’autre point commun avec la

courbe ; elle se confond presque avec la courbe autour du point

0 9, ; 1 1 , [ ] :

1,92

1,9

1,94

1,96

1,98

2

2,02

2,04

2,06

2,08

0,94 0,96 0,98

MO

1 1,02 1,04 1,06 1,080,920,9

f x( ) a x( )

� Remarque 2nd VARS ENTER

ENTER

a x( )12-- .–

M012--–

M0.


569


Activité 3

�

a)

Commençons par calculer et en appliquant les formules vues en cours ;

et On en déduit que et La fonction f nefait pas partie du « catalogue » vu au chapitre précédent ; il nous faut donc avoir recours à la défi-nition du nombre dérivé pour calculer

on ne peut pas calculer ce nombre car le numé-

rateur et le dénominateur valent 0 lorsque Ceci nous donne l’idée de factoriser le numéra-

teur par et on obtient alors : Ainsi

pour tout x différent de 5. On en conclut que On constate

que

b)

On a déjà et Pour on fait comme précédemment :

On a donc pour tout x autre que a. On peut donc dire que

et ainsi

�

Nous savons déjà que Calculons

ce qui donne pour tout

0 10

5

10

M0

u′ 5( ) v′ 5( )

u′ x( ) 2x= v′ x( ) 3.= u′ 5( ) 2 5× 10= = v′ 5( ) 3.=

f′ 5( ).

f x( ) f 5( )–x 5–

------------------------- x2 3x 1 41–+ +x 5–

--------------------------------------x2 3x 40–+

x 5–----------------------------- ; = =

x 5.=

x 5–( ) f x( ) f 5( )–x 5–

-------------------------x 5–( ) x 8+( )

x 5–--------------------------------- .= f x( ) f 5( )–

x 5–------------------------- x 8+=

f x( ) f 5( )–x 5–

-------------------------x 5→lim x 8+( )

x 5→lim 13.= =

f′ 5( ) u′ 5( ) v′ 5( ).+=

u′ a( ) 2a= v′ a( ) 3.= f′ a( ),

f x( ) f a( )–x a–

------------------------- x2 3x 1 a2– 3a– 1–+ +x a–

----------------------------------------------------------- x2 a2– 3 x a–( )+x a–

------------------------------------------ x a–( ) x a+( ) 3 x a–( )+x a–

-----------------------------------------------------------= = =

x a–( ) x a 3+ +( )x a–

------------------------------------------ .=

f x( ) f a( )–x a–

------------------------- x a 3+ +=

f′ a( ) f x( ) f a( )–x a–

-------------------------x a→lim 2a 3,+= = f′ a( ) u′ a( ) v′ a( ).+=

u′ a( ) 2a.= f′ a( ) :

f x( ) f a( )–x a–

------------------------- 4x2 4a2–x a–

----------------------- 4 x a–( ) x a+( )x a–

------------------------------------= = f x( ) f a( )–x a–

------------------------- 4 x a+( )= x a.≠


570


On en déduit que Il en résulte que

alors qu’avait au départ

Si on pose maintenant on aura d’où

�

On a et

or on sait que et

Ainsi et en sim-

plifiant par Remplaçons x par a dans cette

expression et il vient ; On constate immédiatement que ce

résultat est différent de dont la valeur est 10a.

Calculons d’où

Activité 4

�

Voir à la fin

�

Calculons d’abord la fonction dérivée de f : Notons et les tangentes à

aux points d’abscisses 0 et 2.

et ; l’équation de est

et ; l’équation de est

�

Complétons les tableaux :

Il apparaît sur ces tableaux que et prennent des valeurs très proches lorsque x est voisinde 0 et que et prennent des valeurs très proches lorsque x est voisin de 2. Graphiquement,cela se traduit par le fait que la courbe et sa tangente sont presque confondues autour du point decontact.

x 0 0,01 0,1 0,2 0,5 1

10 7 5,68 5,32 5,030 2 5 4,970 2 4,72 4,48 4 4

8 6,5 5,6 5,3 5,03 5 4,97 4,7 4,4 3,5 2

x 1 1,5 1,8 1,9 1,99 2 2,01 2,1 2,2 2,5 3

4 5 6,08 6,52 6,950 2 7 7,050 2 7,52 8,08 10 14

2 4,5 6 6,5 6,95 7 7,05 7,5 8 9,5 12

f′ a( ) f x( ) f a( )–x a–

-------------------------x a→lim 4 x a+( )

x a→lim 8a.= = = f′ a( ) 4u′ a( )=

f x( ) 4u x( ).=

f x( ) kx2,= f′ a( ) f x( ) f a( )–x a–

-------------------------x a→lim k x a+( )

x a→lim 2ka= = =

f′ a( ) ku′ a( ).=

u′ a( ) 2a= v′ a( ) 5.=

f x( ) f a( )–x a–

-------------------------5 x3 a3–( ) 4 x2 a2–( )–

x a–------------------------------------------------------- ; = x3 a3– x a–( ) x2 ax a2+ +( )=

x2 a2– x a+( ) x a–( ).= f x( ) f a( )–x a–

------------------------- 5 x a–( ) x2 ax a2+ +( ) 4 x a–( ) x a+( )–x a–

------------------------------------------------------------------------------------------------=

x a–( ) : f x( ) f a ( )

– x a

–

------------------------- 5 x 2 ax a 2 + + ( ) 4 x a + ( ) . – =

f′ a( ) 5 3a2( ) 4 2a( )– 15a2 8a.–= =u′ a( ) v′ a( )×

u′ a( ) v a( )× u a( ) v′ a( )×+ 2a 5a 4–( ) a2 5×+ 15a2 8a,–= =

f′ a( ) u′ a( ) v a( )× u a( ) v′ a( ).×+=

f′ x( ) 4x 3.–= T0 T2 P( )

f′ 0( ) 3– = f 0( ) 5= T0 y 3x– 5.+=

f′ 2( ) 5= f 2( ) 7= T2 y 5x 3.–=

1– 0 5,– 0 2,– 0 1,– 0 01,–

f x( )

g x( )

f x( )

h x( )

f x( ) g x( )f x( ) h x( )



Activité 5

� La bille sera arrivée au sol lorsqu’elle aura parcouru 125 m. Le temps t vérifiera alors

soit d’où (car t est un nombre positif). La bille mettra donc 5 secondes pour attein-dre le sol.

� À l’instant la bille a parcouru 5 m et à l’instant 80 m. Elle a donc parcouru 75 mentre les instants 1 et 4.

La vitesse moyenne pendant cette durée de 3 secondes est donc À l’instant

la bille a parcouru 20 m. La vitesse moyenne entre les instants 1 et 2 est de 15 m par sec.

La distance parcourue entre les instants 1 et 1,1 est 1,05 m et la

vitesse de

La distance parcourue entre les instants 1 et 1,01 est 0,555 m

et la vitesse de

� La vitesse moyenne entre les instants 1 et est donnée par la formule

(on divise la distance parcourue par la durée du parcours). Cal-

culons cette dernière expression :

La limite de ce terme lorsque h tend vers 0 est donc 10 ; on peut dire que la vitesse instantanée dela bille à l’instant 1 est 10 m par sec.

5

10

5t2 125,=

t2 25= t 5=

t 1,= t 4,=

753----- 25 m par sec. =

t 2,=

f 1 1,( ) 5 1 21,× 6 05 m. , = =1 05,0 1,---------- 10 5 m par sec. , =

f 1 01,( ) 5 1 020 1 , × 5 100 5 m. , = =0 100 5 ,

0 01

,------------------

10 05 m par sec. , =

1 h+

f 1 h+( ) f 1( )–1 h+( ) 1–

---------------------------------- 5 1 h+( )2 5–h

-------------------------------=

f 1 h+( ) f 1( )–1 h+( ) 1–

---------------------------------- 5 10h 5h2 5–+ +h

------------------------------------------ 10h 5h2+h

------------------------ 10 5h.+= = =


572



Exercice 1

�

On obtient tout d’abord : ce qui permet de compléter le tableau :

�

Exercice 2

�

Dans chaque cas nous devons calculer puis la limite de ce nombre lorsque x tend

vers a.

a 0 1 2 3 4

2 2 7

0 2 4 6

f′ a( ) 2a 2,–=

1–

f a( ) 1– 2– 1–

f′ a( ) 4– 2–

Y

O

M'1

MO M2

M1

M3

M4

i

j

f x( ) f a( )–x a–

-------------------------


573


a)

on peut factoriser le numérateur sous la

forme : et on en déduit que pour

Ainsi et

b)

Développons :

d’où Il en résulte

que et

c)

en simplifiant on obtient La limite de ce terme quand x tend vers 1 est

d’où

d)

en multipliant par le conjugué du numérateur les deux termes de

cette fraction, il vient :

après simplification ce qui donne lorsque x tend vers 4.

�

a)

donc

b) donc

c) Posons et alors et Ainsi

ce qui fait Par conséquent

d) La fonction peut s’exprimer sous la forme avec et

On sait que donc ainsi

Il faut remarquer que cette deuxième méthode confirme les résultats de la première et est beaucoupplus rapide et efficace.

Exercice 3� a) Développons Le calcul de la dérivée est

alors immédiat :

b) Posons et on a alors et Onpeut maintenant appliquer la formule donnant la dérivée d’un produit :

ce qui donne en développant :

soit

f x( ) f 1– ( )–x 1– ( )–

----------------------------- 3x2 4x– 1 8–+x 1+

--------------------------------------3x2 4x– 7–

x 1+----------------------------- ; = =

x 1+( ) 3x 7–( ) f x( ) f 1– ( )–x 1– ( )–

----------------------------- x 1+( ) 3x 7–( )x 1+

------------------------------------ 3x 7–= =

x 1.– ≠ f x( ) f 1– ( )–

x 1+-----------------------------

x 1–→lim 10– = f′ 1– ( ) 10.– =

x 2–( ) x2 2x 1–+( ) x3 2x2– 2x2 4x– x– 2+ + x3 5x– 2.+= =

f x( ) f 2( )–x 2–

------------------------- x3 5x– 2 0–+x 2–

-----------------------------------= f x( ) f 2( )–x 2–

------------------------- x 2–( ) x2 2x 1–+( )x 2–

----------------------------------------------- x2 2x 1.–+= =

f x( ) f 2( )–x 2–

-------------------------x 2→lim x2 2x 1–+( )

x 2→lim 7= = f′ 2( ) 7.=

f 1( ) 25-- ; =

f x( ) f 1( )–x 1–

-------------------------

3x 1–2x 3+--------------- 2

5--–

x 1–------------------------

5 3x 1–( ) 2 2x 3+( )–5 2x 3+( )

---------------------------------------------------

x 1–----------------------------------------------------

15x 5– 4x– 6–5 2x 3+( )

-------------------------------------- 1x 1–-----------× 11x 11–

5 2x 3+( ) x 1–( )--------------------------------------- ; = = = =

f x( ) f 1( )–x 1–

-------------------------11

5 2x 3+( )----------------------- .= 11

25-----

f′ 1( ) 1125----- .=

f x( ) f 4( )–x 4–

-------------------------3x 13+ 5–

x 4–------------------------------- ; =

f x( ) f 4( )–x 4–

------------------------- 3x 13+ 5–( ) 3x 13+ 5+( )x 4–( ) 3x 13+ 5+( )

------------------------------------------------------------------------ 3x 13 25–+

x 4–( ) 3x 13+ 5+( )----------------------------------------------------

3 x 4–( )x 4–( ) 3x 13+ 5+( )

---------------------------------------------------- ; = = =

f x( ) f 4( )–x 4–

------------------------- 33x 13+ 5+( )

------------------------------------= 310-----

f′ x( ) 6x 4,–= f′ 1– ( ) 10.– =

f′ x( ) 3x2 5,–= f′ 2( ) 12 5– 7.= =

u x( ) 3x 1–= v x( ) 2x 3 ; + = u′ x( ) 3= v′ x( ) 2.=

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

---------------------------------------------------= f′ x( ) 6x 9 6x– 2+ +2x 3+( )2

------------------------------------11

2x 3+( )2---------------------- .= =

f′ 1( ) 1125----- .=

f x( ) g ax b+( )= g x( ) x,= a 3= b 13.=

g′ x( ) 12 x----------= f′ x( ) 3 1

2 3x 13+------------------------- ; ×= f′ 4( ) 3

2 12 13+-------------------------

310----- . = =

f x( ) : f x( ) 6x 6 8x 5 – 6x 4 15x 2 – 20x 15. –+ + =

f′ x( ) 36x5 40x4– 24x3 30x– 20.+ +=

u x( ) 3x2 4x– 3+= v x( ) 2x4 5 ; –= u′ x( ) 6x 4–= v′ x( ) 8x3.=

f′ x( ) 6x 4–( ) 2x4 5–( ) 3x2 4x– 3+( ) 8x3( )+=

f′ x( ) 12x5 8x4– 30x– 20 24x5 32x4– 24x3+ + += f′ x( ) 36x5 40x4– 24x3 30x– 20.+ +=


574


�

Commençons par transformer l’expression de Déve-loppons le deuxième facteur :

et finalement

a)

On peut écrire donc

b)

Autre méthode : on pose et on a alors et On en déduit que

Il ne reste plus qu’à développer ;

donc

Exercice 4

Le coefficient directeur de la tangente en un point est égal au nombre dérivé dela fonction en ce point. Calculons cette dérivée :

�

Le coefficient directeur de la tangente à C au point d’abscisse est

Le coefficient directeur de la tangente à C au point d’abscisse 0 est Le coefficient directeur de la tangente à C au point d’abscisse 1 est Le coefficient directeur de la tangente à C au point d’abscisse 2 est

� Une droite est dirigée par lorsque son coefficient directeur est 0. On est donc amené à résoudre

l’équation les solutions de cette équation sont 0

et donc la courbe C admet une tangente dirigée par aux points d’abscisses 0 et

� Une droite est dirigée par lorsque son coefficient directeur est On est donc amené àrésoudre l’équation le discriminant est

On a donc deux solutions distinctes : et

Conclusion : la courbe C admet une tangente dirigée par aux points d’abs-

cisses 3 et

Exercice 5

� La droite passe par les points de coordonnées et le vecteur de coordonnées

dirige la droite qui a donc comme coefficient directeur 3 ; conclusion :

� Les points d’abscisses 0 et 2 sont respectivement un maximum et un minimum de la fonction f,

donc

� Pour avoir il est nécessaire que x soit dans l’intervalle car dans cet intervalle

seulement la fonction f est décroissante. On peut dire que lorsque (environ).

On sait que et la courbe admet une tangente parallèle à au point d’abscisse Donc l’équation admet deux solutions ; et 3.

Exercice 6� Voir les courbes page suivante.

� Le coefficient directeur de la droite est car son équation est équivalente à On

peut donc dire que admet des tangentes parallèles à si l’équation admet dessolutions.

g x( ) : g x( ) x 2 2x 3 – ( )( ) 3 x 6 2x 3 – ( ) 3 . = =

2x 3–( )3 2x 3–( ) 2x 3–( )2 2x 3–( ) 4x2 12x– 9+( )= =

8x3 12x2– 24x2– 36x 18x 27–+ +=g x( ) x6 8x3 36x2– 54x 27–+( ).=

g x( ) 8x9 36x8– 54x7 27x6–+= g′ x( ) 72x8 288x7– 378x6 162x5.–+=

u x( ) x6= v x( ) 8x3 36x2– 54x 27 ; –+ = u′ x( ) 6x5=v′ x( ) 24x2 72x– 54.+=

g′ x( ) 6x5 8x3 36x2– 54x 27–+( ) x6 24x2 72x– 54+( ).+=

g′ x( ) 48x8 216x7– 324x6 126x5– 24x8 72x7– 54x6+ + +=

g′ x( ) 72x8 288x7– 378x6 162x5.–+=

f x( ) x3 5x2– 1.+=f′ x( ) 3x2 10x.–=

1– f′ 1– ( ) 13.=f′ 0( ) 0.=f′ 1( ) 7.– =f′ 2( ) 8.– =

i

f′ x( ) 0.= 3x2 10x– 0 x 3x 10–( )⇔ 0 ; = =103----- , i 10

3----- .

i 3j– 3.–

f′ x( ) 3.– = 3x2 10x– 3– 3x2 10x– 3+⇔ 0 ; = =

Δ 10– ( )2 4 3 3××– 64 82.= = = x110 8–

6-------------- 1

3--= =

x210 8+

6--------------- 3.= = i 3j–

13-- .

T( ) 3 2,( ) 4 5,( ) ;

1 3,( ) T( ) f′ 3( ) 3.=

f′ 0( ) f′ 2( ) 0.= =

f′ x( ) 1,– = 0 2,[ ]

f′ x( ) 1– = x 1=

f′ 3( ) 3= C( ) T( ) 1.–

f′ x( ) 3= 1–

Δ( ) 32--– y 3

2-- x.– =

C( ) Δ( ) f′ x( ) 32--– =



Cette équation a deux solutions ;

et La courbe admet

une tangente parallèle à enchacun de ses points d’abscisses

et

� On raisonne de la même manièreavec la droite dont le coeffi-cient directeur est 2 ; l’équation à

résoudre est qui équivaut

à soit à Il est

clair que cette équation n’a pas de

solution car ne peut être négatif.

La courbe n’admet aucune tan-

gente parallèle à � Écrivons l’équation de la tan-

gente au point d’abscisse a : on a et l’équation de la tangente au point

d’abscisse a est alors On est donc amené à rechercher a tel que le

point P se trouve sur cette droite. C’est le cas si et seulement si en multipliant ses deux

membres par cette équation est équivalente à On résout cette équation :

on a donc deux solutions ; et La courbe

admet deux tangentes passant par P : les tangentes aux points d’abscisses 1 et

Exercice 7

� 1er cas : calculons et Cette fonction est de la forme avec et

Alors et comme on en déduit

que L’approximation affine de f au voisinage de 0 est la fonction

c’est-à-dire

2e cas : en raisonnant de la même manière, on trouve et donc L’approximation affine de f au voisinage de 0 est la fonction c’est-à-dire

3e cas : d’où L’approximation affine de f au voisinage de 0 est la

fonction c’est-à-dire

� 1er cas : On a donc bien

2e cas : développons On en déduit

que Si on a d’où

et ainsi

On a donc bien pour x tel que

P

O

f′ x( ) 32--–

1x2-----– ⇔ 3

2--– x2⇔ 2

3-- .= = =

23-- 2

3-- .– C( )

Δ( )

23-- 2

3-- .–

D( )

f′ x( ) 2=1x2-----– 2,= x2 1

2-- .– =

x2

C( )D( ).

f a( ) 1a--= f′ a( ) 1

a2----- ; – =

y 1a2----- x a–( )–

1a--+

1a2----- x 2

a-- .+– = =

5 3a2-----

2a-- ; + =

a2, 5a2 2a– 3– 0.=

Δ 2– ( )2 4 5 3– ( )××– 64,= = 2 8+10

------------ 1= 2 8–10

----------- 0 6,– .=

C( ) 0 6.,–

f′ x( ) f′ 0( ). g ax b+( ) g x( ) x2=

a b 1.= = f′ x( ) ag′ ax b+( )= g′ x( ) 2x,= f′ x( ) 2 x 1+( ) ; =

f′ 0( ) 2.= x f 0( )� xf′ 0( ),+

x 2x 1 ; + � g x ( ) 2x 1. + =

f′ x( ) 3 x 1+( )2= f′ 0( ) 3.=x f 0( ) xf′ 0( ),+�

x 3x 1 ; + � g x ( ) 3x 1. + =

f′ x( ) 1x 1+( )2

-------------------– = f′ 0( ) 1.– =

x f 0( ) xf′ 0( ),+� x x– 1 ; +� g x ( ) x – 1. + =

R x( ) f x( ) 2x 1+( )– x2 2x 1+ +( ) 2x 1+( )– x2.= = =

R x( ) x2.�

f x( ) : x 1+( ) 3 x 1 + ( ) x 2 2x 1 + + ( ) x 3 3x 2 3x 1. + + + = =

R x( ) f x( ) g x( )– x3 3x2+ x2 x 3+ .= = = x 1,� 1 x 1,� �–

2 x 3+ 4� � x 3+ 4.�

x 1,� R x( ) 4x2.�


576


3

e

cas :

Recherchons maintenant un

encadrement de On a

�

Il faut ici penser à écrire Alors L’approximation affine de la

fonction est la fonction donc L’erreur commise en remplaçant A par cette valeur approchée est inférieure à

On peut donc dire que l’erreur est négligeable lorsqu’on estime A avecdeux décimales.

d’où L’erreur est inférieure à

Exercice 8

On en déduit que l’abscisse à l’instant est la vitesse est et l’accélération est

La représentation graphique de la fonction est une parabole tournée vers le bas car le coef-ficient de est négatif et dont le sommet a pour coordonnées

Comme la bille est lancée vers le haut, elle subit l’effet de la force de pesanteur qui l’attire vers le bas.Elle va donc à un certain moment atteindre son niveau maximum, puis redescendre. D’après lacourbe, le maximum est atteint à et l’abscisse de la bille correspondante est 4.

Exercice 9

Les abscisses des points cherchés sont les solutions de l’équation car on cherche les tan-

gentes de coefficient directeur 9. Calculons d’abord la dérivée de f : L’équation à

résoudre est alors ce qui équivaut à ou encore à

On a Notre équation a donc deux solutions : et

Conclusion : la courbe admet des tangentes parallèles à la droite d’équation en sespoints d’abscisses et 3.

f x( ) g x( )– 1x 1+----------- 1 x–( )– 1 1 x–( ) 1 x+( )–

1 x+------------------------------------------

x2

1 x+----------- .= = =

11 x+----------- : x 1

2-- 1

2--– x 1

2 -- � � 1

2 -- x 1 + 3

2 -- � � 2

3 -- 1

1 x

+----------- 2. � � ⇔ ⇔ ⇔ �

R x( ) x2 1x 1+----------- 2x2.�=

0 98, 1 0 02.,–= A 1 0 02,–( )3.=

x x 1+( )3� x 3x 1+� A 1 3 0 02,– ( ),+� A 0 94.,�

4 0 02,– ( )2 0 001 6. , =

B 1 0 02,– ( )–� B 1 02.,� 2 0 02,– ( )2 0 000 8. , =

v t( ) d′ t( ) 2t– 6 ; + = = γ t ( ) v ′ t ( ) 2. – = = t 0=d 0( ) 5 ; – = v 0( ) 6= γ 0( ) 2.– =

t d t( )�t2 3 4,( ).

–20

–15

–10

–5

O x0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5

t 3=

f′ x( ) 9=f′ x( ) 3x2 6x.–=

3x2 6x– 9,= 3x2 6x– 9– 0,= x2 2x– 3– 0.=

Δ 2– ( )2 4 3– ( )×– 16.= = 2 4+2

------------ 3= 2 4–2

----------- 1.– =

C( ) y 9x 4+=1–


577



Exercice 1

�

La parabole esttournée vers le haut

car le coefficient de est 1 qui est positif etson sommet a pourcoordonnées

(voir ci-contre).

�

a)

Calculons les coor-données de A et B :

et

le coefficient directeur de

est soit


de la forme

et les coordonnées de Bvérifient cette équation

donc et ainsi

L’équation de

est

b)

est la représenta-tion graphique de la fonc-tion f définie par

Ladérivée de f est donnée

par Il nous faut donc résoudre l’équation on trouve Le point K

existe donc bien ; de plus Ainsi

c)

Écrivons les équations des tangentes en A et B. On a et L’équation de la

tangente en A est alors Pour B, et l’équa-

tion de la tangente en B est alors Pour connaître les coordonnées de J, il

faut résoudre le système Calculons x :

d’où et

O 5

B

I

A

J

K

–4

–8

4

P( )

x2

2 5, 4 25,– ,( )

yA12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 52--– 2+ 0 25,– = =

yB 52 5 5 2+×– 2 ; = =

AB( )yB yA–

xB xA–---------------- ,

2 0 25,+5 0 5,–

-------------------12-- .=

AB( )

y 12-- x p+=

2 52-- p+=

p 12-- .– =

AB( ) y 12-- x 1

2-- .–=

P( )

f x( ) x2 5x– 2.+=

f′ x( ) 2x 5.–= f′ x( ) 12-- ; = x 11

4----- .=

f 114-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 114-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 554-----– 2+ 4 187 5. ,– = = K 2 75, 4 187 5 ,– ,( ) .

f 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 14--– = f′ 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4.– =

y 4 x 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞– 14--– 4x– 1 75.,+= = f 5( ) 2= f′ 5( ) 5 ; =

y 5 x 5–( ) 2+ 5x 23.–= =y 5x 23–=y 4x– 1 75,+=⎩

⎨⎧

. 5x 23– 4x– 1 75,+ 9x⇔ 24 75,,= =

x 2 75,= y 4 2 75,×– 1 75,+ 9 25.,– = =



Conclusion : On connaît les coordonnées de K et de J ; il nous manque celles du

milieu I de et On constate

que les trois points I, J et K ont la même abscisse : 2,75 ; ils sont donc alignés et K est milieu de

� a) Les droites passent toutes par le point de coordonnées et ce point est aussi sur la

parabole C’est donc bien le point E cherché :

b) Il faut ici résoudre l’équation qui équivaut à Cette équa-tion a deux solutions : 0 et Comme 0 est l’abscisse de E, celle de F est son ordonnéeest alors soit

c) La courbe admet une tangente parallèle à si l’équation a une solution. Or

et équivaut à Donc G a pour abscisse et son ordonnée

est d’où

d) Si on observe les abscisses des points E, F, G, il apparaît que

Exercice 2

est la représentation graphique de la fonction f définie par

� On a donc et Les coordonnées de A sont La tan-

gente en A a donc pour équation

� Les coordonnées de I vérifient et On en déduit x : d’où

Donc Les coordonnées de J sont telles que et d’où Les

coordonnées du milieu de sont alors soit il s’agit bien des coordon-

nées de A.

� Soit A un point de si I et J sont

les points d’inter-section de la tan-gente à en Aavec les axes, A estle milieu de l’hypo-ténuse du triangleOIJ rectangle en O.Par conséquent

etainsi les points I etJ sont les pointsd’intersection ducercle de centre Apassant par O avecles axes. La tan-gente en A estalors la droite

J 2 75, 9 25,– ,( ).

AB[ ] : xI0 5

, 5

+

2 ---------------- 2 75 , = = yI

0 25,– 2+2

------------------------ 0 875 ; , = = I 2 75 , 0 875 , ,( ) .

IJ[ ].

Δ( ) 0 2,( )P( ). E 0 2,( ).

x2 5x– 2+ ax 2+= x2 5 a+( )x– 0.=5 a.+ 5 a ; +

a 5 a+( ) 2,+ a2 5a 2 ; + + F 5 a + a 2 5a 2 + + ,( ) .

P( ) Δ( ) f′ x( ) a=

f′ x( ) 2x 5–= f′ x( ) a= x a 5+2

------------ .= a 5+2

------------

y a 5+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2

5 a 5+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞– 2,+= y a2 17–

4----------------- .= G a 5+

2------------ a2 17–

4-----------------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

xG

xE xF+

2---------------- .=

H( ) f x( ) 3x-- .=

f′ x( ) 3x2----- ,– = f a( ) 3

a--= f′ a( ) 3

a2----- .– = a 3

a--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

y 3a2----- x a–( )–

3a--+

3a2----- x 6

a-- .+– = =

y 0= y 3a2----- x 6

a-- .+– = 3

a2----- x 6

a--= x 2a.=

I 2a 0,( ). x 0= y 3a2----- x 6

a--+– = J 0 6

a--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

IJ[ ] 2a 0+2

---------------0 6

a--+

2------------,

⎝ ⎠⎜ ⎟⎜ ⎟⎛ ⎞

a 3a--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;

–2

0 5 I

A

J2

4H( ) ;

H( )

AI AJ AO= =

IJ( ).


579


Exercice 3

�

On trace la courbe en s’appuyant surun tableau de valeurs obtenu àl’aide de la calculatrice. C’est lacourbe représentative de la fonction

f définie par

�

Calculons la dérivée :

on a

et L’équation de la tan-

gente au point d’abscisse 0 est alors

�

On sait que pour des valeurs très pro-

ches de 0, Si donc

On fait de même pour ce qui donne

�

a)

donc

b)

Pour et d’où et ainsi

c)

Du résultat précédent, on déduit que

et comme on remarque par ailleurs que on a Mul-

tiplions tout par est il vient en ajoutant on obtient le

résultat cherché : Revenons à la relation

elle nous indique que l’écart entre et est inférieur à

lorsque Par conséquent est un majorant de l’erreur commise en remplaçant

par

d)

Une valeur approchée de est avec

soit

On sait que l’erreur commise en prenant cette valeur approchée est inférieure à soit

ce qui valide les 24 premières décimales de la valeur approchée choisie. Ces 24 premièresdécimales sont donc dans l’ordre 12 « 9 » puis 1 « 5 » et enfin 11 « 0 ».

O

I

1–1

f x( ) 1 x+ .=

f′ x( ) 12 1 x+------------------- ; = f 0( ) 1=

f′ 0( ) 12-- .=

y 12-- x 1.+=

1 x+12-- x 1.+� x 0 001,,– = 0 999,

0 001,2

-------------– 1+� 0 999, 0 999 5. , �

x 0 000 2 , = 1 000 2 , 1 000 1. , �

1 12-- x 1 x+–+

1 12--x 1 x+–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 1 12--x 1 x++ +⎝ ⎠

⎛ ⎞

1 12--x 1 x++ +

------------------------------------------------------------------------------------1 1

2-- x+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 21 x+( )–

1 12--x 1 x++ +

-----------------------------------------------= =

1 x 14-- x2 1– x–+ +

1 12--x 1 x++ +

----------------------------------------------= 1 12-- x 1 x+–+

14-- x2

1 12--x 1 x++ +

------------------------------------- .=

x 1 1[,,– ]∈ 1 x+ 0> 12-- x 1

2-- ; – > 1 1

2-- x 1 x++ + 1 1

2--– 0+>

1 12-- x 1 x++ +

12-- .>

1

1 12-- x 1 x++ +

--------------------------------------- 2,< 1 12-- x 1 x+–+ 2 1

4-- x2×< x2

2-----=

14-- x2

1 12--x 1 x++ +

------------------------------------- 0,> 0 1 12-- x 1 x+–+

x2

2----- .< <

1– ( ) 0 1 12-- x– 1 x++–

x2

2----- ; – > > 1 1

2-- x+

1 12-- x+ 1 x+ 1 1

2-- x x2

2----- .–+> >

0 1 12-- x 1 x+–+

x2

2----- :< < 1 1

2-- x+ 1 x+

x2

2-----

x 1 1[.,– ]∈ x2

2-----

1 x+ 1 12-- x.+

0 999 999 999 999 , 1 12-- x+

x 0 000 000 000 001 ,– 10 12 –

– , = = 0 999 999 999 999 5. ,12-- 10 12– ( )2

5 10 25– ,⋅


580


2

ème

partie : Produit scalaire


Activité 1

�

Appliquons la formule pour calculer les distances et on obtient :

On constate que et donc que ce qui prouve quele triangle ABC est rectangle en A grâce à la réciproque du théorème de Pythagore.

�

Calculons d’abord les coordonnées des vecteurs : et Ainsi

�

Dans ce cas général, on a et (remar-

quons que les coordonnées de viennent de la relation Dire que ABC est rec-

tangle en A signifie que c’est-à-dire que

Développons le second membre de cette égalité, il

vient : ce qui donne et

donc

Activité 2

�

a)

Comme on l’a vu dans l’activité 1, on a et par conséquent

Ainsi et par conséquent

b)

Ce résultat ne fait intervenir que les coordonnées des vecteurs et

c)

Le triangle ABC est rectangle en A si et seulement si donc si ce qui correspond bien à la relation

�

Calculons les coordonnées des vecteurs et Nous avonsalors et

soit

ce qui est bien le résultat attendu.

Activité 3

� a) Les coordonnées de sont celles de multipliée par 3 : Le produit scalaire

est alors égal à cependant que

On a donc bien

AB 1 5–( )2 5 7–( )2+ 16 4+ 2 5.= = =

AC 8 5–( )2 1 7–( )2+ 9 36+ 3 5.= = =

BC 8 1–( )2 1 5–( )2+ 49 16+ 65.= = =

AB2 AC2+ 20 45+ 65= = AB2 AC2+ BC2=

AB 4– 2– ,( ) AC 3 6– ,( ).

xAB

xAC

yAB

yAC

+ 12– 12+ 0.= =

AB2 x2 y2,+= AC2 x′2 y′2+= BC2 x′ x–( )2 y′ y–( )2+=

BC BC AC AB ).–=

AB2 AC2+ BC2,=

x2 y2 x′2 y′2+ + + x′ x–( )2 y′ y–( )2.+=

x2 y2 x′2 y′2+ + + x′2 2xx′– x2 y′2 2yy′– y2+ + += 0 2xx′ 2yy′–– =xx′ yy′+ 0.=

BC AC AB–= BC x′ x– y′ y–,( ).

AB2 AC2 BC2–+ x2 y2 x′2 y′2 x′ x–( )2– y′ y–( )2–+ + +=

x2 y2 x′2 y′2 x2 y2 x′2 y′2–––– 2xx′ 2yy′+ + + + +=

AB2 AC2 BC2–+ 2xx′ 2yy′+= xx′ yy′+12-- AB2 AC2 BC2–+( ).=

AB AC.

AB2 AC2+ BC2=AB2 AC2 BC2–+ 0= xx′ yy′+ 0.=

AB 1– 2– ,( ) ; AC 2 6– ,( ) BC 3 4– ,( ).x

ABx

ACy

ABy

AC+ 2 12+– 10= =

12-- AB2 AC2 BC2–+( ) 1

2-- 1– ( )2 2– ( )2 22 6– ( )2 32– 4– ( )2–+ + +( )=

12-- AB2 AC2 BC2–+( ) 1

2-- 1 4 4 36 9– 16–+ + +( ) 10= =

3u u 3u 9 15,( ).

3u( ) v⋅ 9 2 15 1– ( )×+× 3=

3 u v⋅( ) 3 3 2 5 1– ( )×+×( ) 3 6 5–( ) 3.= = =

3u( ) v⋅ 3 u v⋅( ).=



b) a pour coordonnées Donc Par ailleurs et

d’où On a ainsi

� a) Le vecteur a pour coordonnées donc

b) Les coordonnées de sont donc

ce qui est bien égal à

Activité 4

� Le point a pour coordonnées donc les coordonnées de sont On en déduit

les coordonnées des vecteurs et on sait de plus que Ainsi

et

On pouvait remarquer aussi que

car

ces deux vecteurs étant orthogonaux.

En procédant de la même manière,

et

� Les coordonnées de sont ce qui signifie que et comme on

a bien On obtient de même

et

v w+ 1 3,( ). u v w+( ) 3 1 5 3×+× 18.= = u v⋅ 1=

u w⋅ 3– 20+ 17= = uv uw+ 18.= u v w+( ) uv uw.+=

λu λx λy,( ),

λu( ) v⋅ λxx′ λyy′+ λ xx′ yy′+( ) λ u v⋅( ).= = =

v w+ x′ x″+ y′ y″+,( )

u v w+( ) x x′ x″+( ) y y′ y″+( )+ xx′ xx″ yy′ yy″+ + + xx′ yy′ xx″ yy″+ + += = =

uv uw.+

M1 5 3,( ) H1 5 0,( ).

OM1 5 3,( ) OH1 5 0,( ) ; OI 1 0,( ).

OI OM1⋅ 1 5 0 3×+× 5= = OI OH1⋅ 1 5 0 0×+× 5.= =

OI OM1⋅ OI OH1 H1M1+( )⋅ OI OH1⋅ OI H1M1⋅+ OI OH1⋅= = = OI H1M1⋅ 0,=

OI OM2⋅ 0 ; = OI OM3⋅ 3 ; – = OI OM4⋅ 4 ; – =

OI OM5⋅ 2– = OI OM6⋅ 2.=

OH1 5 0,( ) OH1 5OI= OI OM1⋅ 5,=

OH1 OI OM1⋅( )OI.= OH2 OI OM2⋅( )OI ; =

OH3 OI OM3⋅( )OI ; = OH 4 OI OM 4 ⋅( ) OI ; = OH 5 OI OM 5 ⋅( ) OI = OH6 OI OM6⋅( )OI.=


582



Exercice 1

Dans chaque cas, comme les vecteurs et sont colinéaires, on a et par consé-

quent Il nous suffit alors de calculer k.

a)

donc

b)

donc

c)

donc

d)

Ici, et M se confond avec A.

e)

donc et M se confond avec B.

f)

donc et M est le symétrique de B par rapport à A.

Exercice 2

Comme ABCD est rectangle, et ainsi

d’où

car ce sont deux vecteurs orthogonaux.

car

.

Exercice 3

�

Dans le triangle ACD rectangle en D, on a

donc

De même Donc Pour le calcul de BC, on appelle H le projeté

orthogonal de B sur BCH est alors rectangle en H, et Donc et

�

Exercice 4

�

On a et

Alors ce qui donne

ce qui donne

AB AM AM kAB=

AB AM⋅ kAB2 36k.= =

AB AM⋅ 8= k 836-----

29-- ; = = AM 2

9 -- AB. =

AB AM⋅ 12– = k 12–

36---------

13-- ; – = = AM 1

3 -- AB. – =

AB AM⋅ 6= k 636-----

16-- ; = = AM 1

6 -- AB. =

AB AM⋅ 0.= k 0=

AB AM⋅ 36= k 1=

AB AM⋅ 36– = k 1– =

D

A B

C

IH

AD BC=

AD BC⋅ AD2 9.= =

AB CD– = AB CD⋅ AB2– 36.– = =

AB CB⋅ 0=

AB AI⋅ 12-- AB2 AI2 BI2–+( ) 1

2-- AB2( ) 18= = =

AI IB.=

BC DI⋅ AD DI⋅ DA DI⋅– DA DH⋅– DA DA2

-------×– DA2

2---------–= = = = =

A B

CD

AC2 AD2 CD2+ 16 64+ 80= = = AC 80.=

BD2 AD2 AB2+ 16 25+ 41.= = =BD 41.=

CD( ) ;CH 3= BH 4.= BC2 16 9+= BC 5.=

BA BC⋅ BA BC⋅ 12-- AB2 BC2 AC2–+( ) 1

2-- 25 25 80–+( ) ; = = = AB CB ⋅ 15. – =

CB CD⋅ 12-- CB2 CD2 BD2–+( ) 1

2-- 25 64 41–+( ) ; = = CB CD ⋅ 24. =

AD BC⋅ BH BC⋅ 12-- BH2 BC2 CH2–+( ) 1

2-- 16 25 9–+( ) ; = = = AD BC ⋅ 16. =

u 2,= v 5= u v⋅ 10.– =

a 4u2

– u v 6v u 32-- v

2–⋅+⋅+ 4 u

2–

32-- v

2– 7u v,⋅+= =

a 16– 752-----– 70– 123 5.,– = =

b 2u2

u v 4v u 2v2

+⋅–⋅– 2 u2

2 v2

5u v⋅–+= = b 8 50 50+ + 108.= =


583


Remarquons que dans ce cas particulier on aurait pu procéder autrement. En effet des hypothèses, on

déduit immédiatement que les vecteurs et sont colinéaires et de sens contraire car le cosinus de

leur angle est Comme on connaît leurs normes, on peut dire que Dans ces condi-

tions, d’où

�

a)

Appliquons la formule vue en cours : Il vient

b)

�

On utilise la même formule sous la forme :

a) d’où (rappelons que nous choisissons la solution appartenant

à l’intervalle

b) d’où

c) d’où

Exercice 5� Notons a la longueur du côté du triangle ABC. Nous

allons calculer le produit scalaire en remar-

quant que

Or

et

On en déduit que et donc que ces deuxvecteurs sont orthogonaux.

� On a bien sûr la même chose pour les autres points : orthogonal à et orthogonal à

On peut donc dans les trois triangles rectangles AIK, BIJ et CJK calculer la longueur de chacundes côtés IJ, JK et IK qui sont égaux car les trois triangles sont isométriques.

Exercice 6

u v

1.– v 52-- u.– =

a 192----- u⎝ ⎠

⎛ ⎞ 134----- u– ⎝ ⎠

⎛ ⎞ ,⋅= a 13 19×8

----------------- u2

– 123 5.,– = =

u v⋅ u v u v,( )cos× .=

u v⋅ 3 6 32

-------×× 9 3.= =

u v⋅ 1 12-- 1

2--– ⎝ ⎠

⎛ ⎞×× 14-- .– = =

u v,( )cos u v⋅

u v×--------------------- .=

u v,( )cos 9 23 6×------------ 2

2-------= = u v,( ) π

4---=

0 π,[ ] ).

u v,( )cos 10–

5 2×------------ 1– = = u v,( ) π.=

u v,( )cos 18–

2 3 6×-------------------

32 3----------–

32

-------– = = = u v,( ) 5π6

------ .=

C

K

A I B

J

AB IK⋅

IK AK AI.–=

AB IK⋅ AB AK AI–( )⋅ AB AK⋅ AB AI.⋅–= =

AB AK⋅ a 23-- a π

3---cos×× a2

3-----= =

AB AI⋅ AB 13-- AB⋅ a2

3----- .= =

AB IK⋅ 0=

IJ BC JK

AC.

A

JK

B I C



Comme I est le milieu de on a la relation et les relations analogues pour

les points J et K. Nous pouvons donc écrire

Développons ce deuxième membre ; il vient

Regroupons les termes comme il convient dans la parenthèse et on obtient :

ou encore

d’où le résultat.

Exercice 7

Considérons le losange ABCD dont les diagonales sont et et calculons le produit sca-

laire Pour cela, remarquons que et que On a alors

car (les côtés d’un losange sont de même longueur).

Exercice 8Le barycentre G est défini par la relation

vectorielle mais

aussi par la relation

Cette relation permet de construire G faci-lement.

La relation

est équivalente à car

Ainsi le lieu géométrique de M est l’ensemble des points M tels que est perpendiculaire à

c’est la droite perpendiculaire à passant par G.

Exercice 9

� La relation équivaut

à car les distances sontdes nombres positifs ; ils ne peuventdonc pas être opposés. Le lieu de Mest alors la médiatrice de

c’est-à-dire la droite

� a) On sait que le carré scalaire estégal au carré de la distance :

Par conséquent la rela-tion est équivalente

à donc aussi à

BC[ ], AI 12-- AB AC+( )=

AB CK⋅ BC AI⋅ CA BJ⋅+ +12-- AB CA CB+( )⋅ 1

2-- BC AB AC+( )⋅ 1

2-- CA BA BC+( ).⋅+ +=

AB CK⋅ BC AI⋅ CA BJ⋅+ +12-- AB CA AB CB BC AB⋅+⋅+⋅ BC AC⋅ CA BA⋅ CA BC⋅+ + +( ).=

AB CK⋅ BC AI⋅ CA BJ⋅+ +12-- AB CA⋅ CA BA⋅ AB CB⋅ BC AB⋅ BC AC⋅ CA BC⋅+ + + + +( )=

AB CK⋅ BC AI⋅ CA BJ⋅+ +12-- CA AB BA+( ) AB CB BC+( ) BC AC CA+( )+ +( )=

AC[ ] BD[ ]

AC BD.⋅ AC AB AD+= BD AD AB.–=

AC BD⋅ AD2

AB2

– AD2 AB2– 0= = = AD AB=

A

B C

GX

GA 2GB– 3GC+ 0=

AG AB– 32-- AC.+=

MA 2MB– 3MC+( )BC 0=

2MG BC⋅ 0=

MA 2MB– 3MC+ 2MG.=MG( )

BC( ) ; BC( )

D C

BA

I

AM2 CM2– 0=AM CM=

AC[ ],

BD( ).

AM2

AM2.=AM2 CM2– 0=

AM2

CM2

– 0=

AM CM+( ) AM CM–( ) 0.=


585


Or et car On a

donc bien

b)

Le lieu cherché est l’ensemble des points M tels que donc Soit H le

projeté orthogonal de M sur On a alors car Il nous faut main-

tenant déterminer le point H. On sait déjà que les vecteurs et sont colinéaires car I et H appar-tiennent à de même sens car leur produit scalaire est positif. On peut dire que

Mais on sait par ailleurs que car ABCD est un carré de côté 1 ; on en déduit que

Nous pouvons finalement affirmer que et par conséquent que

Le lieu de M est donc la droite perpendiculaire à passant par C.

AM CM– AM MC+ AC= = AM CM+ AI IM CI IM+ + + 2IM= = AI CI+ 0.=

AM2 CM2– 2AC IM.⋅=

2AC IM⋅ 2,= AC IM⋅ 1.=

AC( ). AC IH⋅ 1= AC IM⋅ AC IH.⋅=

AC IHAC( ), AC IH× 1.=

AC 2=

IH 12

------- 22

-------AC2

------- .= = = IH 12-- AC IC= =

H C.= AC( )


586



Exercice 1

�

Construction de la figure : on traceun triangle ABH rectangle en H et telque et Le point C estalors le point d’intersection de avec la perpendiculaire à pas-sant par A.

�

Appliquons la définition du produit

scalaire pour calculer

mais comme ABC est rectangle en A, et par conséquent

�

On a aussi Or on en conclut que

Ainsi et

�

Les valeurs de AH et AC s’obtiennent en appliquant la propriété de Pythagore dans les trianglesrectangles ABH et ABC : donc

d’où

Exercice 2

�

Calculons le produit scalaire pour cela, on remarque que et

Ainsi

Or et à cause des droites perpendiculaires. De plus

et On obtient et

comme et Pour comparer les

longueurs AI et BC, il suffit de remarquer que et que et d’utiliser

la propriété qui dit que et On en conclut que

�

On peut remarquer car ce sont les hypoténuses des triangles rectangles IBD et CDE quiont les mêmes dimensions. Pour montrer l’orthogonalité des vecteurs, on calcule leur produit sca-laire en utilisant une décomposition analogue à celle de la question précédente :

Or et

Donc car et Conclusion :les segments et sont perpendiculaires et de mêmes longueur.

�

En procédant de la même manière que dans la question précédente, on trouve que les segments et sont perpendiculaires et de mêmes longueur. Considérons le triangle IBC :

est la hauteur issue de A, est la hauteur issue de C et est la hauteur issue de B. Cestrois droites sont donc concourantes.

A

B HC

AB 5= BH 3.=BH( )

AB( )

BA BC : ⋅

BA BC⋅ 12-- BA2 BC2 AC2–+( ) ; =

BC2 AB2 AC2+=

BA BC⋅ 12-- BA2 AB2 AC2 AC2–+ +( ) ; = BA BC⋅ AB2 25.= =

BA BC⋅ BA BC ABC.cos××= ABCcos BHAB------

35-- ; = =

BA BC⋅ 35-- BA BC.×= 25 3

5-- BA BC× 3

5-- 5 BC××= = 25

3----- .

AH2 AB2 BH2– 25 9– 16= = = AH 4 ; =

AC2 BC2 AB2– 6259

-------- 25– 4009

--------= = = AC 203----- .=

AI BC ; ⋅ AI AE AG+=

BC AC AB.–=

AI BC⋅ AE AG+( ) AC AB–( ) AE AC⋅ AG AC⋅ AE AB⋅ AG AB.⋅––+= =

AG AC⋅ 0= AE AB⋅ 0=

AE AC⋅ AE AC×– = AG AB⋅ AG AB.×– = AI BC⋅ AE AC×– AG AB×+=

AE AB= AG AC,= AI BC⋅ AE AC×– AE AC,×+= AI BC⋅ 0.=

BC2 AB2 AC2+= AI2 AE2 EI2+=AE AB= AC EI.= AI BC.=

CD IB=

BI CD⋅ BD DI+( ) CE ED+( ) BD CE⋅ BD ED⋅ DI CE⋅ DI ED.⋅+ + += = BD ED⋅ 0=

DI CE⋅ 0.=

BI CD⋅ BD CE⋅ DI ED⋅+ BD CE DI ED×–× 0= = = BD ED= EC DI.=BI[ ] CD[ ]

IC[ ] BF[ ] IA( )CD( ) BF( )



Exercice 3

Dans le parallélogramme ABCD, on a et donc Le lieu

cherché est donc celui des points M tels que ce qui équivaut à

donc aussi à et finalement à Le lieu de M

est la droite passant par D et perpendiculaire à

Exercice 4� Voir figure ci-contre.

� Comme I est le milieu de on a la

relation donc

� Considérons le triangle ABH rectangle en H.

est le projeté orthogonal de sur

donc = . est le

projeté orthogonal de sur donc = = .

Finalement = .

On démontre de la même manière que et on en déduit que

� Calculons le produit scalaire ce qui donne

Conclusion : les droites et sont perpendiculaires. ■

CD AB– = CB AD ; – = CD CB⋅ AD AB.⋅=

AM AB⋅ AD AB⋅=

AM AB⋅ AD AB⋅– 0= AM AD–( )AB 0= DM AB⋅ 0.=AB( ).

K B

I

HL

C

A

BC[ ],

AB AC+ 2AI,=

AI 12-- AB AC+( ).=

AK AH

AB AB AH⋅ AB AK⋅ AH

AB AH AB AH⋅ AB AH⋅ AH2

AB AK⋅ AH2

AC AL⋅ AH2= AC AL⋅ AB AK.⋅=

AI LK : ⋅ AI LK ⋅ 12

-- AB AC + ( ) AK AL – ( )=

AI LK⋅ 12-- AB AK⋅ AB AL⋅– AC AK⋅ AC AL⋅–+( ) 1

2-- AH2 0– 0 AH2–+( ) 0.= = =

AI( ) KL( )


588


équence 6

1

ère

partie : Applicationdu produit scalaire


Activité 1

�

a)

Les coordonnées du vecteur sont : Calculons le produit scalaire.

donc ces vecteurs sont orthogonaux.

b)

Les coordonnées du vecteur sont M appartient à si et seulement si

et sont colinéaires, c’est-à-dire si et seulement si et sont orthogonaux ce qui équi-

vaut à ou encore à

c)

Cette équation est équivalente à soit

�

On a deux manières de caractériser l’ensemble des points M de cette droite : ils sont tels que

et sont orthogonaux ou ils sont tels que et sont colinéaires.

et sont orthogonaux signifie que ce qui donne L’équation de la droite perpendiculaire à passant par A est donc

Activité 2

�

Pour que passe aussi par C, il suffit que Calculons ces deux distances :

et On a

donc B et C appartient au même cercle de centre A ; ce cercle a pour rayon

�

Le point D a pour coordonnées calculons y : d’où Or

soit et ainsi Il nous reste à

résoudre cette équation : il y a donc deux solutions qui sont et

La deuxième solution ne convient pas car D serait confondu avec C. Le point D a pour

coordonnées

�

On procède de la même manière pour calculer l’abscisse de E dont les coordonnées sont

Dire que E est sur c’est dire que

et donc que Cette équation possède deux solutions qui sont 0 et 4 ; et comme E estdifférent de D, E a pour coordonnées

�

Recherchons les points de de coordonnées ils doivent vérifier :

car leur distance à A est Cette équation équivaut à

ou encore à On a donc deux solutions :

et Les points cherchés ont donc pour coordonnées et

On peut remarquer qu’on retrouve le point

AB 6 2,( ).

AB n⋅ 6 1× 3– ( ) 2×+ 6 6– 0= = =

AM x 2 y 1–,+( ) ; AB( )

AB AM AM n

x 2+( ) 1 y 1–( ) 3–( )×+× 0= x 3y– 5+ 0.=

3y x 5,+= y 13-- x 5

3-- .+=

AM

AB AM n

AM AB 6 x 2+( ) 2 y 1–( )+ 0= 3x y 5+ + 0.=AB( ) 3x y 5+ + 0.=

Γ( ) AC AB.=

AB 5 2–( )2 3 1–( )2+ 13= = AC 4 2–( )2 4 1–( )2+ 13.= = AB AC=

13.

4 y,( ) ; AD 13= AD2 13.=AD2 4 2–( )2= y 1–( )2,+ y2 2y– 5+ 13= y2 2y– 8– 0.=

Δ 4 32+ 36 ; = = 2 6–2

----------- 2– =

2 6+2

------------ 4.=

4 2– ,( ).

x 2– ,( ) :AE2 x 2–( )2 2– 1–( )2+ x2 4x– 13.+= = Γ( ), AE 13=

x2 4x– 0.=0 2– ,( ).

Γ( ) x x,( ) :x 2–( )2 x 1–( )2+ 13= 13.

2x2 6x– 8– 0= x2 3x– 4– 0 ; = Δ 9 16 + 25. = =3 5–

2----------- 1– = 3 5+

2------------ 4.= 1 1– ,– ( ) 4 4,( ).

C 4 4,( ),


589


Activité 3

�

I est le milieu de donc On a donc

et ainsi car le carré scalaire est égal au carré de la distance.

�

On en déduit que M est sur le cercle de diamètre si et seulement si donc

c’est-à-dire

Activité 4

�

Voir figure.

�

Le produit scalaire est donnépar la formule :

d’où

La définition du produit scalairenous dit que

d’où

On en déduit que et ainsi

Les deux expressions du produit scalaire nous permettent d’écrire

il en résulte que .

Activité 5

I est le milieu de donc Donc

soit

et comme

On a et d’où par conséquent d’où et ainsi

Utilisons le fait que il vient

AB[ ] IA IB.– =

MA MB⋅ MI IA+( ) MI IB+( )⋅ MI IA+( ) MI IA–( )⋅= =

MA MB⋅ MI2

IA2

– MI2 IA2–= =

AB[ ] IM IA,=

IM2 IA2,= MA MB⋅ 0.=

C

A B

AB AC⋅ AB AC Acos×=

AB AC⋅ 8 5 12--×× 20.= =

AB AC⋅ 12-- AB2 AC2 BC2–+( )=

BC2 AB2 AC2 2AB AC.⋅–+= BC2 64 25 40–+ 49= = BC 7.=

AB AC⋅

AB AC Acos× 12-- AB2 AC2 BC2–+( ) ; =

BC2 AB2 AC2 2AB AC Acos⋅–+=

C

A

B

BC[ ] IC IB.– =

AB2 AC2+ AI2 2AI IB IB2+⋅+( )=

AI2 2AI IC⋅ IC2+ +( )+

AB2 AC2+ 2AI2 IB2 IC2 2AI IB⋅ 2AI IC⋅+ + + +=

2AI2 2IB2 2AI IB IC+( )⋅+ +=

IC IB,– = AB2 AC2+ 2AI2 2IB2.+=

AB 3,= AC 5= BC 6= IB 3 ; = 9 25+ 2AI2 18,+=AI2 8= AI 2 2.=

IB 12-- BC ; = AB2 AC2+ 2AI2= 1

2-- BC2.+


590


Activité 6

�

Les coordonnées de A sont

et celles de B sont

ce qui fait

et

Les coordonnées des vecteurs et

sont les mêmes donc le produitscalaire est

�

car De plus l’angle

a pour mesure On déduit que

A

B

O

π6--- π

6---sin,cos⎝ ⎠

⎛ ⎞

π4--- π

4---sin,cos⎝ ⎠

⎛ ⎞

A 32

------- 12--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ B 22

------- 22

-------,⎝ ⎠⎛ ⎞ .

OA

OB

OA OB⋅ 32

------- 2 2

-------- 12-- 2

2--------+ 6 2+

4--------------------= = .

OA OB⋅ OA OB OA OB,( )cos⋅ OA OB,( )cos= = OA OB 1.= =

OA OB,( ) π4--- π

6---–

π12----- .= π

12-----cos 6 2+

4--------------------= .


591



Exercice 1

�

Le point H est tel que les vecteurs et sont colinéaires et et sont orthogonaux.

Calculons les coordonnées de ces vecteurs en notant celle de H :

et

Le produit scalaire est égal à On obtient ainsi

l’équation qui est en fait l’équation de la perpendiculaire à passant par A.

Ensuite le fait que et sont colinéaires conduit à la condition ce

qui équivaut à et ceci est l’équation de la droite Le point H doit vérifier les

deux équations, donc être solution du système : qui est équivalent à

En additionnant ces deux équations on trouve : d’où et

Les coordonnées de H sont

�

Les coordonnées du vecteur sont on en déduit la distance AH qui est

d’où

Calculons BC : L’aire de ABC est soit 18,5.

Exercice 2

� Soit I le milieu de ses coordonnées sont La médiatrice de est l’ensemble

des points du plan tels que les vecteurs et sont orthogonaux. Les coordonnées

de ces deux vecteurs sont et Les vecteurs et sont ortho-

gonaux si et seulement si soit L’équation de la média-trice de est donc .

� La médiatrice de est l’ensemble des points du plan tels que c’est-à-

dire tels que Calculons ces carrés scalaires : on a et

d’où et Ainsi M

appartient à la médiatrice de si et seulement si

ce qui donne en simplifiant

et donc

Exercice 3

a) Dans le repère on a et On en déduit que

et d’où Ainsi l’ensemble

des points M tels que est l’ensemble des points tels que

c’est la droite d’équation

BH BC AH BC

x y,( ) BH x 7 y 1–,–( ),

BC 3– 4,( ) AH x 3 y 2–,+( ).

AH BC⋅ 3 x 3+( )– 4 y 2–( )+ 3x– 4y 17.–+=3x– 4y 17–+ 0= BC( )

BH BC 4 x 7–( ) 3 y 1–( )+ 0,=

4x 3y 31–+ 0= BC( ).

3x– 4y 17–+ 0=4x 3y 31–+ 0=⎩

⎨⎧

12x– 16y 68–+ 0=12x 9y 93–+ 0=

.⎩⎨⎧

25y 161= y 16125--------=

x 7325----- .= 73

25----- 161

25--------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

AH 14825-------- 111

25--------,⎝ ⎠

⎛ ⎞ ;

125----- 1482 1112+

125----- 185×= AH 7 4.,=

BC 3– ( )2 42+ 25 5.= = = 12-- AH BC× 1

2-- 7 4 5×,×=

AB[ ] ; 1 4,( ). AB[ ]

M x y,( ) IM AB

IM x 1– y 4–,( ) AB 8 4,( ). IM AB

8 x 1–( ) 4 y 4–( )+ 0= 2x y 6–+ 0.=AB[ ] 2x y 6–+ 0=

AB[ ] M x y,( ) MA MB,=

MA2

MB2.= MA 3– x– 2 y–,( )

MB 5 x– 6 y–,( ) MA2

3– x–( )2= 2 y–( )2+ MB2

5 x–( )2 6 y–( )2.+=AB[ ]

9 6x x2 4 4y– y2+ + + + 25 10x– x2 36 12y– y2+ + +=16x 8y+ 48= 2x y 6–+ 0.=

A ; AB AD ,( ) , A 0 0,( ), B 1 0,( ), C 1 1,( ) D 0 1,( ).

AM2 x2 y2+= CM2 x 1–( )2 y 1–( )2+= AM2 CM2– 2x 2y 2.–+=

AM2 CM2– 2= M x y,( )

2x 2y 2–+ 2 ; = x y+ 2.=


592


b)

On vérifie aisément que le point C appartient à cette droite et que cette droite est perpendiculaire

à En effet, et est un vecteur normal de la droite d’équation

Exercice 4

�

Calculons les coordonnées des vecteurs concernés :

On en déduit que a pour coordonnées

soit et a pour coordonnées

soit

Ainsi équivaut à

ce qui donne en développant :

soit

et on obtient en simplifiant :

�

C’est bien l’équation d’une droite. Il suffit de vérifier que le vecteur est orthogonal à la droite

Les coordonnées de I sont donc celles de sont cependant que a

pour vecteur directeur Le produit scalaire est égal à On en déduitque ces vecteurs sont orthogonaux et donc que les droites et sont perpendiculaires.

Exercice 5

�

Le milieu I de a pour coordonnées La médiatrice de est l’ensemble des

points tels que et sont orthogonaux. et

Le point M est sur la médiatrice de si et seulement si

ce qui équivaut à

Pour la médiatrice de appliquons une autre méthode : c’est l’ensemble des points

tels que c’est-à-dire en développant et

réduisant, on obtient soit

�

Le cercle passant par A, B, C est le cercle circonscrit au triangle ABC dont le centre est le point

d’intersection des médiatrices. On doit donc résoudre le système : multiplions la

première par 4 : et par soustraction membre à membre : d’où

On en déduit Le centre du cercle passant par A, B et C est

�

Calculons le rayon de ce cercle : On

en déduit l’équation du cercle :

�

La tangente au cercle en A est la perpendiculaire à passant par A ; son vecteur normal

est ou encore Soit et le produit

scalaire L’équation de (T) est donc

d’où

AC( ). AC 1 1,( ) n 1 1,( ), x y+ 2.=

MA 2 x 6 y–,–( ) ; MB 6 x 4 y–,– ( ) ;

MC 4 x 4– y–,–( ). MA 2MB 2MC+ +

2 x– 12 2x– 8 2x–+ + 6 y– 8 2y– 8– 2y–+,( ) 22 5x– 6 5y–,( ) 3MA MB MC+ +

6 3x– 6 x– 4 x–+ + 18 3y– 4 y– 4– y–+,( ) 16 5x– 18 5y–,( ).

MA 2MB 2MC+ + 3MA MB MC+ +=

22 5x–( )2 6 5y–( )2+ 16 5x–( )2 18 5y–( )2+=

484 220x– 25x2 36 60y– 25y2+ + + 25x2 25y2 160x– 180y– 256 324,+ + +=

520 220x– 60y– 160x 180y– 580+– = x 2y– 1+ 0.=

AI

E( ). 5 0,( ) AI 3 6– ,( ) E( )

v 2 1,( ). AI v⋅ 2 3 6–× 0.=E( ) AI( )

AB[ ] 1 3,( ). AB[ ]

M x y,( ) IM AB IM x 1– y 3–,( ) AB 8 2,( ) ;

IM AB⋅ 8 x 1–( ) 2 y 3–( ).+= AB[ ]

IM AB⋅ 0,= 4x y+ 7.=BC[ ], M x y,( )

MB MC,= x 5–( )2 y 4–( )2+ x 3–( )2 y 4+( )2 ; + =

10x– 8y– 41+ 6x 8y 25+ +– = x 4y+ 4.=

4x y+ 7=x 4y+ 4=

; ⎩⎨⎧

16x 4y+ 28=x 4y+ 4=⎩

⎨⎧

15x 24= x 85-- .=

y 7 4 85--×–

35-- .= = Ω 8

5-- 3

5--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

ΩA2 3– 85--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 22 3

5--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+

235-----⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 75--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+

17 25

-------------⎝ ⎠⎛ ⎞

2.= = =

x 85--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2y 3

5--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+

57825-------- .=

T( ) ΩA( )

ΩA 3– 85--– 2 3

5--–,⎝ ⎠

⎛ ⎞ 235-----–

75--,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . M x y,( ) ; AM x 3+ y 2 – ,( )

AM ΩA⋅ 235----- x 3+( ) 7

5-- y 2–( ).+– =

23x– 69– 7y 14–+ 0,= 23x 7y– 83+ 0.=


593


Exercice 6

Soit H le projeté orthogonal de I sur

Δ

; le cercle de centre I tangent à

Δ

est alors le cercle de centre Ipassant par H. Calculons les coordonnées de H : un vecteur normal de

Δ

a pour coordonnées

donc la perpendiculaire à

Δ

passant par I a pour équation comme I est sur cette droite,

on a d’où Ainsi les coordonnées de H sont les solutions du système

Par addition on trouve d’où et par soustraction d’où

Donc

Le rayon du cercle est L’équation du cercle est donc

Exercice 7

�

Dans ce repère, on a et On en déduit que et que

La condition est équivalente à donc à

Ceci équivaut à et en simplifiant

par 3 :

�

Cette équation est celle d’un cercle dont la forme canonique est d’où

C’est le cercle dont le centre a pour coordonnées et dont le rayon est 2.

�

Ses points d’intersection avec la droite ont pour ordonnée 0 ; leurs abscisses sont solutions

de l’équation qui sont 6 et 2. Notons I et J ces deux points : et On

a alors et On observe que et

Or les points M alignés avec A et B et vérifiant devaient vérifier ces deuxégalités vectorielles.

Exercice 8

Commençons par faire une figure : il apparaît queles points A et C ont la même abscisse et que lespoints B et D ont la même ordonnée. Or si ces4 points sont sur un même cercle, le centre de cecercle est sur les médiatrices de et

Le milieu de a pour coordonnées

donc sa médiatrice a pour équation et le

milieu de a pour coordonnées

donc sa médiatrice a pour équation Le

point d’intersection de ces deux médiatrices est le point Nous savons que et que

Il nous reste à vérifier que Calculons ces distances :

Conclusion : A, B, C, D sont sur un cercle de centre

1 1,( )

x y– p ; =

1 2– p= p 1.– =y x 7–+ 0=x y– 1+ 0=⎩

⎨⎧

2x 6– 0= x 3= 2y 8– 0=

y 4.= H 3 4,( ).

IH 3 1–( )2 4 2–( )2+ 2 2.= =x 1–( )2 y 2–( )2+ 8.=

A 0 0,( ) B 3 0,( ). MA x2 y2+=

MB x 3–( )2 y2+ .= MA 2MB= MA2 4MB2=

x2 y2+ 4x2 24x– 36 4y2.+ += 3x2 3y2 24x– 36+ + 0=

x2 y2 8x– 12+ + 0.=

x 4–( )2 16– y2 12+ + 0=

x 4–( )2 y2+ 4.= 4 0,( )

AB( )

x 4–( )2 4= I 6 0,( ) J 2 0,( ).

IA 6 0,– ( ) ; IB 3 0,– ( ) ; JA 2 0,– ( ) JB 1 0,( ). IA 2IB=

JA 2JB.– = MA 2MB=

O A

B

C

D

AC[ ] BD[ ].

AC[ ] 3 43--– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞

y 43--– =

BD[ ] 176----- 2– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞

x 176----- .=

I 176----- 4

3--– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ . IA IC=

IB ID.= IA IB.=

IA 3 176-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 43--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ 1

36----- 16

9-----+ 1 64+

36--------------- ,= = = IA 65

6--------- ; =

IB 4 176-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 22 4

3--+– ⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ 49

36----- 4

9--+ 49 16+

36----------------- ,= = = IB 65

6--------- .=

I 176----- 4

3--– ,⎝ ⎠

⎛ ⎞ .


594


Exercice 9

�

Pour la construction, on place d’abord Aet B, puis la demi-droite d’origine A fai-

sant un angle de avec Il ne

reste plus ensuite qu’à tracer le cercle decentre B et de rayon 7 qui coupe la demi-droite en deux points C et les trian-gles et répondent à la ques-tion.

�

La formule d’Al-Kashi nous dit

d’où

d’où

et ainsi AC est bien

solution de l’équation On résout cette équation : et les solutions

sont et Conclusion : ou

�

La formule d’Al-Kashi nous donne d’où

Cas où On en déduit grâce à la calculatrice que

Cas où On en déduit grâce à la calculatrice que

�

L’aire du triangle est donnée par la formule avec ici et

Cas où

Cas où

Exercice 10

�

et donc

D’autre part,

et donc

Ainsi on a bien

�

Nous venons de voir que I et C sont éléments de l’ensemble cherché car et

C

C'

A B

π3--- AB( ).

C′ ;ABC ABC′

BC2 AB2 AC2 2AB AC Acos×–+=

49 64 AC2 16AC 12--×–+=

AC2 8AC– 15+ 0=

x2 8x– 15+ 0.= Δ 64 60– 4= =8 2–

2----------- 3= 8 2+

2------------ 5.= AC 3= AC 5.=

AB2 AC2 BC2 2AC BC Ccos×–+=

Ccos AC2 BC2 AB2–+2BC AC×

---------------------------------------- .=

AC 3 : = Ccos 9 49 64–+2 7 3

××

-------------------------- 66 7

×

------------– 17

--– . = = =

98 2°, C 98 3°.,< <

AC 5 : = Ccos 25 49 64–+2 7 5

××

----------------------------- 1070

----- 17

-- . = = =

81 7°, C 81 8°.,< <

S 12-- bc Asin= b AC,= c AB=

Asin 32

------- .=

AC 3 : = S 12-- 3× 8 3

2 ------- ×× 6 3. = =

AC 5 : = S 12-- 5× 8 3

2 ------- ×× 10 3. = =

D C

BIA

CD2 4= CB2 1=

CD2 CB2– 3.=

ID2 IA2 AD2+ 1 5, 2 1+ 3 25,= = =

IB2 0 5, 2 0 25,= =ID2 IB2– 3.=

CD2 CB2– ID2 IB2.–=

CD2 CB2– 3=

ID2 IB2– 3.=


595


Recherchons les autres points. L’égalité est équivalente à donc

aussi à Or et où O est le milieu de

Ainsi l’égalité est équivalente à Soit H le projeté orthogonal

de M sur alors équivaut à donc à

car Et l’égalité définit sur un point H unique. Il en résulte que

l’ensemble des points M cherché est l’ensemble ayant H comme projeté orthogonal sur c’estdonc une droite. Comme on a vu que cette droite devait contenir les points C et I, s’il s’agit de ladroite

�

L’ensemble des points M cherché est l’ensemble des points M ayant H comme projeté orthogonalsur Il s’agit donc d’une droite perpendiculaire à On en déduit que est per-pendiculaire à

�

Dans le repère et Ainsi les vecteurs

et Calculons le produit scalaire ce qui prouve

que et sont perpendiculaires.

Exercice 11

�

Rappelons la définition du produit scalaire : En appliquant

cette formule, on obtient et

�

et on en déduit que

�

Développons le produit scalaire

d’où

et remplaçons ces produits sca-laires par leurs valeurs trouvées en 1) :

ce qui donne en sim-

plifiant Mais on sait que

donc et sont perpendiculaires si et seulement si

ce qui est équivalent à

�

Grâce à la propriété de Pythagore, on sait que l’hypoténuse d’untriangle rectangle dont les côtés de l’angle droit ont pour longueurs

1 et 3 est Dans notre triangle isocèle en A,

on a et les droites et sont perpendiculaires. On a

donc et il en résulte que d’où

et ainsi Si K est le milieu de le triangle

est rectangle en K, et On en déduit que

MD2 MB2– 3= MD2

MB2

– 3,=

MD MB–( ) MD MB+( ) 3.= MD MB– BD= MD MB+ 2MO=

BD[ ]. MD2 MB2– 3= 2MO BD⋅ 3.=

BD( ) ; 2MO BD⋅ 3= 2MH BD 2HO BD⋅+⋅ 3= 2HO BD⋅ 3=

MH BD⋅ 0.= 2HO BD⋅ 3= BD( )BD( ),

CI( ).

BD( ). BD( ). CI( )BD( ).

A ; 12

-- AB AD ,⎝ ⎠⎛ ⎞ , B 2 0,( ), C 2 1,( ), I 1 5, 0,( ), D 0 1,( ).

CI 0 5,– 1– ,( ) BD 2– 1,( ). BD CI⋅ 1 1– 0= =CI( ) BD( )

AB AC⋅ 12-- AB2 AC2 BC2–+( ).=

AB AC⋅ 12-- c2 b2 a2–+( ),= BA BC⋅ 1

2-- c2 a2 b2–+( )=

CA CB⋅ 12-- a2 b2 c2–+( ).=

BA BC+ 2BJ= CA CB+ 2CI ; =

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ 2BJ 2CI⋅ 4BJ CI.⋅= =

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ BA CA⋅ BA CB⋅ BC CA⋅ BC CB⋅+ + +=

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ AB AC⋅ BA BC⋅ CB CA BC BC⋅–⋅––=

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ 12-- c2 b2 a2 c2 a2 b2 a2 b2 c2+––+–––+( ) a2–=

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ 12-- c2 b2 3a2–+( ) a2– .=

BA BC+( ) CA CB+( )⋅ 4BJ CI,⋅= BJ( ) CI( )12-- c2 b2 3a2–+( ) a2– 0,= b2 c2+ 5a2.=

A

I J

B K C

12 32+ 10.= ABC

a 2= BJ( ) CI( )

b c= b2 c2+ 5a2 ; = 2b2 5 22×=

b2 10= b 10.= BC[ ],

AKB KB 1= AB 10.=

AK 3.=


596


La construction est alors simple : à partir du segment de longueur 2, on construit la médiatricesur laquelle on reporte 3 fois la longueur KB à partir du milieu K de On obtient ainsi le point Aet on constate sur la figure que dans ce cas, les droites et sont perpendiculaires.

Exercice 12

et

donc

d’où le résultat.

Exercice 13

�

On sait que on est donc amené à résoudre l’équation

qui équivaut à On pose et

l’équation devient cette équation a donc deux solutions :

et Nous sommes donc amenés à résoudre deux équations

trigonométriques : d’où ou alors que

a comme solution Les solutions sont 2k

π

, et où k est

un entier relatif quelconque.

�

En appliquant la formule l’équation devient

ou encore d’où ou La première

aboutit à et la seconde à Élevons au carré :

avec et de signes contraires.

est équivalente à donc à ou

On obtient comme solution : et

Sur ces quatre solutions nous ne pouvons retenir que et

Ainsi les solutions sont, , et

�

Cette équation est équivalente à c’est-à-dire Cette

équation conduit à ou On en déduit que

ou où k est un entier relatif. Les solutions sont donc

�

Développons Dans

ces conditions, l’équation peut s’écrire ce qui équi-

vaut à Ainsi d’où

BC[ ]BC[ ].

CI( ) BJ( )

x 2π3

------+⎝ ⎠⎛ ⎞cos xcos 2π

3------cos xsin 2π

3------sin–

12--– xcos 3

2------- xsin–= =

x 4π3

------+⎝ ⎠⎛ ⎞cos xcos 4π

3------cos xsin 4π

3------sin–

12--– xcos 3

2------- xsin+= =

x 2π3

------+⎝ ⎠⎛ ⎞cos x 4π

3------+⎝ ⎠

⎛ ⎞cos+ xcos– =

2xcos 2 xcos2 1 ; –=

2 xcos2 1– 3 xcos 2+– 0= 2 xcos2 3 xcos 1+– 0.= X xcos=

2X2 3X– 1+ 0 ; = Δ 9 8 – 1, = =3 1–

4----------- 1

2--= 3 1+

4------------ 1.=

xcos 12--

π3---cos= = x π

3--- 2kπ+= x π

3---– 2kπ+=

xcos 1= 0 2kπ.+ π3--- 2kπ+

π3---– 2kπ+

2xsin 2 xsin x,cos= xcos2 3 xsin xcos+ 0,=

xcos xcos 3 xsin+( ) 0= xcos 0= xcos 3 xsin+ 0.=

x π2--- kπ+= xcos 3 x.sin– =

xcos2 3 xsin2 3 1 xcos2–( )= = xcos xsin

xcos2 3 1 xcos2–( )= 4 xcos2 3= xcos 32

-------π6---cos= =

xcos 32

-------– 5π6

------cos .= = π6--- 2kπ,+

π6---– 2kπ,+ 5π

6------ 2kπ+

5π6

------– 2kπ.+π6---– 2kπ+ 5π

6------ 2kπ.+

π6---– 2kπ+ 5π

6------ 2kπ+ π

2--- kπ.+

5x x–( )sin 22

------- ,= 4xsin 22

-------π4--- .sin= =

4x π4--- 2kπ+= 4x π π

4---– 2kπ+ 3π

4------ 2kπ.+= =

x π16----- k π

2---+= x 3π

16------ k π

2---+= π

16----- 2kπ,+

9π16------ 2kπ,+ 17π

16--------- 2kπ,+

25π16

--------- 2kπ,+ 3π16------ 2kπ,+ 11π

16--------- 2kπ,+ 19π

16--------- 2kπ,+ 27π

16--------- 2kπ.+

x π4---+⎝ ⎠

⎛ ⎞ :sin x π4

---+ ⎝ ⎠⎛ ⎞ sin xsin π

4 --- cos xcos π

4 --- sin + 2

2 ------- xsin xcos + ( ) . = =

xsin xcos+ 2= 22

------- x π4---+⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 2,=

x π4---+⎝ ⎠

⎛ ⎞sin 1.= x π4---+ π

2--- 2kπ,+= x π

4--- 2kπ.+=


597


Exercice 14

On a Donc

appliquons la formule de et nous obtenons :

Or de la formule on tire et de on

tire On en déduit que

et la quantité entre parenthèses est égale à

Csin π A B+( )–( )sin A B+( ).sin= =

Asin Bsin Csin+ + Asin Bsin A B+( )sin ; + +=

A B+( )sin

Asin Bsin Csin+ + Asin Bsin Asin Bcos Bsin Acos+ + +=

A 1 Bcos+( )sin B 1 Acos+( ).sin+=

2xcos 2 xcos2 1,–= 1 xcos+ 2 x2--cos2= 2xsin 2 xsin xcos=

xsin 2 x2--sin x

2-- .cos=

Asin Bsin Csin+ + 2 A2--- sin A

2--- 2 B

2---cos2

⎝ ⎠⎛ ⎞cos 2 B

2--- sin B

2--- 2 A

2---cos2

⎝ ⎠⎛ ⎞cos+=

4 A2--- B

2--- A

2---sin B

2---cos B

2---sin A

2---cos+⎝ ⎠

⎛ ⎞cos cos=

A2--- B

2---+⎝ ⎠

⎛ ⎞sin A B+2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞sin=

π C–2

------------⎝ ⎠⎛ ⎞sin=

π2--- C

2---–⎝ ⎠

⎛ ⎞sin=

C2

--- ⎝ ⎠⎛ ⎞ cos d’où le résultat. =


598



Exercice 1

1ère partie

: calcul de

�

et

Ainsi lorsque on a

�

En remplaçant par on obtient d’où

�

On sait que lorsque on a de plus on vient de voir que

et on savait déjà que Il en résulte que si

autrement dit que vérifie l’égalité

et cette égalité est équivalente à

�

a)

Développons le second membre :

d’où

b)

Utilisons cette factorisation pour résoudre l’équation On obtient

qui donne ou et les solutions sont

et Nous obtenons donc 3 solutions : 1, et

Mais nous savons que donc Une seule des 3 solutions véri-

fie ces conditions : On en déduit que

2

ème

partie

: construction géométrique.

�

Le triangle OMJ est rectangle en O, et donc d’où

�

Calculons d’abord OK :

Donc

et par conséquent On constate

que donc A est le point du cercle

dont l’ordonnée est positive et dont le projeté

orthogonal sur l’axe des abscisses est H.

�

Pour achever la construction du pentagone régu-

lier, on construit l’image de A par rotation de

centre O et d’angle puis on recommence.

2π5

------cos

3 2π5

------×cos 6π5

------cos 2π 4π5

------–⎝ ⎠⎛ ⎞cos 4π

5------– ⎝ ⎠

⎛ ⎞cos 4π5

------cos⎝ ⎠⎛ ⎞ ,= = = = 4π

5------cos 2 2π

5------ .×cos=

x 2π5

------ ,= 3xcos 2x.cos=

3xcos 2x x+( )cos 2xcos xcos 2xsin xsin– 2 x 1–cos2( ) xcos 2 xsin2 x.cos–= = =

xsin2 1 x,cos2– 3xcos 2 xcos3 x 2 x 1 xcos2–( )cos–cos–=3xcos 4 xcos3 3 x.cos–=

x 2π5

------ ,= 3xcos 2x ;cos =

3xcos 4 xcos3 3 xcos–= 2xcos 2 xcos2 1.–=

x 2π5

------ ,= 4 xcos3 3 xcos– 2 xcos2 1,–= 2π5

------cos

4X3 3X– 2X2 1–= 4X3 2X2 3X– 1+– 0.=

X 1–( ) 4X2 2X 1–+( ) 4X3 4X2– 2X2 2X– X– 1+ +=

X 1–( ) 4X2 2X 1–+( ) 4X3 2X2 3X– 1+– .=

4X3 2X2 3X– 1+– 0.=

X 1– 0= X 1= 4X2 2X 1–+( ) 0 : = Δ 4 16+ 20 = =

2– 20–8

-----------------------1– 5–

4--------------------= 2– 20+

8-----------------------

1– 5+4

-------------------- .= 1– 5–4

--------------------

1– 5+4

-------------------- . 0 2π5

------ π2---< < 0 2π

5------cos 1.< <

1– 5+4

-------------------- . 2π5

------cos1– 5+

4-------------------- .=

OJ 1= OM 0 5,= JM2 I2 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ 5

4--= =

JM 52

------- .=

B

J

EKHM

C

O

D

AOK MK OM– JM OM–= = OK 5 1–2

---------------=

OH 5 1–4

--------------- .=

OH 2π5

------cos ,=

2π5

------



Exercice 2

a) De même et

b) N’oublions pas que le carré de la distance est égal au carré scalaire donc

utilisons le point G avec la relation de Chasles :

et développons ces carrés scalaires :

Mais on sait que car G est l’isobarycentre de A, B, C. On obtient finalement

c) Appliquons cette dernière relation valable pour tout point M aux points A, B et C :

et Additions membre à membre

ces 3 égalités et il vient : Or

il en résulte que d’où

;

Exercice 3

� L’aire de ABC est égale à et l’aire de BDE est Or l’aire de

ABC est double de celle de BDE donc d’où

L’égalité des deux périmètres se traduit ainsi : d’où de plus et donc

ainsi donc et par conséquent

Notons a et b les longueurs BE et BD. On a et On en déduit que d’où

Les solutions sont et Les valeurs de b cor-

respondantes sont : si alors et si alors

Les longueurs BE et BD sont donc et Mais car D

est sur le segment donc et

� Appliquons la formule d’Al-Kashi : d’où

soit Appliquons de nouveau

la formule d’Al-Kashi mais cette fois dans le triangle BDE :

donc et soit 86,60 m.

f A( ) AA2 AB2 AC2+ + c2 b2.+= = f B( ) a2 c2+= f C( ) a2 b2+ .=

f M( ) MA2

MB2

MC2 ; + + =

f M( ) MG GA+( )2

MG GB+( )2

MG GC+( )2

+ +=

f M( ) 3MG2 GA2 GB2 GC2 2MG GA GB GC+ +( ).⋅+ + + +=

GA GB GC+ + 0=

f M( ) 3MG2 f G( ).+=

f A( ) 3AG2 f G( ) ; += f B ( ) 3BG 2 f G ( ) + = f C( ) 3CG2 f G( ).+=

f A( ) f B( ) f C( )+ + 3f G( ) 3 GA2 GB2 GC2+ +( )+ 6f G( ).= =

f A( ) f B( ) f C( )+ + 2a2 2b2 2c2 ; + + = 6f G( ) 2a2 2b2 2c2+ +=

f G( ) 13-- a2 b2 c2+ +( )= GA2 GB2 GC2+ +

13-- a2 b2 c2+ +( ).=

12-- BC BA Bsin×× 1

2-- BD BE B.sin××

12-- BC BA Bsin×× BD BE× Bsin×=

BD BE× 120 80×2

-------------------- 4 800. = =

BE BD DE+ + DE DA AC CE,+ + +=BE BD+ DA AC CE ; + += AD AB BD–= CE BC BE–=BE BD+ AB BD– AC BC BE ; –+ += 2 BE BD+( ) AB AC BC+ +=2 BE BD+( ) 80 120 100+ + 300= = BD BE+ 150.=

ab 4 800 = a b+ 150.=a 150 a–( ) 4 800 = a2 150a– 4 800 + 0 : =

Δ 1502 4 4 800 × – 22 500 19 200 – 3 300. = = =150 10 33+

2------------------------------- 75 5 33+= 150 10 33–

2------------------------------ 75 5 33.–=

a 75 5 33+ ,= b 75 5 33–= a 75 5 33,–=

b 75 5 33+ .= 75 5 33– 75 5 33+ . BD BA<

AB[ ], BD 75 5 33–= BE 75 5 33+ .=

AC2 BC2 BA2 2BA BC Bcos×–+=

Bcos BC2 BA2 AC2–+2BA BC×

----------------------------------------= Bcos 14 400 6 400 10 000 –+ 2 120 80

××

-----------------------------------------------------------

916

-----

.

= =

DE2 BE2 BD2 2BE BD Bcos×–+= =

752 25 33× 750 33 752 25 33× 750 33 2 4 800 916

----- ×× ––+ + + +

DE2 7 500 = DE 50 3=


600


Exercice 4

�

a)

Comme J est le barycentre de on peut dire que G est le barycentre de donc de ce qui prouve que G est le milieu de

b)

On peut aussi dire que G est le barycentre de donc aussi de

car I est le milieu de En divisant tous ces coefficients par 2, on

trouve que G est le barycentre de On en déduit la relation vectorielle

qui équivaut à d’où on déduit que ABIG est donc unparallélogramme.

c)

On sait déjà que De plus est parallèle à donc est perpendi-culaire à On a donc et ainsi Notons le projetéorthogonal de B sur On a alors et rectangle en d’où

�

a)

Nous allons utiliser la même démarche que dans l’exercice 2 :

en développant, on obtient :

Or donc

b)

L’ensemble des points M qui vérifient est l’ensemble des points M quivérifient c’est-à-dire ou encore C’est le cercle de centre G etde rayon On peut remarquer que ce cercle passe par A et C.

�

a)

On sait que Calculons IB : le triangle AIB est rectangle en A et on a

donc Ainsi donc I appartient bien à

b)

Décomposons cette expression en utilisant le point I :

ce qui donne

Or

donc

Ainsi M appartient à si et seulement si

De plus est donc l’ensemble des points M tels que

est perpendiculaire à c’est la droite

A 3,( ), B 2– ,( ),J 3 2–,( ), C 1,( ), J 1,( ), C 1,( ) CJ[ ].

A 2,( ), A 1,( ), B 2– ,( ), C 1,( )

A 2,( ), I 2,( ), B 2– ,( ) AC[ ].

A 1,( ), I 1,( ), B 1– ,( ).

GA GI GB–+ 0= GA BI+ 0= AG BI ; =

GI 1 IA IC.= = = IG( ) AB( ) IG( )AC( ). AG2 IG2 IA2+ 2= = GA GC 2.= = B′

IG( ). GB′ 2,= BB′ 1= GBB′ B′GB 5.=

3MA2 2MB2 MC2+– 3 MG GA+( )2

2 MG GB+( )2

MG GC+( )2 ; +– =

3MA2 2MB2 MC2+– 2MG2 3GA2 2GB2 GC2 2MG 3GA 2GB GC+–( ).⋅+ +–+=

3GA 2GB GC+– 0,=

3MA2 2MB2 MC2+– 2MG2 3 2 2 5 2+×–×+ 2MG2 2.–= =

3MA2 2MB2 MC2+– 2=2MG2 2– 2,= MG2 2= MG 2.=

2.

IA IC 1.= = AB AI 1= =

IB 2.= 3IA2– 2IB2 IC2+ + 3– 4 1+ + 2= = E( ).

AI

C

J

G

BB'

3MA2– 2MB2 MC2+ + 3 MI IA+( )2

– =

2 MI IB+( )2

MI IC+( )2

+ +

3MA2– 2MB2 MC2+ + 3IA2– 2IB2 IC2+ +=

2MI+ 3IA– 2IB IC+ +( ).⋅

3IA– 2IB IC+ + 3IA– 2IA 2AB IA AC+ + + + 2AB AC,+= =

3MA2– 2MB2 MC2+ + 2 2MI 2AB AC+( )⋅+=

2 2MI 2AB 2AI+( ).⋅+=E( )

MI 2AB 2AI+( )⋅ 0.= AB AI+ AB′ ; = E( )MI( ) AB′( ), BI( ).


601


2

ème

partie : Limites d’une fonctionaux bornes de son ensemblede définition. Asymptotes.


Activité 1

�

Voir courbes ci-dessus.

�

a)

Pour chacun des trois triangles, la base est ON et la hauteur est l’ordonnée du point M. Ainsi

De la même manière, on trouve que et

b)

Pour remplir ce tableau, on peut utiliser la calculatrice :

c)

Lorsque x devient très grand, semble grandir indéfiniment, semble s’approcher de 1et semble s’approcher de 0.

x 1 2 5 10 100 1 000

2 2,121 2,683 3,479 10,1 31,654

2 1,5 1,2 1,1 1,01 1,001

2 0,75 0,24 0,11 0,010 1 0,001 001

C3

M1

M2

M3C2

C1

0 Ni

j

S1 x( ) 12-- ON f1 x( )⋅ x 1+

x----------- .= = S2 x( ) x 1+

x-----------=

S3 x( ) x 1+x2

----------- .=

S1 x( )

S2 x( )

S3 x( )

S1 x( ) S2 x( )S3 x( )


602


Activité 2

�

a)

Pour avoir il suffit que d’où

b)

Par le même raisonnement, si alors

c) Si alors

Activité 3�

� Pour avoir il suffit que

De même, si alors

� a) On a vu dans la question précédente que si On en déduit que si

b) Pour obtenir la relation il suffit que en effet, dans ce cas on a

et donc

De même si si Notons que les valeurs trou-

vées ne sont pas les seules possibles.

c) Dire que veut dire que donc que (en élevant au carré) et

par conséquent que Conclusion : si alors

De même si alors et si alors

�

� Si

Pour avoir il suffit que car dans cecas, comme on a bien

De même si et si

x 1 10 100 1 000

1 100

1 1 000

1 3,16 10 31,6 100

x 1 10 100 1 000 10 000

1 0,1 0,01 0,001 0,000 1

1 0,01

1 0,001

1 0,316 0,1 0,031 6 0,01

x 1,> x3 x2 x.> >x2 1010,> x 1010>

x2 x,> x2 1010.>

x2 101 999 > x 101 999 , >x3 102 000 > x 102 000 . >

104

x2 104 106 108

x3 106 109 1012

x

x 1 000, > x2 1 000 2 , > x 106.>

x 10200,> x 10100 ; >

x 104 002 , > x 102 001 . >

1x--

1x2----- 10 4– 10 6– 10 8–

1x3----- 10 6– 10 9– 10 12–

1x

------

1x-- 0 000 001, , < x 106.>

x 10100,> 1x-- 10 100– .<

x 1,> x3 x2 x.> > x 1,>1x3----- 1

x2----- 1

x-- .< <

1x2----- 10 10– ,< x 1010 ; > 1

x-- 10 10– <

1x2----- 1

x--< 1

x2----- 10 10– .<

1x2----- 10 1 000 – < x 101 000 ;> 1

x

3 ----- 10 100 – < x 10100.>

1x

------ 0 000 01 , < 1x

------ 10 5– ,< 1x-- 10 10– <

x 1010.> x 1010,> 1x

------ 0 000 01. , <

x 1020,> 1x

------ 10 10– ; < x 102 000 > 1x

------ 10 1 000 – . <


603


Activité 4

a)

Pour chacun des trois triangles, la base est OH et la hauteur est l’ordonnée du point M. Ainsi

De la même manière, on trouve que et

b)

c)

Au vu de ces résultats, il apparaît que lorsque x devient très petit, c’est-à-dire très proche de 0, semble s’approcher de 0, reste égal à 1 et semble grandir indéfiniment.

Activité 5

�

n’est pas défini pour les valeurs négatives de x.

�

Pour avoir il faut que x soit positif et inférieur à Ainsi, si

De même si et si

�

a)

équivaut à car les deux membres de l’inégalité sont positifs. Il en

résulte que et ceci est vrai lorsque x se situe dans l’intervalle des racines ; l’ensem-

ble des x tels que est donc

b)

l’ensemble des x tels que est

�

a)

Les réels x tels que doivent être positifs et tels que soit

L’ensemble cherché est donc b)

L’ensemble des réels x tels que est l’intervalle

x 1 0,5 0,1 0,01 0,001 0,000 1

1 0,707 0,316 0,1 0,031 6 0,01

1 1 1 1 1 1

1 2 10 100 1 000 10 000

x 0,000 1 0,001 0,01 0,5 1

10 000 1 000 100 2 1

1 4 100 10 000 4 1

100 31,6 10 1,414 1

S1 x( ) 12-- OH f1 x( )⋅ x

x------ x.= = = S2 x( ) x

x-- 1= =

S3 x( ) xx2-----

1x-- .= =

S1 x( )

S2 x( )

S3 x( )

S1 x( ) S2 x( ) S3 x( )

1– 0 5,– 0 1,– 0 001,– 0 000 1 ,–

1x-- 1– 2– 10– 1 000 – 10 000 –

1x2----- 106 108 108 106

1x

------

1x

------

1x-- 105,> 10 5– . 1

x-- 105> 0 x 10 5– .< <

1x-- 1010> 0 x 10 10– ; < < 1

x-- 105– < 10 5– – x 0.< <

1x2----- 1 000 > x2 10 3– <

x2 10 3– – 0<1x2----- 1 000 > 10 3– – 10 3– [.,]

1x2----- 1010> 105– 105[.,]

1x

------ 1 000 > x 11 000 -------------

< x 10 6– .<

0 10 6– [.,]1x

------ 1010> 0 10 20– [.,]


604


Activité 6

�

et (le domaine de définition de f nous l’impose). Donc

Appliquons le théorème sur les limites des fonctions rationnelles :

�

�

Donc et ainsi (c’est un résultat de cours).

Comme et ainsi On en déduit que est au-dessus de

�

représente la distance MN ; donc représente l’écart entre et lorsque

x devient grand. Cela signifie que et tendent à se rapprocher.

f x( ) x2 x 1+ +x

----------------------- .=

x2 x 1+ +( )x 0→lim 1= x 0>

f x( )x 0→lim ∞.+ =

f x( )x ∞+ →

lim x2

x-----

x ∞+ →lim x

x ∞+ →lim ∞.+ = = =

f x( ) x2

x----- x

x-- 1

x--+ + x 1 1

x-- .+ += =

d x( ) f x( ) x 1+( ).–= d x( ) 1x--= d x( )

x ∞+ →lim 0=

x 0,> d x( ) 0> f x( ) x 1+( ).> C( ) Δ( ).

d x( ) d x( )x ∞+ →

lim C( ) Δ( )

C( ) Δ( )




et nous avons donc une

forme indéterminée. Factorisons : alors et

d’où

et d’où

Le numérateur et le dénominateur de tendent vers l’infini lorsque x tend vers l’infini. Il faut

donc transformer et

ce qui donne grâce aux théorèmes généraux. De la même

manière,

Pour les mêmes raisons que précédemment, on transforme

et d’où et on trouve aussi

Exercice 2

Lorsque x grandit, devient très proche de la droite d’équation donc

La partie gauche du graphique indique que

Exercice 3

Les droites d’équations et sont asymptotes.

2x3– ( )x ∞+ →

lim ∞ ; – = 10x 2 ( ) x

∞

+

→ lim ∞ + = 5x– ( )

x ∞+ →lim ∞ ; – =

f x( ) x3 2– 10x

----- 1x2-----–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ ; = x3( )x ∞+ →

lim ∞+ =

2– 10x

----- 1x2-----–+⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim 2– = f x( )x ∞+ →

lim ∞.– =

2x3– ( )x ∞– →

lim ∞ ; + = 10x 2 ( ) x

∞

–

→

lim ∞ + = 5x– ( )x ∞– →

lim ∞,+ = f x( )x ∞– →

lim ∞.+ =

g x( )

g x( ) : g x( )x 5 3

x--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

x2 1 2x--+

⎝ ⎠⎛ ⎞

----------------------- 5 3

x --–

x 1 2

x

--+

⎝ ⎠⎛ ⎞

-------------------- ; = = 5 3x--–⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ → lim 5 =

x 1 2x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim ∞+ = g x( )x ∞+ →

lim 0=

g x( )x ∞– →

lim 0.=

f x( ) : h x( )x

3

1 2

x

--–

⎝ ⎠⎛ ⎞

x 1

–

2x

--+

⎝ ⎠⎛ ⎞

-------------------------

x

2

1 2x

2

-----–

⎝ ⎠⎛ ⎞

1

–

2x

--+

⎝ ⎠⎛ ⎞

------------------------- ;= =

1– 2x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim 1– = x2 1 2x2-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim ∞+ = h x( )x ∞+ →

lim ∞– =

h x( )x ∞– →

lim ∞.– =

f x( ) y 1 ; = f x( )x ∞+ →

lim 1.=

f x( )x ∞– →

lim 2.=

y 1= y 2– =


606


Exercice 4

�

Il est clair que l’ensemble de définition de f est symétrique par rapport à 0. D’autre part, pour tout

x on a On en conclut que f est une fonction paire.

Partons de l’expression qui nous est proposée ; Nous

allons utiliser cette expression de pour étudier le sens de variation de f. La parité nous permet

de faire cette étude sur Soient a et b deux réels positifs tels que comparons

et

car la fonction « carré » est croissante sur on en déduit que

puis que (car la fonction « inverse » est décroissante sur

et enfin que Ainsi pour a et b positifs et on a

ce qui prouve que f est décroissante sur et comme elle est paire on peut dire

qu’elle est croissante sur

�

La parité de f nous permet d’affirmer que les limites de f en et en sont égales. Nous

savons déjà que donc et par conséquent

On a donc La droite d’équation

est asymptote à la courbe de f. De plus donc et ainsi la courbe de f est au-

dessus de l’asymptote.

00 0,5

0,5

–0,5

–0,5–1–1,5–2–2,5–3–3,5

–1

–1,5

–2

1 1,5 2 2,5 3 3,5

1

y

x

f x– ( ) 2 x– ( )2 3+

x– ( )2 1+-------------------------- 2x2 3+

x2 1+----------------- f x( ).= = =

2 1x2 1+--------------+ 2 x2 1+( ) 1+

x2 1+------------------------------- 2x2 3+

x2 1+----------------- f x( ).= = =

f x( )

0 ∞[.+ ,[ a b ; < f a( )f b( ).

a b< a2 b2<⇒ 0 ∞[ ; + ,[

a2 1+ b2 1+< 1a2 1+-------------- 1

b2 1+-------------->

0 ∞[ )+ ,] 2 1a2 1+--------------+ 2 2

b2 1+-------------- .+> a b,<

f a( ) f b( )> 0 ∞[ ; + ,[

∞– ] 0 .],

∞+ ∞–

x2 1+( )x ∞+ →

lim ∞,+ = 1x2 1+--------------

x ∞+ →lim 0=

2 1x2 1+--------------+

x ∞+ →lim 2.= f x( )

x ∞+ →lim f x( )

x ∞– →lim 2.= = y 2=

1x2 1+-------------- 0> f x( ) 2>


607


Exercice 5

�

et Par conséquent les deux limites cherchées

sont infinies. Il reste à déterminer leur signe : signifie que et donc que Dans ces conditions, le numérateur et le dénominateur étant tous les deux négatifs, on a

De même signifie que et donc que d’où

�

et Les deux limites cherchées sont donc infinies et leur

signe est déterminé par car le numérateur est positif. Si et donc

si et donc

� et Ici encore on a une limite infinie dont le signe sera

déterminé par celui de

Si et si et

� Ici on ne regarde que la limite à droite car la fonction d n’est pas définie pour

et de plus Conclusion :

Exercice 6� L’ensemble de définition est symétrique par rapport à 0 et pour tout x,

Par conséquent la fonction f est paire. De plus

� Décomposons la fonction f à l’aide des fonctions élémentaires :

où u et v sont deux

fonctions affines croissantes.

Étude des variations de f sur soient a et b tels que comparons et

On a d’où il en résulte que car

la fonction « inverse » est décroissante sur et ainsi On a donc et ce qui signifie que f est décroissante sur

0 i

j

2

3

x2 4x–( )x 3→lim 9 12– 3– = = x 3–( )

x 3→lim 0.=

x 3–→ x 3< x 3– 0.<

f x( )x 3–→

lim ∞.+ = x 3+→ x 3> x 3– 0>

f x( )x 3+→

lim ∞.– =

x 1–( )x 4→lim 3= x– 4+( )

x 4→lim 0.=

x– 4+( ) x 4,< x– 4+ 0> f x( )

x 4–→lim ∞ ; + = x 4,> x– 4+ 0< f x( )

x 4+→lim ∞.– =

3x 2–( )x 1→lim 1= x 1–( )

x 1→lim 0.=

x 1–( ).

x 1,< x 1– 0< f x( )x 1–→

lim ∞ ; – = x 1,> x 1– 0> f x( )x 1+→

lim ∞.+ =

x 1.<

2x 3–( )x 1→lim 1– = x 1–

x 1→lim 0,= x 1– 0.> f x( )

x 1→lim ∞.– =

f x– ( ) x– ( )2

x– ( )2 1–----------------------- x2

x2 1–-------------- f x( ).= = =

f x( ) x2 1– 1+x2 1–

----------------------- x2 1–x2 1–-------------- 1

x2 1–--------------+ 1 1

x2 1–-------------- .+= = =

xcarré

x2 ux2 1–

inverse 1x2 1–--------------

v1 1

x2 1–--------------+

0 1[ : ,[ 0 a b 1,< <� f a( )

f b( ). 0 a2 b2 1,< <� 1– a2 1– b2 1– 0 ; < < �1

a2 1–-------------- 1

b2 1–-------------->

1– [ 0[, f a( ) f b( ).> a b<f a( ) f b( )> 0 1[.,[


608


Étude des variations de f sur soient a et b tels que comparons et

On a d’où il en résulte que car la fonction

« inverse » est décroissante sur et ainsi On a donc et ce

qui signifie que f est décroissante sur La fonction f étant paire, on en déduit qu’elle est

croissante sur chacun des intervalles et Son tableau de variation est alors ;

�

Si x tend vers 1, aussi et tend vers 0 donc la limite de quand x tend vers 1 est infi-

nie. Si et donc Par conséquent Si

et donc d’où Grâce à la parité de f, on a

et

�

Appliquons la propriété de la limite en l’infini des fonctions rationnelles :

et

�

Les droites d’équations et sont asymptotes.

x 0 1

0

1] ∞[ : + , 1 a b,< < f a( ) f b( ).

1 a2 b2,< < 0 a2 1– b2 1 ; – < < 1a2 1–-------------- 1

b2 1–-------------->

0] ∞[+ , f a( ) f b( ).> a b< f a( ) f b( )>

1 ∞[.+ ,]

∞– ] 1[– , 1– ] 0 ].,

∞– 1– ∞+

f x( )

x2 x2 1– f x( )0 x 1,< < 0 x2 1< < x2 1– 0.< f x( )

x 1–→lim ∞.– = x 1,>

x2 1> x2 1– 0> f x( )x 1+→

lim ∞.+ =

f x( )x 1–– →

lim ∞+ = f x( )x 1+– →

lim ∞.– =

x2

x2 1–--------------

x ∞+ →lim x

2

x2-----

x ∞+ →lim 1= = f x( )

x ∞– →lim 1.=

x 1,– = x 1,= y 1=

0 5

4

–5

–4



Exercice 7

La droite d’équation est asymptote en et en donc

Les droites d’équations et sont aussi asymptotes et en observant le graphique on

obtient et

Exercice 8

Formons le tableau de variation de f telle qu’elle est donnée dans l’énoncé :

En effet une fonction ne peut pas croître vers 1ère version rectifiée : et le tableau de variation devient :

Une courbe possible est alors :

2ème version rectifiée : f est décroissante sur et le tableau de variation devient :

x 1

1

x 1

1

x 1

1

y 0= ∞+ ∞– f x( )x ∞+ →

lim f x( )x ∞– →

lim 0.= =

x 0= x 1= f x( )

x 0–→lim ∞,– = f x( )

x 0+→lim ∞,+ = f x( )

x 1–→lim ∞– = f x( )

x 1+→lim ∞.+ =

∞– ∞+

f x( )1–

∞– ∞+

∞.–

f x( )x 1–→

lim ∞+ =

∞– ∞+

f x( )1–

∞+ ∞+

0 5

4

–5

∞– ] 1[,

∞– ∞+

f x( )1–

∞–

∞+



Une courbe possible est alors :

Exercice 9

� Étudions le sens de variation de f : si alors et ainsi

donc f est décroissante sur On montre de même que g et h sont décroissantes sur

� Comme on a et par conséquent

Ainsi est au-dessous de qui est elle-même au-dessous de

� donc et On en déduit que

� a) L’aire du triangle OBM est égale à Ainsi Par le même raisonne-

ment on trouve et

0 5

4

–5

–4

0 a b,<� 1 a 1+ b 1+<�1

a 1+------------ 1

b 1+------------>

0 ∞[.+ ,[0 ∞[.+ ,[

x 1+ 1,� x 1+ x 1+ x 1+( )2� �

1x 1+

---------------- 1x 1+----------- 1

x 1+( )2------------------- .� � H( ) F( )

G( ).

x 1+( )x ∞+ →

lim ∞,+ = x 1+x ∞+ →

lim ∞+ = x 1+( )2x ∞+ →

lim ∞.+ =

f x( )x ∞+ →

lim g x( )x ∞+ →

lim h x( ) = 0.x ∞+ →

lim= =

12-- OM BM.⋅ b x( ) x

2 x 1+------------------- .=

a x( ) x2 x 1+( )-------------------= c x( ) x

2 x 1+( )2---------------------- .=



b)

donc car

Exercice 10

� Pour cela, il nous rechercher la limite de quand x tend vers

On sait que donc et par conséquent la droite d’équation

est asymptote à Γ.

� et plus car On en déduit que

et ainsi la droite d’équation est asymptote à Γ.

� Pour calculer on applique la formule de dérivation du quotient ; et

donc et On en déduit

en développant et simplifiant : L’équation équivaut à

L’équation a donc deux solutions : et Mais une seule de ces solutions appar-

tient à 3.

Par conséquent la courbe Γ admet une tangente horizontale au point d’abscisse 3. L’équation de cettetangente est Pour connaître la position de Γ par rapport à cette tangente, on étudie lesigne de

est positif car c’est un carré et aussi car x est supérieur à 2. Conclusion ; estpositif d’où ce qui prouve que la courbe Γ est au-dessus de la tangente.

0 2

B G

H

ACM

4

1

F

a x( )x ∞+ →

lim x2x-----

x ∞+ →lim 1

2-- ; = =

b x( )x ∞+ →

lim x2 x 1+-------------------

x ∞+ →lim x

2 x 1 1x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞----------------------------

x ∞+ →lim x

2 x 1 1x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞--------------------------------

x ∞+ →lim= = =

x

2 1 1x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞-------------------------

x ∞+ →lim= b x( )

x ∞+ →lim ∞+ = 1 1

x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim 1.=

c x( )x ∞+ →

lim x2x2--------

x ∞+ →lim 1

2x-----

x ∞+ →lim 0.= = =

f x( ) x 1–( )– ∞.+

f x( ) x 1–( )– x2 3x– 3 x 1–( ) x 2–( )–+x 2–

----------------------------------------------------------------- x2 3x– 3 x2– x 2x 2–+ + +x 2–

-------------------------------------------------------------------1

x 2–----------- .= = =

x 2–( )x ∞+ →

lim ∞,+ = 1x 2–-----------

x ∞+ →lim 0=

y x 1–=

x2 3x– 3+( )x 2→lim 1 ; = x 2– ( )

x 2 → lim 0 = x 2– 0> x 2.>

f x( )x 2→lim ∞+ = x 2=

f′ x( ), u x( ) x2 3x– 3+=

v x( ) x 2 ; – = u′ x( ) 2x 3–= v′ x( ) 1.=

f′ x( ) 2x 3–( ) x 2–( ) 1 x2 3x– 3+( )–x 2–( )2

---------------------------------------------------------------------------- ; =

f′ x( ) x2 4x– 3+x 2–( )2

-------------------------- .= f′ x( ) 0=

x2 4x– 3+ 0 ; = Δ 4– ( )2 4 3 × – 4. = =4 2–

2----------- 1= 4 2+

2------------ 3.=

2] ∞[ : + ,

y f 3( ) 3.= =f x( ) 3.–

f x( ) 3– x2 3x– 3 3 x 2–( )–+x 2–

--------------------------------------------------- x2 6x– 9+x 2–

--------------------------x 3–( )2

x 2–------------------ ; = = =

x 3–( )2 x 2– f x( ) 3–f x( ) 3�


612


Exercice 11

�

Le triangle OAM est rectangle en O, donc donc On

pose

�

La fonction est définie pour tout x réel et La fonction f est

donc paire. Ce résultat était prévisible car les points et sont symétriques parrapport à la droite il en découle que

�

Décomposition de f ; où u est une fonction

affine croissante. Soient a et b tels que alors puis et enfin

donc f est croissante.

Remarquons que ce résultat était prévisible car plus x positif augmente, plus le point M s’éloigne versla droite et plus la distance AM augmente.

�

Calculons la

limite de ce terme : donc et ainsi

donc et par conséquent la droite d’équa-

tion est asymptote à Géométriquement, cela signifie que les distances AM et OM sonttrès proches lorsque x est grand. Pour des raisons de symétrie, l’asymptote en a pour équa-tion

�

0

y

y4

2

8

4

AM2 OA2 OM2+ x2 1+= = AM x2 1+ .=

f x( ) x2 1+ .=

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

M x 0,( ) M′ x– 0,( )OA( ) ; AM AM′.=

xcarré

x2 ux2 1+

racinex2 1+

0 a b ; < < a2 b2,< a2 1+ b2 1+<

a2 1+ b2 1+<

f x( ) x– x2 1+ x– x2 1+ x–( ) x2 1+ x+( )

x2 1+ x+---------------------------------------------------------------- x2 1 x2–+

x2 1+ x+---------------------------

1

x2 1+ x+--------------------------- .= = = =

x2 1+( )x ∞+ →

lim ∞,+ = x2 1+x ∞+ →

lim ∞+ =

x2 1+ x+( )x ∞+ →

lim ∞ ; + = f x( ) x–( )x ∞+

→ lim 0 =

y x= C( ).∞–

y x.– =

0


613



Exercice 1

�

Notons d la distance parcourue à l’aller (c’est la même au retour), t le temps mis pour la montée, le temps de la descente et v la vitesse moyenne sur l’aller-retour. On a alors et

De la double égalité sur d on tire : et ainsi

La vitesse moyenne sur l’aller-retour est donc de 15 km par

h. Il faut remarquer que la longueur du trajet et le temps mis pour le parcourir n’ont pas d’inci-dence sur le calcul de la vitesse moyenne.

�

a)

Reprenons la même formule en remplaçant 30 par x :

On peut donc poser

b)

Il est clair que la vitesse de l’aller étant fixée, plus la vitesse du retour x sera grande, plus la vitessemoyenne sera grande. Autrement dit : si x croît, croît aussi. La fonction est donc croissante.

c)

grâce à la règle de calcul des limites des fonctions rationnelles.

d)

Ce résultat nous indique que la vitesse moyenne ne peut dépasser le double de la vitesse de l’aller.

e)

La droite d’équation est asymptote.

Exercice 2

�

Entrons la formule grâce à la touche et donnons à x des valeurs proches de 0 (utiliser « ask »dans puis dans inscrire les valeurs de x voulues) :

t′ d 10t 30t′ ; = =

v 2dt t′+----------- .= t d

10-----= t′ d

30----- ; =

v 2dd10----- d

30-----+

------------------ 2d3d30------ d

30-----+

------------------ 2d 304d------ 15.= = = =

v 2dd10----- d

x--+

--------------- 2dxd10x-------- 10d

10x---------+

------------------------ 2d 10xxd 10d+--------------------- 2 10x

x 10+-------------- 20x

x 10+-------------- .= = = = = f x( ) 20x

x 10+-------------- .=

f x( )

f x( )x ∞+ →

lim 20xx

--------x ∞+ →

lim 20= =

y 20=

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36

10

12

14

16

18

20

8

6

4

2

Y=2nd Tblset TABLE



Les résultats donnés par la calculatrice nous font penser que

� Posons On a et ainsi on peut dire que ce qui

est le nombre dérivé de f en 0. Calculons la fonction dérivée de f ; son expression est de la forme

donc sa dérivée est donc et par conséquent

Conclusion : notre conjecture est confirmée.

Exercice 3� L’aire du polygone hachuré est égale à Ces aires sont respective-

ment égales à 1 et à donc l’aire du rectangle EIJF est La longueur de ce rectangle est

donc sa largeur est On en déduit que car Ainsi

� On peut écrire Pour étudier le sens de variation de f sur

prenons deux nombres a et b tels que On en déduit immédiatement que puis

que et enfin que En additionnant membre à membre les deux inégalités

et on obtient et par conséquent que f est croissante sur

� a) La droite Δ est donc asymptote à C. Lorsqu’on éloi-

gne le point E, le point I s’éloigne aussi et la distance EI devient proche de AE.

b) Graphique :

A 1 5.,=

f x( ) 3x 1+ .= f 0( ) 1= A f x( ) f 0( )–x 0–

------------------------- ,x 0→lim=

ax b+a

2 ax b+---------------------- f′ x( ) 3

2 3x 1+----------------------= f′ 0( ) 3

2-- .=

A 1 5 ; , =

aire AEFG( ) aire ABCD( ).–

x2 x2 1.–

IJ x= EI x2 1–x

-------------- .= AI x x2 1–x

--------------+= AI AE EI.+=

f x( ) x x2 1–x

-------------- .+=

f x( ) x x2

x----- 1

x--–+ 2x 1

x-- .–= = 1] ∞[,+ ,

1 a b.< < 2a 2b,<1a-- 1

b--> 1

a--–

1b-- .– <

2a 2b< 1a--–

1b-- ,– < f a( ) f b( )<

1] ∞[.+ ,

f x( ) 2x–( )x ∞+ →

lim 1x--– ⎝ ⎠

⎛ ⎞x ∞+ →

lim 0.= =

x0,50

2

4

6

8

10

12

14

1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5

y


615


équence 7

1

ère

partie : Application de la dérivée aux variationsExemples d’études de fonctions


Activité 1

�

On applique les formules habituelles de dérivation :

�

Pour obtenir les courbes, il faut bien régler la fenêtre :

�

Il apparaît sur le graphique que la fonction présente un maximum et un minimum. Pour lire plusprécisément leurs valeurs, on change les paramètres de la fenêtre graphique :

On constate alors que f est croissante avant –3, puis décroissante entre –3 et –1 et enfin croissanteaprès –1. Le tableau de variation est donc

�

L’équation équivaut à Le discriminant est L’équa-

tion a donc deux solutions : –3 et –1. On constate que la courbe de f’ coupe l’axe des abs-cisses en –3 et –1.

�

L’inéquation a pour ensemble solution et .

On constate que lorsque f est décroissante et que lorsque f est croissante.

x –

∞

–3 –1 +

∞

f(x)

f′ x( ) 3x2 12x 9+ + 3 x2 4x 3+ +( ).= =

f′ x( ) 0= x2 4x 3+ + 0.= Δ 42 4 3×– 4.= =f′ x( ) 0=

f′ x( ) 0� [ 3 1]–,– f′ x( ) 0 ] ∞ 3–,– ]∪[ 1 +∞[,–�

f′ x( ) 0� f′ x( ) 0�


616


Activité 2

�

d’où

On en déduit le tableau de variation de f :

�

Ainsi est positif lorsque x est supérieur à et négatif lorsque x est inférieur à

�

On constate que est positif lorsque f est croissante et négatif lorsque f est décroissante.

Activité 3

Premier cas :

�

La fonction f est décroissante sur I.

�

Traçons « à main levée » une tangente à cettecourbe ; elle est dirigée vers le bas quand on la lit de lagauche vers la droite. Cela signifie que son coefficientdirecteur est négatif et il en est de même pour toutesles tangentes à cette courbe.

�

On se souvient que le coefficient directeur de la tan-gente en un point est égal au nombre dérivé de lafonction en ce point. Par conséquent le nombre dérivéest toujours négatif ; on peut donc dire que pour tout xde I, est négatif.

Deuxième cas :

La fonction f est croissante sur I.Les tangentes ont toutes un coefficient directeur posi-tif et par conséquent est positif sur I.

x –

∞

+

∞

f(x)

f x( ) 2x2 3x– 1.+=

f x( ) 2 x2 32--x– 1

2--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 x 34--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 916----- 1

2--+–= = f x( ) 2 x 3

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 116-----– 2 x 3

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 18-- .–= =

34--

18--–

0 2

1

1

2

3

f′ x( ) 4x 3.–= f′ x( ) 34-- 3

4-- .

f′ x( )

0

2

f′ x( )

f′ x( )


617


Activité 4

�

Le périmètre est égal à 2 (x + y), donc y = 10 – x.

�

L’aire d’un rectangle est égale au produit de ses dimensions, donc

�

La dérivée : On peut dire que si et seulement si On sait parailleurs que x doit être compris entre 0 et 10 pour que x et y soient positifs. On en déduit que

sur [5, 10] et que sur [0, 5].

�

A possède un maximum égal à 25 ; il est obtenu pour x = 5. Dans ce cas, x = y = 5 et le rectanglecorrespondant est un carré.

� Courbe

� Sur le graphique, on a aussi construit la droite d’équation y = 16.

Cette droite coupe la courbe en deux points dont les abscisses sont 2 et 8.Pour trouver ce résultat parle calcul, il faut résoudre l’équation qui équivaut à Son discrimi-nant est Nous avons deux solutions qui sont 2 et 8.

Activité 5� Notons J le projeté orthogonal de I sur l’axe des abscisses. Dans le triangle OMN, I est sur (MN), J sur

(OM), et (IJ) est parallèle à (ON). On peut donc appliquer la propriété de Thalès : ce qui donne

On en déduit que ; l’ordonnée de N est donc bien

La fonction f est définie et dérivable sur ]1, +∞ [. Sa dérivée est définie par

. Elle est donc négative pour tout x de ]1, +∞[. On en déduit que f est

décroissante sur cet intervalle.

, et car x > 1, donc

x 0 5 10

+ 0 –

A(x) 25

A x( ) x 10 x–( ) x2– 10x.+= =

A′ x( ) 2x– 10.+= A′ x( ) 0� x 5.�

A′ x( ) 0� A′ x( ) 0�

A′ x( )

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

y = 16

10

1516

20

25

5

x2– 10x+ 16= x2 10x– 16+ 0.=Δ 100 64– 36.= =

MJMO--------

IJON------- ,=

x 1–x

-----------2

ON------- .= ON 2x

x 1–-----------= 2x

x 1–----------- .

f′ x( ) 2 x 1–( ) 2x–x 1–( )2

------------------------------- 2x 1–( )2

------------------–= =

2xx 1+→

lim 2= x 1–( )x 1+→

lim 0= x 1 0>– f x( )x 1+→

lim +∞=



(en appliquant le théorème concernant les limites des fonctions rationnel-

les). Cela signifie que si M s’approche de J, alors N s’éloigne vers le haut; si M s’éloigne vers la droite, Ns’approche du point d’ordonnée 2.

� a) L’aire du triangle OMN est égale à ;

b) Pour étudier les variations de g, on étudie le signe de sa

dérivée : Le

signe de est celui de son numérateur et plus précisé-

ment de car x est positif. Ainsi est positif quand

et négatif quand

On en déduit le tableau de variation :

Le triangle d’aire minimale est celui qui correspond à x = 2.

c) Calculons g(x) – (x+1) :

De plus donc la droite d’équation est bien

asymptote à C. On peut aussi dire que comme x > 1, ce qui

prouve que C est au dessus de D.

x 1 2 +∞

– +

g(x)4

f x( )x +∞→

lim2xx

-----x +∞→

lim 2= =

12--OM ON× 1

2-- x 2x

x 1–-----------××= g x( ) x2

x 1–----------- .=

0

2

J M

I

Ng′ x( ) 2x x 1–( ) x2–x 1–( )2

--------------------------------- x2 2x–x 1–( )2

------------------x x 2–( )x 1–( )2

------------------- .= = =

g′ x( )

x 2–( ) g′ x( )

x 2� x 2.�

g′ x( )

M

I

0

2

4N

g x( ) x 1+( )– x2 x 1–( ) x 1+( )–x 1–

--------------------------------------------1

x 1–----------- .= =

1x 1–-----------

x +∞→lim 0,= y x 1+=

1x 1–----------- 0>

2 3 4 5 6 71

2

4

6



Activité 6

Soient A’ et B’ les projetés orthogonaux de A et B sur (CD). Alors ABB’A’ est un rectangle.

Calculons BB’ et B’C.

Dans le triangle rectangle BCB’, et On en déduit que l’aire du

triangle BB’C est et que l’aire du rectangle ABB’A’ est Ainsi l’aire du trapèze

ABCD est égale l’aire du rectangle ABB’A’ plus deux fois l’aire du triangle BB’C, ce qui fait

.

Activité 7

On a vu dans l’exercice d’apprentissage n°10 que et Comme le triangle APQ est

rectangle en A, son aire est égale à ce qui fait

αsin BB′BC-------- BB′= = αcos B′C

BC-------- B′C.= =

12-- α αcossin α.sin

α α αcossin+sin

AQ x= AP 2x2x 4–

------------------ .=12--AP AQ,× x2

2x 4–------------------ .




On peut par exemple construire la courbe représentative de la fonction « cube » et la droite d’équa-tion Leurs points d’intersection sont les solutions de l’équation . En observant l’écran dela calculatrice, on constate qu’il y a un seul point d’intersection dont l’abscisse est entre 0,5 et 1

(après avoir fait un agrandissement sur l’intervalle [0, 1]). Pour en avoir un encadrement à 10-2 près,on regarde la table :

Y1 dépasse Y2 pour la première fois lorsque x = 0,69. La solution cherchée est donc comprise entre0,68 et 0,69.

Exercice 2� Il est clair que les triangles DGH et BEF d’une part , AEH et CFG d’autre part sont isométriques etont donc des aires égales.

L’aire de BEF est et celle AEH est . On en déduit que

l’aire du parallélogramme EFGH est celle du rectangle ABCD moins celles des triangles, soit

d’où

� Etude de la fonction f définie par : Ainsi est positif lors-

que x est supérieur à Le tableau de variation de f est alors :

� On sait que avec Les variations de S sont donc celles de f sur cet inter-valle. Ainsi l’aire de EFGH est minimale lorsque x = 3,5.

x 0 6

– 0 +

f(x)

y x– 1.+=

12--BE BF⋅ 1

2--x 6 x–( )= 1

2--AE AH⋅ 1

2--x 8 x–( )=

48 x 6 x–( )– x 8 x–( )– S x( ) 48 2x2 14x.–+=

f x( ) x2 7x– 24+= f′ x( ) 2x 7.–= f′ x( )72-- .

72--

f′ x( )

474-----

S x( ) 2f x( )= x 0 6,[ ].∈



� Représentation graphique de S :

Exercice 3

Notons y la longueur du côté parallèle au mur et x la longueur des deux autres. On a alors la relationy + 2x = 120 d’où on déduit que y = 120 – 4x. On peut remarquer que x doit être compris entre 0 et60.

Dans ces conditions, l’aire de l’enclos s’écrit

Il nous reste à étudier le sens de variation de la fonction A pour trouver la solution du problème posé.

, d’où Cette dérivée est positive lorsque x < 30 et négativelorsque x > 30, d’où le tableau de variation suivant :

L’aire est donc maximale pour x = 30 et dans ce cas, y = 60.

Exercice 4

� Etude des variations de f : ; pour connaître le signe de f’(x), on calcule sondiscriminant Donc f’(x) est du signe du coefficient de x2, c’est à dire positif. Lafonction f est croissante sur �.

� a) f’(1) = 1 et f(1) = 2 ; l’équation de T est , d’où y = x + 1.

b) Pour connaître la position de C par rapport à T, on étudie le signe de f(x) – (x + 1).

En effet on reconnaît le développement de (a – b)3

avec a = x et b = 1. Ainsi f(x) – (x + 1) a le même signe que (x – 1). On en déduit que C est au dessusde T si x > 1 et au dessous si x < 1.

x 0 30 60

+ 0 –

A(x)

0

1 800

0

1 2 3 4 5

25

30

35

40

45

A x( ) x 120 2x–( ).=

A x( ) 120x 2x2–= A′ x( ) 120 4x–=

A′ x( )

f x( ) x3 3x2 4x.+–=

f′ x( ) 3x2 6x– 4+=Δ 36 48 0<– .=

y 1 x 1–( ) 2+=

f x( ) x 1+( )– x3 3x2 3x 1–+– x 1–( )3= = .



� Courbe

� La fonction f est strictement croissante sur �. De plus et

Par conséquent C rencontre une et une seule fois toute droite parallèle

à l’axe des abscisses.

Conclusion : pour tout m réel, l’équation f(x) = m admet une solution unique.

Exercice 5� Recherchons les racines de ce trinôme :

; on a donc deux racines qui sont 1 et 3. V’(x) est positif à l’extérieur des racines etnégatif entre les racines. Plus précisément V’(x) > 0 lorsque 0 < x < 1 et V’(x) < 0 lorsque 1 < x < 3 ; V est croissante sur [0, 1] et décroissante sur [1, 3]. Le volume est maximal pour x = 1.

� La boîte est un cube lorsque sa base est un carré dont le côté est égal à la hauteur, c’est à dire lors-que 6 – 2x = x. La boite est un cube lorsque x = 2. Dans ce cas, la surface de base est 4 cm2 et la hau-teur est 2 cm, ce qui donne un volume de 8 cm3.

Si on trace la droite d’équation y = 8, on s’aperçoit qu’elle coupe la courbe en un autre point dont

l’abscisse est proche de 0,25. Vérifions-le par le calcul : V(x) = 8 équivaut à

après simplification. On sait déjà que 2 est solution de cette équation. Nous allons factoriser notre

polynôme en utilisant la technique déjà vue dans la séquence 2.

s’écrit aussi :

Or on sait que , donc L’équation

devient alors soit On cherche

les racines du trinôme x2 – 4x + 1 : , donc les racines sont et La

première n’appartient pas à [0, 3] et ainsi on a bien deux solutions qui sont 2 et

0 1 2

0

2

4

–2

–2

–4

–6

–1

T

C

y

x

f x( )x +∞→

lim x3x +∞→

lim +∞= =f x( )

x –∞→lim x3

x –∞→lim –∞.= =

V′ x( ) 12x2 48x– 36+ 12 x2 4x– 3+( ).= =Δ 16 12– 4= =

x3 6x2 9x 2–+– 0=

x3 6x2 9x 2–+– 23 6 22 9 2 2–×+×–= x3 23–( ) 6 x2 22–( ) 9 x 2–( )+– 0.=a3 b3– a b–( ) a2 ab b2+ +( )= x3 23– x 2–( ) x2 2x 4+ +( ).=

x 2–( ) x2 2x 4+ +( ) 6 x 2+( ) 9+–( ) 0= x 2–( ) x2 4x– 1+( ) 0.=Δ 12= 4 2 3+

2------------------- 2 3+= 2 3.–

2 3.–



Exercice 6

�

a) ; f’(x) est toujours positif donc f est strictement croissante sur �.

et

b) La courbe de f coupe une seule fois l’axe des abscisses donc l’équation f(x) = 0 a une seule solutionα. De plus et f(1) = 1. On a donc f(0) < f(α) < f(1) et comme f est croissante,

c) Commençons par tracer la courbe sur la calculatrice sur l’intervalle [0, 1], on constate que α estcompris entre 0,5 et 1.

Ensuite on regarde la table en faisant varier le pas :

On en conclut que α est compris entre 0,682 et 0,683.

d) f(x) est positif lorsque x est supérieur à α et négatif lorsque x est inférieur à α.

0 1 1,5 2 2,5 3 3,5 40,50

5

10

15

20

–0,5–1

y

x

y = 8

f x( ) x3 x 1–+=

f′ x( ) 3x2 1+=

f x( )x +∞→

lim x3x +∞→

lim +∞= = f x( )x –∞→

lim x3x –∞→

lim –∞.= =

f 0( ) 1–= 0 α 1.� �



�

a) Ainsi et grâce à la question précédente, onconnaît le signe de f’(x), d’où le tableau de variation :

b) On sait que car α est solution de l’équation f(x) = 0. On en déduit que

, ce qui fait

Or Donc

On a vu précédemment que 0,682 < α < 0.683 ; on en déduit que 0,317 < 1 – α < 0,318 et que1,317 < 2 – α < 1,318 et par conséquent que 0,317 × 1,317 < g(α) < 0,318 × 1,318 ; 0,417 < g(α) < 0,420.

Exercice 7

� ;

calcul des limites : ce qui implique que la droite d’équation y = 1 estasymptote.

car x – 1 tend vers 1 et x – 2 vers 0 et de plus x > 2 donc x – 2 > 0. La droite

d’équation x = 2 est asymptote.

Variations :

Il est

clair que la dérivée est toujours négative

donc la fonction f est décroissante sur son

intervalle de définition.

x –∞ α +∞

– 0 +

g(x)

g(α)

g x( ) x4 2x2 4x– 2.+ +=

g′ x( ) 4x3 4x 4–+ 4 x3 x 1–+( ).= = g′ x( ) 4f x( )=

g′ x( )

α3 1 α–=

g α( ) α 1 α–( ) 2α2 4α– 2+ += g α( ) α2 3α– 2.+=

1 α–( ) 2 α–( ) α2 3α– 2+ g α( )= = g α( ) 1 α–( ) 2 α–( ).=

f x( ) x 1–x 2–-----------=

f x( )x +∞→

limxx--

x +∞→lim 1= =

f x( )x 2+→

lim +∞=

x 2 +∞

–

f(x) +∞

1

f′ x( )f′ x( ) x 2–( ) x 1–( )–

x 2–( )2--------------------------------------

1–x 2–( )2

------------------ .= =

0 2 4 6 8

0

2

4

y

x



�

Calcul des limites : . On obtient le même résultat quand x tend vers –∞.

L’axe des abscisses est asymptote.

Variations : Le signe de cette dérivée est celui de (1 – x2) ;

il est positif entre les racines – 1 et + 1, négatif ailleurs. On en déduit le tableau de variations :

�

Calcul des limites : et le résultat est le même en –∞ ; la droite d’équa-

tion y = 1 est asymptote.

Variations : ; cette dérivée a le signe de son

numérateur qui est un trinôme du 2nd degré. Cherchons ses racines : ; les racines sont

donc et La dérivée est positive à l’extérieur de ces deux nombres et négative

entre, d’où le tableau de variation :

x −∞ –1 1 +∞

– 0 + 0 –

g(x) 0

0

x −∞ +∞

+ 0 – 0 +

h(x)

1

1

g x( ) 3xx2 1+-------------- .=

g x( )x +∞→

lim3xx2-----

x +∞→lim 0= =

g′ x( ) 3 x2 1+( ) 2x 3x( )–

x2 1+( )2---------------------------------------------

3 1 x2–( )x2 1+( )2

---------------------- .= =

g′ x( )

32--–

32--

0 2 4 6 8–2–4–6

0

1

–1

y

x

h x( ) x2 x–x2 1+-------------- .=

h x( )x +∞→

limx2

x2-----

x +∞→lim 1= =

h′ x( ) 2x 1–( ) x2 1+( ) 2x– x2 x–( )x2 1+( )2

------------------------------------------------------------------- x2 2x 1–+

x2 1+( )2--------------------------= =

Δ 4 4+ 8= =

1– 2+ 1– 2.–

1– 2– 1– 2+

h′ x( )

1 2+2

----------------

1 2–2

---------------



Calcul des extremums :

L’image de

se calcule de la même manière et on trouve

Courbe :

� sur

Calcul des limites : car et De plus on

peut dire que , par conséquent la droite d’équation

est asymptote.

et , donc et ainsi la droite d’équation x = 1

est asymptote.

Variations : Or

, donc x + 1 >0 et ainsi le signe de la dérivée est celui de x – 3.

x 1 3 +∞

– 0 +

k(x) +∞ +∞

h 1– 2–( ) 1– 2–( )2 1– 2–( )–

1– 2–( )2 1+----------------------------------------------------------- 4 3 2+

4 2 2+------------------- 4 3 2+( ) 4 2 2–( )

4 2 2+( ) 4 2 2–( )------------------------------------------------

1 2+2

---------------- .= = = =

1– 2+ h 1– 2+( ) 1 2–2

--------------- .=

2 4 6–2–4–6 0

1

1,5

–0,5

y

x

0,5

y = 1

y = h (x)

k x( ) 12--x 1– 2

x 1–-----------+= ]1,+∞[.

k x( )x +∞→

lim +∞=2

x 1–-----------

x +∞→lim 0= 1

2--x 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞x +∞→

lim +∞.=

k x( ) 12--x 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞–x +∞→

lim2

x 1–-----------

x +∞→lim 0= =

y 12--x 1–=

12--x 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞x 1→lim 1

2--–=

2x 1–-----------

x 1+→lim +∞= k x( )

x 1+→lim +∞=

k′ x( ) 12-- 2

x 1–( )2------------------– x 1–( )2 4–

2 x 1–( )2--------------------------- x 1– 2–( ) x 1– 2+( )

2 x 1–( )2---------------------------------------------------

x 3–( ) x 1+( )2 x 1–( )2

--------------------------------- .= = = =

x 1>

k′ x( )

32--



Exercice 8� Si x est la mesure d’un côté, la mesure de l’autre est Le périmètre est alors égal à

� Calculons d’abord la dérivée de p :

Le signe de cette dérivée est celui de car x est positif. Donc p’(x) est positif si et seulement si

x > 4. On en déduit le tableau de variations suivant :

� La fonction est décroissante sur et croissante sur ; elle admet donc un minimum en4 et ce minimum est 16 car p(4) = 16.

� Etudions les limites de p : , donc . On en déduit que la droite

d’équation x = 0 est asymptote à la courbe de p.

car p(x) > 2x. De plus Ainsi la droite

d’équation y = 2x est asymptote à la courbe de p.

� (voir schéma page suivante)

x 0 4 +∞

– 0 +

p(x)

16

21 3 4 5 6 7

1

2

3

4

y = k (x)

y = x –112

16x

----- .

p x( ) 2 x 16x

-----+⎝ ⎠⎛ ⎞ .=

p′ x( ) 2 1 16x2-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2x2----- x 4–( ) x 4+( ).= =

x 4–( )

p′ x( )

]0,4] [4,+∞[

16x

-----x 0–→

lim +∞= p x( )x 0+→

lim +∞=

p x( )x +∞→

lim +∞= p x( ) 2x–( )x +∞→

lim 32x

-----⎝ ⎠⎛ ⎞

x +∞→lim 0.= =



Exercice 9� La distance totale est d1 + 2d1 = 3d1. Calculons maintenant la durée du parcours : le trajet de A à B

dure un temps t1 égal à et le trajet de B à C dure un temps t2 égal à Ainsi la durée

totale est On en déduit que la vitesse sur l’ensemble du parcours est

, soit

� Calcul de la dérivée : Il est clair que v’(x) est positif

pour tout x et par conséquent que v est une fonction croissante sur Ce résultat est naturel

car plus la vitesse augmente sur une partie du parcours en restant constante sur l’autre, plus la vitesse

moyenne augmente.

� Calcul de la limite : Ce résultat signifie que

la vitesse moyenne ne peut dépasser 240 km/h car v croît vers cette valeur ; de plus elle ne serait

atteinte que si la durée du trajet de B à C était nulle, donc la vitesse infinie.

�

2 4 6 8 10 12 14 16 18

10

20

30

40

y = 2x

y = p (x)

d180-----

d2x-----

2d1x

-------- .=

td180-----

2d1x

--------+ d11

80----- 2

x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞ .= =

v x( )3d1

d11

80----- 2

x--+⎝ ⎠

⎛ ⎞--------------------------= v x( ) 240x

160 x+----------------- .=

v′ x( ) 240 160 x x–+160 x+( )2

--------------------------× 240 160×160 x+( )2

------------------------- .= =

]0,+∞[.

v x( )x +∞→

lim240x

160 x+-----------------

x +∞→lim

240xx

-----------x +∞→

lim 240.= = =

100 200 300 400 500 600 700 800 900

50

100

150

200



Exercice 10� D’après la figure, A’Q = AQ donc A’Q = x.

� A’Q > BQ car A’Q est l’hypoténuse du triangle rectangle A’BQ. Or , donc il faut que, ce qui équivaut à x > 2. D’autre part Q est sur le segment [AB] pour que le problème ait un

sens. Ainsi on a bien 2 < x < 4.

� Ici nous avons besoin de la distance A’B. Calculons-la dans le triangle A’BQ :

On en déduit que A’B2 = 8x – 16 et ainsi que

L’aire du trapèze APA’B est

Mais l’aire de ce trapèze est aussi la somme des aires des 3 triangles A’BQ, APQ et A’PQ. Or ces deux

derniers ont la même aire d’après la construction. L’aire de APQ est ; celle de A’BQ

est L’aire de APA’B est donc aussi égale à

On en déduit que

De cette dernière égalité, on déduit , donc que

d’où Multiplions le numérateur et le dénominateur par

:

� Le triangle APQ est rectangle en A, donc PQ2 = x2 + y2 ;

ainsi , ce qui donne bien le résultat attendu :

Posons Sa dérivée est Le signe de

cette dérivée est celui de (x – 3), donc positif si x > 3 et négatif si x < 3. On en déduit que f est

décroissante sur [2, 3] et croissante sur [3, 4] et par conséquent qu’elle admet un minimum en 3. On a

La longueur minimale du pli PQ est la racine carrée de 27, soit

Exercice 11

a)

On sait que est positif

pour tout x de , donc le signe de f’(x) est déterminé par celui de . Or

signifie que On a vu dans une séquence précédente que la fonction cos était décrois-

sante sur et que Donc quand et quand

. Le signe de f’(x) est opposé à celui de , d’où le tableau de variations :

Calcul des valeurs extrêmes : f(0) = 3 ; ;

Il faut de plus remarquer que la courbe admet des tangentes horizontales aux points d’abscisses 0,

et π.

x 0 π

0 – 0 + 0

f(x) 3 –1

BQ 4 x–=x 4 x–>

A′B2 A′Q2 BQ2– x2 4 x–( )2.–= =A′B 8x 16– 2 2x 4– .= =

AB A′B AP+2

---------------------× 2 y 2 2x 4–+( ).=

12--AP AQ× 1

2--xy=

12--A′B BQ× 1

2--2 2x 4– 4 x–( ) 4 x–( ) 2x 4– .= =

xy 4 x–( )+ 2x 4– . xy 4 x–( )+ 2x 4– 2 y 2 2x 4–+( ).=

xy 2y– 4 2x 4– 4 x–( ) 2x 4–– x 2x 4–= =

y x 2–( ) x 2x 4–= y x 2x 4–x 2–( )

--------------------- .=

2x 4– y x 2x 4–( )x 2–( ) 2x 4–

-----------------------------------2x

2x 4–------------------ .= =

PQ2 x2 4x2

2x 4–--------------+ x2 2x2

x 2–-----------+ x3 2x2 2x2+–

x 2–----------------------------------= = =

PQ2 x3

x 2–-----------= .

f x( ) x3

x 2–----------- .= f′ x( ) 3x2 x 2–( ) x3–

x 2–( )2------------------------------------ 2x3 6x2–

x 2–( )2----------------------

2x2 x 3–( )x 2–( )2

------------------------- .= = =

f 3( ) 33

3 2–----------- 27.= = 3 3.

f x( ) 2 x 2xcos+ .cos=

f′ x( ) 2 x 2 2xsin–sin– 2 x 4 x xcossin–sin– 2 x 1 2 xcos+( ).sin–= = = xsin

0,π[ ] 1 2 xcos+ 1 2 xcos 0�+

x 12--–� .cos

0,π[ ]2π3

------cos 12-- .–= x 1

2--–�cos x 0,2π

3------∈ x 1

2--–�cos

x 2π3

------ ,π∈ 1 2 xcos+

2π3

------

f′ x( )

32--–

f π( ) 2– 1+ 1–= = f 2π3

------⎝ ⎠⎛ ⎞ 2 1

2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞+32-- .–= =

2π3

------



Courbe :

b)

Comme x est positif, cette dérivée est tou-

jours négative, donc f est décroissante sur Limites aux bornes : ; et x > 0, donc ce qui implique que

l’axe des ordonnées est asymptote.

car ce qui implique que l’axe

des abscisses est asymptote.

Courbe :

c) Etudions la parité : car sin est

impaire et cos est paire. La fonction f est impaire et ainsi sa courbe est symétrique par rapport à l’ori-

gine du repère. On étudie la fonction sur [0, π].

–1

0

1

2

3

0,1π 0,2π 0,3π 0,4π 0,5π 0,6π 0,7π 0,8π 0,9πx

f x( ) x 1+x

----------------= .

f′ x( )

12 x 1+-------------------x x 1+–

x2-------------------------------------------- x 2 x 1+( )–

2x2 x 1+----------------------------

x– 2–

2x2 x 1+------------------------ .= = =

]0,+∞[.x 1+

x 0→lim 1= x

x 0→lim 0= f x( )

x 0→lim +∞=

x 1+x

----------------x +∞→

lim

x 1 1x--+

x-----------------------

x +∞→lim

1 1x--+

x----------------

x +∞→lim 0= = =

1x

------x +∞→

lim 0=

1

2

3

4

5

10 2 3 4 5 6 7 8 9

f x( ) xsin2 xcos+-------------------- .= f x–( ) x–( )sin

2 x–( )cos+---------------------------- xsin

2 xcos+--------------------– f x( )–= = =



Sens de variation :

Le signe de f’(x) est celui de 1 + 2cosx ; on l’a déjà étudié dans la question a) de cet exercice : il est

positif quand et négatif quand Le tableau de variations est donc :

Calcul des valeurs extrêmes : f(0) = f(π) = 0 et

Courbe :

Exercice 12� Nous allons exprimer les longueurs ON et PN en fonction de α. Dans le triangle ONP rectangle en

N, on a et d’où et La longueur du rectangle est

donc et la largeur Son aire est alors ce qui donne car

� ; sa dérivée est Si , alors et ;

si , alors et On en déduit le tableau de variation de f :

x 0 π

+ 0 –

f(x)

0 0

x 0

+ 0 –

f(x)

0

1

0

f′ x( ) x 2 xcos+( )cos x xsin–( )sin–2 xcos+( )2

---------------------------------------------------------------------- 2 x cos2x sin2x+ +cos2 xcos+( )2

---------------------------------------------------2 x 1+cos2 xcos+( )2

--------------------------- .= = =

x 0,2π3

------∈ x 2π3

------ ,π .∈

2π3

------

f′ x( )

13

-------

f 2π3

------⎝ ⎠⎛ ⎞

32

-------

2 12--–

------------13

------- .= =

0

0

x

y

–0,75π –0,5π –0,25π 0,25π 0,5π 0,75π π

0,5

–0,5

αcos ONOP-------= αsin PN

OP------= ON R αcos= PN R α.sin=

2R αcos R α.sin 2R2 α αcossin R2 2αsin

2 α αcossin 2α.sin=

f x( ) 2xsin= f′ x( ) 2 2x.cos= x 0, π4---∈ 2x 0, π

2---∈ 2x 0�cos

x π4--- ,π

2---∈ 2x π

2--- ,π∈ 2x 0� .cos

π4--- π

2---

f′ x( )



La fonction f admet un maximum en ; or l’aire de MNPQ est égale à , donc cette aire est

aussi maximale lorsque Dans ce cas, le rectangle est un « double carré », c’est-à-dire que sa

longueur est double de sa largeur. En effet ; ainsi et

π4--- R2f x( )

α π4--- .=

π4---cos

π4---sin= MN 2= PN 2

2------- .=



Corrigé des exercices d’approfondissementExercice 1� Chaque côté doit être inférieur à la somme des deux autres, c’est l’inégalité triangulaire. Le nombre

x doit donc vérifier les trois inégalités suivantes : , ce qui équivaut à . On en

déduit que

� Le demi périmètre de ce triangle est

On en déduit l’aire : , soit

Comme S est un nombre positif, que la fonction « carré » est croissante, le sens de variation de S est

celui de S2. Posons et étudions le sens de variation de f :

N’oublions pas que ; donc si et seulement

si Par conséquent, f est croissante sur et décroissante sur . La fonction

f admet un maximum en , il en de même de S.

� Si , on a , et ; ainsi ce qui prouve queABC est rectangle en A.

Exercice 2� Démontrons cette égalité en utilisant le fait que .

� Dans le triangle OMA rectangle en O, tan = et dans le triangle OMB rectangle en O,

tan = . De plus = – ,

donc tan = tan( – )= Or OA = 1, OB = 3,

donc AB = 2 et ainsi tan =

� ; Comme x est positif, si et seule-

ment si La fonction f est donc croissante sur et décroissante sur , et elle

admet un maximum en . On sait de plus que la fonction tan est croissante sur tout intervalle où

elle est définie, l’angle de tir sera maximal pour Dans ce cas, tan = donc

= 30°.

Exercice 3� Les triangles OTI et OAI sont isométriques. En effet, ils ont deux côtés égaux car OA = OT et [OI] estcommun aux deux triangles ; de plus ils sont tous les deux rectangles. On en déduit que IA = IT et onmontrerait de même que JC = JT.

Conclusion : IT = x et TJ = y.

1 3 x�+

x 1 3�+

x 3 1�+⎩⎪⎨⎪⎧ x 4�

x 2�

x 2–�⎩⎪⎨⎪⎧

2 x 4.� �

p 1 3 x+ +2

--------------------- x2-- 2.+= =

S p p 1–( ) p 3–( ) p x–( )=

S x2-- 2+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 2 1–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 2 3–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 2 x–+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 2+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 1+⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2-- 2+–⎝ ⎠

⎛ ⎞ x2

4----- 1–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 4 x2

4-----–⎝ ⎠

⎛ ⎞ .= = =

f x( ) S2 x4

16----- 5

4--+ x2 4––= =

f′ x( ) x3

4-----–

104-----x+

x4-- x2– 10+( ).= = x 2,4[ ]∈ f′ x( ) 0�

x 10.� 2 10,[ ] 10,4[ ]10

BC 10= AB2 1= AC2 9= BC2 10= BC2 AB2 AC2+=

αtan αsinαcos

------------=

a b–( )tan a b–( )sina b–( )cos

------------------------ b b acossin–acossinbacoscos basinsin+

-------------------------------------------------

b asinacos

----------- bsinbcos

-----------–⎝ ⎠⎛ ⎞acoscos

b 1 basinsinbacoscos

----------------------+⎝ ⎠⎛ ⎞acoscos

------------------------------------------------------------a btan–tan

1 batantan+------------------------------- .= = = =

OMAOAOM--------

OMBOBOM-------- AMB OMB OMA

AMB OMB OMA

OBOM-------- OA

OM--------–

1 OA OB×OM2

--------------------+------------------------------

ABOM-------- OM2

OM2 OA OB×+-------------------------------------- .×=

AMB2x

x2 3+-------------- .

f x( ) 2xx2 3+--------------= f′ x( ) 2 x2 3+( ) 4x2–

x2 3+( )2------------------------------------

6 2x2–

x2 3+( )2--------------------- .= = f′ x( ) 0�

x 3.< 0, 3[ ] [ 3,+∞[

3

x 3.= AMB 2 33 3+------------ 3

3-------=

AMB



� Dans le triangle IBJ rectangle en B, on a De plus, donc

Grâce à ces deux égalités, on peut écrire que , d’où

, soit et ainsi

On en déduit que

� ; La dérivée est du signe de

; calculons le disciminant : , le trinôme a donc deux racines qui sont

et ; il est positif à l’extérieur des racines et négatif entre les deux racines. De plus

x est compris entre 0 et 1. On obtient le tableau de variation suivant :

La distance IJ est minimale quand .

Dans ce cas, La disrance IJ est alors égale à 2IT donc à

2x.

x 0 1

– 0 +

f(x)

IJ2 BJ2 BI2+ 1 x–( )2 1 y–( )2.+= =JI IT TJ+ x y+= = IJ2 x y+( )2.=

1 2x– x2 1 2y– y2+ + + x2 2xy y2+ +=2 2x– 2y– 2xy= 1 x– y 1 x+( )= y 1 x–

1 x+----------- .=

IJ x 1 x–1 x+-----------+ x x2 1 x–+ +

1 x+-------------------------------

1 x2+1 x+-------------- .= = =

f x( ) 1 x2+1 x+--------------= f′ x( ) 2x 1 x+( ) 1 x2+( )–

1 x+( )2------------------------------------------------

2x x2 1–+1 x+( )2

-------------------------- .= =

x2 2x 1–+ Δ 4 4+ 8= =

1– 2– 1– 2+

1– 2+

f′ x( )

x 1– 2+=

y 1 1– 2+( )–

1 1– 2+( )+----------------------------------- 2 2–

2--------------- 1– 2+ x.= = = =



2ème partie : Repères orthonormaux de l’espace

Corrigé de l’activité

Activité 1

� Pour calculer les coor-données de I, on va utiliserles formules donnant lescoordonnées du barycentre.Le point I est le barycentredu système (B, 1), (G, 1) et(F, 1). Or ces points ontpour coordonnées B(1, 0,0), F(1, 0, 1) et G(1, 1, 1).Les coordonnées de I sontalors , et ;

Les deux premières coordonnées de J sont égales à celles de I et la troisième est nulle : .

La droite (IJ) est parallèle à (AE), donc elle est perpendiculaire au plan (ABC). On sait par ailleursqu’une droite perpendiculaire à un plan est orthogonale à toute droite de ce plan. On en déduit que(IJ) est perpendiculaire à (AJ) et donc que le triangle AIJ est rectangle en J.

On sait que et , donc la droite (BJ) est parallèle à (AD). On en déduit que les

droites (AB) et (BJ) sont orthogonales et comme elles ont en commun le point B, elles sont perpendi-

culaires et ainsi ABJ est rectangle en B.

Appliquons la propriété de Pythagore à ces deux triangles : AJ2 = AB2 + BJ2, et AI2 = AJ2 + IJ2. Il en

résulte que AI2 = AB2 + BJ2 + IJ2. De plus , et , ce qui signifie

que AB = 1, et Donc

Conclusion :

� On a et . Donc et sont colinéaires à et et ils sont ortho-gonaux. Le triangle ATS est rectangle en T. De même ASR est rectangle en S car (SR) est perpendicu-laire au plan (ABC) et donc à la droite (AS). On en déduit que AR2 = AS2 + SR2 et AS2 = AT2 + TS2 etainsi que AR2 = AT2 + TS2 + SR2.

d’où

� On a la relation Or , et ; ainsi les

vecteurs et sont orthogonaux car colinéaires à et et de même et sont

orthogonaux car colinéaires à et . Il en résulte que les triangles APN et ANM sont rectangles

en P et N. Appliquons la propriété de Pythagore à ces deux triangles : AN2 = AP2 + PN2 et

AM2 = AN2 + MN2 d’où AM2 = AP2 + PN2 + MN2 . Or AP2 = x2, PN2 = y2 et MN2 = z2. Donc

AM2 = x2 + y2 + z2 et

H G

FE

A B

D

I

J

C

R

S

T

xI1 1 1+ +

3--------------------- 1= = yI

0 0 1+ +3

--------------------- 13--= = zI

0 1 1+ +3

--------------------- 23--= = l 1, 1

3-- , 2

3--⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

J 1, 13-- , 0⎝ ⎠

⎛ ⎞

AB 1, 0, 0( ) BJ 0, 13-- , 0⎝ ⎠

⎛ ⎞

AB 1, 0, 0( ) BJ 0, 13-- , 0⎝ ⎠

⎛ ⎞ IJ 0, 0, 23--–⎝ ⎠

⎛ ⎞

BJ 13--= IJ 2

3-- .= AI2 1 1

9-- 4

9--+ +

149----- .= =

AI 143

--------- .=

AT 2, 0, 0( ) TS 0, 32-- , 0⎝ ⎠

⎛ ⎞ AT TS AB AD

AR2 4 94-- 1

4--+ + 13

2-----= = AR 13

2------ .=

AM AP PN NM.+ += AP x, 0, 0( ) PN 0, y, 0( ) NM 0, 0, z( )AP PN AB AD PN NM

AD AE

AM x2 y2 z2+ + .=



Activité 2

� Calculons les distances OA, OB et AB.

; et d’où

et , ce qui prouve que le triangle OAB est rectangle en O.

� a) ; ;

d’où

b) Dire que les vecteurs et sont orthogonaux signifie que le triangle OMM’ est rectangleen O.

Ainsi équivaut à

ce qui donne après simplification et par conséquent xx’ + yy’ + zz’ = 0.

c) Revenons au triangle OAB : , ; xx’ + yy’ + zz’ = 1 + 2 – 3 = 0. Donc les

vecteurs et sont orthogonaux et par conséquent le triangle OAB est rectangle en O , ce qui

confirme le résultat de la question �.

Activité 3� voir figure.

� ; ; ;

On a donc bien

� Dire que le point M(x, y, z) appartient à (S) signifie que OM = R, donc que OM2 = 10. Or Ainsi le point M(x, y, z) appartient à (S) si et seulement si

� a) L’intersection de la sphère (S) et du plan (Oxy) est l’ensemble des points M du plan (Oxy) telsque ; il s’agit du cercle (C) de centre O et de rayon

i

k

j

B

O

2

A

3

OA 1 4 9+ + 14= = OB 1 1 1+ + 3= = AB 0, 1, 4––( ) AB 0 1 16+ + 17.= =

OA2 OB2+ 14 3+ 17= = AB2 17=

OM2 x2 y2 z2+ += OM′2 x′2 y′2 z′2+ += MM′ x′ x, y′– y, z′– z–( )MM′2 x′ x–( )2 y′ y–( )2 z′ z–( )2.+ +=

OM OM′

OM OM′⊥ x2 y2 z2 x′2 y′2 z′2+ + + + + x′ x–( )2 y′ y–( )2 z′ z–( )2+ +=

x′2 x2 2xx′– y′2 y2 – 2yy′ z′2 z2 – 2zz′+ + + + +=

2xx′– 2yy′– 2zz′– 0=

OA 1, 2, 3( ) OB 1, 1, –1( )OA OB

OA 0 9 1+ + 10= = OB 1 0 9+ + 10= =OC 9 0 1+ + 10= = OD 4 4 2+ + 10.= =

OA OB OC OD 10.= = = =

OM2 x2 y2 z2.+ += x2 y2 z2+ + 10.=

OM 10= 10.



b) Les points E, F, G, H, K sont bien dans le plan (Oxy) car ils ont tous une cote nulle. Calculons main-tenant leur distance au point O : ; ; ;

et Ils sont donc tous sur la sphère (S). Ces 5 points appartien-nent au cercle de (C).

Leurs symétriques parrapport à O appartien-nent aussi à ce cercle.On les note E’, F’, G’, H’,K’.

Il faut remarquer que surla figure, le cercle estdéformé ; ceci vient dufait qu’il se trouve dansun plan qu’on ne voitpas de face.

� L’intersection de (S)avec (Oyz) est l’ensembledes points de (S) d’ontl’abscisse est nulle ; c’estaussi un cercle de centre O.Enumérons quelques pointsde ce cercle : A(0, 3, 1) ;M(0, 1, 3) ; ;

… et leurssymétriques par rapport àO.

L’intersection de (S) avec (Oxz) est l’ensemble des points de (S) d’ont l’ordonnée est nulle ; c’est aussi uncercle de centre O. Enumérons quelques points de ce cercle : B(1, 0, 3) ; ; ;T(+3, 0, 1) ;

OE 10= OF 9 1 0+ + 10= = OG 4 6 0+ + 10= =OH 1 9 0+ + 10= = OK 10.=

i

k j

O

A

E'F'

B G'

H'

K'

CE

F

G

H

KD

A'

P' B

M

N

A

P

M'

N'

C

Di

k

j

N 0, 2, 6( )P 0, 6, –2( )

R 2, 0, 6( ) S 0, 0, 10( )U 10, 0, 0( ).



Activité 4� a) (C0) est l’ensemble des points M(x, y, z) du plan (Oxy) qui vérifient , c’est-à-direOM = 5 ; c’est le cercle de centre O et de rayon 5.

b) Les 4 points ont une cote nulle et de plus OA = 5 ; ; et OD = 5.

c) Leurs symétriques par rapport aux axes et à O sont aussi sur le cercle (C0) : A’(–5, 0, 0) ; B’(–4, 3, 0) ;B’’(–4, –3, 0) ; B’’’(4, –3, 0) ; C’(–3, 4, 0) ; C’’(–3, –4, 0) ; C’’’(3, –4, 0) ; D’(0, –5, 0).

� (C1) et (C3) sont les cercles de centres O1 et O3 et de rayon 5 ; ils sont situés dans les plans d’équa-tions z = 1 et z = 3.

T

R

B

S U'

T'

A

R'

B'

UC

Di

k

j

S'

OM2 25=

OB 16 9 0+ + 25 5= = =OC 9 16 0+ + 5= =

yD

CBA

O1

O3

x

z

O




Exercice 1� Ecrivons d’abord les coordonnées des vecteurs : ; ; Onen déduit les distances :

; ;

� cos est donné par la formule d’Al Kashi : cos ce qui

donne cos d’où cos = On en déduit sin grâce à la formule

: sin = (Le sinus d’un angle géométrique est positif.)

L’aire du triangle ABC est alors sin = 9.

Exercice 2

Calculons d’abord les coordonnées de I et J. On sait que B(1, 0, 0) et G(1, 1, 1) et que I est le milieu de

[BG], donc Les coordonnées de E et C sont : E(0, 0, 1) et C(1, 1, 0) et le point J peut être

considéré comme le barycentre de (E, 1) et (C, 2) ; donc et

: . On en déduit . On a et .

Pour vérifier l’orthogonalité de deux vecteurs,

on utilise la formule xx’ + yy’ + zz’ = 0 :

et La droite

(IJ) est bien orthogonale à (EC) et (GB) ; de

plus elle coupe ces deux droites puisque I est

sur (BG) et J est sur (EC) ; (IJ) est donc per-

pendiculaire à (EC) et (GB).

Exercice 3

Il suffit de vérifier que ces 4 points sont à égale distance de O.

; ;

; Les points A, B, C, D

appartiennent à la sphère de centre O et de rayon

AB 1, 2, 2( ) AC 3, –6, 0( ) BC 2, 8, 2––( ).

AB 1 4 4+ + 3= = AC 9 36 0+ + 45 3 5= = = BC 4 64 4+ + 72 6 2.= = =

ABC AC2 AB2 BC2 2AB BC×–+= ABC

45 9 72 36 2–+= ABC ABC12

------- . ABC

cos2x sin2x+ 1= ABC12

------- .

12--AB BC× ABC

I 1, 12-- , 1

2--⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

xJ

xE 2xC+

3--------------------

23-- ,= = yJ

yE 2yC+

3------------------- 2

3--= =

zJ

zE 2zC+

3------------------- 1

3--= = J 2

3-- , 2

3-- , 1

3--⎝ ⎠

⎛ ⎞ IJ 13-- , 1

6-- , 1

6--––⎝ ⎠

⎛ ⎞ EC 1, 1, –1( ) BG 0, 1, 1( )

H G

F

J I

C

BA

D

E

13-- 1

6-- 1

6--+ +– 0= 0 1

6-- 1

6--–+ 0.=

OA 25 9 16+ + 50 5 2= = = OB 32 9 9+ + 50 5 2= = =

OC 925----- 49 16

25-----+ + 50 5 2= = = OD 12 18 20+ + 50 5 2.= = =

5 2.



Exercice 4� En « vue de face », les cercles sont des segments.

� En « vue de dessus », on obtient des cercles concentriques.

� On sait que l’équation du cône est , ce qui fait car Le

cercle Ck est l’intersection de ce cône avec le plan d’équation z = k ; son équation est donc

x2 y2+ z2tan2π4---= x2 y2+ z2=

π4---tan 1.=

x2 y2+ k2.=



Exercice 5

Sur la figure du haut, on voit la parabole et les cercles vus de face qui sont représentés par des seg-ments.

La figure du bas montre les cercles correspondants vus de dessus.

Exercice 6� L’équation est ; or Donc l’équation de Γ est

� Regardons si les coordonnées de A, B, C vérifient cette équation : et cequi est vrai donc A est sur Γ ; et donc B est sur Γ ;

et donc C est sur Γ.

Calculons les distances AB, AC et BC.

; et d’où les distances : ;

;

On constate que On en conclut que ABC est rectangle en A.

x2 y2+ z2tan2π3---= tanπ

3--- 3.= x2 y2+ 3z2.=

12 22+ 3= 3 12× 3=2–( )2 2 2( )2+ 12= 3 22× 12=

32 3 2( )2+ 27= 3 32× 27=

AB 3, 2, 1–( ) AC 2, 2 2, 2( ) BC 5, 2, 1( ) AB 9 2 1+ + 12= =BC 25 2 1+ + 28= = AC 4 8 4+ + 16 4.= = =

AB2 AC2+ 12 16+ 28 BC2.= = =



� On constate que les points A, B, C sont sur les plans d’équations z = 1, z = 2, z = 3. Donc, ,dans unevue de dessus, les sections du cône par ces plans sont des cercles de centre O passant par ces points :

Exercice 7

Soit N le projeté orthogonal de M sur l’axe (Oz). Les coordonnées de N sont N(0, 0, 3) et le demi angle

au sommet est l’angle . La tangente de cet angle est égale à car OMN est rectangle en N.

Or ON = 3 et d’où Donc tan = On en déduit l’équation

du cône :

tan = , donc est très proche de 36°,7.

MON MNON--------

NM 1, 2, 0( ) MN 1 4+ 5.= = MON 53

------- .

x2 y2+59--z2.=

MON 53

------- MON



Corrigé des exercices d’approfondissementExercice 1� a) Les points B et D ont pour coordonnées : B(1, 0, 0) et D(0, 1, 0). On a donc et . Dire que signifie que MB = MD, donc que MB2 = MD2. Ainsi si et seulement si , ce qui équivaut à

ou à y = x.

b) Dire que M a pour coordonnées (x, y, z) signifie que ; si et seule-

ment si y = x ce qui veut dire que et comme

, Ainsi si et seulement si π est donc

l’ensemble des points M tels que A, E, C, M sont coplanaires ; c’est le plan (AEC).

� a) Dire que Ω est le centre de la sphère passant par B, D, I, J signifie que ΩB = ΩD = ΩI = ΩJ, cequi peut aussi s’écrire ΩB = ΩD et ΩD = ΩI et ΩI = ΩJ ; c’est bien le système proposé.

b) On sait déjà que si Ω(x, y, z), ΩB = ΩD équivaut à y = x.

et ;

donc ΩI = ΩJ équivaut à , d’où

, soit

ΩD = ΩI équivaut à ,

soit = 0 d’où

On obtient ainsi le système suivant : dont les solutions sont ; Les coor-

données de Ω sont

Il ne reste plus qu’à trouver le rayon ; il est égal à la distance commune de Ω à chacun des 4 points.

Calculons ΩB :

L’équation de la sphère est donc

Exercice 2� Ecrivons les coordonnées des vecteurs

et : (1, 0, 0) et (1, 0, 0).Ces deux vecteurs sont égaux, donc OABCest un parallélogramme. De plus A est surl’axe (Ox) et C est sur l’axe (Oy), donc(OA) et (OC) sont perpendiculaires et parconséquent OABC est un rectangle.

� Les points O’, A’, B’, C’ ont tous lamême cote : z. Les coordonnées de O’sont (0, 0, z).

A’ est dans le plan (Oxz) donc son ordon-née est nulle. Il reste à calculer son abs-cisse. Pour cela plaçons-nous dans letriangle SOA : (O’A’) est parallèle à (OA)

donc ce qui fait

MB 1 x, y, z–––( )MD x, 1– y, z––( ) M π∈ M π∈

1 x–( )2 y–( )2 z–( )2+ + x–( )2 1 y–( )2 z–( )2+ +=1 2– x 1 2y–=

AM xAB yAD zAE+ += M π∈AM xAB xAD zAE+ + x AB AD+( ) zAE+= =

AB AD+ AC= AM xAC zAE.+= M π∈ AM xAC zAE.+=

I 1, 1, 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞ J 0, 0, 12--⎝ ⎠

⎛ ⎞

1 x–( )2 1 y–( )2 12-- z–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ + x–( )2 y–( )2 1

2-- z–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ +=

1 2x– 1 2y–+ 0= x y+ 1.=

1 x–( )2 1 y–( )2 12-- z–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ + x–( )2 1 y–( )2 z–( )2+ +=

1 2x– 14-- z–+ z 5

4-- 2x.–=

y x=x y+ 1=

z 54-- 2x–=

⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧

x y 12--= = z 1

4-- .=

12-- , 1

2-- , 1

4--⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

ΩB 1 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 14--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ + 9

16-----

34-- .= = =

x 12--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2y 1

2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2z 1

4--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2+ +

916----- .=

S

C

BA

A'

O'

OB'

C'

OA CB OA CB

SO′SO-------- O′A′

OA-----------=



d’où Les coordonnées de A’ sont . On procède de la même

manière pour calculer l’ordonnée de C’ et on trouve . Enfin l’abscisse de B’ est celle de

A’ et son ordonnée est celle de C’ : . O’A’B’C’ est un rectangle.

� La hauteur de cette pyramide OO’A’B’C’ est OO’ = z ;

l’aire de la base est On en déduit le volume de la pyra-

mide :

Pour calculer la dérivée de V, commençons par développer son expression :

Alors ; , les deux racines sont donc 2 et Comme z est

compris entre 0 et 2, V’(z) est négatif quand et positif quand Le volume

maximum est atteint pour

� Les différents rectangles sont « vus de dessus » ; on peut remarquer que plus z augmente, plus lerectangle obtenu est petit.

Exercice 3� D’après le cours, l’équation de S est Le demi angle au sommet du cône est

et ; l’équation de Γ est

� Soit M(x, y, z) un point de l’espace. Si le point M appartient à la fois à S et à Γ lorsque On en déduit que , d’où

� Si , les points M communs à S et Γ vérifient et signifie que M

est sur π1 et signifie que M est sur le cercle de rayon et dont le centre a pour

coordonnées

De même si , M est sur π2 et sur le cercle de rayon et dont le centre a pour coordon-

nées

� Quand on regarde la figure dans l’axe (Ox) la sphère apparaît comme un cercle, le cône commedeux droites et les cercles comme des segments.

2 z–2

----------- O′A′1

-----------= O′A′ 1 z2-- .–= 1 z

2-- , 0, z–⎝ ⎠

⎛ ⎞

C′ 0 2, z, z–( )

B′ 1 z2-- , 2– z, z–⎝ ⎠

⎛ ⎞

O′A′ O′C′× 1 z2--–⎝ ⎠

⎛ ⎞ 2 z–( ) 12-- 2 z–( )2.= =

V z( ) 13-- z 1

2-- 2 z–( )2×× 1

6--z 2 z–( )2.= =

V z( ) 16-- z3 4z2 4z+–( ).=

V′ z( ) 16-- 3z2 8z– 4+( )= Δ 64 48– 16= = 2

3-- .

z 23-- , 2∈ z 0, 2

3-- .∈

z 23-- .=

A B

OC

C3

B3A3

A2 B2

C2 C0

B0

B1

C1

A0A1

x2 y2 z2+ + R2.= π3---

π3---tan 3= x2 y2+ 3z2.=

3z2 R2 z2– x2 y2.+= = 4z2 R2= z R2--- .±=

z R2---= z R

2---= x2 y2+

34--R2.= z R

2---=

x2 y2+34--R2= 3

2-------R

0, 0, R2---⎝ ⎠

⎛ ⎞ .

z R2---–= 3

2-------R

0, 0, R–2

------⎝ ⎠⎛ ⎞ .



O

B A

C D


Documents

Mathématiques - Maths Costebellemathscostebelle.free.fr/IMG/pdf/AL7MA12DVPA0009-Corriges-des... · x 0 1 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5 6 ... On sait que le périmètre du rectangle ABCD est