Maths Repères 1ère S (2011)

21. Les nombres 22

profi l maths

1. Les nombres 2222222

profi l mathsprofi l maths

S1S1remathsrepèresNouveau

programme

21. Les nombres 22

profi l maths

1. Les nombres 2222222

profi l mathsprofi l maths

S1S1remathsrepèresNouveau

programme

Fabienne Bruneauprofesseur à l’Externat des Enfants Nantais de Nantes (44)

Maxime Cocault professeur au lycée René-Descartes de Rennes (35)

Agnès Choquer-Raoult professeur au lycée Léopold-Sédar-Senghor de Magnanville (78)

Boris Hanouch professeur au lycée Condorcet de Limay (78)

Thierry Joffrédo professeur détaché au Rectorat de Rennesauprès du département de développement des usages des TICE (35)

© Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur 2

ErratumVoici quelques erreurs remarquées sur la première édition du manuel élève. Ces erreurs ont été corrigées dans les éditions suivantes. Il est donc très probable que vos élèves possèdent une version corrigée.

Page où se trouve l’erreurVersion corrigée

(le rouge indique ce qui a été modifié)

p. 25, exercice résolu 3, dernière ligne Pour tout [ ; 20]10x!

p. 38, exercice 86. 3. [ ; ]I 6– +3= ; 4. ;I 6– –3= @ @.p. 40, exercice 102., 8.

Montrer que x R, ( )( )

3f xf x x

x3

1–+ +

+ = .

p. 41, exercice 103., 7. m ;0 16@ , ;x x1 2 R, x x–2 1= , ( ) ( )x x m1 2z z= = .

p. 46 désigne la courbe f .

p. 110, exercice 9. b.et ¢n =

0

1

i

n –==

/ (R¢i ).

p. 113, exercice résolu 1, 1. et 2. Les 6 dernières lignes du 2. sont les 6 dernières lignes du 1.

p. 114, exercice résolu 3, 1. ( )un est une suite arithmétique donc pour tout n et p entiers, on a ( )u u n p rn p += − . D’où u32 = …

p. 120 8. Dans l’algorithme : A + 2 → A9. Dans l’énoncé : … et 0u0 = . À l’aide d’un tableur, on calcule les premiers termes. On a :

p. 137, exercice 138. 2. b. u425

n = (31 )

nn

23

421–+

p. 140, dans la deuxième AIDE … dans la plage C2:C1000…

p. 148, paragraphe 1.2

V( )

n

n x x–

1

2

1

ii

k

ii

k

i

=

=

=

/

/

p. 175 ; 7.y

x8512 895

216 450 124

–=

p. 195, exercice 13. Alors on a toujours (X ) (X )3 4p pG H H .

p. 208, exercice 85. Dans l’énoncé, 5e puce : 18 foyers ont souscrits…

p. 229 Dans les arbres de probabilité, lire n + 1 au lieu de n.

p. 241, exercice 8. C. a. 0,268.

p. 255, exercice 99. 3. a. et b. et exercice 100. 3. a. et b. Lire : le plus petit entier a tel que…

p. 286, exercice 24. d. 0

p. 287Exercice 29. c. , , k k l l

22

22– + +,

r r r r! !$ $. . .

Exercice 30. d. ;6

– r r8B , ;6

5r rE E (crochet fermant après r .)

Exercice 37. d. 4 crochets fermants.

p. 290, exercice 69.Le dernier réel est à remplacer par :

( );

n n2

4 12

+ r r .

p. 314, exercice 3. Le point C appartient au segment [AB].

p. 321, Entraînez-vous exercice 3., deuxième ligne

AF AB BC23

32–= .


Sommaire

Erratum 2

Chapitre 1 Les fonctions de référence 4

Chapitre 2 Dérivation 12

Chapitre 3 Les suites 28

Chapitre 4 Statistiques 37

Chapitre 5 Probabilités 44

Chapitre 6 Modélisation et échantillonnage 56

Chapitre 7 Trigonométrie 62

Chapitre 8 Géométrie plane 70

Chapitre 9 Produit scalaire et applications 87

Couverture et maquette intérieure : Nicolas PirouxComposition et schémas : APS-Chromostyle

1Les fonctions de référence


Contenus Capacités attendues Commentaires

Second degré Forme canonique d’une fonction polynôme de degré deux.Équation du second degré, discriminant.Signe du trinôme.

• Déterminer et utiliser la forme la plus adéquate d’une fonction polynôme de degré deux en vue de la résolution d’un problème : développée, factorisée, canonique.

On fait le lien avec les représentations graphiques étudiées en classe de seconde.Des activités algorithmiques doivent être réalisées dans ce cadre.

Étude de fonctions Fonctions de référencex x7 et x x7 .

Sens de variation des fonctions u k+ , um ,

u et u1, la fonction u étant

connue, k étant une fonction constante et m un réel.

• Connaître les variations de ces deux fonctions et leur repésentation graphique.

Démontrer que la fonction racine carrée est croissante sur 0 ; +36 6. Justifi er les positions relatives des courbes représentatives des fonctions x x7 , x x2

7 et x x7 .• Exploiter ces propriétés pour déterminer le

sens de variation de fonctions simples.

Aucune technicité dans l’utilisation de la valeur absolue n’est attendue.

On nourrit la diversité des raisonnements travaillés dans les classes précédentes en montrant à l’aide de contre-exemples qu’on ne peut pas énoncer de règle générale donnant le sens de variation de la somme ou du produit de deux fonctions.

L’étude générale de la composée de deux fonctions est hors programme.

Programme offi ciel

1. Garder la forme• On se donne quatre paraboles passant par A(0 : 1) et dont on donne des expressions de fonctions associées. Il s’agit de faire les bonnes associations.• Il est clair que f1, f2, f3 et f4 sont des fonctions de degré 2. Néan-moins, pour tout xd, on a :

( )

( )

( )

( )

f x x x

f x x x

f x x x

f x x x

21 1

92

32 1

23

29 1

4 1

– –

– –

–

2

2

2

2

1

2

3

4

+

+ +

+

+

=

=

=

=

_

`

a

bbbb

bbbb

Donc toutes les courbes passant par le point A(0 ; 1).

• De ces « formes canoniques », dont nos chères têtes blondes ne connaissent pas nécessairement l’appellation, on en tire que f1 admet un maximum qui vaut 3, atteint en – 2 ;

f2 admet un minimum qui vaut 21, atteint en

23– ;

f3 admet un maximum qui vaut 835, atteint en

23 ;

f4 admet un minimum qui vaut – 3, atteint en 2 ;la condition se faisant sur le signe du coeffi cient de degré 2.Au fi nal :f2 est à associer à f f3 est à associer à k

f1 est à associer à h f4 est à associer à g

Du point de vue algébrique, on note que, lorsque fi(x), pour , , ,i 1 2 3 4d" , est sous la forme d’une différence de deux

carrés, fi(x) se factorise d’une façon qui permet de justifi er l’intersection de sa courbe associée et de l’axe des abscisses. C’est le cas pour f1 ; f3 et f4.Dans le cas de f2, si ( ) ( )( )f x a x x x x– –2 1 2= alors l’équation f3(x) admet deux solutions, éventuellement confondues, sauf que :

Découverte (p. 8-9)

© Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur

Livre du professeur

5

xd, ( )f x21 02 2H . Il est donc absurde de supposer une telle

factorisation car elle amènerait à une contradiction.

2. Prendre racine et rester dynamiqueCes triangles ont en commun leurs angles, ils sont donc semblables et leurs côtés homologues sont proportionnels (pour le voir on peut, à une isométrie près, « superposer » des angles analogues, une confi guration de Thalès y apparaît naturellement).On obtient donc, par proportionnalité, h h a b# #= d’où h a b#= .

Dans l’activité qui suit ce résultat préliminaire, le point M a pour coordonnées ( ; )b b . Son lieu est donc la courbe d’équation « y x= ».

3. Soif d’absoluCe programme permet non seulement d’introduire une nouvelle fonction, mais avant tout une nouvelle défi nition, celle de la fonction « valeur absolue » :

soit xd, si 0

si 0.x

x x

x x– 1

H= '

donc, par exemple , ,2 8 2 8= ; , ( , ) , .4 75 4 75 4 75– – –= =

Logique et notations (p. 18)

1. a. Pour tout x réel, 2 3 ( 1) 4x x x– –2 2+ += .

b. Il existe x réel différent de 2 tel que x 2

3 5–

= .

c. Quel que soit f un nombre strictement positif, il existe au

moins un x réel tel que x11f .

d. Il existe au moins M réel, tel que, pour tout ;x 3 +3d6 6 on a 2 6 1x x M– 2 + + H .

2. a. xd.b. xd ou ; ;x 1 5– +,3 3d 6 6@ @ .c. xd.d. xd ou ;x 1 9d 6@ .

Raisonnement mathématique (p. 19 à 21)

À vous de jouer, page 19

1. Soit a, ;b25– +3d; ; tels que a b1 .

( ) ( ) 2 5 2 5f a f b a b– –+ +=2 5

( )

2 5a

a b

b

2 –

+ + += .

Donc ( ) ( )f a f b 0– 1 ,

donc : a, ;b25– +3d; ;, ( ( ) ( ))a b f a f b&1 1 .

soit f est croissante sur l’intervalle ;25– +3; ;.

2. et 3. Tout à fait identiques.


1. ( ) (( ) )f x x2 2 7– – –2= ;( ) ( )g x x7 2– –2= ;( ) 3(( 1) 9)h x x– –2+= .

2. L’équation ( ) ( )f x g xm = admet au moins une solution, quelle que soit la valeur de m. En particulier, les solutions (éventuelle-ment confondues) sont (1 )m 2+ et ( 1 )m 2– +certains verront mieux les solutions avec la forme canonique qu’avec l’algorithme du discriminant, un peu comme pour les solutions dans de l’équation (2 0) 1 0cosx x–2 + = .

1. à 41. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

1. Trinômes – Équations42. 1. ( 4)( 2)x x– + ; 2. ( 7)( 11)x x+ + ;3. pas factorisable ; 4. ( 11)x 2+ .43. 1. ( 2)( 5)x x– + ; 2. ( )( )x x– –a b

avec 2

5 7+a = ;

25 7–

b = ;

3. ( 4)(3 2)x x– – + ;

4. (5 1)(6 5)x x– + .

44. 1. ( )( )x x3 3– + ;

2. ( )x – z ( x 1–z ) (avec

21 5+

z = ) ;

3. ( )( )x x– –a b avec 2

10 6–a = ;

62

10 +b = ; 4.

(5 2 )(2 3)x x

4– +

.

45. 1. ( )x x6 2 1– ; 2. ( )x7 4– 2 ;

3. (2 )(2 )x x121 3 3– + ;

4. ( )( )x x

31 3 1+ +

.

46. 1. ( )x x25 3 2– ; 2. ( )( )x x4 – –a b

avec 2

2 3 1– –a = ,

22 3 1–

b = ;

3. 31– ( x

43+ )( x

52– ) ;

4. − 10 ( x59+ )( x

23– ) .

47. Cet exercice est corrigé dans le manuel.48. 1. Si le produit ac est négatif stricte-ment alors il existe deux réels a et b , distincts, tels que ( ) ( )T T 0a b= = .2. Supposons ac 01 alors ac4 0– 2 et donc b ac4 0–2 2 , pour tout réel b donné, donc le discriminantTdu trinôme

( )T ax bx cx 2 + += admet exactement deux racines distinctes. Notons les a et b et nous avons les deux réels demandés.3. La réciproque est bien évidemment fausse. Exemple : ( ) 5 11 5T x x x2 + += .

Exercices (p. 28)

Chap. 1 Les fonctions de références

Chap. 1 Les fonctions de référencesLivre du professeur


49. 1. m 1! .2. On calculeTson discriminant.

( )m4 5 1–T= .a. Une unique solution si, et seulement si, m5 1 0– = ;b. Deux solutions distinctes si, et seule-ment si, m5 1 0– 2 .50. 1. m = 0. Et dans ce cas il ne s’agit pas d’une équation de degré 2.2. m = − 2. Et dans ce cas les solutions sont x = 1 et x = 2.51. Cet exercice est corrigé dans le manuel.52. 1. f1

admet l’axe des ordonnées comme axe de symétrie, donc il s’agit d’un minimum (signe de a) atteint en x = 0. Celui-ci vaut : − 4.

2. Les racines évidentes de f2(0 et 53) per-

mettent d’en déduire que l’extremum est

atteint en ,x103 0 3= = . ( , ) ,f 0 3 0 452 =

c’est donc le maximum de f2.3. Pas d’astuce particulière. L’extremum, qui est ici un minimum est atteint en

2 112 6#

= . Il vaut ( )f 6 21–3 = .

4. Idem, il s’agit d’un maximum atteint en

3 27

67

#= . Et celui-ci vaut f4( 6

7) 1273= .

53. Cet exercice est corrigé dans le manuel.54. ( ) ( 2)f x a x x+= et ( )f 1 1– = .D’où ( ) ( 2) 2f x x x x x– – –2+= = .55. ( ) ( 1) 2f x a x –2+= et ( )f 1 0= .

D’où ( ) ( 1) 2f x x x x21

21

23– –2 2+= = + .

Remarque : Pour les exercices 54 et 55 les deux méthodes données aboutissent. Pour le 56 la forme factorisée est particu-lièrement effi cace.56. ( ) ( 2)( 5)f x a x x –+= et ( )f 0 2= .Ainsi

( ) ( )( ) .f x x x x x51 2 5

51

53 2– – – 2+ + += =

57. Cet exercice est corrigé dans le manuel.58. 1. ( ) 5 7R x x x–2 += ;2. ( ) 3 5 2S x x x– 2 + += ;

3. ( ) 3T x x x21

25–2 += .

59. 1. 1 est solution de (E) équivaut à 2 3 0c– + = qui équivaut à .c 1=2. 2 est solution de (E) équivaut à

.c 14–=3. Le discriminant de cette équation est :

c9 8–T= . Il y a donc solution unique si,

et seulement si, c89= .

4. Il n’y a pas de solution si, et seulement si, c9 8 0– 1 .

60. 1. signe de « x 16–2 » sur .

x –3 4– 4 +3

x 16–2 + 0 – 0 +

2. 1 est solution de ( )E c 4+ = ;et dans ce cas ( )E x x x x2 4 2 0 2 1 0– –2 2+ ++ += = x 1+ = .En conclusion, pour c 4= , 1 est l’unique solution de (E).3. Le discriminant de cette équation est : c 16–2T= . Ainsi, du signe de « x 16–2 »,on en déduit que l’équation (E) admet une solution unique, si et seu-lement si, c 4= ou c 4–= .61. 1. Il est ici écrit : hd,

( 2 ) ( 2 )f h f h– – –+ = .2. Ce qui signifi e que la droite verticale d’équation x 2–= est axe de symétrie de f . En particulier, on retrouve ici le fait que l’extremum de f est atteint en x 2–= .62. 1. On défi nit une fonction quel-conque de degré 2.2. a. hd, f( a

b h2

– – ) = f( ab h2

– + ).(On résout ici une équation d’inconnue m.)b. h est donc fi xé arbitrairement dans .c. Ces points ont même ordonnées. Ils sont donc symétriques par rapport à l’axe des ordonnées.d. Cette propriété est à associer au fait que les paraboles représentatives des fonctions trinômes admettent des axes de symétrie verticaux.e. On cherche à déterminer en quelle valeur l’extremum est atteint. Du fait que l’on remarque la propriété graphique de symétrie. Si on ne connaît pas la théo-rie des fonctions trinômes cela revient à chercher ici un éventuel axe de symétrie pour la courbe représentative de la fonc-tion f.

3. a. f( ab2

– ) = a( ab2

– )2

+ b( ab2

– ) + c

ab ac

44– –2

= .

b. Il aurait fallu utiliser « factor » pour que le résultat soit sous forme factorisée.4. Cette cinquième ligne démontre une égalité algébrique :

xd, ( )

a

ax ba

42 2+

= ( xa

b2

+ )2

.

5. a. On en déduit alors que :

xd, ( )f x f– ( ab

2– ) a= ( x

ab2

+ )2

ce qui redonne la forme canonique de f :

xd, ( )f x a= ( xa

b2

+ )2

a4+ T .

63. Cet exercice est corrigé dans le manuel.64. 1. On a : ax bx c y ax bx c1

21 2

22+ + + += =

ce qui implique que :

( ) ( )a x x b x x 0– –12

22

1 2+ = et donc que

( ) ( ( ) ) 0.x x a x x b–1 2 1 2+ + =Et vu que x x1 2! , on a le résultat annoncé.2. On en déduit alors que :

f(x x

21 2+

) = f( ab2

– ) a4–T= .

3. On a alors pour tout réel x,

( )f x f– ( ab2

– ) a= (a

bx2

+ )2

.

65. 1. On remarque que : ( ) ( , )f f2 0 6– –=donc l’extremum de la fonction f est

atteint en ,

x2

2 0 6– –0 = soit en − 1,3.

2. Il ne peut s’agir que d’un minimum compris entre − 6,25 et − 6.66. 1. 0 est racine si, et seulement si,

.c 0=Démonstration :

0 0 0 0.a b c c2 + + +# # = =2. 1 est racine si, et seulement si, la som-me des coeffi cients est nulle.Démonstration :

1 1 0 0.a b c a b c2 + + + ++# # = =3. − 1 est racine si, et seulement si, la somme alternée des coeffi cients est nulle.Démonstration :

( ) ( ) .a b c a b c1 1 0 0– – –2 + + ++# # = =67. Cet exercice est corrigé dans le manuel.68. 1. On a 0ax bx c1

21+ + = ,

on a donc x xab–1 2+ =

0ax bx c22

2+ + = et donc

xab x b ax– – – –2 1 1= = ,

avec ( )x ax b c–1 1 + = donc ( )

x xac

a

x ax ab–1 2

1 1 +# = = .

2. Les racines sont :

a. 1 ; 51– . b. − 1 ;

35+ . c. 2 ;

61– .

d. − 2 ; 52 . e. 1 ;

1211 . f. 1 ;

113– .

g. 2 ; 34 . h. − 2 ;

75 .

69. 1. Soit md,( )( ) ( )m m2 1 5 1 7– – – –2 + + =

2 5 7 0.m m– – –+ =


Livre du professeur

7

Donc, pour tout md, on a bien −1 sol-lution de l’équation.2. De l’exercice qui précède, on sait que

le produit de ces solutions est m

m2

7–

– .

Donc l’autre racine est mm

27

–– .

3. Cette autre racine est 10 si, et seule-

ment si, m913= .

70. 1. x x23–1 2+ = et .x x

21–1 2 =

2. ( ) 2x x x x x x–12

22

1 22

1 2+ += ;

( )x x x x x x2– –1 22

12

22

1 2+= =( ) 4x x x x–1 2

21 2+ ;

x x x x

x x1 1

1 2 1 2

1 2++

= ;

( )( )x x x x

x x

11

11

1 1

2

– – – –

–

1 2 1 2

1 2++

= =

( ).

x x x x

x x

1

2

–

–

1 2 1 2

1 2

+ +

+

En remplaçant on a les valeurs de ces calculs.71. 1. a. Le système admet au moins un couple (u, v) solution du système (*).

b. Soit (u, v) tel que u v S

uv P

+ ==

'

alors, on a de façon équivalente :

( )

v S u

u S u P

–

–

==

) puis 0

v S u

u Su P

–

–2 +

==

' .

On en déduit alors que u, (tout comme v) satisfait la relation « 0X SX P–2 + = ».2. La réciproque est immédiate, sachant le résultat sur la somme et le produit des racines de l’équation 0X SX P–2 + = .3. Le système admet au moins une so-lution si, et seulement si, l’équation

0X SX P–2 + = admet au moins une solution réelle.4. Le problème revient à chercher R1 et R2

tels que 52,R R

R R 11 2

1 2

+ ==)

qui admet comme solution : (0,5 ; 2) et (2 ; 0,5).On a donc une (unique) solution à ce pro-blème (sans tenir compte de l’ordre en série des résultats).

2. Signes de fonctions, positions relatives de courbes78. et 73. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

74. 1.

x 0 4

f(x) +

2.

x 0 2 4

f(x) + 0 +

3.

x 0 2 4

f(x) + 0 −

4.

x 0 2 4

f(x) − 0 −

75. 1.

x –3 4 +3

8x –2 16x + + 0 +

2.

x –3 +3

6– 2x 5– x 21– −

3.

x –395

+3

81– 2 90x + 25x – − 0 −

4.

x –3 +3

31 2 1x x– + +

5.

x –3 +3

3– 2 4x + 10x – −

76. Cet exercice est corrigé dans le manuel.77.

x –3 − 1 3 +3

(f ) (x g– )x − 0 + 0 −

Ce qui permet d’établir sur quel(s) intervalle(s) f est située en dessous ou au-dessus de g.78.

x − 3 − 2 1 +3

(f ) (x g– )x + 0 − 0 +

Là encore c’est ce tableau qui est à mettre en lien avec les positions relatives de f et g.79.

x –3 − 2 2 +3

(f ) (x g– )x + 0 − 0 +

80. 1. 1 et 2 se rencontrent aux points

d’abscisses 1 et 25 .

1 est au-dessus de 2 pour x 1G et

x25H .

2. 1 et 2 se rencontrent aux points

d’abscisses – 2 et 21 . Attention f1 n’est

pas défi nie en 0. 1 est au-dessus de 2

pourx 2–G et ;x 021

dE E .3. 1 et 2 se rencontrent au point d’abscisse13. Attention f2 n’est pas défi nie sur ; 3– –3 6@ . 1 est au-dessus de 2 pour x 13G .

81. 1. Pour 18 , le nombre de produits offerts est : 52 (environ) ;le nombre de produits demandés est : 26 (environ).2. Le prix d’équilibre semble être de 12 .3. Le nombre de produits offerts et de-mandés est 40.4. La résolution algébrique de ( ) ( )f x g x= va permettre de déterminer les éventuel-les valeurs de x dans un intervalle raison-nable pour lesquelles l’offre sera identique à la demande. On est donc bien dans la recherche du prix d’équilibre. Et donc le si-gne de ( ) ( )f x g x– permettra de savoir par quelles valeurs de x, l’offre est supérieure ou inférieure à la demande.

16x8 2 +=,x x05 4 8– +( ) ( )

;

,

;

f x g x

x x2 30

0 0

2 30

2

+=

d d6 6@ @) )

Ce qui équivaut à : x = 12. Ce que l’on voulait.

82. 1. C(8) = 2,500 soit 25 000 C(10) = 3 soit 30 000 C(35) = 78 soit 78 000 R(8) = 0,2 soit 2 000 R(10) = 5 soit 50 000 R(35) = 65 soit 65 000 2. Alogorithme associé au bénéfi ce ou au défi cit de l’entreprise.DébutPour Q allant de 8 à 40,Si ( ) ( )R Q C QH

Alors :Affi cher « BÉNÉFICE »SinonAffi cher « DÉFICIT »

Fin PourFin

Ces variables sont : Q le nombre de scooters.(Rem. : on considère que le bénéfi ce nul est un bénéfi ce.)4. On obtient des valeurs de Q entre 9 et



30. Ce qui se retrouve en résolvant l’iné-quation ( ) ( )R x C xH .On trouve effectivement que le bénéfi ce est maximum pour une production de 19 ou 20 scooters, car ici la variable est entière. Mais sur la fonction R C– at-teint son maximum pour ,x 19 5= . Cette production n’étant pas possible, l’entre-prise fait donc un même bénéfi ce maxi-mum pour deux valeurs de q : 19 et 20.83. 1. Pour tout xd,

84 1 872 0.x x–2 + 2Ce qui signifi e que, quelque soit le nombre de melons triés, il y a toujours un nombre de melons avariés qui ne sont pas écartés.2. et 4.

110

10050

Nombrede melons triés

(en centaine)

y = 3x

y = f(x)

Melons non écartés

4948474645444342

120

130

140

150

160

170172

108

144

180

3. Le maraîcher estime donc satisfaisante le nombre f(x), dès que ( ) 100.f x x

1003# #G

(Car x est exprimé en centaine de melons.)Ainsi on chercher x tel que ( ) .f x x3G5. Graphiquement, on conjecture que le nombre de melons triés doit être compris entre 42 et 48 centaines de melons.Algébriquement, on résout l’inéquation

( )f x x3G dans l’intervalle ;42 506 @.( )

; ;

f x x

x

x x

x

3

42 50

87 1 872 0

42 50

–2 ++

G G

d d6 6@ @) )

42 48.x+ G G

3. Études de fonctions – Problèmes84. Cet exercice est corrigé dans le manuel.85. 1. f est croissante sur I.2. f est décroissante sur I.3. f est croissante sur I.4. f est décroissante sur I.86. 1. f est décroissante sur I.2. f est croissante sur I.3. f est décroissante sur I.4. f est croissante sur I.

87. ( )f xx1= si x 02 ; ( )f x

x1–= si x 01 .

88. ( )f x x2= si x 0H ; ( )f x x– 2= si .x 0G89. ( )f x 1= si x 02 ; ( )f x 1–= si x 01 .90. ( )f x x= si x 0H ; ( )f x x–= si x 0G .91. 1. I est un intervalle. Soit a, b Id et a b1 . f est croissante sur I.On a par hypothèses : ( ) ( )f b f a 0– 2 et

( ) ( )g b g a 0– 2 .D’où ( ) ( ) ( ( ) ( ) 0f b g b f a g a–+ + 2 .Soit ( )( ) ( )( ) 0f g b f g a–+ + 2 .a et b étant arbitrairement fi xés dans I on a bien : a, b Id , ( ( )( ) )( ) 0)(a b f g b f g a–+ +&1 2Ce qui traduit le fait que f + g est crois-sante sur I. On a l’analogie lorsque f et g sont décroissantes sur I.2. • Deux fonctions monotones ne vont pas nécessairement défi nir une fonction somme monotone.Exemple : :f x x7 et : xg

x1

7 .• De même que le produit de deux fonc-tions croissantes ne défi nit pas non plus une fonction produit croissante.Exemple : :f x x7 et : x xg 7 .

92. 1.

2.

3.

4.

5.

6.

93. Dans la mesure où toutes ces courbes sont situées au dessus de l’axe des abscis-ses, en étant éventuellement tangentes à celles-ci, on n’a que trois cas de fi gure :

0T2 , 0T= , 0T1 .

94. 1. Pour tout xd,4 si 4

4 sinonx

x x

x4–

–

– +

H= ' ;

sinonx

x

x6

6

6– –+

+=

si x 6–H' .

On en déduit l’écriture de f(x) pour xd.

2. ( )

2 2

10 si 6 4

2 2

f x

x

x

x

– –

–

+

1G

si 6x –1

si 4xH

*

3.

4. 12 admet deux antécédents par la fonction f. Il s’agit de − 7 et 5.

95. 1. 11 (x, f(x) avec x 3! , donc ( 3, ( ))x f x–¢M .

2. On a alors ( )x

f x3

1–

= donc d¢M g.

3. Réciproquement, soit 0!x ¢ et

.)), (g x ¢(x ¢¢M Alors son image par t u a pour coordonnées ))3, (g x+ ¢(x ¢ et on remarque

alors que )3 3–+(x

1¢ x

1= ¢ .)(g x= ¢

2

4

6

8

0

0 2 4 6- 2- 4- 6

2

4

6

0

0 2 4 6- 2

- 2- 4- 6

1

2

3

0

0 1 2- 1- 2

2

4

6

0

0 2 4 6- 2- 4- 6

2

4

6

0

0 2 4 6- 2

- 2- 4- 6

2

4

6

0

0 2 4 6- 2

8- 2- 4

2

O 4- 2

10

y

x- 6

Livre du professeur


© Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur © Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur

Livre du professeur

9

Autrement dit ce point image appartient à f .4. On en déduit alors que :Z

[

\

]]

]]

si Md f alors ( )t Mu d g

et si d¢M g alors d)( ¢t Mu g

Ce qui permet de conclure que f et g sont images l’une de l’autre pour une translation, de vecteur u ou u– .

5. Sachant le tableau de variations de la fonction g on en déduit celui de la fonc-tion f.

x –3 3 +3

96. Il s’agit exactement du même exer-cice que le 95.

97. Notons u ( 0k– ) et v ( k

0)•

( , ( ))x k f x–( , ( ) ¢M x f x Mu

7t

or ( ) (( ) ) ( )g x k f x k k f x– – += =donc d¢M g.

On a bien la réciproque. Donc g s’obtient par la translation de f de vecteur u .

• ( , ( ) )x f x k+( , ( ) ¢N x f x Nv

7t

or ( ) ( )f x k h x+ = , donc d¢N h.

On a aussi la réciproque, donc h est obte-nue par la translation de f de vecteur v .

97. Application

1

2

3

0

0 1 2 3 4

- 2

- 4

20

0 6 8 10

- 6

42

5

0

- 2 0

- 5

- 4

1

2

0

0- 1- 2 1 2

98. 1. Soit x 2–! ,

21 ( )

x xx h x1

21–+ +

+= =

donc : x 2–! , ( ) .h xx

12

1–+

=

2. Soit u ( 21

– ) on obtient h à partir de

la translation de vecteur u de la courbe

d’équation yx1–= .

99. 1. Le discriminant du trinôme 4 5x x2 + + vaut 4– .

2.

x –3 − 2 +3

u1

Ainsi on en déduit le tableau de variations de la fonction f du fait que x x7 est croissante sur l’intervalle 1 ; +36 6.3.

x –3 − 2 +3

f(x)1

100. 1. Soit M(x ; f(x)), son image est alors par t u le point ( , ( ) )x f x m+ +a¢Mor ( ) ( )g x a x m– 2+ + +a a a= =

( )ax m f x m2 + +=donc d¢M g . Et réciproquement.2. g s’obtient donc de f par la trans-lation t u .3. Les résultats sur les variations des fonctions trinômes.4.

x –3 3 +3

g1 1

x –3 − 1 +3

g2 − 3

x –3 − 1 +3

g3

4

x –3 7 +3

g4

3

101. 1. Faux (cf. 91).2. Soit x 0H ,

4 4 ( ) 2 2 2 .x x x x– –2 2+ +#=3. Sur ;0 46 @, g est décroissante.Sur 4 ; +36 6, g est croissante.

4. Oui en 4 et il vaut 0.

5. Pout tout M 0H , il existe x 0H tel que ( ) .f x MH Soit .M 0H

( )x M x M2 2– –2 + +H H(2 ) .x M 2+H

En fait, on a tous les x supérieurs ou égaux à ( ) .M2 2+6. Donc la fonction f n’est pas majorée sur .

102. 1. Soit xd, 6 10 ( 3) 1.x x x– –2 2+ +=

2. Donc on en déduit que :hd, (3 ) (3 ) .f h f h– +=3. 4. f admet donc l’axe vertical d’é-qua tion ( )x 3= comme axe de symétrie.

5. Sur 3 ; +36 6, ( 3) 1x x – 2 +7 est croissante et à valeurs dans 1 ; 0 ; .+ +3 316 6 6 6

De plus u u7 est croissante sur 1 ; +36 6 donc on en déduit que ( )x f x7

est croissante sur 3 ; .+36 6 De la même manière, ( )x f x7 est décroissante sur

; .3–3@ @6. Oui et ce minimum est atteint en

.x 3= Il vaut 1.

7. a. M M M1 1 4 4 0–2 2& &H H Hb.

( ) ( ) ( )f x M x M x3 1 3– –2 2 2++ += =1 3M x M 1– –2 2+ != =

et suivant que M 1= ou M 12 on a bien une ou deux solutions.

c. La fonction f n’est pas majorée.

( ) 3 .f x M x M 1–2+ !H H


Livre du professeur



d. Même si on est à la « limite » des pro-grammes l’idée est ici de faire émerger le fait que

x –3 3 –3

( )f x

+3 +3

1

8. On utilise l’expression conjugée : soit xd,( ) ( ) ( )f x x x x x3 6 10 3– – – – –2 += =

( )

( ).

f x x

x x x

3

6 10 3

–

– – –2 2

+

+

9. et 10. On sait que f(x) peut être rendu aussi grand que l’on veut, donc

( ) 3f x x –+ aussi.

Et donc ( )f x x 3

1–+

peut être rendu aussi

petit (et positif) que l’on veut. Ce qui se traduit par un écart de plus en plus petit entre ( )y f x= et y x 3–= sur l’intervalle 3 ; +36 6.

103. 1. Car c’est un quotient de fonc-tions monotones et l’on n’a pas de résul-tats associés à cela (ce qui est logique !).

2. Soit xd, 1

( ) .x

x1 1–2 +

z=

3. Par composition,

x –3 0 +3

( )xz0

4. h d, ( ) ( )h h–z z= donc les points ont même ordonnée.5. φ et donc symétrique par rapport à

)Oy6 .

6. et 7. x d, 1x

1 02 +

2 donc

1x1 1 1–

2 +1 et donc ;m 0 1d@ @,

,x x1 2d, x x–2 1= , ( ) ( )x x2 1z z= logique d’après 4.8. • Vu (par le tableau de variations).• Faux, puisque 1 n’est pas atteint.1 est simplement un majorant des ( )xz , pour xd (c’est même le plus petit).104. 1. Autour de 14 .2. ( ) 20 450,f p p– +=donc ( ) ( )p f p p p pR 20 450– 2 +#= =

( ) , ( )C f p pp 5 30 106 2 385– +#= =d’où ( ) ( ( )B p R p C p–= =

20 556 2 385.p p– –2 +Et donc le bénéfi ce maximum est atteint

pour ,9( )

,p2 20

556 13–

–= = et donc pour un

prix de vente de 13,90 .

105. 1. Soit xd, ( )A x ax b+= avec .a 0!

x1 est racine de 0A ax b1 ++ = ( )a x x 0– 1+ =2. a. Même astuce.x1 racine de

( ) ( ) ( )T T x a x x b x x– –212

1++ = ( ( ) )a x x b1+ +=b. On a alors nécessairement

( ) ( )( )T x a x x x x– –1 2= car ( )a x x b1+ + se factorise de la forme ( )a x x– 2 et on obtient qu’alors : pour tout xd,

( )( )ax bx c a x x x x– –21 2+ + = =

( )ax a x x x x x a–21 2 1 2+ +

d’où x x

ab

x xac

–1 2

1 2

+ =

=

Z

[

\

]]

]]

106. 1. ( ) 2( 1)( 1)T x x x– – += .

2. ( ) ( 2)( 1)T x x x21 – += .

3. ( )T x53= ( x

35– ) ( )x 3– .

4. ( ) ( 4)T x x21– += ( x

21– ) .

107. 1. On remarque que les points d’ordonnée premiers ne sont pas inter-ceptés par aucune droite.2. Il semble que les nombres premiers soient épargnés!3. Cet algorithme permet d’isoler graphi-quement des nombreux premiers.4. La conjecture se vérifi e bien !

5. On a M(m, m2) et ( , )N n n– 2 , (mn) a pour équation réduite ( )y m x m nn– += $ donc (nn) intercepte l’axe des ordonnées en un entier dit « composé » et donc non premier.6. Pour conclure, on a bien tous les entiers composés « ciblés » puisque m et n varient dans l’ensemble des entiers naturels.

108. 1.

DébutStocker O dans SSaisir N

Pour I allant de O à N de 1 en 1Stocker I + S dans S

Fin de PourAffi cher SFin

Remarque : les variables sont :S : la somme partielle ;I : la variable d’incrément du « sigma » ;N ... !

2. 5 050.3. Soit xd,

( ) ( )( )( )( )

xx x x

x 16

1 2 2 3– –+

+ + +v v =

( )( )( 1) .

x x xx

61 2 3 2+ +

+=

4. ( ) ( )

( ) ( )n n x n

1 0 1–

– – 2

v v

v v

==

)

par addition de ces lignes il découle : ( ) ( ) ( ) ( ) .S n n n0–v v v= =

109. 1. Ce programme affi che les divi-seurs d’un entier naturel n.2. a.

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

f(x) 29 29,5 31 33,5 37 41,5 47 53,5 61 69,5 79

* * * * * *

b. (*) Ces six entiers sont des nombres premiers.c. et d. Il est en fait légitime de penser à 29 car 29 est premier et

(29) 2 29 29 29 (2 29 1)f 2 + +# # #= = et donc f(29) et composé.

110. 1. 52 on pose donc ( 2 753¢E ) .52=2. a. Ils sont tous premiers.b. Suffi t de le faire ! (par division euclidien-ne, c’est l’argument idéal, bien entendu !)c. Puisqu’aucun de ces entiers premiers ne divise 2 753 alors d 472 . Mais 48, 49, 50, 51 et 52 ne sont pas premiers et sont composés par l’un des entiers de cette liste d’entiers. Ils sont donc eux aussi des multiples de ces entiers premiers et par conséquent ne peuvent pas être « le plus petit diviseur de 2 753 ». D’où 53dH (avec 53 premier lui au moins !)d. Soit d un entier diviseur de 2 753 in-férieur strictement à 2 753 et stricte-ment supéreur à 1. Alors, 2 753 étant composé on aurait : 2 753 d q#= avec

.q1 2 7531 1Mais de la question précédente, d étant le plus petit on aurait : d q53G G et donc

53 .d q 2# H Soit 2 809d q# H , alors que

2 753d q# = ce qui est contradictoire.e. Autrement dit, 2 753 est un nombre premier.3. Par R(1) = 1 979 on se base par rapport à E(1 979) = 44. Et là encore aucun des entiers premiers inférieurs ou égaux à 43 ne divise 1 979. Il s’ensuit alors qu’il est premier par le même raisonnement par l’absurde, donc R(1) est premier.


Livre du professeurChap. 1 Les fonctions de références

11

4. L’algorithme à coder est le suivant :

DébutSaisir N

Pour I allant de 2 à ( )E n de 1 en 1Si Frac (N/I) = 0 alors Affi cher « false »

Fin SiFin Pour Affi cher « True » Fin

5. L’algorithme est le suivant :

DébutSaisir M

Pour J allant de 0 à 11 de 1 en 1ISPRIME (J)

Fin Pour Fin

En route vers le Bac (p. 44-45)

111. Faux. x = 0,5.112. Cette valeur augmentée est alors de

v# ( t1100

+ )2

v#= ( t t11002

10 000

2

+ + )donc elle est bien supérieure à 27 %.113. Vrai car 1,32 = 1,69.114. Soit xd,

2 4 1 2x x–2 + = ( 2x x21–2 + )

2= ( ( )x 121– –2 ).

115. Vrai, car le discrimant de cette équa-tion du second degré est positif ou nul.Graphiquement, (m) est sécante ou tan-gente à . D’ailleurs le point A(1 ; 1) ap-partient toujours à cette intersection.116. Faux : cette surface n’admet pas de minimum si l’on considère qu’elle existe.

117. v vérifi e la relation v v

1954

195 1–+

= ,

ce qui implique bien la relation 4 780 0.v v –2 + =

118. Faux : il est atteint à 2.

119. b. 120. a. 121. a. Faux : il s’agit de ( ) .m 5– 2

b. On peut être plus explicite : 4 et .m 1–c. Vrai.d. Vrai si, et seulement si, .m4 1–=122. a. Vrai (c’est le point de Tangence).b. Faux.c. Faux. Ceci étant 2m + et 1 sont bien les seules solutions de cette équation.d. Il faut bien s’entendre sur « en des-sous » car si m 1–= il y a tangence... 123. a. Vrai.b. Faux _

`

a

bb

bba. Vrai pour tout ;t 0 1d 6@ ,

d. Faux (1 t100

+ ) # ( t1100

– )t1

10 000–

2

=

= ( 100t

1100

–

2

c m).

124. La première !125. a. Faux, il s’agit de

; 1 ; .1– – +,3 36 6@ @b. Vrai, mais aussi sur 1 ; .+36 6c. Si elle admet 0 qu’elle atteint en − 1 et 1. 126. 1. Il y a juste à préciser qu’elles pas-sent toutes par (0 ; 0) et sinon par le point

d’abscisse .ab–

2. La seconde abscisse cherchée est :

.sin

g

v 20 i

L’application numérique donne : 2m12.

TP Info (p. 46-47)

1. Positions relatives de deux courbes

( )( )x m m x m mx x1 1 0– – – –2 2 += = =dont le discriminant est

( )m m4 1– –2mT =

soit 4 4 ( 2)m m m– –2 2m +T = =

autrement dit cette équation possède :• une unique solution si, et seulement si, m 2= , il s’agit de x 1= .

• deux solutions distinctes si, et seulement si, m 2! , il s’agit de

; ; .m m m m

m22

22

1 1– – –

–+

=' "1 ,

(Comme on le vérifi e d’ailleurs sur Géo-gébra dans la fenêtre algèbre quand on recherche l’intersection de la parabole et de la droite (m).)Conclusion : soit (m) est tangente à , soit est en dessous de (m) entre 1 et .m 1–

2. Équations du troisième degréTout se trouve dans le fi chier XCAS puisqu’en validant les étapes on a les solu-tions de l’équation. Ce que l’on veut. Pour la partie théorique, il suffi t de reprendre ces étapes...

Activité de recherche (p. 48)

Il s’agit de remarquer que tous les nombres irrationnels de la forme 2a2 + ont un DFC particulier et c’est lui qu’il faut trouver.

2Dérivation



Dérivation Nombre dérivé d’une fonction en un point.

Tangente à la courbe représentative d’une fonction dérivable en un point.

Fonction dérivée.

Dérivée des fonctions usuelles :x x7 , x

x1

7 et x xn7

(n entier naturel non nul).

Dérivée d’une somme, d’un produit et d’un quotient.

Lien entre signe de la dérivée et sens de variation.Extremum d’une fonction.

• Tracer une tangente connaissant le nombre dérivé.

• Calculer la dérivée de fonctions.

• Exploiter le sens de variation pour l’obtention d’inégalités.

Le nombre dérivé est défi ni comme limite du taux

d’accroissement ( ) ( )

h

f a h f a+ − quand h tend vers 0.

On ne donne pas de défi nition formelle de la limite.

L’utilisation des outils logiciels facilite l’introduction du nombre dérivé.

On évite tout excès de technicité dans les calculs de dérivation. Si nécessaire, dans le cadre de la résolution de problèmes, le calcul de la dérivée d’une fonction est facilité par l’utilisation d’un logiciel de calcul formel.Il est intéressant de présenter le principe de démonstration de la dérivation d’un produit.

Il n’est pas toujours utile de recourir à la dérivation pour étudier le sens de variation d’une fonction.On traite quelques problèmes d’optimisation.

Programme offi ciel

1. Prendre la tangente1. (1 , (1 ) )H h h 2+ + .2. Le coeffi cient directeur de la droite ( )AH est égal à 2,5 pour

5,h 0= , égal à 2,1 pour 1,h 0= , égal à 2,05 pour 05,h 0= et égal à 2,01 pour 01,h 0= .3. Lorsque h se rapproche de 0 le coeffi cient directeur de la droite ( )AH se rapproche de 2 et la droite ( )AH se rapproche de

la tangente en A à la parabole .

4.



Livre du professeur

13

2. Chute libre1. Vitesse instantanée2. 9( ) ,d 1 4= et 1( ) ,d 443 = donc la vitesse moyenne de la bille entre les instants t 1= et t 3= est

2( ) ( ) ,, m.s

d d

3 13 1

239

19 6–– – 1= = .

3. Graphiquement la vitesse moyenne de la bille entre les ins-tants t 1= et t 3= peut s’interpréter comme le coeffi cient directeur de la droite ( )M M1 3 .

4. Pour tout h non nul 9( 2)h +( )( )

( ) ( )4,a h

h

d h d

1 1

1 1

–

–=

++

= .

h 2 1 0,1 0,01 0,001

( )a h 19,6 14,7 10,29 9,849 9,8049

Lorsque h se rapproche de 0, les valeurs prises par ( )a h se rap-prochent de 9,8.

2. Algorithme de calcul1. Cet algorithme permet d’estimer que la vitesse instantanée de la bille à l’instant t 2= est de , m.s19 6 – 1 , et qu’à l’instant

5,t 3= elle est de m.s3,34 – 1.

2. ( )

( ) ( )

t h t

d t h d t

h1

–

–

0 0

0 0

+

+= ( ( )g t h gt1

21

2–0

202+ ) h

1= ( gt h gh21

02+ )

gt gh21

0 += .

Lorsque h se rapproche de 0 ce quotient se rapproche de gt0 : ainsi 8t) 9,(t gtv 0 0 0= = .

3. Fonction dérivéeLe lieu géométrique du point N est la droite d’équation y x2= .

Logique et notations (p. 62) 1. FAUXContre exemple : la fonction défi nie sur par ( )f x x3= est strictement croissante sur , mais sa dérivée s’annule en 0 :

( )0 3 0 0#= =f 2¢ .

2. VRAI Si f est croissante et strictement positive sur I alors on a pour tout

x Id : ( )x 0Hf ¢ et ( )f x 02 . La fonction f1 est donc bien défi nie

et dérivable sur I et on a ( f1)¢ ( )x

( )( )

xf x

f0

–2G=

¢. On en déduit que

la fonction f1 est décroissante sur I.

Raisonnement mathématique (p. 63 et 64) À vous de jouer, page 63

1. Soit u et v deux fonctions dérivables sur un intervalle I. Soit a Id et h un réel non nul tel que a h I+ d .Le taux d’accroissement de la fonction g u v+= entre a et a h+ est

( )( ) ( ) ( ) ( ) ( ( ) ( ))

t hh a

h

a h a h u a v a

h

g a g u v–+ + + + += =

−

( ) ( ) ( ) ( )

h

u a h u a

h

v a h v a++

+=

− − .

On sait que u et v sont dérivables sur I donc

.( )a( ) ( )

¢limh

u a h u au

–0h

+=

"

et )(a .( ) ( )

limh

v a h v av

–0h

+=

"¢

Ainsi ( ) .a( ) ¢a v+( ) ¢lim t h u0h

="

Autrement dit ¢v+¢u=( ) ¢u v+ .

2. Soit v une fonction dérivable ne s’annulant pas sur un inter-valle I. Soit a Id et h un réel non nul tel que a h I+ d .

Le taux d’accroissement de la fonction kv1= entre a et a h+

est

( )( ) ( ) ( ) ( )

t hh

a h a

hv a h v a

h

k k1 1

1–+ += = = ( ( ) ( )

( ) ( )

v a h v a

v a v a h–

+

+ )

( ) ( )

( ) ( )

v a h v a h

v a h v a1–+

+#= .

On sait que v est dérivable sur I donc

.( )a( ) ( )

¢limh

a h av vv

–0h

+=

"

De plus la « régularité » (i.e. la « continuité ») de v nous assure que

( ) ( ) ( )lim

v a h v a v a1 1– –

0 2h +=

"

Chap. 2 Dérivation

Chap. 2 DérivationLivre du professeur


Ainsi ( )a

( )( )

¢lim t h

v a

v–0 2h"

.

Autrement dit ( v1)¢ ¢

vv–2

.

page 64 Soit 0 ;a +3d 6@ et h un réel non nul tel que ;a h 0+ +3d 6@ . Posons ( )f x x= pour tout ;x 0 +3d 6@ .

( )( )

( )( )t h

ha h a

h a h a

a h a a h a– –

#

#= + =

+ ++ + +

( )h a h a

h

a h a

1

#=

+ +=

+ +.

On a donc ( )lim t ha2

10h"

Ainsi la fonction racine carrée est dérivable pour tout a 02 et

on a ( )a =fa2

1¢ .

Étudions la dérivabilité de la fonction f en 0. Pour tout h 02 on a :

( )(0 ) ( )

t hh

f h f

hh

h

0 1–=

+= = .

On voit que le quotient ( )t h prend des valeurs aussi grandes que l’on veut lorsque h est suffi samment proche de 0 : il n’existe donc aucun réel l dont le quotient ( )t h devienne aussi proche que l’on veut lorsque h est suffi samment proche de 0. Autrement dit, la fonction racine carrée n’est pas dérivable en 0.

Entraînez-vous, page 65a. La fonction x x7 est défi nie et crois-sante sur ;I 0 +3= 6@ .La fonction x x7 est défi nie, crois sante et ne s’annule pas sur ;I 0 +3= 6@ .

On en déduit que la fonction xx

17 est

défi nie et décroissante sur I puis que la

fonction xx

1–7 est défi nie et crois-sante sur I.La fonction f est donc la somme de deux fonctions défi nies et croissantes sur

;I 0 +3= 6@ : elle est donc elle-même croissante sur ;I 0 +3= 6@ .b. La fonction f est défi nie et déri-vable sur et on a, pour tout xd ,

( ) 3 12 ( 2)( 2) .x x x x3– – += =f 2¢Pour x 2–1 on a ( )x 02f ¢ et

( )2 0– =f ¢ : f est strictement croissante sur ; 2– –3@ @.Pour 2 x 2– 1 1 on a ( )x 01f ¢ et

( )2 0– =f ¢ et ( )2 0=f ¢ : f est strictement décroissante sur ;2 2–6 @.Enfi n pour x 22 on a ( )x 01f ¢ et

( )2 0=f ¢ : f est strictement croissante sur 2 ; +36 6.

Entraînez-vous, page 67Soit f la fonction défi nie sur I

32 +3= ;E

par ( )f xxx

3 2–

3

= .

La fonction f est défi nie et dérivable sur I, et on a

( x) = =( )

( )

( )f

x

x x x

xx x

3 2

3 3 2 3

3 26 6

–

– –

––

2

2 3

2

3 2

¢

( )

( )

x

x x

3 2

6 1

–

–2

2

= .

Pour x32 11 G on a ( )x 0Gf ¢ et la fonc-

tion f est donc décroissante sur 32 ; 1E E.

Pour x 1H on a ( )x 0Hf ¢ et la fonction f est donc croissante sur ;1 +36 6.La fonction f admet donc un minimum absolu en x 1= ; ce minimum vaut

( )f 1 1= . On en conclut que, pour tout

x322 on a ( ) ( )f x f 1 1H = .

Entraînez-vous, page 68( 1) 2 2g a b c– – += =+

( 1) 2a b– – – –+= =+¢g34

34

( ) 42 0g a b c2 0+ += =+ .Le logiciel XCAS donne, lorsqu’on entre la commande linsolve([a-b+c=0,-2*a+b

=-4/3,4*a+2*b+c =0],[a,b,c])[2/9 , -8/9 , 8/9]

La fonction g est donc défi nie pour tout

xd par ( )g x xx92

9 98 8–2 += .

Entraînez-vous, page 70Soit f la fonction défi nie sur + par

( ) .f xxx

31

2=

++

La fonction f est dérivable sur + et on a,

pour tout x positif ou nul,

( x )( )

( ) ( )f

x

x x x

3

1 23 –2 2

2

+

+ +=¢

( ) ( )

( )( )

xx x

x

x x

32 3

3

1 3– – –2 2

2

2 2++

+= =

+

On en tire le signe de f ¢ et les variations

de f sur + :De plus, pour tout 0 ;x +3d6 6 on a

( )f x 02 .

On constate que, pour tout 0 ;x +3d6 6 on a :

3xx0 1

21

2 ++1 G

x 0 1 +3 ( )xf ¢ + 0 –

( )f x31

21

Entraînez-vous, page 71Soit L la longueur du rectangle et l sa lar-geur, avec L lH .Le périmètre du rectangle est : on a

donc 2( ) L l+ = ou encore l L2

–= .

L’aire de ce rectangle est donnée par la fonction défi nie sur ;0 +36 6 par

( ) L L#= ( L2

– ) L L2

– 2 += .

La fonction est dérivable sur ;0 +36 6 et on a ( ) 2L L– += ¢

2 .

Pour L04

G G on a ( ) 0L H¢ : la fonc-

tion est donc croissante sur ; 04

; E.Pour L

4H on a 0( )L G¢ : la fonction

est donc décroissante sur ;4

+3; ;.La fonction admet donc un maxi-

mum en 4

: le rectangle de périmètre

donné et plus grande aire est donc le

carré de côté 4

(en effet si L4

= alors

l L4 42 2

– –= = = ).

Exercices résolus (p. 65 à 71)

Chap. 2 Dérivation


Livre du professeur

15


1. Nombre dérivé – Tangente

36. ( )d1 a pour coeffi cient directeur 61– ,

( )d2 a pour coeffi cient directeur 4 et ( )d3

a pour coeffi cient directeur 34– .

37. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

38. 1. Pour tout h non nul :

( )(1 1) ( )

t hh

h

hh h

1 1– – –2 2 2+= = =

donc 1) ( )t h 0= =( limf0h"

¢ .

2. Pour tout h non nul

( )(1 ) 5(1 ) ( )

t hh

h h 1 5 1– – –2 2+ + #=6 @

hh h h3 3– –

2

= =

donc ) ( )t h1 3–= =( limf0h"

¢ .


( )(4 (1 ) ( )

t hh

h 4 1– – –2 2+=6 @

hh h h2 2– – – –

2

= =

donc ) ( )t h1 2–= =( limf0h"

¢ .


( ) 1 1t hh

hh

h1

21

21

21– –

+ + += =

( )

( )hh

h

h

2 2

2 21

–

–+

+= =

donc ) ( )t h1 –= =( limf41

0h"¢ .

39. 1. Pour tout h non nul :

( )( 4 ) ( )

t hh

h2 1 2 4 1– – –+=

4h

h2 4–+= .

2. ( )t hh

h2 4 4–+=

( )

( )( )

h h

h h

2 4 4

2 4 4 2 4 4–

+ +

+ + +=

( )h h

h

h2 4 4

4

2 4 4

4

+ + + += = .

3. ) ( )t h4 = =( limf 120h"

¢ .

40. 1. La calculatrice donne( )1– –.g ¢ 0,6 666 666 667.

Pour tout h non nul,

( )( )

t hh

h32 1 7

32 7– – –+ + +

=c cm m

h

h32

32

––= =

donc ( 1)– ( )t h –=limg32

0h="

¢ .

2. La calculatrice donne

g ¢(32) . 0,6 666 666 667.


( )t hh

h h32 2

32

32 2

32– – –

2 2

+ + #

=+ +c cc ccm mm m m

h

h hh3

2

32

––

2 ++= =

donc ¢g (32) ( )lim t h

32

0h= =

" .

3. La calculatrice donne( )0 –.¢g 0,2 222 222 469.


( )( )

3( 3)t h

hh

hh

h

h3

232

3 32

2–

–

–+ +

+= = =

donc ( ) ( )t h0 –= =¢ limg92

0h" .

4. La calculatrice donne

( )2 3 535 534 017–.¢g .


( )( ) ( )

t hh

h3 2 3 2–– –+=

2h

h2 – += .

( )

( )( )

h h

h h

2 2

2 2 2 2–

+ +

+ + +=

( )h h

h

h2 2 2 2

1– –

+ + + += = ,

donc ( ) ( )t h2 = =¢ limg2 2

1–0h"

.

41. Le nombre dérivé de f en a est le coeffi cient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abs-cisse a.

On a donc ( )f 0 0= , (0) =f23¢ , ( )f 4 2= et

( )4 –=f21¢ .

42. ( )g 0 1= , ( )0 =g41¢ , ( )g 4 4–= et

( )4– –=g27¢ .

43.

44.

45. 1.

1 2 3 4 5 6

0

2. On trouve ( )2 2–=¢u , ( )3 0=¢u et ( )5 4=¢u .

3. 4. et 5.

46. 2. On trouve f ¢(21) 4= , (1) 1=f ¢ et

( )3f ¢ 19

= .

Exercices (p. 72)

Chap. 2 Dérivation



1. 3. et 4.

47. 2. On trouve( )1 12– –=v ¢ , ( )0 9–=v ¢ et ( ) 152 =v ¢ .

1. 3. et 4.

48. Pour tout h non nul on a :

( )0

t hh

h

h

h0–=

+= .

Pour tout h positif on a h h= et ( )t h 1= .Pour tout h négatif on a h h–= et

( )t h 1–= .Le quotient ( )t h n’admet donc pas de limite lorsque h se rapproche de 0 : la fonction valeur absolue n’est pas dérivable en 0.

49. 1. On calcule (0) 1–=f ¢ et( )2 3=f ¢ .

2. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 a pour équation

(0)( 0) (0)x f– +y f= ¢ ,c’est-à-dire y x–= .

La tangente à la courbe au point d’abs-cisse 2 a pour équation

(2)( 2) (2),x f– +y f= ¢c’est-à-dire 3( 2) 2y x – += ou encore y x3 4–= .

50. 1. On calcule ( 1)– –=¢g161 et

( ) 12 –=¢g .2. La tangente à la courbe au point d’abscisse – 1 a pour équation

( 1)( 1) ( 1)x g– –+ +¢y g= , c’est-à-dire

( 1)xy161 1

4– –+= ou y x

161

165– –= .

La tangente à la courbe au point d’abs-cisse 2 a pour équation

(2)( 2) (2)x g– +¢y g= , c’est-à-dire( )y x 2 1– – –= ou encore 1y x– += .

51. Ce programme permet, pour une fonction donnée (entrée dans Y1), et après avoir entré la valeur d’un réel A, de cal-culer les valeurs du coeffi cient directeur et de l’ordonnée à l’origine de la tangente à la courbe représentative de cette fonc-tion au point d’abscisse A.

52. 1. Soit a un réel et h un réel non nul. On a

( )( )

.t hh

a h a

hah h a h2 2

–2 2 2+ + += = =

Ainsi le nombre dérivé de la fonction carré est ( )lim t h a2

0h=

".

L’équation réduite de la droite T, tan-gente à la parabole au point A, est donc 2 ( )y a x a a– 2+= c’est-à-dire y ax a2 – 2= .2. On a ( ; )A a a2 , ( ; )aH 0 2 et ( ; ) .I a0 – 2 Les points H et I sont symétriques par rap-port à l’origine du repère.3. Pour construire la tangente en un point quelconque A de la parabole, il suffi t de placer le symétrique I du projeté or-thogonal H de A sur l’axe des ordonnées : la tangente est la droite (AI).4. Dans le cas de la fonction inverse, le

point H a pour coordonnées (0 ; a1) et le

point I(0 ; a2) . Il suffi t donc de placer le

point H projeté orthogonal de A sur l’axe des ordonnées, puis le point I symétrique de l’origine O par rapport au point H. La droite (AI) est la tangente à la courbe au point A.Dans le cas de la fonction cube, le point H a pour coordonnées ( ; )a0 3 et le point ( ; ) .I a0 2– 3 Il suffi t donc de placer le

point H projeté orthogonal de A sur l’axe des ordonnées, puis le point I tel que OI OH2–= . La droite (AI) est la tangente à la courbe au point A.

53. 1. D’après l’exercice précédent l’équation de la tangente à la courbe d’équation y x2= au point d’abscisse a est donnée par y ax a2 – 2= .Si une tangente à la parabole d’équation y x2= doit passer par le point de coor-données ( ; )5 9– alors nécessairement on doit avoir 9 2 ( 5)a a– – 2

#= c’est-à-dire 10 9 0a a2 + + = .

Cette équation admet deux solutions a 1–1 = et a 9–2 = . On vérifi e que les deux points de coordonnées ( ; )1 1– et ( ; )9 81– conviennent : les tangentes à la courbe aux points d’abscisses – 1 et 9 ont pour équations respectives y x2 1– –= et y x 8118– –= qui passent toutes les deux par le point de coordonnées ( ; )5 9– .2. En suivant le même raisonnement on démontre qu’il n’existe aucune tangente à la courbe d’équation y x2= passant par le point de coordonnées ( ; )1 3– .

3. Pour qu’il existe au moins une tan-gente qui passe par le point de coordon-nées ( ; )a b il faut et il suffi t que l’équa-tion 2 0aa –2 +a b = admette au moins une solution, c’est-à-dire si, et seulement si, le discriminant 4 4–2 ba est positif ou nul, ou encore si et seulement si 2Hba .

2. Fonction dérivée54.

x x37 x 37

x x37 x x3 2

7

xx3

7 xx

3–2

7

x x 3+7 x 17

54.

x x5 2– +7 x 5–7

x x5– 27 x x10–7

x x25–7 x

25–7

xx5

2–7 xx5

22

7

56. 1. I = et, pour tout Ixd ,( ) .x 2–=f ¢

2. I = et, pour tout Ixd ,( ) .x x6 2–=f ¢

3. I = et, pour tout Ixd ,( ) .x x x3 10– +=f 2¢

4. I = et, pour tout Ixd ,

( ) .x x= −f310

43¢

5. I = et, pour tout Ixd ,( ) .x x2= −f 2 5¢


( ) .2f x x x23

612= − +¢

57. 1. I = * et, pour tout Ixd ,

( ) 5.x – +=fx1

2¢

2. I = * et, pour tout Ixd ,

( ) .x –=fx4

2¢

Chap. 2 Dérivation


Livre du professeur

17


( ) .x –=fx23

2¢


( ) .x – –=fx2 2

112

¢


( ) .x –=fx5

2¢


( ) .x – += =fx x x3 31 2 5

2 2 2¢

58. 1. ;I 0 +3= 6@ et, pour tout Ixd ,

( ) .x =fx2

3¢

2. ;I 0 +3= 6@ et, pour tout Ixd ,

( ) .x 5 –=fx

1¢


( ) .x =fx4

3¢


( ) .x x2 –=fx8

1¢


( ) .x =fx

1

4¢


( ) .x 1 –=fx

1

2¢

Développer avant de dériver.

59. 1. ;I 0 +3= 6@ et, pour tout Ixd ,

( ) 2 .x += =f xx

x

x

x

2

2 3

2

6 3+ +¢


( ) 1(1 ( 3))x x– – –+ +=f x¢ (x2

1– ) 23

x

xx

2

3– –= .


)1+) (1 3++( ) (x 3=fx

x xx2

3

2

3¢

9x

3+= .


( ) ( )x 5 1–+#=fx x

x2

5 1¢ ( x1–

2 )85

xx

2–

2

+= .


( ) ( )x x 3+ +=fx2

22¢ ( x

12– + ) x2

2 2 6x

x x–2

23 += .


( ) 15 .5x x x– –+=f xx2

5

2

12¢

60. 1. 31

I –= ' 1 et, pour tout Ixd ,

( ) .x =)(

fx 13

3– 2+¢


( ) .x – –= =fx x x

xx2 2

41 2 – –2 4 3

¢


( ) .x =( 9)

fx

x2–22 +

¢


( ) .x = =fxx

x3 3

6

2

4¢


( ) .x –= =( )

fxx

x4

21

8

–

2¢


( ) .x –= =( ) (3 2 )3 2

fx

xx x

11–

2 2++¢

61. 1. I25– –= ' 1 et, pour tout Ixd ,

( )x =( )

( ) ( ) ( )f

x

x x

2 5

1 2 5 2 2– – –2+

+ +# #¢

( ).

x2 51

2+=

2. ;I 2 2– –= " , et, pour tout Ixd ,

( )x =( )

( ) ( ) ( )f

x

x x x x x

4

2 5 4 5 2 2

–

– – –2 2

2 2+ +# #¢

( ).

x

x x

4

5 4 20

–

– –2 2

2

= −


( )x =( )

3( ) (3 ) 22f

x

x x x

2

1–2 2

2

+

+ + #¢

( ).3 2 6

xx x

2–

2 2

2

++= −

4. ;I 1 4–= " , et, pour tout Ixd ,

( )x =( )

( ) ( ) ( ) ( )f

x x

x x x x

5 4

3 5 4 2 3 2 5

–

– – – – –2 2

2

+

+# #¢

( ).

5 4x

x x

x

23 2

–

–2 2

2

+= −

5. ; ;I 0 1 1 +, 3= 6 6@@ et, pour tout Ixd ,

( )x =( )

( ) ( )f

x

x x xx

1

2 12

1

–

– –

2

2#

¢c m

( ).

x

x x x

2 1

3 4

–

–2

=


( )x =( )

( )f

xx

x x

2 52

1 2 5 2–

2

# #

+

+¢

( )

)

x x

x

2 2 5

2 5–2

=+

+ .

62. 1. ; ;I 0 1 1 +, 3= 6 6@@ et, pour

tout Ixd , ( )x =( )

fx x

xx

1

2 2

13

–

–

2¢ .


( )x =f ¢ ( x3–

2 )( 5x3 + ) + ( 5

x3 + )( x

3–2 )

xx5 18–

3= .


( ) 3 .(4 )x x 1– + #= = 3 12fx

xx

x

2 2

3 +¢


( ) ( ) ( )x 2 1 2 1+ + +=fx

x xx

1 1¢

.x

4 2+=


( )x =( 1)

3 1 ( 1) ( 1f

xx

x x x32

– – –

2+

+ #

¢c m

( 1).

3

x

xx2

1

2

1–

2+

+=


( )x =( )

( ) 2f

x

x x x x x2

3

3 3 –

2 2

2

+

+ #

¢

( )

( )

x

x x

321 9– –

2 2

2

+= .

63. 1. I = et, pour tout Ixd ,( ) .x x x10 18–=f 4 2¢ Développer avant de

dériver.2. I = et, pour tout Ixd ,

( ) ( ) .x x2 1= −f 15

¢3. I = et, pour tout Ixd , ( ) .x 19=f ¢4. I = * et, pour tout Ixd , ( ) .x 1=f ¢64. 1. I = et, pour tout Ixd ,

( ) .x =fx x

x4 49–

6 3

2

+ +¢


( ) .x =( )

fx

x x x x x x

1

4 4– –2

2

+

+¢


( ) .x = 30 75fx

x x x x32

– –+¢

Chap. 2 Dérivation

Livre du professeur


Chap. 2 Dérivation


( ) .x =fx x x

x x x x x2 12 18

2 3 3– –4 3 2

2

+ ++¢

65. 1. Pour tout xd on a( ) 2 .x ax b+=f ¢

2. ( )f 0 1= , ( )f 0 2= et ( ) .41 =f ¢

3. Le système c

a b ca b

12

2 4

=+ + =

+ =* a pour uni-

que solution le triplet ( ; ; ) .3 2 1–

On a donc, pour tout réel x, ( ) 3 2 1f x x x–2 += .

66. 1. Pour tout xab–! on a

( ) .x =( )

fax b

a–2+

¢

2. ( )f211 –= et ( ) .1 =f

45¢

3. Le système

( )

a b

a ba

121

45

–

–2

+

+

=

=

Z

[

\

]]

]] a pour uni-

que solution le couple ( ; ) .5 3–

On a donc, pour tout réel x53

! ,

( )5 3

f xx1

– += .

67. 2. Le coeffi cient directeur de la tangente à la parabole en A est

( ) .aa 4 5–=f ¢3. La tangente est parallèle à la droite y x= si, et seulement si, a4 5 1– =

c’est-à-dire a23= . L’équation de la tan-

gente est alors y x213–= .

4. Une tangente à la parabole est pa-rallèle à la droite d’équation y mx= si, et seulement si, a m4 5– = , c’est-à-dire

pour 5a m4+= . Pour toute valeur de m

il existe donc toujours un seul et unique point pour lequel la tangente est parallèle à la droite (m).

68. 2. Le coeffi cient directeur de la tangente à l’hyperbole en A est

( ) .a = 4( )

¢ha 2– 2

3. La tangente est parallèle à la droite

y x= si, et seulement si, ( )a 2

4 1– 2

=

c’est-à-dire a 0= ou a 4= . L’équation de la tangente au point ( ; )A 0 01 est alorsy x= et celle au point ( ; )A 4 4–2 esty x 8–= .

4. Une tangente à l’hyperbole est paral-lèle à la droite d’équation y mx= si, et seu-

lement si, ( )a

m2

4– 2

= c’est-à-dire si, et

seulement si, .ma ma m4 4 4 0– –2 + =Le discriminant de cette équation en a est égal à 16m. Donc :

• Si m 01 il n’existe aucun point de l’hyperbole pour lequel la tangente est parallèle à la droite d’équation y mx= .

• Si m 0= il existe un unique point de l’hyperbole pour lequel la tangente est parallèle à la droite d’équation y 0= (axe des abscisses).

• Si m 02 il existe deux points distincts de l’hyperbole pour lesquels la tangente est parallèle à la droite d’équation y mx= .

69. 1. Les abscisses des points d’in-tersection des paraboles

1 et 2

sont les solutions de l’équation 1 2 5 4x x x x– – – –2 2 += , c’est-à-dire

3 6 3 0x x–2 + = qui est équivalente à ( )x3 1 0– 2 = . Cette équation admet pour

unique solution x 1= : les deux paraboles ont donc un unique point commun, de coordonnées ( ; )1 1– .

La tangente à 1 en ce point a pour coef-fi cient directeur ( ) .1 1 1 12 –#= =f1

¢ La tangente à 1 en ce point a pour coeffi -cient directeur ( ) .1 4 1 5 1– #= + =f2

¢Les deux tangentes passent par un même point et ont même coeffi cient directeur : elles sont donc confondues. Les deux pa-raboles admettent donc bien une parabole commune en leur unique point commun.

2. L’équation de la tangente commune est y x 2–= .

70. 2. Pour tout réel x on a( ) ( ) ( )( )x x x x x1 3 2 1 32 2+ + + + +=

3 2 6x x x x x 32 23 + + + + +=c’est-à-dire ( ) .x x x x1 5 7 32 3 2+ + + +=3. Les abscisses des points d’intersection des courbes et sont les solutions de

l’équation 1x

x x2

3 1– 2 + ++ = qui est

équivalente à .x x x5 7 3 03 2+ + + = D’après la question précédente cette équa-tion est équivalente à ( ) ( )x x1 3 02+ + = qui admet deux solutions : – 1 et – 3.

Le premier point d’intersection a pour coordonnées ( ; )1 1– – ; la tangente à la parabole en ce point a pour coeffi cient directeur 2 ( 1) 3 1– +# = , et la tangente à l’hyperbole en ce point a pour coef-

fi cient directeur ( 1 2)

11

– 2+= : ces deux

tangentes passent par le même point et ont le même coeffi cient directeur, elles sont donc confondues.

71. 1. Soit ( ; 5 )M a a a– 2 + un point de . La tangente à au point M a pour équa-tion ( )( ) ( 5a) .y a x a a2 5– – – 2+ + += Cette tangente passe par le point ( ; )A 1 5 si, et seulement si, a est solution de l’équa-tion ( )( ) ( 5a),a a a2 55 1– – – 2+ + += qui est équivalente à aa 02–2 = . Cette équation a deux solutions : 0a1 = et a 22 = .

Il existe donc deux tangentes à la para-bole passant par le point ( ; )A 1 5 . Ces tangentes ont pour équations respectives y x5= et y x 4= + .

2. Soit a un réel différent de 1 ; la tan-

gente à la courbe d’équation yx

x1 –

=

au point d’abscisse a a pour équation

(( )

)y x a

aaa

1 11–

––2

+= .

Cette tangente passe par le point de coor-données ( ; )2 1– si, et seulement si, a est solution de l’équation

1( )

( 2 )a

aa

a1

11–

– ––2

+= qui équi-

vaut à .a a2 2 3 0–2 + = Le discriminant de cette équation est égal à – 20 qui est négatif. Cette équation n’admet donc aucune solution : il n’existe aucune tan-gente à la courbe passant par le point de coordonnées ( ; )2 1– .

3. Soit a un réel strictement positif ; la tan-gente à la courbe d’équation 2y x x+= au point d’abscisse a a pour équation

y = (1a

1+ ) ( ) ( ) .x a a a2– + +

Cette tangente passe par le point de coordonnées (0 ; 2) si, et seulement si, a

est solution de l’équation 2 = (a

1 1+ )( ) ( 2 )a a a– + + qui est équiva lente à

.a 2= Cette équation n’admet qu’une seule solution sur ;0 +36@ , qui est 4. Ainsi il existe une unique tangente à la courbe passant par le point de coordon-nées (2 ; 0), et cette tangente a pour

équation 2.y x23 +=

72. 1. L’équation de la tangente à la parabole d’équation y x2= au point d’abscisse a est y ax a2 – 2= .


Livre du professeur

19

2.

3. L’enveloppe de la famille de droites d’équations 3y a x a2–2 3= est la courbe d’équation y x3= .73. 1. ( )f 0 2= , ( )0 2=f ¢ , ( )g 0 1–= , et ( ) .0 1= −¢g

2. (0) (0) (0)u f g 2–#= = ,(0) 4.–=(0) (0) (0) ¢g f g+# #(0) f= ¢¢u

( )( )

( )v

g

f0

0

02–= = et

( )(0)

.0 0= =(0) (0) (0)

( )¢

¢g f gv

g 0

–2

# #f ¢

74. 1. Le sommet de la parabole a pour coordonnées (4 ; 8).2. Pour tout ad la tangente à la para-bole au point d’abscisse a a pour équa-tion ( , )( )y a x a0 5 2– –+=

( , ) .a a0 25 2 4– 2+ + +Cette tangente passe par le point de coor-données (4 ; 9) si et seulement si a est solu-tion de l’équation ( , )( )a a9 0 5 2 4– –+=

( , ),a a0 25 2 4– 2+ + + qui équivaut à 0, 25 2 .a a 3 0–2 + = Cette équation admet deux solutions 2a1 = et a 62 = : il existe donc deux tangentes à la parabole passant par le point de coordonnées (4 ; 9), qui ont pour équations respectives

5y x += et .y x 13– +=3. Cet observatoire peut voir les abscisses inférieures à – 5 et supérieures à 13.

3. Variations et extrema75. Cet exercice est corrigé dans le manuel.76. Cet exercice est corrigé dans le manuel.77. 1. Les solutions de l’équation ( )f x 0= sont les abscisses des points d’intersec-tion de la courbe avec l’axe des abscisses. L’ensemble des solutions de cette équa-tion est donc = {− 2 ; 2 ; 6}.Les solutions de l’équation ( )f x 0= sont les abscisses des points de la courbe pour lesquels la tangente est horizontale. L’en-semble des solutions de cette équation est donc = {0 ; 4}.

2. Les solutions de l’inéquation ( )f x 0H sont les abscisses des points de la cour-be qui sont situés sur ou au-dessus de l’axe des abscisses. L’ensemble des solutions de cette équation est donc = [− 2 ; 2] , [6 ; 8].Les solutions de l’inéquation ( ) 0x Hf ¢ sont les abscisses des points de la courbe pour lesquels la tangente a une pente po-sitive ou nulle. L’ensemble des solutions de cette équation est composé des inter-valles sur lesquels la fonction f est crois-sante : on a donc = [− 2 ; 0] , [4 ; 8].78. 1. L’ensemble des solutions de l’équation ( )f x 0= est = {0 ; 4} L’ensemble des solutions de l’équation

0=( )xf ¢ est = {2 ; 8}.2. L’ensemble des solutions de l’inéqua-tion ( ) 0x Hf ¢ est = [− 2 ; 0] , [4 ; 8] .L’ensemble des solutions de l’inéquation est ( ) 0x Hf ¢ est = [2 ; 8].79. f est croissante sur [− 5 ; − 3], puis décroissante sur [− 3 ; 1], puis à nouveau croissante sur [1 ; 2]. Sa fonction dérivée doit donc être positive sur [− 5 ; − 3], puis négative sur [− 3 ; 1], puis à nouveau positive sur [1 ; 2] : ceci élimine les possi-bilités 2 et 3.La possibilité 4 est à écarter, car on n’a manifestement pas ( 5) 0– =f ¢ : la tan-gente à la courbe au point d’abscisse n’est pas horizontale.La représentation graphique de la fonction dérivée de la fonction f est donc donnée par la courbe 1.80. La dérivée f est positive sur [− 4 ; − 2] puis négative sur [− 2 ; 4]. La fonction F dont f est la dérivée est donc croissante sur [− 4 ; − 2] puis décroissante sur [− 2 ; 4].Or cela ne peut être la courbe 3 : en effet on aurait alors (2) (2) 0f= =F ¢ . Or on lit que ( )f 2 4–= .La courbe recherchée est donc la courbe n° 2.81. 1. La courbe 1 est la courbe bleue, et 2 la courbe rouge. En effet sur [0 ; 2] la fonction représentée par la courbe rouge est négative, puis sur [2 ; 4] cette fonction est positive. De plus la fonction représen-tée par la courbe bleue est décroissante sur [0 ; 2] et croissante sur [2 ; 4].2. La courbe 1 est la courbe rouge, et 2 la courbe bleue.82. 1. En utilisant les résultats sur les fonctions polynômes du second degré :

La fonction f est défi nie sur par ( )f x ax bx c2 + += avec a 3= , b 6= −

et c 1= .Comme a 3 02= et

ab2

1– = , la fonc-

tion f est décroissante sur ; 13−@ @ et croissante sur 1 ; +36 6.En utilisant la dérivation : La fonction f est dérivable sur et, pour tout x réel, on a .( ) ( )x x x6 6 6 1= − = −f ¢On a donc ( ) 0x 1f ¢ pour tout ,x 11

( )x 0=f ¢ pour x 1= et ( ) 0x 2f ¢ pour tout x 12 : autrement dit, la fonction f est décroissante sur ; 13−@ @ et crois-sante sur 1 ; +36 6.2. g est croissante sur ; 2

13−B B et dé-

croissante sur ;21

+3; ;.3. h est décroissante sur ; 1

43−B B et

croissante sur ;14 +3; ;.

83. 1. La fonction f est défi nie et déri-vable sur . Pour tout x réel on a

( ) 9 4 (3 2)(3 2)x x x x += − = −f 2¢ .On étudie le signe de la fonction dérivée sur

: on a ( ) 0x =f ¢ pour x32= − et ,x

32=

( ) 0x 1f ¢ pour 32 ;

32x –! ;E et ( ) 0x 2f ¢

pour ; ;x 32

32

+,3 3! − − ; ;E E .

La fonction f est donc strictement crois-

sante sur ;323− −E E, puis strictement

décroissante sur ;32

32−; E, et enfi n stric-

tement croissante sur ;32 +3; ;.

On peut résumer ces résultats dans le ta-bleau suivant :

x –332−

32 +3

( )xf ¢ + 0 − 0 +

( )f x 916

916−

2.

x –3 0 2 +3

( )x¢g + 0 − 0 +

( )g x5

1

Chap. 2 Dérivation



3.

x 3− 2 +3

( )x¢h + 0 +

( )h x35

4.

x –331− 1 +3

( )xu¢ + 0 − 0 +

( )u x 2722−

− 2

5. (changer le g en v)

6.

x –3 +3

( )xw¢ +

( )w x

84. 1. Pour tout x réel on a( ) ( ) ( )( )x x x x x1 2 2 1 22 2+ + +− = −

x x x x x2 2 4 23 2 2+ + += − −donc ( 1) ( 2) 3 2x x x x2 3+ +− = − .2. La fonction f est dérivable sur et on a, pour tout réel x,

( ) 3 2 ( 1) ( 2)f x x x x x3 2+ += − = −¢ d’après la question 1. Le tableau de varia-tions de f est le suivant :

x –3 – 2 1 +3

( )xf ¢ − 0 + 0 +

( )f x

– 5 47

3. L’équation de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 0 est 2 1y x += .

4.

85. 1. 2 3 ( 1)( 3)x x x x4 2 2 2+− − = − .2. Pour tout réel x on a

( )x x x15 30 454 2= − −f ¢( ) ( )( )x x x x15 2 3 15 1 34 2 2 2+= − − = − .

3.

x –3 3− 3 +3

( )xf ¢ + 0 − 0 +

( )f x3 48 3+

3 48 3−

86. 1. Pour tout x réel on a ( )x x x x4 18 22 60+= − − .¢h 3 2

2. On trouve ( ) 2( 2)( 5)(2 3)x x x x+ += −¢h .

3. x –3 – 5 – 1,5 2 +3

( )xh¢ – 0 + 0 – 0 +

( )h x– 35

11 841 115

6.

– 35

87. 1. Pour tout xcd

!− x on a

( )x =( )

( ) ( )f

cx d

a cx d ax b c2+

+ +−¢

( ) ( )cx dacx ad acx bc

cx dad bc

2 2++

+= − − = −

.

2. f ¢ est du signe de ad − bc : • si ad bc 01− alors f ¢ est négative et donc f est strictement décroissante sur

;cd3− − ;E et sur ;

cd 3− + ;E ;

• si ad bc 02− alors f ¢ est positive et donc f est strictement croissante sur

;cd3− − ;E et sur ;

cd 3− + ;E .

3 . a . ( )ad bc 1 1 1 3 4 0# # 2− = − − = donc f est croissante sur I.b . ( ) ( )ad bc 3 2 03 1 7# # 2− = − − − = donc f est croissante sur I.c. ad bc 1 5 3 02 1# # 1− = − = − donc f est décroissante sur I.88. 1. f est dérivable sur − {1} et

( )x =( )

fx1

52−

¢ pour tout x 1! . La fonc

tion f est donc strictement croissante sur chacun des intervalles ; 13− 6@ et

;1 3+ 6@ .2. g est dérivable sur et

( )( 1)

3 2 3xx

x x2

2

2 ++ += −g¢ pour tout réel x.

La fonction g est strictement décroissan-

te sur ; 13

10+3−E E, croissante sur

;31 10

31 10− +; E et décroissante sur

;3

1 10 3+ +; ;.3. g est dérivable sur { 5 ; 1} − − −

et ( )x =( 6 5)

2 11¢hx xx x

2

2

+ +− − pour tout réel x

différent de − 5 et − 1. La fonction h est strictement croissante sur ; ,53− − 6@

croissante sur ;5 1 2 3− −@ @, décrois-sante sur ;1 2 3 1− −6 6, décroissante sur 1 ; 1 2 3+−@ @ puis croissante sur 1 2 ;3+ +36 6.

4. u est dérivable sur 53− ' 1 et

( )x =( )

10 12 5¢ux

x x5 3 2

2 +−

− pour tout .x53

!

La fonction u est strictement croissante

sur chacun des intervalles ; 53

3− ;E et

;53

+3;E .

89. 1. La fonction x x 4−7 est dériva-ble sur , la fonction x x7 est déri-vable sur ;0 3+ 6@ . La fonction produit

( )x x x4−7 est donc dérivable sur 0 ; +36@ .

De plus la fonction x x27 est dé-rivable sur . La fonction somme

: 4)( 2f x x x x+−7 est donc dériva-ble sur 0 ; +36@ .Pour tout x 02 on a

( ) ( )x x1 4 2+ +# #= −f xx2

1¢

x–3

31

610− −

31

610

– ++3

(x)g¢ 0 + 0

( )g x

,v31

610

4 9– –c+

,v31

310

6 1– – .−e o

– –

Chap. 2 Dérivation


Livre du professeur

21

.xx x

x x23 2

22

3 4 4+

+= − = −

2. Pour tout x 02 on a( )u x x x3 4 4+= −

( )( )x x2 3 2+= − .

On en déduit que u, et par conséquent f ¢, est strictement négative pour x0

491 1

et strictement positive pour x 94

2 .3.

90. 1. f est dérivable sur I comme fonc-tion rationnelle défi nie sur I. Pour tout

x 42− on a ( )( 4)

2 12 2xx

x x2

3 2

++ +=f ¢ .

2. g est dérivable sur I et pour tout x 42− on a ( ) ( ) .x x x x x6 24 6 42 + += =¢g La fonction g¢ est donc négative sur ;4 0−@ @et positive sur 0 ; +36 6. La fonction g est par conséquent décroissante sur

;4 0−@ @ et croissante sur 0 ; +36 6 ; elle admet un minimum absolu en 0, qui vaut

( )g 0 2 02= . On en déduit que, pour tout x 42− , on a ( )g x 02 .3. On en déduit que pour tout x 42− ,

on a )( 4)

( )0(x

x

g x2+2=f ¢ et donc que la

fonction f est strictement croissante sur I.91. 1. Soit u et v deux fonctions crois-santes et positives sur un intervalle I. O a alors, pour tout x Id , ( )u x 0H ,

( )x 0H ,¢u ( )xv 0H et ( )x 0Hv ¢ .La fonction uv est défi nie et dé-rivable sur l’intervalle I, et on a

( )x( ) ( ) ( )x v x u x v+ ¢( ) ¢x u=( ) ¢uv .Le produit et la somme de deux nombres positifs sont positives : on en déduit que, pour tout x Id , on a ( ) 0.x H( ) ¢uvPar conséquent, la fonction uv est crois-sante sur I.2. Soit v une fonction croissante ne s’an-nulant pas sur un intervalle I. On a alors

( )v x 0! et ( ) 0x !v ¢ pour tout x Id .

Soit f la fonction v1

. La fonction f est

dérivable sur I et, pour tout x Id , on a

( )x =( )x

( )f

v x 2

v−¢

¢ .

Comme ( )x 0Hv ¢ pour tout x Id on a ( ) 0x Gf ¢ pour toutt x Id , et donc f est

décroissante sur I.92. 1. La fonction x x 52 +7 est crois-

sante sur I ; la fonction :5

f xx

12 +

7 est

donc décroissante sur I.

2. Pour tout x 0G on a ( ) .f xx4 6+= −

Or la fonction xx1

7 est décroissante

sur I ; on en déduit que la fonction xx4−7

est croissante sur I, et donc que la fonction

( )f xx4 6+= − est croissante sur I.

3. Les fonctions x x27 et x x2 27

sont croissantes sur I ; la fonction : 2 2f x x x2+7 est donc croissante

sur I.93. 1. La fonction f est une fonction rationnelle défi nie sur I, elle est donc dérivable sur I. Pour tout x 0! on a

( )( )

( ) ( )x

x

x x x

3

2 3 7 12

2 +=

−− −

f ¢

( ) ( 3)

( 1)( 7)

xx x

x

x x

36 7

2

2

2

+=

−− − =

−−

.

2.

x 3 7 +3

( )xf ¢ − 0 +

( )f x14

3. Pour tout x 32 on a bien ( )f x 14H .94. 1. Pour tout réel x on a

( )( )x x x1 1– 2 + + .x x x x x x1 1– – –3 2 2 3+ += = =

2. La fonction polynôme g est déri-vable sur et on a, pour tout x réel,

( ) ( )( ) .x x x x x1 1 1– – + += =¢g 3 2

Le discriminant du trinôme x x 12 + + est égal à – 3 et est donc strictement négatif : on a donc, pour tout réel x,

.x x 1 02 + + 2La fonction g¢ est négative sur ; 1–3@ @ et positive sur ;1 3+6 6 : la fonction g est par conséquent décroissante sur

; 1–3@ @ et croissante sur ;1 3+6 6. Elle admet un minimum en 1 qui vaut

( )g 1 0= . On en déduit que, pour tout x réel, on a ( ) .g x 0H95. La fonction f est une fonction ra-tionnelle défi nie sur , elle est donc dérivable sur . Pour tout réel x on a

( )x =( )x x x3 2 2– +–

( )

( )( )f

x

x x

1

6 2 1–2 2

2 2

+

+ +¢

( ) ( )

( )( )

xx

x

x x

12

1

2 1 12 –2 2

2

2 2++

+= =

+ .

Le tableau de variations de f sur [– 7 ; 7] est donné par :

x – 7 – 1 +3 ( )xf ¢ – 0 + 0 –

( )f x

– 3,28

– 4

– 2

– 2,72

On constate que, pour tout ,x7 7– G G on a bien ( ) .f x4 2– –G G96. La fonction g est dérivable sur 0 ; +36@ et, pour tout x 02 on a

( ) .x =( )

( )¢g

x x

x

1

2 1 –2+

Ainsi ( )x 02¢g pour ;x 0 1d 6@ , ( )x 0=¢g pour x 1= et ( )x 01¢g pour

;1x +3d 6@ .Le tableau de variations de la fonction g est donné par :

x 0 1 +3

( )x¢g + 0 – 0

( )g x 0

2

Pour tout x 0H , on a ( )g x 0H ; on peut en déduire que ( )g x0 2G G pour tout x 0H .97. 1. La fonction f est décroissante sur

;041; ; et croissante sur ;

41 +3; ;.

2. f atteint un minimum absolu en ,x41=

et ce minimum vaut f (41) .

21–=

98. Voici ce que l’on obtient avec le logi-ciel de calcul formel XCAS :

On en déduit que f est croissante sur ; 0–3@ @, décroissante sur ;0 26 @ et

croissante sur 2 ; +36 6.Il existe un maximum local en x 0= qui vaut ( )f 0 0= , et un minimum local en x 2= qui vaut ( )f 2 4–= .

x 0 4/9 +3

( )xf ¢ − 0 +

( )f x0

2740−

Chap. 2 Dérivation

Chap. 2 Dérivation


Livre du professeur


99. Soit h la fonction f g– ; on a donc, pour tout x 0H , ( ) ( ) ( ) .h x f x g x–=De ( ) ( )f g0 0= , on déduit que

( ) ( ) ( )h f g0 0 0 0–= = .De ( )x( ) ¢x gHf ¢ pour tout x 0H on dé-duit que ( )x 0H( ) ¢x g–( )x fH ¢¢h pour tout x 0H .La fonction h est donc croissante sur

;0 +36 6. Or de ( )h 0 0= on déduit que, pour tout x 0H , on a ( ) ( )h x h 0 0H = . La fonction h est donc positive sur ; .0 +36 6 Autrement dit, pour tout x 0H , on a

( ) ( )xf g xH .

4. Optimisation100. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.101. 1. Le volume de la boîte de conser-ve est égal à hr2r (où r et h sont expri-més en dm). Comme cette boîte doit avoir un volume de 1L = 1 dm3, on a l’égalité

,hr 12r = soit hhr

12r

= .

2. L’aire totale du cylindre est hr r2 22 +# #r r=

r rr

rr

2 2 1 2 222

2+ +#r rr

r= = .

3. La fonction ( )r r rr

2 22 +r=7

est une fonction rationnelle défi -nie sur 0 ; +36@ , dérivable sur 0 ; +36@ . On a, pour tout r 02 ,

( )r r4 –r= =¢r r

r2 4 2–2 2

3r .

4. La fonction ¢ est négative pour

r0213

1 Gr

et positive pour

r213

Hr

.

On en déduit que la fonction est dé-

croissante sur ;0213

rE E et croissante

sur ;213

3r

+; ;. La fonction admet

donc un minimum absolu sur ;0 +36@

en r213

Gr

. Dans ce cas on a

.h rr r

r r1

21

22 3

#r r r

r

= = = =

5. Pour que la quantité de métal uti-lisée soit minimale il faut donc avoir

r213

G .r

0,54 dm, soit r = 5,4 cm.

De plus on aura h r2 .= 10,8 cm.102. Partie AVoir manuel numérique.

Partie B1. On applique le théorème de Pytha-gore au triangle OMC rectangle en M : on obtient R x1 – 2= . De plus on a

( ) R x x x2 1 2–2 2#r r= =

( )x x2 2– 3 +r= .2. La fonction ( ) ( 2 )x xx x 2 – 3 +r=7 est dérivable sur et , pour tout réel x, on a ( ) ( 2) 2 (1 )6 3x x x– –+r r= =¢ 3 2 .

x 03

11

( )x¢ + 0 – 0

( )x0

( 3

1 )0

3. Le volume du cylindre est donc maxi-

mal pour x3

1= et il vaut alors

( 3

1 ) r= ( 3 33

2 2– + )3 3

4.

r= 2,42.

103. 1. Voir manuel numérique2. Supposons que ce minimum ( , )d A M0

soit réalisé pour un point .M0

On a alors, pour tout point M du plan, ( , ) ( , )d A M d A M0H et on a les équivalen-

ces suivantes :( , ) ( , )d A M d A M0H

( , ) ( , )d A M d A M 0– 0+ H( ( , ) ( , )( ( , )d A M d A M d A M– 0+

( , ) 0d A M0+ H .( , ) ( , ) 0d A M d A M–2

02+ H

( , ) ( , ) .d A M d A M20

2+ HAutrement dit, ( , )d A M est minimale si et seulement si ( , )d A M 2 l’est également. 3. Pour tout

xd ( ) ( ) ( )f x x x3 0– –2 2 2+=6 9.x x x–4 2+ +=

4. La fonction f est dérivable sur et, pour tout x réel, ( ) 4 2 6.x x x –+=f 3¢Or pour tout x réel,( )(4 4 6)1x x x– 2 + +

4 4 6 4 4 6x x x x x– – –3 2 2+ +=.( )x4 2 6x x f–3 += = ¢

5. Le trinôme 4 4 6x x2 + + a un discri-minant négatif, il est donc strictement positif pour tout réel x. La fonction dérivée f ¢ est donc du signe de x 1– ; on en dé-duit que f est décroissante sur ; 1–3@ @ et croissante sur 1 ; +36 6.6. Le carré de la distance ( , )d A M est donc minimal pour x 1= , et ce minimum vaut ( ) .f 1 5= Le point de coordonnées

(1,1) réalise la plus courte distance entre le point A(3 ; 0) et la parabole . Cette distance vaut 5 .104. 1. Bénéfi ce maximala. Pour tout ;q 5 30d6 @on a ( )R q = 2,3q.b. Pour tout ;q 5 30d6 @ on a

( ) ( ) ( )B q R q C q–== 2,3q – (0,05q2 + 0,2q + 20)

= – 0,05q2 + 2,1q – 20.Le discriminant de ce trinôme est égal à 0,41 : il admet donc deux racines

1 –4

412 ( 0, 05)

, ,,q

2 027

––

1#

.= et

1 +6

41( , )

2, ,,q

2 0 050

14–

–2

#.= ; ce trinôme

est donc positif pour une production com-prise entre 14 600 et 27 400 unités.c. Ce bénéfi ce est maximal pour

1( , )

,q

2 0 052

21–

–1

#.= .

2. Coût moyen

a. 2 +05 0,q +( )( )

0,C qq

C q

q20

M = =

pour tout ;q 5 30d6 @.b. La fonction CM est dérivable sur

;5 306 @ et, pour tout ;q 5 30d6 @ on a ( )q

0505 400

––

( ) ,,

C qq q

0 20 02 2

2

M¢ = =

( )q05 0–, ( )

q

q0 2 202

+= .

La dérivée CM¢ est donc négative sur

;5 026 @ et positive sur ; 020 36 @ : la fonc-tion CM est décroissante sur ;5 026 @ et croissante sur ; 020 36 @.c. La fonction CM admet un mini-mum en q 20= (et ce minimum vaut

2( ) ,C 20 2M = ).3. Coût marginala. ( ) ( ) ( )C C C2 26 255 –M = = 2,75 et

2 2, 7.=1 25 0,+#(25) 0,=¢Cb. On a

2 =1 2 0,0 +#(2 0,0) =(20) ¢C CM = 2,2 d’une part,

et (20)(20)

CC

20M =

2, ,

,20

0 05 20 0 2 20 202044 2

2 + + +#= = =d’autre part.Donc ( ) ( ) .C20 20=¢C M

105. 1. En q0 on a ( )C q 00M¢ = car CM

atteint son minimum en q0 . Or pour tout

;q 5 30d6 @ on a ( )( )

C qq

C qM = donc

( ) ( )q q C q–#( )C q

q2M¢ =

¢C et

Chap. 2 Dérivation


Livre du professeurChap. 2 Dérivation

23

( ) ( )q q C q–#( )C q

q00

02

0 0 0M¢ = =

¢C .

On en déduit que ( ) ( )q q C q 0–# = ,¢C 0 0 0 soit ( ) .q( ) ¢C q q C0 0 0= .

2. On en déduit que ( )q = ,( )

¢Cq

C q0

0

0 soit ( ) ( ) .q C q=¢C 0 M

Si A est le point de la courbe représenta-tive du coût total d’abscisse q0 , alors le coeffi cient directeur de la tangente à la courbe en A (qui vaut ( )q¢C 0 ) est égal au coeffi cient directeur de la droite (OA) (qui

est ( )

( )q

C qC q

0

00M= ).

3. La tangente à la courbe repré-sentative de la fonction coût total au point d’abscisse q0 a pour équa-tion ( )( ) ( )q q q C q– +¢y C 0 0 0= soit

( )) .q( ) ( ( ) ¢q C q q Cq –+¢y C 0 0 0 0=Or nous venons d’établir que

( ) ( ) ;q q C q 0–# =¢C 0 0 0 l’ordonnée à l’ori-gine de cette droite est donc nulle, et cette tangente passe par l’origine du repère.

5. Approximation affi ne106. Partie AVoir manuel numérique.Partie B1. a. Au voisinage de a 2= on a

(2)( 2) ( )x f 2– +( )f x f. ¢ d’où12( 2) 8x x –3 +. ou encore

x x12 16–3. .b. Au voisinage de a 3= on a

( )( ) ( )x f3 3 3– +( )f x f. ¢ d’où

( 3)x x3

1 32

– +. ou encore

3x x2 3

12

+. .

c. Au voisinage de a 1= on a( )( ) ( )x f1 1 1– +( )f x f. ¢ d’où

2( 1) 1x

x1 – –2

+. ou encore

xx1 2 3–

2+. .

2. On en déduit que :988999 16 7,– =1, 999 12 1,3

#. ;

73802 ,1+ .02, 3,32 3

123

#. ;

998001 3 0, .+ =001,

2 1,1

1 –2

#.

107. 1. a. Sur 0 ; +36@ on a

( ) ;x 02=fx1¢ la fonction f est donc

strictement croissante sur 0 ; +36@ .b. ( )f 1 0= et f strictement croissante sur ; f0 +3 &6@ est strictement positi-ve sur ;1 +36@ et strictement négative sur ;0 16@ .

2. a. La fonction f est dérivable sur 0 ; +36@ ; d’après l’exercice précé-

dent on peut écrire l’approximation( )( ) ( )x f1 1 1– +( )f x f. ¢ .

Ainsi

1.1 0 0,+ =(1) (1) 0,f# #=)1 f. ¢(1,f11

b. De la même façon, au voisinage de 1,1 on a ) .1) ( ,f1 1+)( ,x1 1–( ,1( )f x f. ¢Par conséquent

)1( ,f1 1+( , ) ,1 1 0#( )f x f. ¢

1, , , , .11

0 1 0 1 0 191+#. .

c. De la même façon, au voisinage de 1,2 on a ) .2) ( ,f 12 +)( ,x 12 –( ,1( )f x f. ¢Par conséquent

2)1 (1,f+(1, 2) 0,#) f.3 ¢(1,f

274.191 0,.1 0,+2,

0,11#.

3. Voir le manuel numérique.a. La formule à entrer dans la cellule C5 est = (1/A4) * $B$1 + B4.b. c. d.

108. Voir le manuel numérique.

109. Avec un tableur :

6. Problèmes110. Le mobile touchera le sol à l’instant t0 tel que ( ) .x t 00 = .On résout donc l’équation

9 80 0t + =4,– 2 et on trouve 04,t 40. : le mobile touchera le sol après 4 secondes environ.La vitesse au moment de l’impact est éga-le à 28 4 39,–# =8 9,t –=( ) 9,t –=x 0 0¢ soit, en valeur absolue, une vitesse de 39,2 m.s– 1 environ.111. 1. Sur le manuel petit format :

2 20 10v

M M

239 10

54 6

3

3

–

–

# ##

#

x= =

4039= = 0,975 m.s– 1.

Sur le manuel grand format :

vM M

2 2 20 1045 10

54 6

3

3

–

–

# ##

#

x= =

4045= = 1,125 m.s– 1.

2. Sur le manuel petit format :

vM M

2 2 20 105 101

3

3

87 9

–

–

# ##

#

x= =

4051= = 0,375 m.s– 1.

Sur le manuel grand format :

vM M

2 2 20 101 107

87 9

3

3

–

–

# ##

#

x= =

4017= = 0,425 m.s– 1.

Livre du professeur


Chap. 2 Dérivation


3. Soit ( )t x t7 une fonction dérivable sur un intervalle I.Pour tout non nul, on a

( ) ( )x t x t

2 21– –+

x

x x=

21= ( ( ) ( )x t x t

2– –+x

x x )21= ( ( ) ( ) ( ) ( )x t x t x t x t– – –+ +

x

x x )21= ( ( ) ( )x t x t–+

x

x ) + 21( ( ) ( )x t x t– –

x

x ).Posons h – x= ; on a alors

( ) ( ) ( ) ( )lim lim

x t x t

h

x t x t h– –

–

–0 0h

+x

x=

" "x

( ) .t( ) ( )

limh

x t h x tx

–0h

+=

"¢

Comme ( ),t( ) ( )

limx t x t

x–

0

+x

x=

"x¢

on a fi nalement( ) ( )

limx t x t

2– –

0h

+x

x x"

.( )t( )t x= ¢( )t x+ ¢x21

21= ¢

La dérivée symétrique est donc égale à la dérivée.112.

113. 1. La vitesse instantanée du véhi-cule est donnée par la fonction dérivée de ( )t x t7 . Or pour tout t 0H on a

( ) 10 40.t t– +=x¢ Ainsi la vitesse ini-tiale de la voiture, avant que le conduc-teur commence à freiner, est donnée par

( ) 10 40 .0 400– +#= =¢x La vitesse initiale de la voiture est donc de 40 m.s– 1 (soit 144 km.h– 1).2. Après une seconde de freinage la vitesse de la voiture est égale à

( ) 10 401 1 30– +#= =¢x m.s– 1,soit 108 km.h– 1.3. Pour déterminer l’instant où la voiture s’arrête on résout l’équation ( ) ,t 0=x¢ qui équivaut à 10 40 0t– + = . On trouve que la voiture s’arrête après 4 secon-des. La distance d’arrêt est donnée par

(4) 5 4 40 4x 80– 2# #= + = . La voiture

s’arrête donc après avoir parcouru 80 mè-tres.114. Partie 1

Partie 21. A a pour coordonnées (a ; a2). La tan-gente à la parabole au point A a pour équation y ax a2 – 2= .2. La normale est perpendiculaire en A à la tangente ; le produit des coef-fi cients directeurs des droites et est égal à – 1. On en déduit que l’équa-tion de la normale est de la forme

.ya

x b21– +=

Comme la droite passe par le point A

on a l’égalité a

ba a21–2 +#= d’où l’on

tire b a212 += .

La normale a donc pour équation

ya

x a21

21– 2+ += .

3. La droite , parallèle à la droite , ad-met une équation du type 2 .y ax b+= Or cette droite passe par le point ( ; ) ;M a 2 on a donc l’égalité 2 2a a b+#= d’où l’on tire .b a2 2– 2=La droite a pour équation

2 2 2 .y ax a– 2+=4. Les coordonnées du point d’intersec-tion des droites et sont solutions du système

2 2 2

ya

x

y ax a

a21

21–

– 2

2+ +

+

=

=*

La résolution de ce système (à la main, ou grâce à un logiciel de calcul formel via la commande solve) donne comme unique

couple solution ( 1;

44

aa a

aa6 3

4 12–3

22

4

+ ++ ), qui

forme les coordonnées du point H.5. Posons ) .; y¢(x¢¢M L’égalité vectorielle

2=MM MH¢ se traduit par :

a 2– =

2 2– =

xaa a a

yaa

4 16 3

4 14 2 2

– –

–

2

3

2

4

+

++¢

¢Z

[

\

]]

]]

( )( )

d’où on tire 8 8

xa

a a

aa ay

4 18 7

4 12

–

–

2

3

2

24

=+

=+

+

¢

¢

Z

[

\

]]

]]

.

6. On a A(a ; a2) et

( ; 8 28aa a

aa a

4 1 4 18 7– –

2

3

2

4 2

+ ++ ). La pente de la

droite (AM¢) est donnée par le quotient

4 18 74 1

8 8 2

8 7 4

8 8 2 4

aa aa

a a

aa a a a

aa a a a

4 1

4 1–

–

– – –

– – –

2

3

2

4 2

2

3 3

2

4 2 4 2

+

++

+

++

=

( 2)

(4 )( )1

a aa a

a a

a a

4 82

44 9 2

––

–

– –4 2

2

2

3

2+= = .

Comme on a supposé ;a 1 1–d6 @ on a

a 2 0–2 ! et la pente de la droite (AM¢)

est a

a4

4 1–2

.

La droite (AM¢) admet donc une équa-

tion du type ya

a x b4

4 1–2

+= . Or cette

droite passe par A : on a donc l’égalité

aa

a a b4

4 1–22

+#= qui donne b41= .

Finalement la droite (AM¢) a pour équa-

tion a

a xy4

4 141–2

+= .

7. Pour tout réel ;a 1 1–d6 @ la droi-te (AM¢) passe par le point F de coor-

données ( ;410 ) car on a bien l’égalité

aa

41

44 1

410

–2

+#= .

115. 2. L’équation de la tangente à la pa-rabole 1 au point A(a ; a2 + 2a+ 3) est don-née par y = (2a + 2)(x − a) + (a2 + 2a + 3) c’est-à-dire y = (2a + 2)x − a2 + 3).L’équation de la tangente à la parabole

2 au point ;B b b21 1– 2 +c m est donnée

par ( )( )21 1y b x b b2+= − − − +c m c’est-

à-dire 1y bx b21 2+ += − .

3. Ces deux tangentes sont confondues si, et seulement si, elles ont même coeffi -cient directeur et même ordonnée à l’ori-gine ; c’est-à-dire si et seulement si :

2 2

321 1

a b

a b

+ = −− + = +) ce qui équivaut à



25

2 2 0

21 2 0

a b

a b2 2

+ + =+ − =) .

4. On résout ce système par substitu-tion :

( )

b a

a b

b a

a a

2 2

21 2 0

2 2

21

2 2 2 02 2 2 2+ +&= − −

− == − −

− − − =* *

2 23 4 0b a

a a2 +&

= − −='

La seconde équation donne deux possibi-

lités pour a : a1 = 0 et a34

2 = − .

À ces deux valeurs de a correspondent

deux valeurs de b : b1 = − 2 et b32

2 = .

On vérifi e que les couples (0 ; − 2) et

34 ;

32–c m sont bien solution du système.

5. Il existe donc deux tangentes commu-nes aux paraboles 1 et 2 : la premiè-re passe par les points A(0 ; 3)d 1 et B(− 2 ; − 1)d2 ; la seconde passe par les

points 34 ;

919C − !c m 1 et ;D

3 92 7c m.

116. Le premier arc de parabole passe par les points (0 ; 0) et (4 ; 2). La pente de la tangente au point d’abscisse 4 est égale à 1. Si on pose ( )f x ax bx c1

2 + += alors ceci se traduit par les conditions suivantes :

16 4 2

8

c

a b c

a b

0

+ +

+

==

=* ce qui donne

a

b

c

81

0

0

=

==

Z

[

\

]]

]].

Le premier arc de parabole a donc pour

équation y x81 2= pour ;x 0 4d6 @.

Le second arc de parabole passe par les points (4 ; 2) et (8 ; 0). La pente de la tan-gente au point d’abscisse 4 est égale à 1. Si on pose ( )f x ax x1

2 + +b c= alors ceci se traduit par les conditions suivantes :

4

6

16 2

4 8 0

8 1

+ +

+ +

+

b c

a b c

a b

a ==

=

Z

[

\

]]

]] ce qui donne

8

8

3

4

–

–

a

b

c

=

==

Z

[

\

]]

]].

Le second arc de parabole a donc pour équa-

tion 4 8y x x83– –2 += pour ;x 4 8d6 @.

117. 1. Soit f une fonction deux fois dé-rivable sur I. f est convexe sur I si, et seule-ment si, ¢)(f= ¢¢f ¢ est positive sur I, ce qui équivaut à dire que f ¢ est croissante sur I.2. a. Pour un réel a fi xé, et pour tout x Id , ( )xa{ représente l’écart algébrique entre les ordonnées des points d’abscisse x de la courbe représentative de f et de la tangente au point d’abscisse a.b. Soit x Id ; on a ( )a( )x f– ¢( )x f= ¢¢a{ .Comme f ¢ est croissante, on a

0G)a(( )x f– ¢( )x f= ¢¢a{ pour x aG et

x a

( )x¢a{ − 0 +

( )xa{ ( )a 0a{ =

0H)a(( )x f– ¢( )x f= ¢¢a{ pour .x aHc. On peut en déduire que la courbe re-présentative d’une fonction convexe est entièrement située au-dessus de n’im-porte laquelle de ses tangentes .3. a. Posons ( )f x ax bx c2 + += . On a, pour tout x réel, ( ) 2x ax b+=f ¢ et

( )x a2=¢f ¢ .Si a 02 alors ¢f ¢ est positive sur et la fonction f est convexe. Si a 01 alors ¢f ¢ est négative sur et la fonction f est concave. b. Posons ( )g x x= .

Pour tout a 02 on a ( )x =¢gx2

1 et

( )x –= =¢( )

¢gx

x

x2

2

2

4

12

.

On remarque que ( )x¢g ¢ est négatif pour x 02 et donc que fonction g est concave sur 0 ; +36 6.


118. On résout l’équation ( )x 1=f ¢ qui équivaut à x x2 1 0– – –2 = . Cette équa-tion admet pour unique solution – 1. La bonne réponse est donc la réponse c.119. L’équation de la tangente à la parabole au point d’abscisse a est

axy a2 – 2= . On doit donc ici résoudre l’équation a a106 – – 2= qui équivaut à 10 6 0a a2 + + = . Cette équation ad-met deux solutions distinctes : la bonne réponse est donc la réponse b.120. La fonction g est dérivable sur

;0 +36@ et, pour tout x 02 on a

( ) 1x –= =¢gx x

x1 1– . On constate

que ¢g est négative sur et positive sur;0 +36@ . La bonne réponse est donc la

réponse a.

121. La bonne réponse est la réponse c.

122. On cherche à maximiser la quantité ( )a a1 – . Posons pour tout

( ) (1 ) f a a–=d . f est dérivable sur

et ( )a a2 1– +=f ¢ . Le maximum est

atteint pour a21= ; on a alors b

21= et

la valeur maximale du produit est 41 . La

bonne réponse est donc la réponse b.123. La fonction f est décroissan-te sur ; 2– –3@ @ puis croissante sur

; .2– –36 6 Elle admet donc un mini-mum absolu en x 2–= : la bonne répon-se est la réponse b.124. La pente de la tangente à la cour-

be yx1–= au point d’abscisse a 0!

est 21a = . Pour

21a = par exemple, cette

pente est égale à 4 ; la proposition est donc fausse.

Livre du professeur


Chap. 2 Dérivation


125. Soit f la fonction défi nie sur par ( )f x x x 2– –3 2= . La pente de la tan-

gente à la courbe représentative de f en

un point A d’abscisse ad est donc

( )a a a3 2–=f 2¢ . On résout l’équation

a a3 2 5–2 = : cette équation admet

deux solutions a 1–1 = et a35

2 = . Il exis-

te donc deux points A1 et A2 de la courbe pour lesquels la pente de la tangente est égale à 5.L’équation de la tangente en A1 est

( ( ))x5 1 4– – –= , c’est-à-dire.y x5 1+= L’équation de la tangente

en A2 est 5= , soit ( x35– ) 27

4– , soit

y x527229–= . La proposition est donc

fausse. 126. Posons ( )f x ax bx c2 + += pour

tout réel x. Soit x0d , on a d’une part

( )x ax b2 +=f 0 0¢ ; d’autre part, pour tout réel h non nul on a

( )

h

f x h

20

+

)h– –(x cb–)h+(xa–c+)h+(xb+)h+(x

h

a

20

20 0

20=

h

ahx bha b

2

4 220

0

++= =

La proposition est donc vraie.127. La fonction f est dérivable sur et, pour tout réel x, on a

( ) 3 2ax bx x + +=f 2¢ .f est strictement croissante sur si, et seulement si, ( )x 02f ¢ sur , ce qui équivaut à a b4 12 0–2 2D = ou encore

b a3

2

2 . La proposition est donc fausse.

Le contre-exemple ( )f x x x–3 2= confi r-me cette réponse.128. La proposition est fausse : le contre-exemple de la fonction cube sur le dé-montre.129. La proposition est fausse : on peut produire le contre-exemple de la fonction défi nie sur par ( )f x x= .130. La proposition est fausse : par exemple les fonctions défi nies sur par

( ) 3F x x x12 += et ( ) 3F x x x 12

2 + += ont toutes les deux la fonction f pour dé-rivée.131. 1. L’équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse a est de la forme ( ) .a x b+y f= ¢ Cette tangente passe par le point ( ; ( ))A a f a : on a donc

l’égalité ( )a a b+#( )f a f= ¢ ce qui donne ( )a( )b f a af–= ¢ . L’équation de la tangen-

te est donc ( ),a( ) ( )a x ff a a–+ ¢y f= ¢ soit ( )( ) ( ) .a x a f a– +y f= ¢

2. a. Pour tout ad on a ( )a a2 3–=f ¢ et ( )f a a a3 1– –2= . L’équation de la tangente au point d’abscisse a est donc

(2 3)( ) ( 3 1)y a x a a a– – – –2+= soit ( )y a ax2 3 1– –– 2= .

b. On résout l’équation ( )a 1=f ¢ qui équivaut à a2 3 1– = . Cette équation a pour unique solution a 2= . Au point d’abscisse 2 la courbe admet une tangen-te parallèle à la droite d’équation y x= .c. Pour qu’une tangente à la courbe passe par l’origine du repère il faut et il suffi t que l’ordonnée à l’origine a 1 0– –2 = soit nulle. Or l’équation a 1 0– –2 = n’admet aucune solution dans il n’existe donc aucune tangente à la courbe passant par l’origine du repère.132. 1. Soit v une fonction dérivable ne s’annulant pas sur un intervalle I. Soit Iad et h un réel non nul tel que a h I+ d .Le taux d’accroissement de la fonction

kv1= entre a et a h+ est

( )( ) ( ) ( ) ( )

t hh

k a h k a

hv a h v a

1 1–

–

=+

= +

h1= ( ( ) ( )

( ) ( )

v a h v a

v a v a h–

+

+ )

( ) ( )

( ) ( )

v a h v a h

v a h v a1–+

+#= .

On sait que v est dérivable sur I donc

( ) .a( ) ( )

limh

v a h v av

–0h

+=

"¢

De plus la « régularité » (i.e. la « continuité ») de v nous assure que

( ) ( ) ( )lim

v a h v a v a11 ––

0 2h +=

" .

Ainsi ( )a

( )lim

v a0 2h"

¢v– ; autrement dit, pour

tout Ixd , ( v1)¢

( )x( )

( )x

v x 2=¢v–

.

2. a. La fonction f est dérivable et ne s’annule pas sur : la fonction g est donc défi nie et dérivable sur . La fonction g est croissante sur ; 3–3@ @ et décrois-sante sur 3 ; +36 6.b. On lit

( )f 1 5– = , ( )f 3 1= , ( )f 5 2= ,( 1) 2– –=f ¢ , ( )3 0=f ¢ et ( )5 1=f ¢ .

c. De ( )( )

g xf x1= et ( )x –=

( )x

( )¢g

f x 2

f ¢ on

déduit :

( )g 151– = , ( )g 3 1= , ( )g 5

21= ,

( )1– = 2¢g25

, ( )3 0=g ¢ et ( ) .5 –=¢g41

d.

133. Partie 1Soit u et v deux fonctions dérivables sur I, v ne s’annulant pas sur I.

Pour tout Ixd on a ( ) ( )

( )

( )v x u x

u x

v x1

#=

donc

( vu )¢ ( )x #( ) ¢x u= ( v

1) ( ) ( )x u x+ # ( v1)¢ ( )x

d’après (1) ;

( vu )¢ ( ) ( )x u x+# #( )

( )¢x u

v x1= ( ( )x

( )v x–

2

¢v )d’après (2).Finalement,

( vu )¢ ( )x =

( )x

( )v x

( ) ( ) ( ) ¢x v x u x v–2

¢u.

Partie 21. f est une fonction rationnelle, donc dérivable sur son ensemble de défi nition. Pour tout x 1–2 on a

( )x =( )

( ) ( )f

x

x x x

1

3 1 2– –2

2 3

+

+¢

( )xx x

12 3 2

2

3 2

++ +

# .

2. a. g est une fonction polyno-miale, dérivable sur son ensemble de défi nition. Pour tout x 1–2 on a

( ) 6 6 6 ( 1).x x x x x += + =¢g 2

b. Pour x1 0– 1 1 on a ( )x 01¢g donc g est décroissante sur ;1 0–@ @.Pour x 02 on a ( )x 02¢g donc g est croissante sur 0 ; +36 6.c. g admet un minimum absolu en x 0= , qui vaut ( )g 0 2= . On a donc ( )g x 2 02H pour tout x 1–2 .3. Pour tout x 1–2 on a

( )x 02=( )

( )f

x

g x

1 2+¢ donc f est stricte-

ment croissante sur 1 ;– +36@ .



27

TP Info (p. 94-95)

1. Algorithme de Newton-Raphson1. 2. Voir manuel numérique.

3. La tangente à la courbe représentative de f au point de coordonnées ( ; ( ))a f a a pour équation ( )( ) ( )a x a f a– +y f= ¢ .On détermine l’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses en substituant 0 à y et en résolvant l’équa-tion en x ainsi obtenue :

( )( ) ( )a x a f a– +f0 = ¢ qui équivaut à ( )a 0=( ) ( )a f a afx –+ ¢f ¢

ou encore ( )a

( )x a

f a–=

f ¢(à la condition que ( ) ) .a 0!f ¢

À vous de jouera. On trouve 1,26 environ.b. On trouve environ – 0,68.

2. Les chemins de traverse1. On pose x AM= avec ;x 0 100d6 @.Le temps de parcours sur le trajet AM6 @ est égal à x

6 .

Le temps de parcours sur le trajet MB6 @ est égal à

( )x

4100 20– 2 2+

x x4

104 006 200 2+= .

Le temps de parcours sur le trajet complet est donc égal à

.x x x6 4

104 006 200 2++

2.

Le nombre x0 qui minimise la fonction f est donc .1,x 100 8 5 82–0 .= .

3. Une personne voulant couper à travers champ dans le but d’effectuer le trajet de A à B en un minimum de temps doit donc quitter la route à environ 82 mètres du point A.

À vous de jouerPour ( ; )M x 0 la longueur du trajet AMB est égale à 9 ( )x x5 1–2 2+ + + .

Cette longueur est minimal pour x415= .


Toutes les méthodes pour approcher la notion de rayon de cour-bure sont à encourager, y compris les méthodes « à main levée » ou aux instruments.Un outil privilégié est le logiciel de géométrie dynamique Geo-Gebra : il est possible d’utiliser la défi nition du cercle osculateur donnée dans l’introduction (construction de la normale en A et de la normale en un point M qui se rapproche de A), mais il est également possible de donner aux élèves la commande CercleOsculateur[<point>,<fontion>] du logiciel, qui permet de tracer le cercle osculateur à la courbe représentative de f en un point A donné : l’équation du cercle est donnée dans la fenêtre Algèbre, et un clic droit sur cette équation permet de la faire passer sous la forme ( ) ( )x a y b r– –2 2 2+ = , ce qui donne de facto la valeur du rayon de courbure.

Ainsi le rayon de courbure de la parabole représentant la fonction :f x x2

7 au point ( ; )A 0 0 est égal à 0,5.Le rayon de courbure de l’hyperbole représentant la fonction

:f xx1

7 au point ( ; )A 1 1 est égal à 2 .

Le rayon de courbure de la courbe représentant la fonction

:f x x7 au point ( ; )A 1 1 est égal à 2

5 5 .

Une formule existe, qui permet de calculer le rayon de courbure a au point d’abscisse de la courbe représentative d’une fonc-tion f deux fois dérivable en a : cette formule est

(a)

( ) )a

¢2

( )R a2

3

=f

( f1 + ¢¢

.

3Les suites



Suites Modes de génération d’une suite numérique.

Suites arithmétiques et suites géométriques

Sens de variation d’une suite numérique.

Approche de la notion de limite d’une suite à partir d’exemples.

• Modéliser et étudier une situation à l’aide de suites.

• Mettre en œuvre des algorithmes permettant :– d’obtenir une liste de termes d’une suite ;– de calculer un terme de rang donné.

• Établir et connaître les formules donnant1 + 2 + … + n et 1 + q + … + qn.

• Exploiter une représentation graphique des termes d’une suite.

Il est important de varier les approches et les outils.

L’utilisation du tableur et la mise en œuvre d’algorithmes sont l’occasion d’étudier en particulier des suites générées par une relation de récurrence.

On peut utiliser un algorithme ou un tableur pour traiter des problèmes de comparaison d’évolutions et de seuils.

Par exemple, dans le cas d’une suite croissante non majorée, on peut déterminer un rang à partir duquel tout terme de la suite est supérieur à un nombre donné.

Le tableau, les logiciels de géométrie dynamique et de calcul sont des outils adaptés à l’étude des suites, en particulier pour l’approche expérimentale de la notion de limite.

On ne donne pas de défi nition formelle de la limite.

Programme offi ciel

1. Prendre la tangente1. On reproduit le tableau.2. En B3 on écrit =B2*1,0114.On obtient ainsi :

3. a. a10 correspond à la population mondiale en 2019.b. a 02 = 8,426 milliards d’habitants environ.c. En 2050 on peut estimer la population mondiale à 10,69 mil-liards d’habitants environ.d. a 1n =+ 1,0114 an# .

2. Algorithme et suite1.

Valeur de N 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Valeur de uN 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55



Livre du professeur

29


1. Mode de génération de suites26. et 27. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.28. u1 = − 8 ; u2 = − 19 ; u3 = − 40 ; u4 = − 81.29. 1. a2 = − 2a1 + 5 ;a2 = − 29 ;a3 = − 2a2 + 5.2. am +1 = 2a1 + 5 ;3. a20 = − 6 291,461.30. a3 = 10 et a20 = 61.

31. On a VV V

2

–1

2n

n n=++ ;

V 2V V1n n n2 = ++ + ;V 2V V 2 4 8 162 1 0+ +#= = = ;V 2V V 2 16 4 363 12 + +#= = = ;V 2V V 2 63 16 884 3 2+ +#= = = ;V 2V V 2 88 36 2124 35 + +#= = = .

32. 1.

A 1 2 3 4 5

B − 5213–

435–

897–

16275–

2. 1u u23

1n n +=+ .

33. 1. ;u u 131

51 2= = .

2. ;u u7 311 2= = .

3. ;u u1 1–1 2= = .

4. 1 ;2 1 1

u uuu

1 31– –1

102 +#

= = = = .

34. 1. u 756 0304 = .2. u u u–2

n nn 1 =+

.3. La suite (un) est défi nie par récurrence.

2. Représentations graphiques

37. 1. ( )f x x3 4= + .4. On peut conjecturer que (un) est crois-sante.

38. 1. ( ) 1f xx

x+= .4. u u

u

uu

u

u u1 1– – –1

1

2

n nn

nn

n n+ + += =+ .

39. 2( )t n " .( )u 4n " .

1( )vn " .3( )wn " .

3. Travail sur les indices40. Cet exercice est corrigé dans le manuel.41. 1. ( )nv 21

2n = ++ .

2. ( )nv v 2 1 11n n + += ++ ;

v v 2 31n n n += ++ .

42. 1. ( ) ( )n nw 1 2 1–12

n + + +=+

( )n n n2 1 2 2– 2 + + + += ;

nw 1–12

n +=+ .

2. S 1 ( 2 ) 1 2n n n n– – – –2 2n + += = .

3. S 1 2( 1) 1 2n n– – –1n += =+ .

4. S S 2–1n n =+ .

43. 1. 3u u n– 1n n – += .

2. ( 2) 1u n u– n 1n – += .

44. 1. u 00 1 2 3= ; u 1= ; u 0= ; .u 1–=2. u u1n n=+ .

3. ; ; ;u u u0 1 02 012 2 013 2 014= = =u 1–2 015 = .

4. Suites arithmétiques45. Cet exercice est corrigé dans le manuel.46.

;743 ; 679 uu u 3 261–1 20 2 0142= = = .

47. Cet exercice est corrigé dans le manuel.48. h) et c) sont des suites arithmétiques.

49. u u uu u

2320 1 22

0 22+ + ++

#f =

.232

3 47 575+#= =

50. u229–1 = ; u 12–2 = ; u

219–3 = ;

u 7–4 = ; u2

17141 = .

51. u31–10 = ; u

332–49 = ;

.u 668–2013 =52. u u r55157 102 +=

25 47 55r+= ; r52–= et u u 102–0 102=

( 52– ) 5

439= ; u5

5 561–3 000 = .

53. a et d sont arithmétiques.

54. 1. 871u u871 0 += ( 23– ) 2

1 307–= ;

3 240 540.v v31

3 240 0 + #= =2. u u u0 1 871+ + +f =

u u872

2218–0 871+

= ;v v v1 2 3 240+ + +f =

3 240 540.v v

21 3 240+

=

55. 1. 2 ( 1) .w n n45

45

43–n + += =

2. .w4

20340 =

3. 772 772 617.w n n

45

43

n ++ += = =

56. A 2 012 2 011 2 0122

##= ;

B 2 011 2 012 2 0132

##= ; donc B A.2

57. 1. u u r–0 1= ; .u u r2 1 +=

2. 81u u u

u u u 18 3600 1 2

0 1 2

+ + ==) ;

Exercices (p. 120)

2. 1u nu 1 nn + +=+ .3. On trouve u 21020 = on en déduit que 21u u 2312 21 0 += = .4.

5. Le nuage ressemble à la représentation graphique d’une parabole.

6. u nn2

2

n+= .

3. Les moines copistes1. u 2311 = ; u 2482 = ; u 2653 = ; u 2824 = .2. u u 171n n +=+ .3. On a p 16= et u 48616 = .4. En 1322, la production était de u u u44 5 15+ + +f .5. Ce qui représente 4 506 manuscrits.

4. Suite logique1. On peut proposer v 335 = .2. v 656 = ; v 1297 = et v 2578 = .3. v v2 1–1n n=+ .4. ( )f x x2 1–= .5. On peut conjecturer que 2 1vn

n += .6. ( ) 2 1xg x += .

Chap. 3 Les suites

Livre du professeur


Chap. 3 Les suites

( ) ( ) 18 360

u

u r u u r

3 81

–1

1 1 1 +

==) ;

u

u u r

3 81

18 360–1

13

12

==) .

3. u

r

27

27 27 18 360–1

3 2

==

' ;

;ou

.u

r

u

r r

27

49

27

3 0–1

21

1

==

==

' '

4. 39 27 39 3 90.u u r – –40 1 + #= = =

58. u u u

u u u

60

1 2180 1 2

02

12

22

+ +

+ +

=

=) ;

;u

u u r r u u ru r

3 60

2 2 1 218–1

12

12

12

12

12+ + + + +

=

=)

3 2 1 218;

u

u r

u

r

20 20

9

1

12 2

12+

=

==

=) ) ;

.u

rcar r

20

30

12

==

'

59. 1. et 2. (un) est arithmétique de rai-

son 81 .

3. 10u u u1 2 10+ + +f = ;

10 10u u

21 10+

# = .

2u u1 10+ = ; 9 2u u81

1 1+ + # = ;

u167

1 = ; u169

2 = ; u1611

3 = ; u1613

4 = ;

u1615

5 = ; u1617

6 = ; u1619

7 = ; u1621

8 = ;

u1623

9 = ; u1625

10 = .

60. 1. 2 3 2 3

uu

u2 252

10

0

+ += = = ;

uu

u

2 3

2

256

54

41

21

1

++

= = = ;

u2

43

21

112

3

+= = .

2. u u52 1

53– – –1 0 = = ;

u u41

52

53– – –2 1 = = ;

(un) n’est donc pas arithmétique.3. a.

2 3v

u u

u

uv1

21

23

23

11

nn n

n

nn

++ += = = =+

+

(Vn) est une suite arithmétique de raison

23 et de premier terme .v

u1 10

0

= =

b. 1v n23

n += .

c. 1

1 3u

nn

23

1 2n

++

= = .

4. (vn) est croissante donc (un) est dé-croissante.5. v 1nH donc u0 1n1 G .61. 1. 3 3.v u u v1 1

2 2n n n n+ += = =+ +

Donc (vn) est une suite arithmétique de raison 3 et de premier terme .v u 10 0

2= =2. Pour tout nd ; 1 3 .v nn +=3. Pour tout nd ; 1 3 .u nn +=4. 50 1 3 2 500u nn ++H H .n 833+ H62. 1. (un) est arithmétique de raison

.145–2. Pour tout nd , u 12n = 300 – .n145

3. u 0nG ; n 14512 300

H ; soit .n 85H

4. 85 7 12 1+#= donc en septembre 2017 la production est de 120 jouets en octobre 2017 la production s’arrête.63. 1. Affi cher U N R0 + # .2. Si R 02 alors (un) est croissante.Si R 01 alors (un) est décroissante.3. Si R 02

AlorsAffi cher “(un) croissante”Sinon

Si R 01AlorsAffi cher “(un) décroissante”Fin Si

Fin Si

4. a. u 2410 = ; (un) est croissante.b. u 35–12 = ; (un) est décroissante.c. u 1–16 = ; (un) est décroissante.

5. Suites géométriques64. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

65. 1. u34–1 = ; u 4–2 = ; u 12–3 = .

2. u 12–1 = ; u 6–2 = ; u 3–3 = .

3. u 31 = ; u 1–2 = ; u31

3 = .

4. u 12–1 = ; u 8–2 = ; u316–3 = .

66. 1. u 27–1 = ; u 92 = ; u 3–3 = .

2. u 81n = ( 31– )n

.

3. u 812 012 = ( 31– )2 012

qui est très proche

de 0 donc la calculatrice affi che 0.67. Cet exercice est corrigé dans le manuel.68. t t41n n=+ ; ( )t n est une suite géo-métrique de raison 4 et de premier terme

3 4 3t0n

#= = .69. 1. (vn) est décroissante.2. (vn) est croissante.

3. (vn) est décroissante.4. (vn) est mi-croissante et mi-décrois-sante.71. Le nuage des points bleus est associé à la suite (un).Le nuage des points rouges est associé à la suite (vn).u 20 = et v 60 = .

72. 1. u 1–0 = ; u21

1 = ; v41

0 = ; v83

1 = .

2. q21–= et =¢q

23 .

73. 1. u 70 = ; ,u 6 31 = ; ,u 5 672 = .

2. (un) est géométrique de raison 0,9.3. (un) est décroissante.74. 1. v1 = 768 ; v2 = 384 ; v3 = 192 ; v4 = 96.

2. vn = 1 536(21)n

.

3. On trouve 0 car le résulat est l’appro-che de 0 par la calculatrice.75. 1. v q v6

33= ; q324 12 3= ; q 273 = ;

q 3= .2. v 364 = ; v 9727 = ; v

274

0 = .

76. (vn) est géométrique de raison 3 et de

premier terme v37–0 = .

77. 1. v 2402 = ; 0v 123 = ; 0v 64 = .

2. v 480n = (21)n + 1

.

3. (vn) est décroissante.78. 1. (vn) est croissante.2. (vn) est croissante.3. (vn) est croissante.4. (vn) est décroissante.79. 1. (un) est géométrique de raison

2– .2.

( )u

32

34–

1

2

= = .

3. (un) est mi-croissante mi-décroissante.80. 1. rn+ 1 u u3–2 1n n= + +

u u u5 36– –2 1n n n= + +

u u2 6–n n1= +

( )u u r2 3 2–n n n1= =+

(rn) est géométrique de raison 2.2. Pour tout nd , r r 2 20n

n n= = .3. Sn + 1 u u2–2 1n n= + +

u uu5 6 2– – 1n nn1= + +

u u3 6–n n1= +

3( 2 ) 35u u– –1 nn n= =+

(sn) est géométrique de raison 3.4. Pour tout nd , s 3n

n= .5. On a : pour tout nd ,

(1)

(2),

u u

u u

3 2

2 3

–

–1

1

n n

n nn

n==

+

+

)

donc pour différence (2) – (1) on a : .u 3 2–n

n n=


Livre du professeurChap. 3 Les suites

31 © Hachette livre, 2011 Repères 1re, Livre du professeur

81. 1. 4 5 4 5u u u

611

67

679

2 1 0+ +# #= = = ;

.u u u4 5 4679 5

611

6371

3 2 1+ +# #= = =

2. a. Pour tout nd , vn + 1 u au2 1n n+= + +

u u au4 5 1n n n1+ += + +

(4 ) 5a u un n1+ += + .

b. 4 (4 ) 5aa

a a1

5+ ++= =

soit 4 5.a a2 + =c. ;S 1 5–= " , .d. On sait que pour tout nd ,vn + 1 (4 ) 5a u u1n n+ += +

5a

u u51n n+= +

( )u ua

va

a5 51n n n+= =+ .

Donc (vn) est une suite géométrique de

raison a5.

3. Pour tout rd , 4 5u u –1n n

n+ #=+ en prenant a 1= ;

u32–1n n

n+ ( )u5 1–= en prenant .a 5–=

4. Par différence on a :

6 4 5 ( 1)u32– – –n

n n#=

5 ( 1)u32

91– – –n

n n#= , nd .

82. 1. 8u qu

qu q u2 16– –3 3

32

3

+ ==)

2( ) 2u qu qu q u– –3 3 32

3+ =q q q2 2 2– – – 2=

q q2 3 2 0– –2 = donc q 2= ou q21–=

or q 01 donc .q21–=

Ainsi : u u21 8–3 3 = donc u 163 = et

16 8 128.uq

u u

81–

– –0 3

3 3#= = = =

2. Pour tout nd , u 128–n = ( 21– )n

.83. 1. v 6500 = ;

8032 670,=650 1,v1 #= ; 032 =8 1,#6 0,7v2 = 692,2 656.

2. (un) est géométrique de raison 1,032 et de premier terme 650v0 = .3. On trouve n 50= soit en 2061.4. Au bout de 32 ans.84. 1. N 1p =+ 0,9 879Np.2. (Np) est géométrique de raison 1,0 121 et de premier terme N0.3. N N0p = 0,9 879Np, pd .4. Si N p = 0,4 286 N0 donc 0,4 286 = 0,9 879p donc .p 69.La mort remonte à 6 900 ans.5. 29,6 %.

85. 1. u 1n =+ 1,06 un donc (un) est géo-métrique de raison 1,06.2. 1 456 1, 06 .un

n#=

3. u 1 838n. . En 2013, il y aura 1 838 habitants.4. u6. 2 065.5. En C3 on entre C2#= 1,06.86. 1. (un) est géométrique de raison 1,02.2. 1, 02 1 700 1, 02u u0n

n n#= = .

3. u 1 9146. .

4. C2#= (1 + D$2),1 02C2#=

= C$2# 1,02^B3.5. À partir de 2013.

6. Travail sur le symbole /87. Cet exercice est corrigé dans le manuel.88.

1i

i2 1 35

158–1

4

i

+ ==/ ; ((3 ) ) 160j j–2

j

5

2

+ ==/ ;

( )i 53 ––0

4

i=

=/ .

89. uu u

2320

220 22

pp

+#=

=/

23 575.2

3 47+#= =

90. ( ) .v v1 2

1 2 3 2 1–

– –0

0

2020

pp

19

= ==/

91. ( ) ( )h n n3 1 12

1 3 1– – –0h

n

+ +#=

=/

( )( ).

n n

21 3 2–+

=

92. A i8

16

i=

=/ ; B i2

i 2

9

==/ ;

(2 1)C i6

0i+=

=/ ; D

i12

i 1

7

==/ .

93. k 313

2 1–1

15k

7

==/ ; ( )j3 1 26–

1j

4

==/ ;

(3 2)p 9322

0p+ =

=/ .

94. ( 1)k n n n n22

2 21k

n

+#= + ==/ ;

1k

n

=/ (3

1)k

31

131

131

–

–n

#=c m

21= (1 – (3

1)n) 3 .

21

21– n–#=

95. 1. 5u n23–n += .

2. ( )u nu u

12p

0

0

p

nn+

+=

=/

( ) ( ) .nn

n n12

5 523

41 20 3

– ––+

++ += =

3. ( ) ( 1) 10 3 10k n n3 102

– – –0k

n

+ +==/

( )(3 20).

nn

21

–+

=

96. 1. A B p p2

0

22

1

2

p

n

p

n

+ = == =/ /

( )( ) ( )( ).

n n n n n n

6

2 2 1 4 1

3

2 1 4 1+ + + += =

2. B ( )p p2 42

0

2

0p

n

p

n

= == =/ /

( )( ).p

n n n4

32 1 2 12

1p

n + += =

=/

3.

A ( )( ) ( )( )n n n n n n

3

2 1 4 1

3

2 1 2 1–

+ + + += ;

( )n nn n

3

2 14 1 2 2– –

++= 6 @

( )( ).

n n n

3

2 1 2 1–+=

97. ( 1)k n

n

21 3

221

21 3

––

0k

n

++

==/

1( )n n4

2 3–+=

( 3 2)n n41 – –2 +=

(3 2)n n41– –2 +=

98. 2. k 1 7852

0

17

k=

=/

5k 8 552

0k

29

==/

k 6 770229

18k=

=/

99. S1 = 2 021 055 ;S2 = 1 105 195.

100. S1 = 2 703 ; S 92632

2 += ;

S ( ) .5401 3 1–11

3 =

101. A k1 50

469

k+=

=/

4702

1 1 5 469+ +#

#= = 551 545 ;

3 (3 1).B1 3

1 3293

–– –2

1313

k

k

2

14

#= = ==/

102.

S ( ( 1) ) ( )k k k2 1– – –2

1

2 0112

1

2 011

k k+= =

= =/ /

2 0112

3 4 023– –#= = 4 048 143.

7. Problèmes de suites arithmé-tiques et géométriques


104. (un) est arithmétique de raison 61 de

premier terme 65– .


Livre du professeur


Chap. 3 Les suites

(vn) est géométrique de raison 1– de premier terme 1.(wn) est géométrique de raison

41 de

premier terme 1.105. (un) est géométrique, (vn) est arith-métique.106. a. (un) est géométrique.b. (un) n’est ni arithmétique ni géomé-trique.c. (un) est arithmétique.107. Cet exercice est corrigé dans le manuel.108. 1. (un) est géométrique de raison

2– de premier terme 3 ;

(vn) est arithmétique de raison 3 de

premier terme 21– ;

(wn) est géométrique de raison 2 de

premier terme 5.2. (un) est mi-croissante mi-décroissante ;(vn) est croissante ;(wn) est croissante.109. (un) est géométrique de raison

43 et

de premier terme 4 ;

(vn) est arithmétique de raison 2– de

premier terme 4.110. 1. 7 maisons , 72 chats ; 73 souris ; 74 sacs de grains ; 75 grains.2. 75. 16 807 grains.

111. 1. 6463 . 2.

641 .

3. a.1 2 4 8 .

1615

16 161

81

41

21+ + + + + += =

b.

1 .21

21

21

21

121

121

21

–

––

2

n

nn+ + + #f = =

c. 1 .2

2 121

21

21

21– –

2 nn

n

n+ + +f= =

112. Pour n étapes on a n1 2 3+ + + +f

boîtes soit ( 1)n n

2+

.

Si on résoud ( 1)n n

21 032

+= on trouve

1n2

8 257– += (car n 02 ) impossi-

ble car nd .

Si on résoud ( 1)n n

22 016

+= on trouve

n 63= . Donc Paul ment.

113. 1. Su u u u

1 1

0 1 1 2

n+

++

=

u u

1

1n n

+ ++

f+

2. Su u u u

u u u u

– –

–

1 0

1 0

2 1

2 1n

++=

u u

u u

–

–

1

1

n n

nn+ +f+

+

(r

u u u u1

–1 0 2 1+ +=

)u u–2n n+ +f +

donc S ( )r

u u1 –1 0n n= +

( )u u

u ur

1 1

––

1

1 0

n

n

1

#=+

+

S( 1)

u

u n r u

ru

1–

1

0 0

0

n

n +

+ +#=

+

u u

n 1

1 0n +

+=+

114. un + 1 est l’aire du demi disque de rayon n + 2 moins un.Ainsi

( ) ( )u n u u u2

2 –12

1 1n n n+ + + +fr=+ +

u2

2 212r r= = ;

u2

3 2 52

–22r r r= = ;

u2

42

5 22

7– –32r r r r= = ;

u2

52

5 22

32

9– – –42r r r r r= = .

u u–1n n+

( 2) ( )n u u u2

–21 1n n+ + + +fr= +

( 1) ( )n u u2

– 21 1n+ + + +fr

+

( 4 4 2 1)n n n n u2

– – – –2 2n+ +r=

(2 3)n2

+r= ;

( )u n2

2 31n +r=+ donc ( ) .u n2

2 1n +r=

115. 1. a b c+ H .

2. a c1+ H devient a qa q a2+ H soit 1 q q2+ 2 .

3. q q1 0– 2 + + 2

+ ( 1q2

5– + )( q2

1 5– – ) 01

q q 1 0– –2 1

soit 1q2

1 52

5– +1 1 or q 1H

d’où 1q12

5+1G .

116. 1. • OA 20 = ; OA A A OA12

1 02

02+ = ;

• OA2 412 = ; .OA 21 =

• OA OA2 22

12= ; OA 12

2 = ; .OA 12 =

• OA OA2 32

22= ; OA

21

32 = ; .OA

22

3 =

2. OA OA2 12 2n n=+ ; OA OA

22

1n n=+ .

3. (an) est géométrique de raison 22 car

a a22

1n n=+ .

4. a a0n = ( 22 )n

2= ( 22 )n

2 .21n

–=

5. a. b 2p = ; b 12 = ; b 22

3 = .

b. .b A A OA a1n n n n n= = =+

c. ( )b 1n nH est géométrique de raison

22 donc b 2n = ( 2

2 )n

.

d. et e. S A A b11 1

n pp

n

p pp

n

–= == =

/ /

1 1.2

122

22

2 22 2

22

–

–

–

–n n

= =( ) ( )

f. Sn semble se rapprocher de 2 2

2 2

– .

8. Limites117. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

118. 1. En R2 : = (21)Â2.

2. En C2 : = 1,3Â2.

4. lim u 0n n =

+3" ; lim v

n n +3=+3"

.

119. lim u 2n n =

+3".

120. lim un n +3=

+3".

121. 2. lim un n +3=

+3".

3. 0lim vn n =

+3".

122. 1. En B3 on entre 2B2 5–= .

2. En C3 on entre C2 543 –= .

4. lim u –n n 3=

+3" lim v 20–

n n =+3"

.

123. (un) semble ne pas avoir de limites.

124. lim u 3n n =

+3".

125. 1. et 2. lim u 0n n =

+3" ;

lim v 0n n =

+3" ; lim w 0

n n =+3"

.

3. lim r 3n n =

+3" ; lim s 0

n n =+3"

126. 1. et 2. lim un n 3=

+3" ;

lim vn n +3=

+3" ; lim w –

n n 3=+3"

.

3. lim r –n n 3=

+3" ; lim s –

n n 3=+3"

;

lim tn n +3=

+3".




127. (un) n’a pas de limite ;(vn) tend vers 0 ;(wn) n’a pas de limite.

128. 1. un se rapproche de +3 .2. vn se rapproche de –3 .

129. 1. Si r 02 , un se rapproche de +3 . lorsque n tend vers +3 .2. Si r 01 , un se rapproche de –3 . lorsque n tend vers +3 .

9. Problèmes

131. 1. Par récurrence.

2. ( )f xxx

33 4

++= .

3. La suite (un) semble croissante.

4.

3

3 4

3

3 42 5 10

v

u

u

u

u

u

u

22

––1n

n

n

n

n

n

n

+

+

+

++ +

= =+

5 5 .u

uv

2

2

–n

nn

+= =

(vn) est une suite géométrique de raison 5.

5. Pour tout nd , .v v 531 5–0n

n n= =

2 5 ( 2)u u31– –n

nn+ =

un (1 531 n+ ) 3

2 5 2–n=

5 1 5 32 5 6

.u

3132 5 2– –

nn

n

n

n

+ +#= =

132. 1. u0 = 3 ; u1 = 10 ; u2 = 5 ; u3 = 16 ;

u4 = 8 ; u5 = 4 ; u6 = 2 ; u7 = 1.

u0 = 7 ; u1 = 22 ; u2 = 11 ; u3 = 34 ; u4 = 17 ;

u5 = 52 ; u6 = 26 ; u7 = 13 ; u8 = 40 ; u9 = 20 ;

u10 = 10 ; u11 = 5 ; u12 = 16 ; u13 = 8 ; u14 = 4 ;

u15 = 2 ; u16 = 1 .

u0 = 11 ; u1 = 34 ; u2 = 17 ; u3 = 52 ; u4 = 26 ;

u5 = 13 ; u6 = 40 ; u7 = 20 ; u8 = 10 ; u9 = 5 ;

u10 = 16 ; u11 = 8 ; u12 = 4 ; u13 = 2 ; u14 = 1.

u0 = 13 ; u1 = 40 ; u2 = 20 ; u3 = 10 ; u4 = 5 ;

u6 = 16 ; u7 = 8 ; u8 = 4 ; u9 = 2 ; u10 = 1.

u0 = 19 ; u1 = 58 ; u2 = 29 ; u3 = 88 ; u4 = 44 ;

u5 = 22 ; u6 = 11 ; u7 = 44 ; u8 = 17 ; u9 = 52 ;

u10 = 26 ; u11 = 13 ; u12 = 40 ; u13 = 20 ;

u14 = 10 ; u15 = 5 ; u16 = 16 ; u17 = 8 ; u18 = 4 ;

u19 = 2 ; u20 = 1 .4. 13 a une altitude de 40 et 19 une al-titude de 88.

5.

VariablesA, B deux réelsDébutSaisir AA → BTant que A 1!

Si partie décimale de A/2 = 0AlorsA/2 → ASinon3A + 1 → A

si B A1Alors A → BFin Si

Fin SiAffi cher AFin PourAffi cher B

Fin

6. 13 a un temps de vol de 10.19 a un temps de vol de 20.

7.

VariablesN un entierA un réelDébutSaisir AA → NTant que A 1!

Si partie décimale de A/2 = 0AlorsA/2 → ASinon3A + 1 → AFin SiAffi cher AN + 1 → NFin PourAffi cher N

Fin

133. 1. u2 = 1 ; u3 = 2 ; u4 = 3 ; u5 = 5.

2. 2

1 5–a = ; 1

25+

b =

v 22 2

nn n+ma nb=+

+ +

et

( 1) ( 1)v v1n nn n+ + + +ma a nb b=+

( ) ( )2 2n n+ma a nb b= v 2n= + .

4. v u

v u0 0

1 1

==) ;

u

u0

1

+

+

m n

ma nb

==) ;

( ) u u

u

– –0 1

0+

m b a b

m n

==) ;

u u

uu u5

5

–

––

0 1

00 1

mb

nb

=

=

Z

[

\

]]]

]]

;

5

155

5

155

– –m

n

= =

= =

Z

[

\

]]

]]

.

5. S0

nk

n

==

/ ( 55

55– k k+a b )

55= ( 1

11

1–

––

––

1 1n n

b

b

aa

+ + ).134. 1. ( M) , ,10 050 1 005 10 100 25– # =

, M.1 005–Après le versement de la mensualité Jean-ne doit 005 M.10 100, 25 2,–

2. Jeanne doit un, après un mois elle doit 0051,un# , puis elle verse une men-

sualité de M donc fi nalement elle doit 005 M.u –1,u 1n n=+

3. 005Mv u –1 1n n=+ + ,0

Mu005 – –005

, M1 n=,0

005,1= ( 005Mvn +,0 ) 005

M M– –,0

M Mv005 –+005005

,1 n= ,1,0 ( 005

1 1+,0 )

v005,1 n=(vn) est une suite géométrique de raison 1,005.

4. v v0n = 1,005n ;

005 005M 10 000 M .v u – –0 0= =, ,0 0

5.

un = (10 000 005M–,0 ) 1,005M

005M .+,0

6. u 060 += (10 000 005M–,0 ) 1,00560

005M 0+ =,0

10 000 005 M=1, 60# ( 005005

005 1–60

,,

0,01 )

005

005

,005 0#M

,1 1

10

–60

60

.=,000 1#

193,34 .

135. 1. u1 = 1 ; u2 = 2 ; u3 = 4 ; u4 = 8 ; u5 = 16.

2. )(un semble être une suite géométri-que de raison 2.On peut conjecturer que u 326 = .


Livre du professeur


Chap. 3 Les suites

3. u 316 = ; cette fi gure invalide notre conjecture.

1

28

6

25

2 5

87 10

9

2120 14

30 2322

151631

29 27 26

3 4

24

1319 18

17 11

12

4. a. 1 (1 ( 2) 1)u u n1n n + + +#= −+

f+)1+)3−(n#(2+( )( )n 2 1 1 1+ + +#−

( 1) 1u P n p– –0

1

np

n –

+ +==/ .

On obtient

( 3 8 )u u n n n61 –1

3n n

2+ +=+ à l’aide

d’un logiciel de calcul formel.

b. u u u u– 1 1

1

n pp

n

p1

–

= −+=/

( 3 8 )p p p61 –3 2

1

1

p

n –

+==/

( )6 23n n n n124

18–4 3 2+ +=

( 6 23 18 2 )u n n n n241 4– –4 3 2

n + +=

= ( n0) + ( n

2) + ( n4) .

136. 1.

;u u v

v u v

110020

10030

10020 1

10030

–

–

1 n

1

n n

n n n

+

+

=

=

+

+

Z

[

\

]]

]]

( )( )

;

.u u v

v u v

54

103

51

107

1

1

n n n

n n n

+

+

=

=

+

+

Z

[

\

]]

]]

2. a. S u v1 1 1n nn +=+ + +

u v u v54

103

51

107

n n n n+ + += Su vn n n+= =(Sn) est une suite constante.

b. t u v2 3–1 1 1n n n+=+ + +

2–= ( u v54

103

n n+ ) 3+ ( u v51

107

n n+ ) u v t

23

21– n n n+= =

(tn) est une suite géométrique de raison 21 .

3. n ;

u v

u v

500

2 3 10021– –

n n

n n

+

+

=

=* ( )

n

n

.u

v

300 2021

200 2021–

n

n

+=

=

Z

[

\

]]

]]

( )( )

4. On conjecture que limn +" 3 (2

1)n

.0=

5. On en déduit que lim u 300n n =

+" 3 et

00.lim v 2n n =

+" 3

137. 1. u 1500 = ;3002 300,=150 150 1,u1 + #= ;

9002 450,-150 1,u u2 1+ #= ;, .u 601 83.

2. u un 1 n=+ (1,

1000 2

+ ) 150+

002 150.u +1, n=3.

1, 002 150v u a u a1 1n n n+ + += =+ +

002 ( ) 150v a a– + +1, n= 002 .a002 150 0,v –+1, n=

On pose ,

a0 002150= = 75 000.

4. 0021,v v0M

n #= ;150 75 000 75 158v u a0 0 + += = = ;

002,v 75 150 1 Mn #=

75 150 1, 002 75 000.u –nn

#=5. u10. 1 666,6.Le montant des intérêts s’élève à

11 150u –10 # . 16,6 .

138. 1. u 10 = ; u35–1 = ; u

914–2 = ;

u2714–3 = .

2. a. ( 1)v u n23

421–1 1n n + +=+ +

2u n n31

23

23

421– – –n += =

u n31

21

47–n +=

31= ( u n

23

421–n + ) .v

31

n=

(vn) est une suite géométrique de raison

31.

v u421

425

0 0 += = .

b. n d , v 254n = (3

1)n

;

u425

n = (31)

n

n23

421–+ ;

c. S425

131

131

–

–1

n

n

=

+

)(

( )( 1) .

n nn

23

21

421–+

++

S875

n = (1 – (31)

n + 1

) 1 (3 21).n4

–n+ +

139. 1. 0,375 est un rationnel car son écriture décimale est périodique.

2. a. (un) est géométrique de raison 10– 3.

b. S u u u u1 101 10

––

1 2 3

3

n n

n

1 –

–+ + +f= =

, .0 375 9991 060 10– 3 3n–

=+

3. lim 10 03

n

– =+" 3

. 4. S .lim999375

n n =+" 3

140. 1. ; .u u990 9811 2= =

2. a. ; .v v1 0 9000 1= =b.

900 0, 9 90 900v u u– –1 1n n n += =+ +

,0 9= ( ,u

0 9810–n )

, ( ) , .u v0 9 900 0 9–n n= =c. (vn) est géométrique de raison 0,9 ;

100 0, 9 .vnn

#=3. 100 0, 9 900.un

n +#=4. 900.

5. u 901nG pour .n 44H





141. 1. ( )un est une suite arithmétique de raison – 9,3.

2. u 547 –n = 9,3 n.

3. 3,

u n9447100n + HG soit .06,n 48H

144. 1. c. 2. c. 3. d. 4. a.

145. 1. Cf cours.1. a. Cf cours.

b. ( )u u qu u q u1– – –1n n n n n= =+

( 1)4q q– n=or q 12 donc q 1 0– 2 ; q 1n2 donc u u 0–1 nn 2+ ; (un) est croissante.c. ( )u u q q1 17– –1 nn

n=+ ; q 1 0– 1 ; q 0n2 donc u u 0–1n n1+ ; (un) est dé-croissante.146. 1. 1 2

( 1).n

n n

2+ + +

+f =

2. 3.u u1n n +=+

3. 3 .u u0 Mn +=4. S ( 1) 3 (1 2 ).n u n0n + + + + +f=

5. S ( 1) 3( 1)

n un n

20n + ++

=

( 1)n += ( u n23

0 + ) 1 (2 3 ).n nu2 0+ +=

6. S ( 40 90) 31 25 775.231 –30 + #= = =

TP Info (p. 140-141)

1. Carrés et suites arithmétiquesPartie 1 :1. On entre les données dans le tableur.2. a. ENT( ) .x x=b. = SI(ENT(RACINE(B2)) = RACINE(B2) ; « carré » ; « »).c. On recopie la formule.d. On peut conjecturer qu’il y en a une infi nité.3. On {3 ; 4 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10}bd alors ( )un contient un nombre infi ni de carrés parfaits.4. On peut conjecturer que si 3 2b k +=

kd alors ( )un ne contient pas de carré parfait.

Partie 2 :1. (3 1) 9 6p p p 12 2+ + += et 3(3 1 9 6 12 )p p pp2 2+ + + += .2. p6 d u3 2p p2 + est un carré parfait, il y en a donc une une infi nité.3.

1+p6+( )p p p p3 1 9 6 1 92 2 2 2+ + += =3(3 2 ) 3 1p p q q–2 + + +

9 6 3 3 1p p q q–2 + + +=p p9 6 12 + += .

Si 3 1b q += alors u3 2p p q–2 + est un carré parfait.4. Si il existe kd tel que ak b p2+ = avec pd .

Ainsip+paa2+aa=( )a p2 2 4 2 2 2+a ad .

2a a p bak4 2 2+ + +a a=( )a a a p k b223 + + +a a=

Donc un avec n a a p k223 + +a a= est un carré parfait. Il y en a donc une une infi nité !

2. Suite défi nie par une récurrence à deux niveauxPartie 1 :

1. a.

b.

N 2 3 4 5 6 7 8

uN 19 99 419 1 699 6 819 27 299 109 219

2. a. Il faut remplacer « Pour J allant de 2 à N » par : « Pour J allant de 1 à N » et rempla-cer « Affi cher B » par « Affi cher B – A ».b.

c.

N 2 3 4 5 6 9 10

vN80 320 1 280 5 120 327 680 1 310 720 5 242 880

d. ( )vn semble géométrique de raison 4.3. a. b.

Lire N– 6 Æ A– 1 Æ BB – A Æ 5

Pour J allant de 1 à N5 B – 4A Æ CC – B + 5 → 5B → AC → B

FinPourAffi cher 5

4. v u u–1 2 1n n n=+ + +

u u u5 4– –1 1n n n= + +

4( ) 4u u v–1n n n= =+

( )vn est donc géométrique de raison 4.

5. v v0

0k

n

u=

=/ ( )

34 1

35 4 1– –

11

nn=

++

u u–1n n= +

( )u35 4 1 6– –n

n=

4u35

323–n

n#= .


Livre du professeur


Chap. 3 Les suites


Généralisons ce que nous venons d’exposer, en supposant que l’équation donnée soit x a2 = , et qu’on sache d’avance que x est plus grand que n, mais plus petit que 1n + . Si après cela nous supposons x n p+= , en sorte que p doive être une fraction, que p2 puisse se négliger comme une quantité très petite, nous

aurons 2x np an2 2 += = , ainsi 2np a n– 2= , et pn

a n2– 2

= : par

conséquent nn

a nn

n ax2 2– 2 2

+ += = . Or si n approchait déjà de

la vraie valeur, cette nouvelle valeur n

n a2

2 + en approchera encore

beaucoup plus. Ainsi en la substituant à n, on se trouvera encore

plus près de la vérité ; on aura une nouvelle valeur qu’on pourra

substituer de nouveau, afi n d’approcher encore davantage ; et on pourra continuer le même procédé aussi loin qu’on voudra.Soit, par exemple, a = 2, c’est-à-dire qu’on demande la racine carrée de 2 ; si on connait déjà une valeur assez approchante, et qu’on l’exprime par n, on aura une valeur de la racine encore plus

approchante, exprimée par n

n2

2–2

. Soit donc :

1. n = 1, n aura x23= donc u 11 = et

2

2u

u

u1

2

nn

n +=+ .

2. n23= , on aura x

1217= donc u

1217

2 = .

3. n1217= , on aura x

408577= donc u

408577

3 = .

Et cette dernière valeur approche si fort de 2 , que son carré

166 464332 929 ne diffère du nombre 2 que de la petite quantité

166 4641 , dont il le surpasse. On a _u 2

166 4641

42 = .

Pour une suite qui converge vers 7 on prend uu

u

2

71

2

nn

n +=+ .

On obtient avec u 11 = :

4Statistiques



Statistique descriptive, analyse de donnéesCaractéristiques de dispersion : variance, écart-type.Diagramme en boîte.

• Utiliser de façon appropriée les deux couples usuels qui permettent de résumer une série statistique : (moyenne, écart-type) et (médiane, écart interquartile).• Étudier une série statistique ou mener une

comparaison pertinente de deux séries statistiques à l’aide d’un logiciel ou d’une calculatrice.

On utilise la calculatrice ou un logiciel pour déterminer la vairiance et l’écart-type d’une série statistique.Des travaux réalisés à l’aide d’un logiciel permettent de faire observer des exemples d’effets de structure lors du calcul de moyennes.

Programme offi ciel

1. Les différentes mesures de la régularité1. 1. L’étendue des deux séries statistiques est 10.2. Non.

2. 1. Le diagramme en boîte vert correspond aux notes de Faby.Le diagramme en boîte violet correspond aux notes de Christelle.

2. Écart interquartile de Faby : 3.Écart interquartile de Christelle : 2.

3. Christelle semble avoir les résultats les plus réguliers.

3. 1. 11, 8m28331

1 .= .

2.

3. Écart absolu moyen de Faby : environ 2,1.4. Écart absolu moyen de Christelle : environ 1,4.

Christelle semble avoir des résultats plus réguliers.

2. Une nouvelle mesure de la régularité2. En A12 on entre : = SOMME(B2:B9).3. En C2 on entre : = A2×B2.4. En B12 on entre : = SOMME(C2:C9)÷A12.5. a. En D2 on entre : = B2×(A2–$B$12)^2.

b. En C12 on entre : = (1÷A12)×SOMME(D2:D9).6. En D12 on entre : = RACINE(C12).

On trouve TFaby 3677. On trouve TChristelle 1,8.8. Christelle semble avoir des résultats plus réguliers.

3. Interpréter des indicateurs statistiquesBien que le salaire moyen soit plus important pour l’entreprise verte (probablement à cause des quelques gros salaires), si Sabrina n’a pas un haut poste dans cette entreprise, il faudrait mieux choisir l’entreprise violette car environ 50 % des salaires sont dans la tranche [2 000 ; 4 000] contre [1 250 ; 3 000] pour l’en-treprise verte.

7 1 -4,806 4,806 4,8069 1 -2,806 2,806 2,806

10 4 -1,806 1,806 7,22611 8 -0,806 0,806 6,45212 6 0,194 0,194 1,16113 7 1,194 1,194 8,35514 3 2,194 2,194 6,58117 1 5,194 5,194 5,194

1,374


Chap. 4 StatistiquesLivre du professeur


Livre du professeur

Logique et notations (p. 152) 1. a. 7n b. nx c. – 3n d. 2n

2. a. 28 b. 14 + 2n c. – 28 + n

3. a. 3n61 + b. 4n

32 + c. 16

4. a. 2+ +a b c b. 4 4+ +a b c c. –a c

5. a. x2 3– b. 3 2 1

2 5n n n

n x1 1 1– – – –+ + +

+=

c. 1

1n

x1 –+

+ d. k

k 31 1k

n

k

n+ == =

/ / (1 k3+ ) 3n x+=

6. a. ( )n n

21–

b. ( )n n n31 4 24 472 + +

c. ( 1)(2 5 6)n n n n61 – –3 2+

7. 1. ( ) .x x x x x x2– –1

2 2

1 1

2

1i

i

n

ii

n

ii

n

i

n

= += = = =

/ / / /

2a xnx nx a nx– –2 2+= =

2. ( )Vn

a nxna x1 – –2 2= =

Exercices (p. 158)


1. Moyenne, variance et écart-type13. x 6= ; 1v = .14. 1re A : x 10= et 0v = .1re B : x 10= et 10v = .15. 1. 20.2. 21.3. 50.4. 50 .16. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.17. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.18. 1. 24,7.2. 20,29

19. x13114= ;

132 188

v = .20.

x [0 ; 2[ [2 ; 4[ [4 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[

Centre classes

1 3 7 15 25

Effectif 9 8 13 5 1

x956= ; 2 417

9v = ; V

812 417= .

21. x.3,26 ; V.12,87 ; .v 1,5.22. x.20 791 ; V.3 122 811 ;.v 1 767.

23. 1. N 100!

2. x = 9,7.24. 1. et 2. Variables : R, 5, N trois réelsC un entier naturel

DébutSaisir NSi D = 5

O → RO → SO → C

TantQue N ≠ 100S + N → SC + 1 → CN2 + R → RSaisir N

FinTantQue

Affi cher « Moyenne », CS

Affi cher « variance », CR – ( C

S )2

3. x.11,3 ; V. 11,4.25. x.7,84 ; V.3,86 ; .v 1,96.26. x.993 ; V.211 572 ; .v 460.27. 2. x.10,15 ; 3. .v 15,01 ;4. x.15,72 ; .v 42,18.28. x.3,04 ; .v 1,84 ; non à cause de la moyenne.29. 2. On a entré en D2 : B2 C2#= , puis on a recopié cette formule vers le bas.10. On trouve : moyenne ; variance ; écart-type.30. En 2008 : x.165,7 ; .v 49,1.En 2009 : x.172,2 ; .v 47,4.En 2009, les étapes étaient plus longues en moyenne qu’en 2008.En 2009, l’écart-type était plus faible qu’en 2008, il y a moins d’écart entre les diffé-rentes longueurs d’étapes qu’en 2008.31. 1. x.42,8 et .v 1,8.2. Il va fabriquer des tailles appartenant à l’intervalle [39,2 ; 46,4] soit [40 ; 46] ce qui représente 94 % des tailles de l’étude.32. 1. EastDigit : x.3,56 ;

.v 1,29.

SiGait : x.4,65 ;.v 3,34.

2. SiGait.3. Les disques dans SiGait durent plus longtemps en moyenne mais l’écart-type étant plus important, il y aura de fortes dispersions dans les durées, il faudra donc veiller à avoir une garantie.

33. 1.

( ) 4 5 9m x x134427+ + + += = .

2. V ( )x41= =( x x4

427– – )

2

+ ( x4275 – – )

2

+ ( x4279 – – )

2

+ ( x42713 – – )

2

48 37x x21616

1–2 +=

x 049

4

V( )x16371

8

8

3. V admet 8 comme minimum atteint en

49 sur l’intervalle [0, 4].

V admet 16371 comme minimum atteint

en 0 sur l’intervalle [0, 4].34. 1. x.2,48 ; v = 0,62.2. x.1,96 ; v = 0,54.3. Le taux moyen de cholestérol des em-ployés du fast-food est beaucoup plus im-portant ainsi que l’écart-type.35. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.36. 1. x.126,5 ; v = 1,8.2. 2 ; 2x x– +v v6 @ est (environ)[122,9 ; 130,1].


Les fi celles de poids 122, 131 et 132 ne sont pas vendues ce qui représente 3,5 % de la production.34. 1. x.131,5.2. v = 4,5.3. Environ 75 % des plaques ont une longueur appartenant à l’intervalle

;x x– +v v6 @ soit environ [127 ; 136].38. 1. Cet algorithme calcule la moyen-ne des valeurs entrées dans L1 avec des effectifs entrés dans L2.2.

Après affi cher CT

il faut ajouter :O → VPour I variant de 1 à N

L2(I) × (L1(I) CT– )

2 + V → V.

Fin Pour

CV → V

Affi cher V

Affi cher V

3. On trouve x.10,7 ; V.4,3 ;.v 2,12.

39. 2. = MOYENNE (B2:B13).4. La moyenne mobile permet de déter-miner la tendance « de fond » en lissant les résultats tout en tenant compte des 12 derniers résultats.40. 1. En 2011 le CA était de 910 000 .En 2012 le CA était de 1 456 000 .2. 124 %.3. En 2 ans le pourcentage d’augmenta-tion est de 124 % et non pas de 100 % comme indiqué par M. Charcot.

4. a. (1 t100

+ )2

= 1,24

( , )t 2 24 1 100– .= 49,67 %.b. M. Charcot a fait une approximation en disant « qu’en moyenne » le CA a augmenté de 50 % chaque année.

41. 1. ( ) xm x411

41 += .

2. V ( )x x x16

3 22 55–2 += .

3.

x 0311

+3

( )V x1655

643

4. V atteint son minimum en 113

et il

vaut 643 . Dans ce cas la moyenne est 11

3 .

42. 1. ( )m x x1 12 2

3+= .

2. ( ) 3 26 195x x x41 –2 +v = .

3. ( ) ( ) 3 26 195x m x x x41 –2 ++v =

x21

213+=

12 65x 26 – –+ -= 3,8

ce qu’il fallait démontrer.

43. 1. ( )m x x31 14

3+= .

2. ( ) 14 61x x x96 –2 +v = .

3. ( ) 3 ;]x x –+ d 3Hv

( ) .(14 ) ;21 14 438

21 438– + +j 3; ;E

: <;;;;;;;; : <;;;;;;;;; –. 3,5 –. 17,5Donc la plus petite valeur entière et posi-tive de x telle que ( )x 3Hv est .x 18=44. 1. x.19,5.2. .v 1,3.3. Il y a plus de 94 % des valeurs dans l’intervalle

2 ; 2x x– + .v v6 @ [16,9 ; 22,2]4. Oui, les 3 critères sont vérifi és.45. 1. Pour Kléber : ( , )x .v (35,7 ; 25,5) ;Pour Sabrina : ( , )x .v (39,1 ; 31,4).2. Sabrina est la meilleure des deux joueurs car sa moyenne de points est la plus grande.Kléber est le joueur le plus régulier car son écart type est le plus petit.

46. 1. xp

x11

ii

p

==/ , si pour tout entier i

tel que I i pG G ; on a 9 x 11iG G alors

x9 111 1 1i

p

ii

p

i

p

G G= = =/ / / ;

soit p x p9 111

ii

p

G G=/

et donc .p

x9 1 111

ii

p

G G=/

Ce qui prouve que .x9 11G G

2. Pour tout entier i tel que i p1G G on a x9 11G Gor

xx

x xx x

11 99 11

11 9 11 92 2

– – – – – –– –

i

i

i

+G G

G G

G G

G G3

3. ( )Vp

x x1 –1

2i

i

p

==/

or x x2 2– –iG G

donc ( )x x0 4– 2iG G

soit ( )x x p0 4–1

2i

i

p

GG=/ et

donc 0 V 4G G .4. 0 V 4G G donc 0 4G Gv soit 0 2G Gv .47. 1. la plus grande valeur est xp et la plus petite est x1 , donc e x x– 1p= .2. Pour tout entier i tel que i p1G G on a :

x x x1 piGG donc x x pxp 11

ii

p

pGG=/

d’où x x xi pGG

x x xx x x– – –

1

1

i p

p

G G

G G3

.

x x x x x x

e x x e

– – –

– –1 1p i p

i

G G

G G

3. On en déduit que 0 ( )x x e– 2 2iG G .

4. Ainsi Vp

e1 2

1i

p

G=/ donc V e2G .

5. On en déduit que eGv .

48. tv

d

75350

314

11

1= = = et

tv

d

635

22

2= = . La distance totale est

700d d d1 2+= = .Le temps de parcours total estt t1 2+ = 10,5.La vitesse moyenne est de

5V

t ,d

10700

3200.= = = 66,7 km h 1–

$ .

On a :

V

v v

dtd

t t

d d

d

d d

vv1 1

2

1 2

1 2

1

1

2

2

1 2

1 2+

= = ++

=+

=+

49. 1. ( )x xn1 –2 2

1i

i

n

v ==/ .

Soit A = { i i n1d G G tel quex x 2–i

1 v } ;

( ) ( )n

x xn

x x1 1– –2 2

A

2

Ai

ii

i+v =

d z

/ / .

( )n x x–2 2

Ai

iHv

d

/ si Aiz donc

2x x–i

vH ; cardA k=( )(2 )n n k–2 2Hv v

( )n n k4 –2 2Hv v2. ( )n n k4 –2 2Hv v donc

( )n n k4 –H car 022vk n4 3H

nk43H .

3. Au moins 75 % des valeurs...4. Soit B = { i i n1d G G tel que

x x 3–i

1 v }.On pose cardBk = .Donc ( )( )n n n 3–2 2Hv vn n k9 9–H

nk98= or

98. 0,889.

Livre du professeurChap. 4 Statistiques


Donc « au moins 88 % des valeurs sont dans l’intervalle 3 , 3 .x x– +v v6 @

2. Médiane et quartiles50. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.51. Me 57= ; Q 501 = ; Q 062 = .52. Q1 = 11,5 ; Me 14= ; Q 183 = .53. et 54. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.55. 1.

1 3 5 7 9

2.

11 38 62,5 75 95

3.

4 6 9 13 15

4.

65 70 75 78

56. En Europe l’espérance de vie reste très concentrée dans l’intervalle [74,05 ; 78,55] et [48,6 ; 56 ; 25] pour l’Afrique. L’écart in-terquartile de l’Europe est très inférieur à celui de l’Afrique et le minimum de l’Euro-pe est supérieur au maximum de l’Afrique.57. 1. M. Vincent Q 61 = ; Me = 9,5 ; Q 153 = .2. et 3. Les notes de Mme Paulette ont un écart interquartile plus faible, les élè-ves faibles ont donc intérêt d’être corrigé par Mme Paulette et les bons élèves par M. Vincent.4. Il est plus probable que Mathilda soit une élève faible puisqu’elle estime avoir été corrigée sévèrement.5. Marc a donc probablement été corrigé par M. Vincent.6. a. Mea b+=M ¢e ;

Qa b+=¢Q1 1 et Qa b+=¢Q3 3 .b. On cherche a et b tels que :

813 –=¢Q–¢Q3 1 soit (Q Q ) 5–3 1

= ;

a95= .

c. 10=Me¢ signifi e que Mea b 10+ =

b5 10+ =,95 9#

.b 5=d. Nouvelle note de Karim :

95 7 5# .+ 8,9 soit 9

Nouvelle note de Marc :

06,5 5 13+,95 14# . soit 13

58. 1. C2. A59. 1.

Prime en milliers d’euros

[0,3 ; 0,7[ [0,7 ; 1,2[ [1,2 ; 2[ [2 ; 2,5[ [2,5 ; 3[ [3 ; 4[ [4 ; 6[

Effectif 21 41 96 198 69 85 7

Fréquences21

51741

51796

517198517

69517

85517

7517

Fréquencescumulées

croissantes

21517

62517

158517

356517

425517

510517

1

2.

0

Prime en milliersd'euros

2 3 4 5 600,3 1,1

2,3 2,9

2,5

0,25

0,5

0,75

1

21——517

62——517

158——517

356——517

425——517

510——517

0,7

3. Me. 2,3 ; Q1. 2,9 ; Q3. 2,9.

60. 1. .x463

193 615 418.=2. Il y a quelques villes à forte concentra-tion d’habitants qui réhausse très signifi -cativement la moyenne par rapport à la médiane.61. 1. Q 101 = et Q 133 = .2. On trouve bien Q 101 = .

4. Il faut remplacer E45" par F

435" .

62. 1. Affi cher

( L1 (N2 L1+ (N 12

+ )) .2'

SinonAffi cher L (( 1) 2)N1 '+3. On trouve 5 pour la médiane de la pre-mière série et 7 pour la seconde.63. 1. Le pourcentage médian est 20,2 %.2. Q1 = 17,5 % ; Q3 = 22,2 %.Environ 1/4 des pays de l’Europe ont un pourcentage de personnes âgés de 60 ans et plus inférieur à 17,5 %.Idem pour « supérieur à 22,1 % ».

a. 0 17,5 22,1 26,5

20,2

2 5 11 27

6b. Vrai.c. Le 18e pays est situé entre Q1 et Me sur un pourcentage situé dans l’intervalle [5 ; 6].64. 1.

Valeur du caractère

[0 ; 5[ [5 ; 10[ [10 ; 20[ [20 ; 30[

Effectifs 10 20 15 5

Fréquences 0,2 0,4 0,3 0,1

FCC 0,2 0,6 0,9 1

2.

0

Valeur de caractère

Fréquence cumuléescroissantes

0 5 10 15 20 25 30

0,2

0,4

0,6

0,8

0,9

1

3. On lit sur le graphique Q1 = 5,6 ; Me = 8,75 ; Q .153 =65. 1. Q1 = 79,6 ; Me = 79,9 ;Q3 = 80,3.2. L’intervalle est [78,55 ; 81,35].3. la valeur aberrante est 84.

3. Problèmes67.1. ( ) ,f A

10090 0 91 = = ; ( ) ,f B

361321 0 891 .= .

2. ( ) ,f A260200 0 782 .= ; ( )f B

7451

2 = . ,0 69.

3. A.


Chap. 4 Statistiques

4.

Succès Échec Total

Médicament A 290 70 360

Médicament B 372 63 435

5. 8( ) ,f A360290 0.= ; ( )f B

353724

= .,0 86.

6. C’est le contraire ! 68. 1. et 2. Pour les femmes on trouve :Min = 5 ; Q1 = 10 ; Med = 15 ; Q3 = 20 ; Max = 40.Pour les hommes on trouve :Min = 5 ; Q1 = 10 ; Med = 20 ; Q3 = 25 ; Max = 40.

5

hommes

femmes

10 15 20 25 30 35 40

3. x 15femme. .x 19homme. .

4. a. Vrai car Med = 20.b. Vrai car [Q1 ; Q3] = [10 ; 20].c. Faux car x xfemme mmeho1 .69. 1. Pour le lot K :

, ; ,x 400 01 17 09.v= ; Q1 = 390 ; Med = 400 ; Q3 = 410. Pour le lot F :

, ; ,x 408 84 22 47.v= ; Q1 = 390 ; Med = 400 ; Q3 = 420. 2. Lot K :

,x 2 365 83– .v ,x 2 434 19+ .v

Dans l’intervalle [ 365,83 ; 434,19]soit [ 370 ; 430] il y a 954 pellicules, soit 95,4 %.3. Lot F :

,x 2 363 9– .v ,x 2 453 78+ .v

Dans l’intervalle [ 363,9 ; 453,78]

soit [ 370 ; 450] il y a 947 pellicules, soit 95,7 %.4. Le lot K est fi able.70.

1. ( )

xN

N N1 400 1 2 800–+# #a a=A

1 400 2 800(1 )–+a a=00 1 4002 8 – a=

2. ( )

xN

N N1 00 1 005 3 0–+# #b b=B

( )1 00 00 15 3 0 –+b b=00 1 003 0 5– b=

3. x x2A B

2 800 1 400 3 000 1 500– –2a b

1 500200

1 5001 400+2b a ;

152

1514+2b a

4. Il y a 82 % d’ouvriers dans l’entre-prise A, ainsi ,0 82a = .

On doit donc avoir 0, 82152

1514+ #2b

3753372b soit ,0 98872b

71. 1. xx x

21 2+

=

2. ( ) ( )x x x x

2

–2 1

22

2+v =

−=

x x x x

22 2

– –2 21 2 2 1+( ( ))

= ( x x

2

–1 2 )2

donc x x

2

–1 2v =

3. L’étendue est x x–2 1 donc l’étendue est égale à 2v .72. A 1. ( ) 6 12x x –=f ¢ .2. 2x0 = .3. La moyenne.B 1. ( ) 6 2x x –= ( )x x xg 1 2 3+ +¢ .

2. xx x x

301 2 3+ +

= .

3. La moyenne.C 1. ( )x 2= ( )n x – xh ¢ .

2. h est minimum en x .

3. ( ) ( )h x x x n– 2

1

2i

i

n

v==

Vn=/ .

73. 1. a. ,x 0 6= ° à 0,1° près.b. La température normale a été de 12,3 °C.2.

Écart à la normale en °C – 0,5 – 0,3 – 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6

Nbre d’années (1987-2007) 1 1 2 1 1 1 2 1

Eff. cumulés croissants 1 2 4 5 6 7 9 10

Écart à la normale en °C 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3

Nbre d’années (1987-2007) 1 2 2 3 1 1 1

Eff. cumulés croissants 11 13 15 18 19 20 21

3.

a. Vrai car la médiane de la série 1987-2007 est supérieure à la plus grande valeur de la série 1900-1986.b. Vrai car la médiane de la série 1900-1986 est inférieure à la plus petite valeur de la série 1987-2007.

Livre du professeur


Partie 1 : Étude du groupe B74. 1. 46 %2. ECC : 2 5 8 13 16 20 23 30 35 41 44 46 503. Me 165= Q 1451 = Q 1 573 =4.

130 145 175 190

165

Partie 2 : Étude du groupe C1. 75 %2. L’effet du traitement semble augmenter la quantité de molécule M dans le sang.75. 1. a. x 155-b. min = 48 max = 271Me 143= Q 861 = Q 2553 =2. La Plagne

74 88 146 176

123

48 86 255 271

143

3. a. Fauxb. Vrai



TP Info (p. 174-175)

1. Fonction de répartition et fonction quartile1.

Taille en Mo [0 ; 1[ [1 ; 5[ [5 ; 20[ [20 ; 50[ [50 ; 150]

Effectifs 114 156 103 78 49

Fréquence 0,228 0,312 0,206 0,156 0,098

F.C.C 0,228 0,54 0,746 0,902 1

2. a. ( )F 0 0= ; ( ) ,F 0 2281 = .b. ( ) ,F xx 0 228= pour ;x 0 1!6 6.c. ( )

,( 1) 0, 228F x x

40 312

– += soit ( )F x x50039

203+=

si ;x 1 5!6 @.d. Si ;x 5 20!6 @,

( ) ( 5) ,,

F x x x0 54 10350015

0 2067 500 1

707– + += = .

si ;x 5020!6 @, ( ),

( ) 0,F x x0 6

3015

20 746– += .

si ;x 50 150!6 @, ( ),

( ) 0,F x x0

00

10098

5 902– += .

3. DISP ,

( 1) 0, 228x4

0 312– +

ELSE

IF X 5H et X 201

THEN

DISP ,

( ) ,x0

015206

5 54– +

ELSEIF X 20H et X 501

THEN

DISP ,

( ) ,x30

0 15620 0 746– +

ELSE

DISP ,

( ) ,x0

00

10098

50 902– +

ENDENDENDEND

4. a. On cherche Q(u) tel que F(Q(u)) = u

0,228 Q(u) donc ( ),

Q u u0 228

= ; ( ) ,F 0 2281 = .

b. Si , ; ,u 0 228 0 547!6 @ on a ,

( ( ) 1) 0, 228Q u u4

0 312– + =

( ),

( 0, 228) 1Q u u0 312

4 – +=

Si , ; ,u 0 054 746!6 @ on a ,

( ( ) ) ,Q u u15

00

2065 54– + =

( ),

( , )Q u u0

020615 54 5– +=

Si , ; ,u 0 746 0 902!6 @ on a ,

( ( ) ) ,Q u u30

0 15630 20 0 746– + =

( ),

( , )Q u u0

015630 746 20– +=

Si , ;u 0 902 1!6 @ on a ,

( ( ) 50) 0, 902Q u u100

0 098– + =

( ),

( , )Q u u0100 0 0098

902 5– +=c. PROMPT U IF U ,0 2281 THEN

DISP U ,0 228'

ELSEIF ,U 0 228H et ,U 0 541 THEN

DISP / , (U , )4 0 312 0 228 1– +

ELSEIF U ,0 542 et U ,0 7461 THEN

DISP / , (U , )15 0 206 0 54 5– +

ELSEIF U ,0 746H et U ,0 9021 THEN

DISP / , (U , )30 0 156 0 746 20– +

ELSEDISP / , (U , )100 0 098 0 902 50– +

ENDENDEND

76. 1. Vrai 4. Faux2. Faux 5. Faux3. Vrai77. On a30 50x

x30 50iG G

G G

0

(

2 20

)

x x

x x 400

–

–

–2

i

i

G G

GDonc 20GvFaux

78. Faux79. 1. Vrai 2. c. 3. a. b. Vraic. Fauxd. Vrai

80. 1. ny y1

ii

n

==/

2. ( )ny k px1

ii

n

+==/

3. ( )ny kx p1 1

ii

n

i

n

+== =/ /

k x p1 1

ii

n

i

n

+== =/ /

knx np+=donc y kx p+= .

Livre du professeurChap. 4 Statistiques



END5. Phrase 1 : On entre U = 0,5 et on obtient 4,487.« Plus de la moitié des fi chiers transférés ont une taille inférieure à 4,487 Mo. »Phrase 2 : On entre U = 0,7 et on obtient 16,65.« 70 % des fi chiers ont une taille inférieure à 16,65 Mo. »Phrase 3 : On entre X = 100 et on obtient 0,951.« 95,1 % des fi chiers transférés ont une taille inférieure à 100 Mo. »

2. Régression linéaire1. xi:=[2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010]

[2003, 2004, 2005, 2006, 2007, 2008, 2009, 2010]

yi:=[333, 486, 627, 802, 961, 1 145, 1 230, 1 399][333, 486, 627, 802, 961, 1 145, 1 230, 1 399]

2. d:=sum((yi[k]–(a*xi[k]+b))^2,k,0,7)(333 − a*2003 − b)2 + (486 − a*2004 − b)2 + (627 − a*2005 − b)2 + (802 − a*2006 − b)2 + (961 − a*2007 − b)2 + (1 145 − a*2008 − b)2 + (1 230 − a*2009 − b)2 + (1 399 − a*2010 − b)2

3. expand(d)(− (2010a))2 + (− (2009a))2 + (− (2008a))2 + (− (2007a))2 + (− (2006a))2 + (− (2005a))2 + (− (2004a))2 + (− (2003a))2 + 8(− b)2 + 32 104ab − 13 966b − 28 035 674a + 7 088 065

simplify(expand(d))32 208 380a2 + 32 104ab − 28 035 674a + 8b2 − 13 966b + 7 088 065

4. a. f(a):=(32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2−13 966*b+7 088 065)

(a)->322 080 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2− 13 966*b+7 088 065

simplify(diff(f(a),a)64 416 760a + 32 104b − 28 035 674

b. f est un polynome du second degré en a dont le coeffi cient de a2 est positif, donc f admet un minimum.c. La valeur de a qui minimise f vérifi e la condition f ¢(a) = 0 soit 64 416 760a + 32 104b − 28 035 674 = 0.

5. a.

g(b):=(32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2−13 966*b+7 088 065)

(b)->32 208 380*a^2+32 104*a*b−28 035 674*a+8*b^2−13 966*b+7 088 065

simplify(diff(g(b),b)32 104a + 16b − 13 966

b. g est un polynome du second degré en b dont le coeffi cient de b2 est positif, donc f admet un minimum.c. La valeur de a qui minimise g vérifi e la condition g ¢(b) = 0 soit 32 104a + 6b − 13 966 = 0.6. solve([64 416 760*a+32 104*b−28 035 674=0,32 104*a+16*b−13 966=0],[a,b]).

( 8412 895

216 450 124− )

7. On remplace les valeurs de a et b trouvées dans 6.8. solve(12 895/84*x−6 450 124/21>2 000,x).

[ x12 895

25 968 4962 ]9.

,12 895

25 968 496 2013 8. ainsi à partir de 2014 son CA sera supé-

rieur à 2M.

1. ,454

2 544 0 557. .2. À 70 ans on devra rembourser

,,

2552 000 1 25 4 564

4 485 06# #

. livres.


5Probabilités


Contenus Capacités attendues Commentaire

Probabilités Variable aléatoire discrète et loi de probabilité. Espérance, variance et écart-type.

• Déterminer et exploiter la loi d’une variable aléatoire.

• Interpréter l’espérance comme valeur moyenne dans le cas d’un grand nombre de répétitions.

À l’aide de simulations et d’une approche heuristique de la loi des grands nombres, on fait le lien avec la moyenne et la variance d’une série de données.On exploite les fonctionnalités de la calculatrice ou d’un logiciel pour déterminer l’espérance, la variance et l’écart-type d’une variable aléatoire.On démontre les formules suivantes sur l’espérance et la variance :E ( X ) E (X)a b a b+ = + et V ( X) V (X)a a2= .

Programme offi ciel

1. Test de confi ance1.

2. (A) 0, 02p100 0002 000= = ; (B) ,p

100 0004 540 0 045 4= = .

A : « La personne n’est pas contaminée par le virus » ;B : « La personne a un test négatif » ;A B+ : « La personne est contaminée et a un test positif » ;A B+ : « La personne est contaminée et a un test négatif » ;A B+ : « La personne n’est pas contaminée et a un test néga-tif » ;A B, : « La personne est contaminée ou a un test positif ».

3. (A B) ,p100 0001 992 0 019 92+ = = ;

(A B) ,p 0 000 08+ = ; (A B) ,p 0 95 452+ = ; (A B) (A) (B) (A B) ,p p p p 0 045 48–+, += = .

4. (A B) (A B) ,p p p100 000

8 2 548 0 025 56+ ++ += = = .

2. Avec une carte bancaire1. Il y a 12 codes possibles.

On peut faire l’arbre :

0

2

4

0

4

0

2

3

1

1

31

31

31

31

31

3

3

13

13

13

13

1

2

4

Personnes contaminées

Personnes non contaminées

Total

Test positif 1992 2 548 4 540

Test négatif 8 95 452 95 460

Total 2 000 98 000 100 000



Livre du professeur

45

La liste des codes est donc :

0 2 3 1 0 2 1 3 0 4 3 1

0 4 1 3 2 0 3 1 2 0 1 3

2 4 3 1 2 4 1 3 4 0 3 1

4 0 1 3 4 2 3 1 4 2 1 3

2. (A)p121=

( )Bp122

61= = car 2 0 3 1 et 4 2 3 1 répon-

dent aux conditions.

( )Cp12

143

= = car 0 2 3 1 ; 0 4 3 1 ;

2 4 3 1 et 4 0 1 3 répondent aux conditions.

( )Dp12

126

= = car 4 2 1 3 et 2 0 1 3 sont

les combinaisons possibles.

( )Ep12

134

= = car 0 4 1 3 ; 0 2 1 3 et

2 4 3 1 répondent à la condition.

3.

La moyenne est de 32

.

3. Le Yam’s1. Partie expérimentale1. Dans la cellule A1 saisir « = Ent(6 × Alea( ) + 1) ».Faire de même dans les cellules B1, C1, D1 et E1.2. Dans la cellule F1 saisir « = A1 + B1 + C1 + D1 + E1 ».3. Dans la cellule F1 saisir « = NB · SI(F : F ; 5) ».5. Il y a 6 Yam’s possibles.6. S représente la somme de 5 faces supérieures des dès.Si S 25H on met les points dans cette case.7. Dans la cellule H1 saisir « = Si (F1 25H ; 1 ; 0).Dans la cellule I1 saisir « = NB · SI(H : H ; 1) ».

2. Partie mathématique1. Il y a 6 issues par dé, d’où il y a 65 = 7 776 lancers de 5 dés.

2. 7 7761

d’avoir un Yam’s de 1 donc 7 776

61 296

1= d’avoir un

Yam’s.


1. a. ,665 857941 664

1 414 213 562. ;

,10

1 414 213 562 1 414 213 5629

= .

b. Supposons que 665 857941 664

101 414 213 562

9=

alors 941 666 10 665 857 1 414 213 5629# #=

soit 941 664 000 000 000 941 663 999 800 000= .

Cette égalité est fausse donc l'hypothèse faite est fausse, donc

665 857941 664

101 414 213 562

9! .

2. a. Si n est pair alors il existe un entier k tel que n = 2k alors 4 2 2n k k2 2 2

#= = donc n2 est pair car 2 k2d .

b. Supposons que n est impair donc il existe un entier k tel que 2 1n k += , par suite 4 4 1n k k2 2 + += donc n2 est impair ce

qui est contraire à l’hypothèse. Donc n est pair.

c. n est pair + n2 est impair.

3. Supposons que qp

q

p2 2

2

2

+= = avec qd et pd

q p2 2 2+ = donc p2 et pair d’où p est pair d’après 2..Si p est pair alors il existe kd tel que p = 2k,d’où 2q2 = 4k2

q2 = 2k2 donc q2 est pair d’où q est pairdonc 2 divise p et q ce qui est contraire à l’hypothèse p et q sont premiers entre eux.

4. Supposons que D est l’image de C par la translation de vec-teur AB alors DC AB= donc ABCD est un parallélogramme donc AC6 @ et BD6 @ se coupent en leur milieu.

Or O n’est pas le milieu de DB6 @ donc D n’est pas l’image de C par la translation de vecteur AB.

Raisonnement mathématique (p. 187)

1. a. 665 857941 664

. 1,414 213 562 ;

101 414 213 562

9. 1,414 213 562.

b. Supposons que 665 857941 664

101 414 213 562

9. alors

941 664 10 665 857 1 414 213 5629# #= soit

8 10#999,941 664 10 941 6639 9# = ce qui est faux donc :

665 857941 664

101 414 213 562

9! .

2. a. Si n est pair alors il existe kd tel que n k2= .4 2 (2 )n kk2 2 2

#= = donc n2 est pair.

b. Supposons que n soit impair alors il existe kd tel que 2 1n k += alors ( )n k k k2 1 4 4 12 2 2 2+ + += = or k k4 42 +

est pair donc n2 est impair ce qui est faux car n2 est pair donc si n2 est pair alors n est pair.

c. n2 est pair si, et seulement si, n est pair.

3. Supposons que 2 soit rationnel alors pq

2 = où p et q sont des entiers premiers entre eux avec q 0! .

pq

2 = alors 2q p2 2= donc p2 est pair donc d'après 2. p est

pair donc il existe kd tel que kp 2=

Nombre de chiffres bien placés 0 1 2 3 4

Probabilité 41

61

31 1

6 121

Chap. 5 Probabilités

Chap. 5 ProbabilitésLivre du professeur


or 2 2q p q k42 2 2 2+= = qk2 2 2+ =d’où q2 est pair donc q est pair d’après 2. d’où q et p sont divisi-bles par 2 ce qui n’est pas possible car p et q sont premiers entre eux. Conclusion 2 est irrationnel.

4. Supposons que D est l’image de C par la translation du vec-teur AB alors ABCD est un parallélogramme donc les diagonales se coupent en leur milieu or O est le milieu de [AC] mais O n’est pas le milieu de [BD] donc ABCD n’est pas un parallélogramme.Donc D n’est pas l’image de C par la translation de vecteur AB .

1. Probabilités1. à 18. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

19. 1. 321

; 2. 14 ; 3.

18 ;

4. 181

321

3211

4–+ = .

20. Cet exercice est corrigé dans le manuel.21. 1. Pour la dizaine des trentes il y a 10 numéros avec un 3.Pour les autres dizaines il y a un numéro par dizaine soit 9 + 10 = 19 numéros. a. A = {3, 13, 23, 30, 31, 32, 33, 34, 35, 36, 37, 38, 39, 43, 53, 63, 73, 83, 93}.

b. (A) 0, 19p10019= = ;

(A) 1 (A) 0, 81p p–= = .

2. ( ) ,Bp100

021 21= = .

3. (A B) 0, 02p1002

+ = = ; 4. (A B)p ,

0, 19 0, 21 0, 02 0, 38–+= = .22 1.

T

O

R

U

U

R

R

UO

R

R

OO

U

U

O

O

T

R

U

R

U

U

RT

R

R

TU

T

T

U

U

T

R

O

O

R

R

OT

R

R

TO

T

T

O

R

T

U

O

U

O

O

UT

U

U

TO

T

T

O

24 mots possibles.

2. 241

.

3. 24 12

12 = TROU et TOUR.

4. (A)p24

164

= = ;

( )Bp24

1122

= = .

23. 1. (A) ,p200122 0 61= = .

2. 15(B) ,p20030 0= = .

3. a. Il veut que N soit inférieur à 49 donc Romain veut un fi chier Tableur ou Photos.b. En cas d’échec K prend la valeur K + 1 donc K est le nombre d’essais nécéssaires pour obtenir le fi chier souhaité.24. 24. 24.

AAA A �� BB

BB

A A B+1Y ; A B A B+ ,1 ; A B B A=+ + ; A ( B)A,1 ; A B B+ 1 ; A B B+ 1 ; A B A B=, + .

25. 1. 1

10 000 ; 2. 1 500 451003# = . Il

devrait avoir 45 trèfl es à 4 feuilles. 26. 1.

–j–i

–i–j

–j–i–i

–i

–i

–i–j

–i

–i–i

–i

–j–i

–i–j

–i–j

–i

–j

–i

–j

–i

–i

–i

–j

–j

–i

–i

–i

–j

–j

–i

–i

–i

–i

–i

–i

–j

–i

–i

–i

–i

–j

–j

–i

–j

–i

–j

Il y a donc 15 chemins.

2. Pour passer par C il faut 2 déplacements i et 2 déplacements j sur les 4 premiers

déplacements. Soit ( , , , , , )i i j j i i ; ( , , , , , )i j i j i i ; ( , , , , , )i j j i i i ; ( , , , , , )j j i i i i ; ( , , , , , )j i j i i i ;

( , , , , , )j i j i i i . C( )p156

52= = .

27. N représente le nombre de fl è-ches lancées. On ajoute 1 à A lorsque

0 Y XY X– 2 2+1 1 donc A représente le nombre de lancers sous la parabole.28. Florian a 30 disques : 15 CD de R’nB, 10 variétés françaises et 5 variéés inter-nationales.Nassera a 50 disques : 0 de R’nB, 30 varié-tés françaises et 20 internationales.

1. 00

85

85 = .

2. a 80 158

15157940

# = . b. 805

794

3161

# = .

3. a. 7530

52= . b. 15

51

75= . c. 15 1

30 2= .

29. Soit p la probabilité que la femme ga-gne et q la probabilité que l’homme gagne :

2p q=1p q+ =

' ; p q2=

q q2 1+ =' ; 1/32/3

qp

==' .

30. 1. a. 104 codes. Soit 10 000 codes.b. « Comporter au moins un zéro » est l’événement contraire de « Ne comporter aucun zéro ».Il y a 94 codes sans 0 donc il y a 104 − 94 codes avec au moins un zéro soit 3 439 codes avec au moins un zéro.

c. ,10 0003 439 0 3439= .

2. a. N = 3

P 64

S 0

K 1

U K S P

4 2 64 4

4 3 68 8

8 4 76 6

C = 76 − 16 = 60b. Si N = 1 ; P = 36 ; C = 40.

U K S P

6 2 36 6

6 3 42 2

2 4 44 4

Exercices (p. 194)

Si N = 2 ; P = 49.C = 50

U K S P

9 2 49 9

9 3 58 8

8 4 66 6

Si N = 4 ; P = 81.C = 80

U K S P

1 2 81 1

1 3 82 2

2 4 84 4

Il ne peut pas y avoir le même code.

2. Variable aléatoire31. Cet exercice est corrigé dans le manuel.32. 1. X( ) ; ; ;1 0 1 2–X = " , .2. , ,p 1 0 9 0 1–= = .33. 1. X( ) ; ; ; ;11 10 25 4– –X = " , .2. 0, 1 0, 2 0, 15 0, 45 1p+ + ++ =soit ,p 0 1= .34. 1. X( ) ; ; ; ;1 2 3 4 5X = " , .2. 3 ,p 0 17= donc

, , , , , .p 1 0 25 0 18 0 17 0 17 0 235 = − − − − =3. (X )p 41

(X 1) (X 2) (X 3)p p p+ += = = = 0, 25 0, 18 0, 17+ += ,0 6=35. 1. X( ) ; ; ; ;32 0 5 10X = −" , .2. (X 2) (X 5)p p= − = = donc , .p 0 145 =

, , , , ,1 0 14 0 47 0 14 0 05 0 2= − − − − = .p0 3. (X ) (X ) (X )p p p3 2 0+G = = − =

(X )p 3+ = , , ,0 0 0 714 2 4+ += ,0 81=36. 1.

C2

C1

C1

C1

C2

C2

F

M

MM

F

F

C1

F

F

C1

C2

C1

C1

C1

C2

C2

C2

M

MF

C2

M

C2

C1

FM

C2

C2

MF

C1

F

F

C1

� ...

2. 24 issues.

3. 41

.

4. X ( ) , ,1 2 3X = " , .

(X 1)p21= = ; (X )p

24 312 8= = = ;

(X )p24

13 46

= = = .

X 1 2 3

(X )p xi= 21

31

61

37. Soit pk la probabilité d’obtenir la face numéro k ; ka=pk .p p p p p p 11 2 3 4 5 6+ + + + + = .

2 3 4 5 6 1a a a a a a+ + + + + = .

a211

= ; p2111 = ; p

212

2 = ; p213

71

3 = = ;

p214

4 = ; p215

5 = et p216

72

6 = = .

X 1 2 3 4 5 6

(X )p xi= 211

212 1

7 214

215

72

38. Cet exercice est corrigé dans le manuel.39. 1. Loi de X :

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

2. Loi de Y :

1 2 3 4 5 6

1 1 2 3 4 5 6

2 2 2 3 4 5 6

3 3 3 3 4 5 6

4 4 4 4 4 5 6

5 5 5 5 5 5 6

6 6 6 6 6 6 6

3. X( ) ; ; ; ;...2 3 4 12X = " ,

X 2 3 4 5 6

(X )p xi= 136 18

1 112 9

1 536

7 8 9 10 11 12

61

365 1

9112

118 36

1

4. Y( ) ; ; ; ; ;1 2 3 4 5 6X = " ,

X 1 2 3 4 5 6

(Y )p yi= 136 1

12 36

5367

369

3611

40. 1.ab 0 0 2

r− 3r− 6

r3r

0 0 0 2r− 3

r− 6r

3r

0 0 0 2r− 3

r− 6r

3r

2r− 2

r− 2r− r− 5

6r− 3

r− 6r−

3r− 3

r− 3r− 6

5r− 32r− 6

r− 0

6r

6r

6r

3r− 6

r− 3r

2r

3r

3r

3r

6r− 2

r3

2r

sin 0 = 0 ; sin 0r = ; sin2

1r− = − ;

sin2

1r = ; sin21

6r = ; sin

23

3r = ;

sin21

6r− = − ; sin 2

23

3r = ;

sin3 2

3r− = − ; sin32

23r− = − ;

sin21

65r = −− .

X( ) ; ; ; ; ; ; .1 23

21

0 21

23

1dX − − −' 1

2. Loi de X :

X – 1 23− 2

1−

(X )p xi= 91

364 = 36

736 6

16 =

0 21

23 1

367

91

364 = 36 6

16 = 362

181=

41. X( ) ; ;0 1 2dX " , ;

(X 0)p3632

3632

8164

#= = = ;

(X )1p3632

364

364

3632

8116+# #= = = ;

(X )p36 36

48112 4

#= = = .

42. 1. p31= et p

32= .

2. Notons N l’événement « Raphaël ga-gne ».Notons F l’événement « Roger gagne ».

N Raphaël gagne

N2/3

2/3

2/3

1/3

1/3

1/3

1/3

1/3

2/3

2/3

FF Roger gagne

Roger gagne

N Raphaël gagne

Raphaël gagne

F Roger gagne

F

NN

F

3. X( ) ;2 3dX " , .

(X 2)p3 3 3

193

2 2 1 194

95+ +# #= = = = ;

(X )p 439

= = .


Livre du professeur

47



43. 2 161

51

41

31+ + + +a =

soit 2201a = d’où

014

a = .

44. 1.Enchaîner

par Fabien Sandra Laure Total

compétition 10 3 4 17

pas

compétition4 3 6 13

Total 14 6 10 30

2. (L)p31= et ( ) ,Sp 0 2= .

( )F 1 (L) (S)p p p= − − .

157= .

3. (F )Cp307

+ = et (F C)p309

+ = .

4. X( ) ;3 000 5 000dX " , ;

( )Xp30133 000 ==

et (X 000)p3015 7= = .

45. 1.

X 0 1 2 3 4

(X )p xi= 404

110 1

10 1

10 1

10

5 6 7 8 9

101

101

110 1

10

110

Y 0 1 2 3

(Y )p yi= 14 4

141

41

2. (X )Yp40 04

11= = = . Les nombres

sont : 0 ; 11 ; 22 ; 33.3. Pour obtenir un produit de plus de 15 il faut 2 × 8 ; 2 × 9 ; 3 × 6 ; 3 × 7 ; 3 × 8 ; 3 × 9 soit les nombres 28, 29, 36, 37, 38, 39.

(XY 15)p406

522 = = .

4. X Y2 10+ = ; les combinaisons possi-bles sont 2 × 1 + 8 ; 2 × 2 + 6 ; 2 × 3 + 4 ; soit les nombres 81 ; 62 et 43.

(X 2Y )p 10043+ = = .

3. Espérance et écart type46. (X)E 0= .47. Cet exercice est corrigé dans le manuel.48. Roue 1 :

X – 1,5 6,5

(X )p xi= 65 1

6

E ( ) ,X 0 17= −

Roue 2 :

Y – 1 3

(Y )p yi= 43

41

E (Y) 0=Roue 3 :

Z – 1 3

(Z )p z i= 127

125

E ( ) ,Z 0 17= −49. Cet exercice est corrigé dans le manuel.50. Jeu 1 :

X 0 1 000 000

(X )p xi= 0,89 0,11

E ( )X 110 000=Jeu 2 :

y 0 2 500 000

(Y )p yi= 0,90 0,1

E (Y) 250 000=Conclusion : Je choisis le jeu 2.51. 1. Soit X la variable aléatoire don-nant le gain de A : X( ) ;2 4dX −" , .

(X )p 441= = ; (X )p 2

43= − = ;

(X) 4 2 0, 5E43

1 3+# #= − = − . Le jeu

n’est pas équitable.2. X( ) ; a2dX −" , ; ad.

E (X) 2a1443

#= − .

a41 3

2= − .

Le jeu est équitable si E (X) 0= .

a41

23= soit a = 6.

Le jeu est équitable si le gain de A est de 6 euros.52. On choisit au hasard, on est dans l’hypothèse d’équiprobabilité. X( ) , ; , ; ,2 8 4 08 7 258X = " , .1.

X 2,8 4,08 7,258

(X )p xi= 114

115

112

2. Le poids moyen est E(X) et

;258#,08 7+#,8 4+#E (X) ,2114

115

112=

E (X) 4, 192= .

53.

X( ) ; ; ;0 1 2 3X = " , .

X 0 1 2 3

(X )p xi= 81

83

83

81

+ + + +E (X) 08

383

86

83 12

2= =

V (X) 081 1

83 2

832 2 2+ +# # #=

381

492+ # −

V (X)83

8 8 8312 9

818 6

2+ += − = =

d’où ( )X26

v = .54.

Il y a 30 possibilités :X( ) ; ; ; ... ; ;3 4 5 10 11X = " , .

F

G

F

G

F

GF

G

F

G

F

GF

G

23456

1

13456

2

12456

3

12356

4

12346

5

12345

6

Livre du professeur


X 3 4 5 6

(X )p xi= 032

032

043 30

4

7 8 9 10 11

306

304

304

032

032

E (X) 7= ; (X) 2, 16v = .

55. 1.

X 1 2 3

(X )p xi= 015

014

101

E (X) 1, 6= .2. (X) , 60 6v = .56. (u1) est une suite géométrique de rai-

son 21

.

u1 + u2 + u3 + u4 + u5 = 1 soit

1u u u u u21 1

161

321

41 1 1 1 1+ + + + = ;

d’où u3259 11 = ; u

5932

1 = ; u5916

2 = ;

u598

3 = ; u594

4 = et u592

5 = .

X – 8 3 4 7 9

(X )p xi= 3259 59

16 859 59

4592

E (X) ,2 1= − ; (X) ,6 23.v .

57. X( ) ; ; ; ; ;1 2 3 4 5 6X = " , .

(X 1)p72= = on obtient une boule rouge

au premier tirage.

(X )2p75

62

#= = on obtient une boule

blanche suivie d’une boule rouge.

(X )3p75

6 544 221

# #= = = .

(X )p 475

64

53

42

71

# # #= = = .

(X 5)p75

64

53

42

32 2

21# # # #= = = .

(X )6p75

64

53

42 2

2131

21

# # # # #= = = .

X 1 2 3 4 5 6

(X )p xi= 72

215

214

71 2

21 211

E (X)38= ; (X) ,1 49.v .

58. 1. X( ) ; ;2 4 15X = " , .

X 2 4 5

(X )p xi= 121

41 2

3

(X ) 12p41

32

121= = − =− .

2. E (X) , 1611= ; (X) ,5 44v = . 3. En moyenne les livres sont gardés 11 jours et 4 heures.

59. 1. A B& .2. A B& .3. B A& .4. A B+ .

60. 1. p215

95 704333= + =

2.

X 10 15 20

(X )p xi= 50215 215

7021595

3. E (X) 16= ; (X) 4v = . 4. a. Y ( ) 20 ; 25 ; 30 ; 35 ; 40X = " , .« Y = 20 » correspond à obtenir 2 cravates dégriffées ;

(Y )p 2021550

21449

4 601245

#= = = .

(Y )p 25 221550

21470

4 601700

# #= = = .

(Y )p 3021570

21469 2

21550

21495+# # #= =

4 6011 433= .

(Y )p 35 221570

21495

4 6011 330

# #= = = .

(Y )p 4021595

2144

4 601893

#= = = .

Y 20 25 30 35 40

(Y )p yi= 4 601245

4 601700

4 6011 433

4 6011 330

4 601893

b. E ( ) ,Y 32 1= ; ( ) ,Y 5 6v = .

61. E ( ) ,X 0 55= − ; ( ) ,X 1 24v = .

E ( ) ,Y 0 3= − .

62. 1. X( ) ; 50 ; 1 000 ;p p pX = − − −"

5 000 p− , .

X i − p 50 − p 1 000 − p 5 000 − p

(X )p xi= AA 56−

A50

A5

A1

3.

E (X)A

(A ) ( ) ( )p p p p56 50 50 5 1 000 5 000+ + +=

− − − − −

E (X)A

Ap p p p p56 2 500 50 5 000 5 5 000+ + + +=

− − − −

E (X)A

Ap 12 500+=

−.

4. Le bénéfi ce est A 5 12 500# − .A5 12 500 2 000− = ;

A 1 500 2 9005

4= = .

5. E (X) 12 5002 900

5 2 900 +#= − .

2 9002 000

2920= − = − .

E (X) ,0 7.− .

63. Notons X le gain du boulanger s’il fa-brique 5 gâteaux.1.

X i − 50 − 25 0 25 50 75

(X )p xi= 0,1 0,15 0,35 0,2 0,1 0,1

E (X) ,8 75= : il peut espérer un gain de 8,75 .2. Notons Y le gain du boulanger s’il fa-brique 4 gâteaux.

Y i − 40 − 15 10 35 60

(Y )p yi= 0,1 0,15 0,35 0,2 0,2

E ( ) ,Y 516 2= .3. Il est préférable qu’il fabrique 4 gâ-teaux.64. 1. Il y a 375 assurés.2.

Ci 0 500 2 000

(C )p ci= 537154

37534

51218

2 500 4 000 6 000 10 000 25 000

51

757

251

5374

54

37

3. E ( )C 1 820= ; ( ) ,C 3 033 6v = . 4. Il faut fi xer la cotisation à 1 820 .5. Il faut fi xer la cotisation à 1 870 .65. Cet exercice est corrigé dans le manuel.66. 1.

Diesel Essence Total

Monospace 28 12 40

Crossovers 48 12 60

Total 76 24 100

2. ( ) ,p M 0 4= ; (M ) ,p D 0 28+ = ;( D) ,p C 0 12+ = ;

3.

Xi 20 23 25 27

(X )p xi= 0,28 0,12 0,48 0,28

E (X) 27, 29 = .

67. Maxime

Boris 1 2 3 4 5 6

1 M M M M M M

2 B M M M M M

3 B B M M M M

4 B B B M M M

5 B B B B M M

6 B B B B B M

1. La probabilité que Maxime commence

est de 3621

soit 127

. On note M l'événement


Livre du professeur

49



« Maxime commence » et Gi « Maxime gagne car i e tour » i est un entier naturel i = 2 ou i = 3.2. 1/3

7/12

5/12

2/3

M 1/3

2/3

G3

—G3

G2

—G2

1/3

2/3

—M

G2

—G2

Donc la probabilité que Maxime gagne est

127

127

3 31

12 331 2 5 1+ +# # # #

7 7 530 54 30 54

25+ += =

3. Non car Maxime a moins de chance de gagner que Boris.

68. X( ) 40 ; 60X = " , .

Poin-

tureP 36G 37 P 44G G P 45H Total

Garçon 1 35 4 40

Fille 21 39 0 60

Total 22 74 4 100

Xi 40 60

X 0,74 0,26

E X 45, 2=^ h .Le montant de l’investissement est de 4 520 .69. 1. X( ) , ; , ; , ; , ;0 3 1 3 2 6 9 1X = −"

, ; 270, 2 ; 2 817, 7 ; 199 50518 2 ,

2. ( ),Xp 0 313 983 81613 705 343= =− .

3. E X ,0 24–=^ h ; E X 01^ h donc le jeu n’est pas équitable.

4. (X )p 013 983 81613 705 3431 = . Il est très

proche de 1 donc on a peu de chance de gagner.

70. 1. 15 30 ,82 82

45 0 55+ .= .

2. ,82

5 09417 17+ .= .

3. E X ,1 703 70=^ h ; E ,Y 1 890 91=^ h ;X ,935 51v =^ h ; Y ,1 170 43v =^ h .

La moyenne est supérieure dans l’entre-prise B mais les écarts entre les salaires sont aussi plus importants. Il y a donc plus de disparité.

71. M 101 M10 15G G M15 135G G Total

Espèce 7,5 7,5 1 16

Carte 0 14 50 64

Chèque 0 6,5 13,5 20

Total 7,5 28 64,5 100

X( ) ; , ; , ;5 10 5 12 5 75X = " , .

X 5 10,5 12,5 75

(X )p xi= 0,075 0,14 0,14 0,645

2. E X ,51 97=^ h ; ( ) ,X 31 09v = .

72. A. 1. X( ) ;3 2X = −" , . 3.

X − 3 2

(X )p xi= n0

101+ n

n10 +

E (X)10 10n n

nn

n2 2 3010

30+

++ +

= − = − .

4. Le jeu est défavorable si ( )

.E X n0 2 30 0+1 1−

n 15+ 1

B. ) =X( ; ;¢ 6 1 4X − −" , .

(X )pn n

610

109

9+ +#= − =

( )( )n nn

10 920

+ += ;

(X )pn n

610

109

9+ +#= − =

( )( )n n10 990

+ += ;

(X )(10 )(9 )

( )p

n n

n n4

1

+ += =

−

E (X)(10 )( )

540 20n n

n nn 4 49

2

+ ++= − −− .

E (X)(10 )(9 )4 4

n nn n2 5402

+ += − − .

E X n n0 4 24 540 02+ 11 − −^ h .

n 3– 9– 1 3+

4 24 540n n2 2− − + 0 – 0 +

Donc E X n0 2 15+1 1G^ h .73. 1. L’aire du carré est 100 cm2.L’aire du petit cercle est 1 cm2

#r r= .La première couronne est

4 3 cm2#r r r− = .

La seconde couronne est16 4 12 cm2r r r− = .La dernière zone est 100 16 cm2r− .

X 0 10 40 50

(X )p xi= 1100 16

00r−

112

00r

1003r

100r

2. (X) 0E1 100

1201000

00120 5+ + +r rr= .

E (X) ,100

0 2 929 r r= = soit E (X) ,9 11. .

3. V (X) 100 3010012

100402

+ +##r r=

100

502

+ r − (1029r )2

V (X) ,85 8 41 2r r= − soit V (X) ,184 03. .

(X) V (X)v = soit 57(X) 13,.v .

74. Soit P l’événement « Obtenir la face pile » :

—P

P

—P

P

—P

P

—P

P

—P

P

—P

P

—P

P

a. On désigne P par 1 ou 2.Si les deux premiers lancers sont diffé-rents alors le joueur perd 20 .Si les deux premiers lancers sont identi-ques alors on regarde le troisième lancer s’il est différents des deux premiers, alors on perd 20 euros sinon on gagne 20 ans.b. (P, P) ; (P P) ; (P, P P) ; (P, P, P, , ) font perdre 20 euros.P (X 20)–=

2 2 2 2 2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 1 1 1 1+ + +# # # # # #=

1 1 1 14 4 8 8 8

643+ + += − =

P (X 30)=

2 2 2 2 2 2 8 8 41 1 1 1 1 1 1 1 1+ +# # # #= = = .

c. E (X) ,20 43 30 4

1 7 5+# #= − = − .

E (X) 01 donc le jeu est défavorable.

d. (X )ap 43= = et (X )p 4

130= = en notant a la perte.Le jeu est équitable si E(X) = 0.

E (X) a43

430+= donc

E (X) a0 3 30 0

330

++= =

a+ = −a 10+ = −

.

75. 1. Les sommes possibles sont tous les entiers entre 0 et 22.2. Alea() est un nombre compris entre 0 et 1 ;

Livre du professeur



Livre du professeur

51

12 × Alea() est un nombre compris entre 0 et 12 .Ent (Alea () × 12) est l’entier qui précède le nombre donc c’est un entier entre 0 et 11.Cela correspond à la simulation du choix d’une boule.

4. Utilisation des propriétés76. Cet exercice est corrigé dans le manuel.77. E (1 2X) 1 2E (X)− = − 1 2 3+= =

(2X ) (X)4V V9+ = 4 9#= 36=

(X) 3v =V (X) 9=78. Cet exercice est corrigé dans le manuel.79. 1. Le prix moyen est de

57 74, 74, ,

420420 0 03 57 0 045 0 5

+ ++ +# # #

so i t

0,034 23.2. Le bénéfi ce moyen d’un kWh est de 0,045 8.80. 1. X( ) , , , ...,0 1 2 13X = " , .

X 1 2 3 4 5 6

(X )p xi= 502

530 50

4505

506

505

7 8 9 10 11 12 13

505

505

505

504

503

502

501

2. E (X) ,6 6= ; (X) ,3 07v = .

3. (X 5)p5020

502G = = ;

(X )p 55010

501H = = .

4.

Variable : S, D, U des entiers naturels.Début : Affecter à D un entier aléatoire entre 0 et 5.Si D = 5

Alors :U = 0 ;

Fin du Si.Si D = 0

Alors :Affecter à U un entier aléatoire entre 1 et 9.SinonAffecter à U un entier aléatoire entre 0 et 9.

Fin du Si.Affecter à S l’entier U + DAffecter « le gain est de » : SFin

5. E (X) ,6 6= la mise est de 10 . Le jeu est donc défavorable .

81. 1. A B& .2. A B+ .3. B A& .4. A B& .

82. 1. a. X( ) 2 ; 1 ; 4X = −" ,

b. (X )( )

pn n n

45

55

55

252+ + +

#= = = ;

(X )( )

pn n

nn

n15

55

25

102+ + +

# #= = = ;

(X )( )

pn

nn

nn

n25 5 5 2

2

+ + +#= − = = .

c. E (X)( ) ( ) ( )n n

nn

n5

1005

105

22 2 2

2

++

+ += − ;

( )

2 10 100n

n n5 2

2

++ += − .

Le jeu est équitable siE (X) n n0 2 10 100 02 +++= − = . n n nou ou10 5+ = = − d donc n = 10.2. a. ( ) ; ;Y 2 1 4X = −" , .

b.

(Y ) ;4 #= = =( )( )

pn n n n5

54

45 420

+ + + +

(Y )1 2# #= =pn n

n5

54+ +

=( )( )n n

n5 410

+ + ;

(Y )= =( )( )

( )p

n n

n n2

5 4

1

+ +−

− .

c. (Y) =E( )( 4) ( )( 4)n n n n

n580

510

+ + + ++

( )( 4)

( )

n n

n n

5

2 1

+ +−

−

(Y) =( )( )

80 10 2 2En n

n n n5 4

2

+ +++ −

(Y) =E( )( )

1n nn n

5 42 2 80– 2

+ ++ +

E ( ) 0 2 1 0 0n nY 2 82 + + =+= − 10 car 4n –=+ g.d. E (Y) 0H si n 2 ; 10d6 @ ; ce qui expli-que la déclaration de Cynthia.3. a. Dans la première situation, la nou-velle espérance est E(X) − 2.Dans la seconde situation, la nouvelle es-pérance est E(Y) − 2.b. E (X) 2–

( )

( )

n

n n n n

5

2 10 100 2 10 25– –2

2 2

+

+ + + +=

E (X)( )n

n n25

4 10 50– – –2

2

++=

n 3– 5– 2,5 3+

n n4 10 502 +− − – 0 + 0 –

E X 0H^ h si ; ,n 5 2 5–d6 @ or nd et n 3H .

=E (Y)( )( )

1n nn n2

4 52 2 80–

2

+ ++ +−

( )( )

(

n n

n n n

4 5

2 4 5 20–

2

+ +

+ + +

=( )( )n n

n n4 5

4 6 40–2

+ ++−

E Y 2 0– H^ h si ,n 2 5G or nd et n 3H

donc E X 01^ h et E Y 01^ h . Les jeux sont défavorables.83. 1. X( ) ; ;3 5 60X = " , .

(X )p 321= = ; (X )p 5

43

21

83

#= = = ;

(X )p 60 121

83– –= = ; (X )p 60

81= = .

2. (X) 3 5 60E21

8138

+ +# # #= ;

E X ,10 875=^ h .Il y a 12 personnes donc elle parle pen-dant 130,5 minutes.3. a.

E (X ) ( 1) ( )x p x p p1 i i

i n

i ii

i n

ii 1 1

+ + += ==

=

=

=

/ /

x p pi ii

i n

ii

i n

1 1

+==

=

=

=

/ /

E (X) 1+= .b. Donc le temps moyen de dialogue passe à 11,879.4. En doublant le temps, le temps moyen passe à 21,75 minutes.84. 1. Les issues sont {B1, B2, B3} ; {B1, B2, B4} ; {B1, B3, B4} ; {B2, B3, B4} ; {R1, R2, R3} ; {B1, R1, R2} ; {B1, R2, R3} ; {B1, R1, R3} ; {B2, R1, R2} ; {B2, R2, R3} ; {B2, R1, R3} ; {B3, R1, R2} ; {B3, R2, R3} ; {B3, R1, R3} ; {B4, R1, R2} ; {B4, R1, R3} ; {B4, R2, R3} ; {B1, B2, R1} ; {B1, B3, R1} ; {B1, B4, R1} ; {B2, B3, R1} ; {B2, B4, R1} ; {B3, B4, R1} ; {B1, B2, R12} ; {B2, B3, R2} ; {B1, B3, R2} ; {B1, B4, R2} ; {B2, B4, R2} ; {B2, B4, R2} ; {B1, B2, R3} ; {B1, B3, R3} ; {B1, B4, R3} ; {B2, B3, R3} ; {B2, B4, R3} ; {B3, B4, R3}.

2. X ; ; ;10 5 5 90– –d" , .

X − 10 − 5 5 90

(X )p xi= 354

3518

3512

351

E (X) 4 0 00 90 635

9– – + +=




E (X)74= .

Le forain perd 0,57 par partie.3. S’il augmente le prix de 1 euro alors le

forain gagne 73

euro par partie.Si on rajoute une boule blanche B5 on ra-joute 21 issues :{R1, R2, B5} ; {R1, R3, B5} ; {R2, R3, B5} :

(Y 5)p5619= = .

{B1, B2, B5} ; {B1, B3, B5} ; {B1, B4, B5} ; {B2, B3, B5} ;

{B2, B4, B5} ; {B3, B4, B5} : (Y )p 105610–= = .

{R1, B1, B5} ; {R1, B2, B5} ; {R1, B3, B5} ; {R1, B4, B5}.Soit 12 issues de plus donc

(Y ) .p 55630–= =

Y est la variable donnant le gain du joueur avec une boule blanche supplémentaire :

E (Y) 105610 5

5615– +# #= .

5 905630

561– +# #

E (Y) ,5685 1 51– –.= . Le forain gagne

1,51 par partie donc plus rentable.

5. Problèmes85. 1.

30

227

3632

107

162

Risque de la vie

Voiture

Habitation

16 fi ches vertes pour les assurés qui ont souscrits à 3 contrats. 227 + 36 + 2 = 265 fi ches bleues pour les assurés ayant souscrits à 2 contrats. 107 + 30 + 32 = 169 fi ches rouges pour les assurés ayant souscrits à 1 contrat.2. K représente le nombre de contrats souscrits.N est le numéro attribué aux fi ches :1 16" fi ches vertes ;

17 281" fi ches bleues ;282 450" fi ches rouges.

3. P représente le nombre de fi ches prises pour obtenir 10 contrats.

4. X( ) 100 ; 160 ; 260 ; 700 ;X = "800 ; 860 ; 960, .

X 100 160 260 700 800 860 960

(X )p xi= 45030

45032

45036

450107

4502

450227

45016

E ( ) ,X 676 8= ; ( ) ,X 373 95v = ; (X) ,V 75 048 6= .

5. E ( ) ,Y 626 8= ; ( ) ( )Y Xv v= et V (X) V ( )Y= .

86. 1. a. si I + J = 2 alors C ENd6 @ ; si I − J = 2 alors C SEd6 @ ; si I − I = 2 alors C ONd6 @ ; si I + J = − 2 alors C OSd6 @ ;si I + J < 2 ou I − J < 2 ou I + J − 2 ou J − I < 2 ; alors C est dans le carré donc pour que le jeu s’arrête il faut être sur le contour.b. K représente le nombre de questions posées dans la partie.2. a. (3, 4, 2).(0, 0) → (0 ; − 1) → (1, − 1) → le jeu s’arrête avec la fi nale et S et E.(3 ; 4 ; 2) n’est pas possible.b. (1, 3, 3, 4).(0, 0) → (0, 1) → (0, 0) → (0, − 1) → (1, − 1) combinaison possible fi nale : Sud/Est.c. (2, 1, 4, 2) impossible.d. (2, 4) : le jeu n’est pas fi ni :(0, 0) → (− 1, 0) → (0, 0).e. (2, 4, 2, 3) : (0, 0) → (− 1, 0) → (0, 0) → (− 1, 0) → (− 1, − 1). Finale Ouest/Sud.3. Représentation de la situation.

E

N

1/2

1/4

1/4

1/4

1/4

1/4

11

1/4

1/4

1/4

1/41/4

1/41/4

1/2

1/2

E

ES

O

N

le Nord gagne

N

E

E

N

E

NN

E

finale N/El'Est gagnefinale N/E

le Nord gagnefinale E/Nfinale E/Nl'Est gagne

S finale S/E

N finale N/E

E l'Est gagne

N finale E/N

E l'Est gagne

S finale E/S

O

E finale E/S

le Sud gagne

1E

N

S

N

1S

1S

1S

a. p41= .

b.

p41 1 1

41

41 1

41 1 1

41

1 + +# # # # # # #=

141 1

16 16 83+ += = .

c. X( ) ; ;2 4 6X = " , .

P (X )24

114 2

1+= = = ;

P (X )441 1 1

41

# # #= =

3 1 1 341

41+# # # # #=

163

163

166

83+= = =

P (X )641 1 1

41

21

21

# # # # #= =

4 2 ;648

81

# # = =

X 2 4 6

(X )p xi= 21

83 1

8

(X) 1E42

3 3+ += ;

E (X) ,13 3 254

= = .


Livre du professeur

53

87. 1.

AchèteN’achète

pasTotal

Possède un bon 85 340 425

Ne possède pas de bon

30 45 75

Total 115 385 500

X( ) ; ; ;20 0 80 100–X = " , .

X − 20 0 80 100

(X )p xi= 500340

50045

50085

50030

(X ) ,P 0500

0 0945= = = .

2. E (X) 6= .3. Soit a le montant du gain et Y le gain du magasin.

Y − a 0 100 − a 100

(Y )p yi= 500340

50045

50085

50030

E ( )( ) 100 30Y a a340

500 50050085 100– –

+ + #=

E (Y) 11 500425a500

– += .

On veut queE ( ) 10, 25 425 11 500 5 125Y a– ++= = a425 6 375+ = a 51+ = .

88. 1.

E ( X ) ( )x p2 3 2 31

i ii

i n

+ +==

=

/

x p p2 311

i i ii

n

i

n

+===

// 2E (X) 3+= .

2. V ( X ) ( )x p4 1 4 1– – 2

1i i

i

n

+ +==

/(E ( 4X 1))– – 2+

(16 8 1)x x p–2 2

1i i i

i

n

+==

/( 4E (X) 1)– – 2+

x p x p16 8–2 2

11i i i i

i

n

i

n

===

//( (E (X)) E (X) )p 16 8 1– –

1i

i

n

+ +=

/ E (X)x p16 8 1–2

1i i

i

n

+==

/( (E (X)) E (X) )16 8 1– –2 +

= 16( (E (X))x p –2 2

1i i

i

n

=

/ ) = 16V(X)

89. E (X E (X)) ( E (X)x p– –1

i ii

n

==

/

E (X)x p p–1 1

i ii

n

ii

n

== =

/ / E (X) E (X)–= 0=

90. E (X) x p1

i ii

n

==

/x x xi i nG G

xi i i i n ip xG p xG p car p 0iH

x p x x p11 1

i i i ii

n

i

n

n ii

n

G== =

pG// /

E (X)x xi nGG car p 11

ii

n

==

/ .

91. • E (X) x1

i ii

n

==

(Xp x= )/On sait que pour tout entier i tel que

i n1G G on a x x xi n1G G .

Donc(X ) (X ) (X )x p x x p x x p x1 i i i n iG G= = =

(car (X ) 0p xi H= ) d’où

(X ) (X ) (X )x p x x x x p x111 1

i i ii

n

i

n

ni

n

iG= = === =

p G// /

(X ) E (X) (X )x p x x x111

i n ii

n

i

n

G G= ===

p//E (X)x x1 nG G .

On a V (X) ( (X )) E (X)x p x –2 2

1i i

i

n

= ==

/ .

Donc E (X) V (X) E (X)x x– –12 2 2 2

nG G .

Or E (X)x x0 1 nG G G , donc

E (X)x x12 2 2

nG G d’où (X) x x– 1nv G ,

• E (X) x 11 1

i ii

n

ii

n

H== =

(X (X )p x p x 1H= =)/ / .

V (X) E (X) E (X) E (X )–2 2 2= = .

(X )x p x2

1i i

i

n

= ==

/ .

Or x0 12iG G , donc

E (X )0 2

1i

i

n

G G=

(X )p x=/ d’où

V (X)0 1G G .

Comme (X) V (X)v = et V (X) ;0 1d ,6 @

alors V (X) (X)Gv .

92. 1. On a par exemple.4 �

1 �

6 �

8 �

9 �7 �

10 �

3 �

5 �

2 � 1

2

3

4

56

7

8

9

10

Personne Gain (en )

➀ 7

➁ 11

➂ 15

➃ 23

➄ 24

➅ 26

➆ 20

➇ 18

➈ 10

➉ 11

2. Si tous les joueurs ont un gain stricte-ment inférieur à 17, donc inférieur ou égal à 16, alors la somme de tous les gains sera inférieure à 16 × 10 = 160.Or, lorsqu’on fait la somme des gains de tous les joueurs, on va compter 3 fois les montants 1 ; 2 ; 3 ; … ; 10. Soit un total de :

3 10 11i2

165 16031

10

i#

# 2= ==

/ce qui est contradictoire.Donc au moins une des dix personnes aura un gain supérieur ou égal à 17 .Voir le site Internet : http://euler.ac-versailles.fr/webmathemativa/clubcomplet/olympiades/htm

93. L’urne contient : 5 jetons bleus ; 15 jetons blancs et 30 jetons rouges.1.

X − 8 2 4

(X )p xi= 101

53 1

10

E (X) 810 10

61012– + += ;

E (X)1010 1= = .

2. a. X( ) ; ; xx x– 3 2X = " , .





1. Simulation de tirages au hasardPartie expérimentale1. ALEA() est un nombre compris entre 0 et 1d’où A ()LEA0 11G ;donc ALEA() 1 6+ 1*0 6G ;

ALEA() 1 7+ 1*1 6G donc ENT(6*ALEA() + 1) est un entier compris entre 1 et 6 ; donc cela représente la simulation du dé.La formule signifi e que si le lancer simulé obtenu est 1 alors on affi che 1 sinon on affi che 0.Lien avec le texte : Le numéro 1 est attribué à la boule verte, donc « obtenir le 1 » signifi e « obtenir la boule verte ».2. Dans C7 on entre la formule suivante := Si (ENT(5*ALEA() + 1)13 ; 1 ; 0).Dans D7 on entre la formule suivante :

B7 C7+= .Le nombre moyen est (somme (D7 : D16))/10.3. X( ) { ; ; }0 1 2X =Dans trois cellules on donne le nombre de 0, 1 et 2 obtenu en utilisant :« NB.SI= (D7 : D16 ; 0) » ;« NB.SI= (D7 : D16 ; 1) » ;« NB.SI= (D7 : D16 ; 2) ».Il suffi t de diviser par 10 pour conclure.

Partie mathématique

V R1 R2 R3 R4 R5

V1(V V1) (R1 V1) (R2 V1) (R3 V1) (R4 V1) (R5 V1)

V2(V V2) (R1 V2) (R2 V2) (R3 V2) (R4 V2) (R5 V2)

R1(V R1) (R1 R1) (R2 R1) (R3 R1) (R4 R1) (R5 R1)

R2(V R2) (R1 R2) (R2 R2) (R3 R2) (R4 R2) (R5 R2)

R3(V R3) (R1 R3) (R2 R3) (R3 R3) (R4 R3) (R5 R3)

X( ) {0 ; 1 ; 2}=X .

X 0 1 2

(X )p xi=21

3013

151

X 0 1 2

(X )p xi=3015

3013

309

E (X) 03013

301

152 7+ += = . C’est conforme en simulant plus de

10 parties.

2. Simulation d’un lancer de deux dés1. Si on obtient 4 ou 5 on gagne 2 sinon on perd 1.

Partie expérimentale2. Dans A1 : « = ENT(6 × ALE() + 1)).Idem dans A2.3. Dans C1 : « = Si (A A ; A A ; A A )0– – –1 2 1 2 2 12 .

TP Info (p. 212-213)

E (X) 0, 1 0, 6 0, 3x x x– 3 2+ +#= 0, 1 0, 3 0, 6x x x– 3 2+ +=b. f est dérivable sur ;0 3+6 6.f ¢(x) = − 0,3x2 + 0,6x + 0,6 ; l’étude du si-gne de ce trinôme donne : f est croissante sur 0 ; 1 3+6 @ et f est décroissante sur 1 ;3+ 3+6 6.

E(X) est maximal pour 1x 3+= donc g 1 30 += g0 = 2,73 euros arrondi au centimes.

94. 1. ,p

10030 0 30 = = ; p1 = 0,25 ; p2 = 0,2 ;

p3 = 0,15 ; p4 = 0,1. 2. (pn) est une suite arithmétique de rai-son − 0,05.3. a. X( ) 0 ; ; ; ;1 2 3 4– –X = " , .

X 0 − 1 2 − 3 4

(X )p xi= 0,3 0,25 0,2 0,15 0,1

E (X) ,0 1= .

95. 1. Aire du carré : 202 = 400 cm2 ;Aire du disque D : 1 cm2 2

#r r= ;

Aire d’un secteur angulaire :

cm8

81 10– 2r r r= .

a. (D)p400r= .

b. ( )Sp40010

401r r= = .

2. p(R) = 1 − p(D) − 8p(Sk)

p(R) = 0,364

X − 4 1 2 3

(X )p xi= 0,364 0,078 5 0,078 5 0,078 5

4 5 6 7 8 10

0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,078 5 0,008

E (X) ,1 45= .

96. 1. 96.96. 1.1.

––jj––

––ii––OO

DD

2. (A)p93

31= = ;

( )Bp92= .

3. a. X( ) , ; ; ; ;0 1 2 4 5 8X = " , ;

X 0 1 2 4 5 8

(X )p xi= 19 9

2 19 9

292

91

E (X) 20 2 8 10 19

830+ + + ++= = .

b. M D OM 1, 7+ Gd ; 1, 7x y 22 2++ G ; x y 32 2++ 1 ; donc

p(D) = p(X = 0) + p(X = 1) + p(X = 2) 94= .


Livre du professeurChap. 5 Probabilités

55

Problème 1 :Utiliser l’outil informatique pour répondre à la question.

Problème 2 :Utiliser l’outil informatique pour répondre à la question.

On trouve 109,9 1391 000 0. .

Problème 3 :

1/3 4/11

4/10

6/10

5/9

4/8 4/8

3/7 4/7

4/9

7/11

2/3

(gagne) gagne soit pour J2 gagneJ1 J2

(perd)J1

8—33

7—99

4—99

gagne d'où pour J3 gagneJ3 28——165

56——495

perd J1 gagneJ3

perdJ1

perdJ2

perdJ3 gagne soitJ3

2/6 4/6

2—99

perdJ1 gagne soitJ1

1/5 4/5

4——495

perdJ2 gagne soitJ2

1——495

gagne soitJ3

gagne soitJ2

perdJ2

4/4

J1 gagne avec une probabilité de 13 495

56992

157+ + =

J2 gagne avec une probabilité de 338

997

4954

16553+ + =

J3 gagne avec une probabilité de 99 495165

28 4 1337+ + =

Problème 4 :Utiliser l’outil informatique pour évaluer.

On trouve 35,0792280. soit 35 % de chance de gagner.


4. Dans D1 : « = Si ( ; ; )C 4 2 1–1H .6. Dans F1 : « NB.SI= (D : D ; 2).

F2 : « NB.SI= (D : D ; – 1).7. Dans F3 : (2 F1 1 F )/1002–# # .8. Le jeu ne semble pas équitable.

Partie Mathématique9.

10.

X – 1 2

(X )p xi=65

61

X( ) { 1 ; 2}

(X )

(X )6

p

p

2306

61

1 5

–

= =

X =

= = =

donc E (X) 5 26

06 6

321– – –+ 1= = = .

11. Le jeu semble équitable si E (X) 0= . Soit a le gain

X – 1 a

(X )p xi=65

61

E (X)6

—5

E (X) .

a

a0 5

+

+

=

= =

Il faut donc gagner 5 euros pour que le jeu soit équitable.

de 1

de 21 2 3 4 5 6

1 0 1 2 3 4 5

2 1 0 1 2 3 4

3 2 1 0 1 2 3

4 3 2 1 0 1 2

5 4 3 2 1 0 1

6 5 4 3 2 1 0

6Modélisation et échantillonnage



Modèle de la répétition d’expériences identiques et indépendantes à deux ou trois issues.

Épreuve de Bernoulli, loi de Bernoulli.Schéma de Bernoulli, loi binomiale (loi du nombre de succès).

Coeffi cients binomiaux, triangle de Pascal.

Espérance, variance et écart-type de la loi binomiale.

• Représenter la répétition d’expériences identiques et indépendantes par un arbre pondéré.• Utiliser cette représentation pour déterminer

la loi d’une variable aléatoire associée à une telle situation.

• Reconnaître des situations relevant de la loi binomiale.

• Calculer une probabilité dans le cadre de la loi binomiale.

Démontrer que

( nk ) + ( 1

nk + ) = ( 1

1nk

++ ) .

• Représenter graphiquement la loi binomiale.

• Utiliser l’espérance d’une loi binomiale dans des contextes variés.

Pour la répétition d’expériences identiques et indépendantes, la probabilité d’une liste de résultats est le produit des probabilités de chaque résultat.La notion de probabilité conditionnelle est hors programme.

On peut aussi traiter quelques situations autour de la loi géométrique tronquée.

On peut simuler la loi géométrique tronquée avec un algorithme.

La représentation à l’aide d’un arbre est privilégiée : il s’agit ici d’installer une représentation mentale effi cace. On peut ainsi :– faciliter la découverte de la loi binomiale pour des petites

valeurs de n ( )n 4G ;– introduire le coeffi cient binomial ( n

k ) comme nombre

de chemins de l’arbre réalisant k succès pour n répétitions ;– établir enfi n la formule générale de la loi binominale.

Cette égalité est établie en raisonnant sur le nombre de chemins réalisant k + 1 succès pour n + 1 répétitions.On établit également la propriété de symétrie des coeffi cients binomiaux.

L’utilisation des coeffi cients binomiaux dans des problèmes de dénombrement et leur écriture à l’aide des factorielles ne sont pas des attendus du programme.En pratique, on utilise une calculatrice ou un logiciel pour obtenir les valeurs des coeffi cients binomiaux, calculer directement des probabilités et représenter graphiquement la loi binomiale.

La formule donnant l’espérance de la loi binomiale est conjecturée puis admise, celle de la variance est admise.On peut simuler la loi binomiale avec un algorithme.

Échantillonnage Utilisation de la loi binomiale pour une prise de décision à partir d’une fréquence.

• Exploiter l’intervalle de fl uctuation à un seuil donné, déterminé à l’aide de la loi binomiale, pour rejeter ou non une hypothèse sur une proportion.

L’objectif est d’amener les élèves à expérimenter la notion de « différence signifi cative » par rapport à une valeur attendue et à remarquer que pour une taille de l’échantillon importante, on conforte les résultats vus en classe de seconde.L’intervalle de fl uctuation peut être déterminé à l’aide d’un tableur ou d’un algorithme.Le vocabulaire des tests (test d’hypothèse, hypothèse nulle, risque de première espèce) est hors programme.

Programme offi ciel


Livre du professeur

57


1. Indépendance17. 1.

0,8

0,2

A

0,6

0,4

0,6

0,4

B

—B

B

—B

—A

2. 48, .0=6,0#98,0=(B)p#(A)p=(A B)p +

18. Cet exercice est corrigé dans le manuel.19. 1. 12.(A B) 0, 3 0, 4 0,p + #= =2. 58.12 0,=(A B) 0, 3 0, 4 0,p –+, =

20. 1. (A)p131= (B)p

41= .

2. A B+ représente l’événement « tirer une dame de cœur ».3. (A B)p

131

41

521

+ #= = .


22. (A B)p121

+ =

(A B)p31

41 1

126

21

12–+, = = = .

23. Cet exercice est corrigé dans le manuel.24. 1. 72.(A B) 0, 9 0, 8 0,p + #= =2. 9872 0,=(A B) 0, 9 0, 8 0,p –+, =

.02(A B) ,p 0, =3. 1(A) 0,p = 2.(B) ,p 0=4. 020,2 =0,1#(A ) 0,Bp k = d’après 3.

02.,98 0=(A B) 1 (A B) ,p p 1 0– –k j= =

25. 1.

0,1

0,9

A

B

—B

B

—B

—A

(A B) (A) (B) (A B)p p p p–+, +=1 (B)p1 (B) 0,p –+4 0,=0,

(B),,

p0 90 3

31= = .

2. Si A B1 alors 4.(A B) (B) 0,p p, = =26. (A B) (A) (B)p p p+ = car A et B sont issus d’expériences indépendantes.

(A B) 0p + = car A et B sont incompatibles.Donc (A) (B) 0 (A) 0p p p+= = ou (B) 0.p =

27. 1. (A)p21= (B)p

21= .

2. oui.3. F A B+= .

4. (F)p21

21

41

#= = .

28. 1. (A) 0, 3p = (B) ,p 0 6= .2.

0,3

0,4

0,6

0,4

0,6

0,7

A

B

—B

B

—B

—A

3. 12.4 0,=(A B) 0, 3 0,p + #=4. 42.7 0, 6 0,# =(A B) 0,p + =29. 1. 1/3

2/3

1/3

2/3

A

B

—B

B

—B

—A

1/2

1/2

(A B) (A) (B)p p p+ =

(A)p61

31

#= donc (A)p63

21= = .

2. (A B)p21

31

61

64

32–+, = = = .

30. 1. 0,4

0,6

0,4

0,6

F1

F2

—F2

F2

—F2

—F1

0,4

0,6

2. (F F ) (F F )p 1 2 1 2+ , ,

484 0,= .6 0,#6 0,+4 0,#0,=31. 1. La probabilité de tirer la couleur

rouge est 94 .

La probabilité de tirer la couleur noire est

94 .

2. a. (A A A )p 1 2 3+ + = (98)

3.

b.

A1

8/9

8/9

8/9

1/9

1/9

8/9

1/9

8/9

1/9

8/9

1/9

8/9

1/9

C1

A3

A2

C2

A2

C2

C3

A3

C3

A3

C3

A3

C3

c. (B) (A A A )p p 1 2 3+ +=1 (A A A )p– 1 2 3+ +=

1 –= (98)

3.

3. a. x peut prendre les valeurs 0, 1, 2 ou 3.b.

x 0 1 2 3

(X )p x= ( 98)3

3# ( 98)3

91

# 398

# # (91)

3

( 91)3

32. 1. 31 .

2. 1 – (32)

3

2719= .

33. Non il est possible d’avoir (A)p41=

et (B)p32= .

34. 1. (G G G G G )p 1 2 3 4 5+ + ++ = (31)

5

.

2. La probabilité de gagner au moins une

fois est 1 – (31)

5

,0 996- qui est supé-rieur à 99 %.Cynthia a raison.

35. 1. .10081

2. .1 000729

3. (109 )

n 9, .0 n=

4. Variables : N entier naturelDébut1 → N

Tant que 1, ,0 9 0N2N + 1 → NFinTantQueAffi cher N

Exercices (p. 240)

Chap. 6 Modélisation et échantillonnage

Chap. 6 Modélisation et échantillonnageLivre du professeur


6. Oui car c’est à partir de 22 fois que la proba est inférieure à 0,1.36. 1. 996.004 0,=(A ) 1 0,p –1 =2. a. B A A A1 2n n+ +f= .

b. (B ) (A A A )p p1 – 1b 2 n+ + +f=9961 0, .– n=

4. En B2 on écrit =0,996Â2.5. En C2 on écrit =1 – B2.6. A partir de n = 173.

2. La loi de Bernoulli37. Cet exercice est corrigé dans le manuel.38. 1. X peut prendre les valeurs 0 et 1.2. (X 0)p = = 0,43.39. 1. et 2. X suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,75.40. Cet exercice est corrigé dans le manuel.41. 1. X peut prendre les valeurs 0 et 1.2.

x 0 1

(X )p x=54

51

42. E (X)76= ; (X)V 6

49= ;

(X) 67cv = 0,35.

43. X suit une loi de Benoulli de paramètre

31 ;

X prend la valeur 0 lorsque le joueur perd ;1 lorsque le joueur gagne.44. 1. X suit une loi de Bernoulli.2. Le paramètre est 0,94.3. E(X) = 0,94 ;

06 =94 0,#V (X) 0,= 0,0 564 ;(X) ,0 0 564cv = 0,237.

3. Loi binomiale : espérance et écart-type45. Cet exercice est corrigé dans le manuel.46. 1. et 2. X suit une loi Binomiale de

paramètre 8 et 13

.47. Cet exercice est corrigé dans le manuel.48. 1. X (200 ; 0, 09)B+ .2. E (X) 200 0, 09 18#= = personnes en moyenne vont être signalées en fraude lors de ce contrôle.3. Sur 5 000 voyageurs, 5 000 0, 09 450# = ne payent pas. Cela représente une perte de 450 1, 7# = 765 .Il faut donc que les 18 fraudeurs repérés payent 765 ce qui représente 42,5 par personne.Le montant de l’amende doit être de 42,5 .

49. 1. et 2. X B(250 ; 0, 88)+ .50. 1. Ce tableau simule 11 jeux succes-sifs pour lesquels on a à chaque fois une

probabilité de 52 de gagner.

Le tableur calcule aussi X le nombre de fois ou on a gagné.

2. et 3. X B+ ( ,4 25).

4. E (X) 11 4, 452

522

#= = = on peut

espé rer gagner 4,4 fois en moyenne.

51. E (X) 4n52= = donc n

220 10= = et

p52= .

D’où V (X) (1 ) 10np p52

53

512– ##= = =

(X)512v = .

52. (X) ( ) 1np p1 –v = = et n = 16

donc ( )p p16 1 1– = soit 16p (1 – p) = 1

16 16 1 0p p– –2 + =

donc ,p4

2 3 0 9+b= ou

,p2

2 3 0 07–-= or p

21G

donc p2

2 3–= .

53. V (X) (1 )np p–= or V (X) 2=

et n 10= donc ( )p p10 1 2– =

soit 10 10 2 0p p– –2 + =

donc ,p10

5 5 0 3–.= ou

5 ,p10

5 0 7+.= or p

212 donc

5p10

5+= .

54. 1. X B+ ( ;841) .

2. a. Y 3X 1(8 X)– –=Y 4X 8.–=

b. E (Y) 4E (X) 8 0.–= =c. Ce jeu est équitable.55. 1. n 12= .2. Il semble que E (X) 4= .

3. np 4= donc p124

31= = .

56. 1. X B+ ( ; 297) .

2. Il faut changer « Pour I allant de 1 à 9 » par « Pour I allant de 1 à 10 » et « A prend la valeur d’un nombre entier aléatoire entre 1 et 7 » par « A prend la valeur d’un nombre entier aléatoire entière 1 et 10 » et « Si A 52 » par « Si A 82 ».


58. 1. 41 .

2. X B+ ( ;1041) .

3. E (X) = 2,5.4. a. Y 2X= .b. E (Y) 5= si le candidat n’a aucune idée de la bonne réponse il peut répondre au hasard, son espérance est positive.5. a. Z 2X 2(10 X)– –=

Z 4X 20–=b. E (Z) 10–= .Le candidat ne doit surtout pas répondre au hasard si il ne connaît pas la bonne réponse car l’espérance est négative.

4. Coeffi cients binomiaux59. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

60. (120 ) = 1 (16

15) = 16 ( 1785) = 785

(4440 ) = 1 (849

848) = 849.

61. (158 ) = ( 15

15 8– ) = (157 ) = 6 435

(159 ) = ( 15

15 9– ) = (156 ) = 5 005

(167 ) = (15

6 ) + (157 ) = 11 440

(169 ) = ( 16

16 9– ) = (167 ) = 11 440.

62. 1 7 21 35 21 7 1

1 8 28 56 56 28 8 1

1 9 36 84 112 84 36 9 1

63. 1. (84) = 70 (96) = 84 (164 ) = 1 820

(147 ) = 3 432.

64. 1. (42) = 6

2. (40) = 1 (41) = 4.

3.

(40) (41) (42) (43) (44)1 4 6 4 1


66. (10199 ) = ( 101

101 99– ) = (1012 ) = 5 050

(1022 ) = (101

1 ) + (1012 )

= 101 + 5 050 = 5 651

(102100) = ( 102

102 100– ) = (1022 ) = 5 651.


Livre du professeur

59

67. 1

1 1

1 2 1

1 3 3 1

1 4 6 4 1

1 5 10 10 5 1

1 6 15 20 15 6 1

1 7 21 35 35 21 7 1

18 28 56 70 56 28 8 1

68. 1. ( )1–0

i

i

n

=

/ (Ni )2.

N Somme

2 0

3 0

4 0

5 0

3. On peut conjecturer que pour tout

Nd ( )1–0

i

i

n

=

/ (Ni ) .0=

69. 0

2

i=/ ( i

2) 4= 0i

3

=

/ ( i3) 8=

0i

4

=

/ ( i4) 16=

0i

5

=

/ ( i5) 32=

On peut conjecturer que 0i

n

=

/ (Mi ) 2n= .

71. 1. (84) 70= (115 ) 462=

(174 ) = 2 380.

2. On a utilisé la propriété

( nk ) + ( 1

nk + ) = ( n

k11

++ ) .

5. Calcul de probabilité dans le cadre d’une loi binomiale72. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

73. 1. (Y 0)p2561= = ; (Y 1)p

321= = .

2. (Y 2)p = = (82)(21)

2

(21)

6

= (86)(21)

6

(21)

2

(Y 6)p= = .74.

(Z 3)p – = (93)(32)

3

(13)6

- 0,034 à 10–3 près

(Z )p 6– = (96)(32)

6

(13)3

- 0,273 à 10–3 près


76. 1. (X 0)p4 096

1= =

(X )p 12 048

9= = (X )p 24 096135= = .

(X 3) 1 (X 3) 1 ( (X 0)p p p– –1H = = =

(X 1) (X 2)p p2 0481 971+ = + = =

77. 1. A prend la valeur C P (1 P)– N kk –# # .

2. Variables : N, k, C, I quatre nombres entiers naturelsP, A, S trois réelsDébut

Saisir N, P, k0 → SPour I allant de 0 à kcombinaison de I parmi N → CC P (1 ) S SP– Nk k– + "# #

FinPourAffi cher S

Fin

3. On trouve(X )p 20G .0,814(X )p 28G .0,999(X )p 13G .0,099(X )p 15H .0,834.

78. (X )p 23 .= 0,0 391(X )p 20 .= 0,0 930(X )p 10 .= 0,0 079(X )p 30 .= 0,0 004.

79. (X )p 40G .0,9 914(X )p 371 .0,9 265

(X ) (X )p p30 1 30–2 G .= 0,4 821 (X )p 25H .0,9 175.

80. 1. En B2 on entre =LOI.BINOMIALE(A2,14;0,31;0).On copie-colle jusqu’en B16.2. En C2 on entre =AZ*B2.On copie-colle jusqu’en C16 en D2 on entre =SOMME(C2:C16).

81. 1. (X ) (X )p p1 1 0–H .= = 0,292.2. (X )p 2H

(X ) (X )p p1 0 1– – .= = = 0,043.

82. 1. 361 .

2. X B+ ( ;10361 ) (X )p 3H . 0,0 022.

83. 1. X peut prendre les valeurs entiè-res comprises entre 0 et 15.

2. X B+ ( ;1315 ) .

3. (X )p 15 .= 6,97 10 8–# .

4. (X )p 12 .= 2,54 10 4–#

(X )p 13 .= 2,9 10 5–#

(X )p 14 2 10 6–#.= .

5. (X )p 12H . 2,85 10 4–# .

6. E (X) 5315= = .

84. 1. a. et b. X suit une loi de Bernoulli de paramètre 0,18.2. a. et b. Y B(24 ; 0, 82).+c. (Y )p 24 .= 0,008.

85. 1. 162

81= .

2. a. X B+ ( ;1 108) .

b. (X )p 0 .= 0,263.La probabilité pour qu’il y ait au moins un millionnaire est 0,736.

86. 1. X B( ; 0, 05).n+

2. (X 0)p = = ( n0) 0, 05 0, 95 0, 95 .0 n n

# =

Donc (X ) (X )p p0 1 0–2 G=1 (X 0) 1 0, 95p– – n= = = .

3. On trouve n 14= .4. Il faut jouer au moins 14 fois.

87. 1. X B+ ( ; 155) .

2. a. Y X 3–= .

b. E (Y) E (X) 3 325

21– – –= = = .

c. Non car E (Y) 01 .d. 2,5 .

88. 1. Affi cher I + 1.2. On trouve k = 14 voir fi chier.3. Variables : N, k, C, I des entiers naturels

P, A des réels.Début

Saisir NSaisir PO → AO → ITant que 4A 0,G

combinaison de I parmi N → CA C (1 ) Ap p–I N I–+ "# #

I 1 I+ "

Fin Tant que Affi cher I 1– .Fin

4

4

(X ) ,

(X ) ,

p

p

16 0

17 01

G G

G

89. X I B– + ( ; 142

) .6. Échantillonnage et loi binomiale

90. ;32039

32064; E .


92. Si f63056= on accepte

Si f63088= on refuse.


94. 1. (X )p k= = ( k50)(3

1)k

(32)

50 – k

3. On trouve k 16= ou 17.

Donc 6 = (42)5 = (51)

15 = (62)35 = (73)70 = (84)



95. On trouve (X )p 10G .0,6 662(X )p 20H .0,0 007( X )p 5 12G G .0,8 269.

96. 1. X B+ (1 500 ; 0,014).2. E (X) 1 500 0, 014#= =

3. ;1 500

91 500

30; E .4. ;

1 50032

1 5009

1 50030

z; E cela semble

anormal.

7. Problèmes101. 1. E (X) 600= .2. (550 )p x 700G G . 0,9 842.3. D’après 2.

(X ;p 550 700g ).6 @ 0,0 158 qui est in-férieur à 2 %.Donc le directeur décide de lancer la pro-duction.102. 1. 15]B[9 ; 0,X+ .2. E (X) = 1,35.3. a. L’événement Y 3= est R R R .1 2 3k k

b. (Y 3) (1 )p p p– 2= = .

c. L’événement Y 4= est R R R R1 2 3 4k k k .d. (Y ) ( )p p p14 – 3= = .e. (Y ) ( )p p pk 1 – k 1–= = .f. (Y ) ( )p p0 1 – 9= = .

g. E (Y) (Y )i p i0i

9

= ==

/.038( ) (1 ) ,p i p p0 1 3– –9 1

0

i

i

9–+# .=

=

/En moyenne le troisième train arrivera en retard.

103. 1. B( , )X n p+ .2. ( ) (X )p x p1 1 0–H = =

.( )p1 1– – n=3. a. Y peut prendre les valeurs 1 ou

.n 1+b. (Y ) ( ) ( )Xp p p10 – nz= = = = .

.(Y ) (X ) ( )p n p p1 1 1 1– – n+ H= = =c.

(Y) 1 (Y 1) ( 1) (Y 1)E p n p n+ + += = =( ) ( 1)np1 – n + += ( ( ( )p1 1– – n )

1 (1 ) .n n p– – n+=

4. a. Z peut prendre les valeurs n1 ou

1n1+ .

b. p(Z n1= ) ( )p1 – n=

p(Z 1n1+= ) ( )p1 1– – n= .

c. (Z) ( )En

p1 1 1– – n+= car

E (Z) E ( )Yn1 –= .

5. b. On trouve n 11= .c. 11. u11. 0, 18 557. L’économie est de 9,81 443 par test.

104. 1. a. BX+ ( , 142) .

b. (X 2)p83= = .

2. a. BY+ ( ,219 ) .

b. (X )p 41289= = .

c. 83# (2

5)(21)

5

12815= .

Livre du professeur


105. 1. 0,29.2. a. (X ) (X )p p1 1 0–H = = avec

X B+ (n ; 0,29),1 0 71– n= .

b. On trouve n 14= .

106. 1. a. X B+ ( ,381) .

b. ( )E X 12

= .

c. (X ) 3p 2 #= = (61)

2

65

21615

# = .

2. a. X B+ ( ,3 12) .

b. E ( )Y23= .

c. ( 2)Yp 3= #= (12)2

21

83

# = .

107. 1. a. 35.

b. ( )Ep = (51)(13)1

(32)

4

24380=

( )Fp = (32)

5

24332= .

Les palindromes sont

AAAAA BAAAB CAAACAABAA BABAB CABACAACAA BACAB CACACABABA BBABB CBABCABBBA BBBBB CBBBCABCBA BBCBB CBCBCACACA BCACB CCACCACBCA BCBCB CCBCCACCCA BCCCB CCCCC

( )Gp3527

91= = .

2. a. X B+ ( ;2824332 ) .

b. (X ) (X ) (X )p p p1 0 1+G = = =

= ( 243321 – )

28

2824332+ # # ( 243

321 – )27

-0,1.

108. Faux.109. Si (X ) (X )1 8p p 0= ==4 ( ) 8(1 )1p pp –– 3 4=

( )p p4 8 1 –=

p p2 2–= donc p23= . Vrai.

Si p51= alors (X )p 1 4= = (15)(5

4)3

54

4

4

= .

(X )p 0= = (54)

5

. Faux.

110. ( ) (A) ( ) (A) (B)A B Bp p p p p–+j =

(B)p43

52 += (1 5

2– )(B)p

207

35

127

#= = . Vrai.

(A ) (A )C Cp p1109–j j= = . Faux.

111. b.

112. a. et d.

113. a. et c.



Livre du professeur

61

TP Info (p. 260-261)

1. Finance discrètePartie 11.

0,530,530,53

0,530,53

0,470,47

0,470,47

0,530,53

0,470,47

0,530,53

0,470,47

0,530,53

0,470,47

0,530,53

0,470,47

0,530,53

0,470,47

5050

Partie 21. a. 53)X B(10 ; 0,+ .

b. ( )Xp k= = ( k10) 0,53k 0,4710 – k.

2. a. S u d50 10k k–= .

b. 50(5 ) (X )u dp p k10 —k k= = = = ( k10) 0,53k 0,4710 – k.


7Trigonométrie


Contenus Capacités attendues Commentaire

Trigonométrie Cercle trigonométrique.

Radian.Mesure d’un angle orienté, mesure principale.

• Utiliser le cercle trigonométrique, notamment pour :– déterminer les cosinus et sinus d’angles

associés ;– résoudre dans les équations d’inconnue x :

cos x = cos a et sin x = sin a.

L’étude des fonctions cosinus et sinus n’est pas un attendu du programme.

Programme offi ciel

1. Le radian : Une unité de mesure angulaire « naturelle »

1. La longueur d’arc vaut 180r

ul.

2. a. Soit d cette mesure en degrés. Elle vérifi e :d

1801#r = soit .3°,d 180 57°.

r=

b. La longueur d’un arc est supérieur à sa corde.c. Sur un volume cylindrique de rayon 1, on « enroule » une fi celle et on marque à la longueur 1 ul.d. 6.e. 2r .f. Sur un cercle de rayon unité la MESURE d’un arc, ainsi que la mesure de l’angle au centre qui lui est associé s’expriment par le même nombre.3. a. Lorsque la mesure est inférieure à 2r , on « enroule » sa-chant la longueur, ainsi on obtient du point I un angle au centre dont la mesure correspond. Si la longeur est supérieure à 2r , on la divise par 2r , et on reporte le reste.b. Idem, mais on change le sens d’enroulement.c. On regroupe ces cas sachant, d’abord le signe de x puis sa valeur par rapport à 2r ou 2– r .

2. Arrêt sur image : Les « pi-radians »1. a. Oui.b. Non.

2. Car il y a proportion-nalité entre les mesures en degré et les mesures en radian sachant que

r mr

180 md

est un tableau de proportionnalité avec mr : mesure en radians,md : mesure en degrés.

° rad306r= rad575

12° r=

rad0 249

° r= rad9

20° r=

rad603

° r= rad51506

° r=

rad0 5109

° r= rad2809

14° r= .

3. Programme au menuCe programme offre au choix :– une conversion de degrés en radians ;– une conversion de radians en degrés.Selon la relation évoquée dans l’activité 2., il s’agit d’un program-me utile.


π—3

π—2

π—4

π—5

0 ; 2ππ


Livre du professeur

63


1. B A&

2. A B&

3. B A&

4. A B+

5. B A&


À vous de jouer, page 2771. Par addition, en application de la relation de Chasles et de la multiplication par k, on a :

a. ( ) ( ); ;u v v u–= et b. ( ; ) ( ; )u v u v– = .

2. Du fait de la seconde propriété, on a bien :( ); ; u v u uk k +d= et v colinéaires.

À vous de jouer, page 2781. Il s’agit des symétriques par rapport à O.

2. Par symétrie par rapport à la première bissectrice du

plan, les points de coordonnées (cos ( x2

–r ) ; sin ( x2

–r )) et

(cos x ; sin x) sont images l’un de l’autre. Donc cos ( x2

–r ) = sin x et

sin ( x2

–r ) = cos x.

3. À partir de ces précédents points on utilise la symétrie par rapport à l’axe des ordonnées. On conclut ensuite.

À vous de jouer, page 2791. ( )cos cos cos sinx x x x x2 –2 2= + = cos sinx x2 1 1 2– –2 2= =du fait que 1cos sinx x2 2+ = .

2. On particularise à « x2

», s’il s’ensuit que :

cos cosx 2 2= ( x2) 1 1 2 sin– – 2= ( x

2)D’où le résultat :

cos2 ( x2) 1 cos x

2+= et sin2 ( x

2) cos x2

1 –= .

1. Conversion entre radians et degrés

1. à 39. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.40. 0° = 0 rad ° rad60

3r=

° rad1354

3r= ° rad1354

11r=

° rad306r= ° rad90

2r=

° rad7

5407

3r= ° rad1506

5r=

° rad454r= ° rad120

32r=

° rad2106

7r= ° rad3003

5r=

et ° rad rad314180

31490

157r r= = .

41. 1. ° rad725

24#

r= ,

° rad,105127

4#r=

° rad50185

4#r= , ° rad44

4511 4#r=

2.

O

JM

Q

P

N

I

2. Cercle trigonométrique et mesure principale


45. ; ; ;3 6

– r r r ; ; ;5

21118

137–r r r

.14; ,35 6 3– r

46. ; ;1247

1249–r r

;12 12241 313– –r r

.

47. 1. 5

3r 2. 6

– r 3. 7

2r

4. 318 1 000–r .

48. ; ;4 3 87– –r r r

.

49. Cet exercice est corrigé dans le manuel.50. 1. Non.2. Non.3. Non.4. Oui.51. I(0) J( 2

r ) C ( )r H( 23r ) D( 4

– r ) A( 6r ) F(76

r ) G( 3r ) B(23

r ) E( 6– r ) .

52. 1. M est à associer à 0 ou r .2. M est à associer à 0 ou r .

3. M est à associer à 2r

ou 2

– r .

53. 1. M est à associer à 4r

ou son sy-métrique par rapport à 0.


ou à ses images

par la rotation de centre 0 et d’angle 2r

.


ou à ses images

par la rotation de centre 0 et d’angle 4r

.

54. et 55. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.

Exercices (p. 286)

Chap. 7 Trigonométrie

Chap. 7 TrigonométrieLivre du professeur


3. Angles orientés58.

D

A C

B

E

( ; )CA CB3r= .

( ; ) 2 2AD AE3 6

52

– – #r r r r= = .

( ; ) ( )CB AD ADAD – r= = .

( ; ) ( ; ) ( ; )AE CB AE AD AD CB+=

65

6–r r r= = .

59. ( ; ) ( )BAD A3

5 22 6

– – –r r r r= = .

( ; ) ( ; ) ( )A CD CADC C3

2r r= = .

( ; ) ( ; ) ( ; )DC A DA BABA DC D= +

( ; ) ( ; ) ( ) .DC DA AD AB3 6

7 2–+ +r r r= =

60.

1. ( ; ) ( )AD AE 23 2 4

2– – –r r r r r= .

2. ( ; ) ( ; ) ( ; )A CB CA CA ADCB D +=( ; ) ( ; ) (2 )CB ADCA AC+ + r r= .

3. ( ; ) ( ; ) ( ; )EA BC EA EB BE BC–=( ; ) ( ; ) ( ; ) ( )EA EB BE BA BA BC 2+ + r r= − .

61. ( ; ) ( )ABAC3

2– r r= .

( ; ) ( ; ) ( ) ( ) .BC BABC AB 23

2 2–+ r r r r= =

( ; ) (2 ) (2 )CD CE2 3 4

1124

+ +r r r r r r= = .

62. a. 3

2– r .

b. 3

2r .

c. 3r .

d. 0.

e. 3r .

f. 56

– r .

63. a. 5

– r . d. 2r .

b. 5

4– r . e. r .

c. 35

– r . f. 2

– r .

64. 1. ( ; ) ( ; )( )u v u v2 2r= .

2. ( ; ) ( ; ) (2 )u v u v– + r r= .

3. (3 ; 2 ) ( ; )(2 )v u v u– +r r=( ; )( )u v 2–r r= .

65. 1. ( ; ) ( ; ) ( ; )( )v w v u u w 2+ r=( ; ) ( ; )( )u w u v 2– r= .

2. ( ; ) ( ; )(2 )u v u v– +r r= .

3. ( ; ) ( ; )( )w v w v 2– +r r=( ; )( )v w 2–r r= .

66. Soit S cette somme on a :( ; ) ( ; ) ( ; )AB AD AD CD CD CBS + +=

( ; ) (2 )CB AB+ r= .

( ; ) ( ) ( )AB AS B 2 0 2r r= = .

4. Cosinus et sinus67. et 68. Ces exercices sont corrigés dans le manuel.69. Soit n rd .

( )cos n2 1r = .( )sin n2 0r = .

( ) ( 1)cos n – nr = .( )sin n 0r = .

cos( (2 1)n2

– + +r r ) = 0.

sin( (2 1)n2

– + +r r ) = 1.

cos( (4 1)n

2+ r ) = 0.

sin( (4 1)n

2+ r ) = 1.

cos( n2r ) ( 1) si 2

sin kn k0 2 1

– k

+= =

=' .

sin( n2r ) si

( ) sin kn k

0 21 2 1– k +

===' .

70. A22= B = − 1.

71. 2A 3+=72. 1. sin x. 3. − sin x.2. sin x. 4. sin x.73.

( ) sin cos sinA x x x x4 5– +=.sin cosx x6 4–=

( ) cos sinx x xB 3 5–= .74. .0sin x =+cos sin cosx x x– –=( )xA75. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

76. 1. cos( 3r ) = sin( 2 3

–r r ).2. sin( 3

r ) = cos( 2 3–r r ).

3. sin(25r ) = sin( 2

5–r r ).

4. sin( 103r ) = cos( 2 10

3–r r ).77. A

22= ; B

22–= .

78. 1. On construit d’abord approxima-

tivement 72r

. Ensuite la rotation de cen-

tre O et d’angle de mesure 72r

permet d’aboutir sans diffi culté. 2. On a : = ¢, car : x ( ) ( ) cos cosx x– =d , et

,¢–=/ / car x ( ) sin sinx x– =d .

5. Formule de trigonométrie

81. 1. 2cos x2

3+= .

2. On a cos x 0H et sin x 0G donc

x12

– r= ou x125– r= mais sin x est une

valeur bien proche de 0… donc x12

– r= .

82. 1. sin( 59r ) 01 donc

sin( 59r ) ( 5

9r )cos1– – 2=

sin( 59r ) 4

10 2 5– –= .

2. De plus ( )5

95

2–r r r= ,

donc cos( 5r ) = cos( 5

9r ) et sin( 5

r ) = − sin( 59r ) .

83. 1. cos(12r ) 2

43+= .

2. cos( 125r ) = cos( 122

–r r ) = sin(12r ) ;

cos( 127r ) = cos( 2 12

+r r ) = − sin(12r ) ;

cos( 1211r ) = cos( 12

–r r ) = − cos(12r ) .

84. 19

10 0–r r r=

donc 109– –r = ( 10

–r r ) .On a sin(10

r ) > 0

donc sin(10r )

46 2 5–=

et donc sin( 109– r )

46 2 5– –= .

C B

FE

DO

A


Livre du professeur

65

85. 1. cos x415–= .

2. .8,cos x 0=

3. cos x 53

–= .


87. 1. , .sin x 0 6!=2. .8,sin x 0= 3. Impossible.88. 1. Car elles engendrent des valeurs connues.2. Car on peut toujours s’y ramener.

3. cos cos6 28 4

32

–r r= = .

4. On a bien 2 cos2( 2r ) 1 cos x– = .

5. Donc cos2( 8r )

( 4r )1 cos

2

+

= 1 2

222

42+ += =

et, vu que cos( 8r ) > 0

alors cos( 8r ) 2

22+= .

6. On a alors

sin( 8r ) ( 2

2 2+ )2

1 –=

22 2–=

et donc cos( 83r ) = cos( 82

–r r ) = sin( 8r ) .

7. cos( 85r ) = cos( 2 8

+r r ) = − sin( 8r ) ;

cos( 87r ) = − cos( 8

r ) . 8. Grâce aux angles associés et complé-mentaires. 89. 1. sin cosa a1 – 2=car ;a 0 rd6 @ donc sin sina a2= .2. cos cosa a2 2 1–2= et sin sin cosa a a2 2= . 90. Soit xd ;

( ) ( ) ( ) ( )sin sin sin cosx x x x4 2 2 2 2 2= = .91. Soit xd , ( )cos sinx x 2+

2cos sin cos sinx x x x2 2+ += sin x1 2+= .92. 1. La fonction

: ( ) ( )cos sin cos sinf x x x x x–2 2+ +" .2. Car la forme est déjà sous une somme de termes. 3. Oui, mais on aurait pu espérer mieux, car, pour tout 1 cos sinx x x2 2+d = .

Et donc fi nalement, pour tout x réel, f(x) = 2.4. « Simplify ». 5. En développement c’est immédiat. 93. Cet exercice est corrigé dans le manuel.94. Soit xd ,( )cos sinx x1 2+ +

( ) ( )cos sin cosx x x1 2 12+ + +=( )( )cos cosx x1 1–+ +

(1 )(1 )1cos cos sin cosx x x x2 –+ + + +=2(1 )(1 )cos sinx x++= .

95. 1. a, b d , ( ) ( ) ( )( )a b a b a b a b– – –4 4 2 2 2 2 2 2 2 2+= = =

( )( )( ) .a b a b a b– 2 2+ +

2. trigcos et trigsin simplifi ent leurs argu-ments mais vont davantage privilégier cos ou sin dans le résultat.3. x d , cos sin cos sinx x x x2 1 1 2– – –4 4 2 2= =en fait on a immédiatement :

cos sinx x–4 4

( )( )cos sin cos sinx x x x–2 2 2 2+=d’où 2cos sin cosx x x–4 4 = .96. Soit xd ,

2cos cos sin sinx x x x4 2 2 4+ +( )cos sinx x 12 2 2+= = .

97. Soit ;x 0 rd 6@ ,1. (1 )(1 )cos cos sinx x x– 2+ = .

2. Soit ;x2 2–r r

d 8B ,

(1 )(1 )sinsin cosx x x– 2+ = .

98. Soit xd , ( )cos x4 ( ( ) ( )cos cosx x2 2 2 2 1–2= =

( )sin x1 2 2– 2= ( )sin sinx x1 2 4 1– –2 2

#=sin sinx x8 8 1–4 2 +=

cos cosx x8 8 1–4 2 += .

99. 1. x d , 13 cos sinsin cosx x x x2 26 6+ + = .

2. ( ) 33A B A B A B AB3 3 3 2 2+ + + += 3 ( )A B AB A B3 2 2 2+ + +=et donc, dès que 1A B2 2+ = on a :

( ) 3A B A B AB3 3 3+ ++ = .3. C’est le cas avec cosA x2= et

sin xB 2= .

100. Soit a, b, c des réels( )cos a b c+ +

( ) ( )cos cos cosa b c a b c+ + += =( )sin sina b c– +

( )cos cos sin sin cosa b a c c–=( )sin cos sin cos sina b b a c– +

cos cos cos sin sin cosa b c a c c–=sin cos sin sin sin cosa b c b c a– – .

Idem pour ( )sin a b c+ + .

101. Même méthode que pour l’exer-cice 102.

102. cos2(12r )

1 cos

26+r

= .

sin2(12r )

cos

2

1 6–r

= .

103. cos2( 8r ) 2

42 += .

sin2( 8r ) 4

2 2–= .

On en déduit alors cos 162r

et sin 162r

de la même manière.104. Soit f(x) cette expression :

( ) 2 (2 ) 4 2 2cos cosf x x x–2 +=8( 2 1)cos cosx x–4 2 +=

( ) sinf x x8 4= .105. 1. On a entré la fonction dans le menu de fonction et on peut conjecturer que :

x d , ( )f x23= .

2. On dével0ppe, et on trouve bien 23 .

106. 1.

a ba b a b a b b1 0– –

2 2

2 22 2 2 2 2

++& &2 2 1

( )a ba b a b a b1– – – –

2 2

2 22 2 2 2

++&1 1

0a2& 12. Au cosinus ou au sinus d’un réel.3. ;x 2r rd6 @ donc sin x 0G .

a. Donc 2

sin xab

a b–

2 2+= .

b. Oui car ab ab–= .107. 1. a, b, on a :

( ) ( ) ( ) ( )sin sin cos cosa b a b b a– –2 2+ # = qui s’obtient en développant des formules d’addition.2. Oui puisque sin cosb b1 –2 2= et sin cosa a1 –2 2= .3. f est la bonne réponse.108. 1. Elle résout des systèmes linéai-res d’équations.2. Les solutions du système :

a b pa b q–

+ ==' soit

ap q

bp q

2

2–

=+

=ce qui s’obtient directement.3. a. sin cosa b2 . c. coscos a b2 .b. sin cosb a2 . d. sin sina b2 .4. En substituant p à a + b et q à a − b c’est gagné.109. 1. p = 3x ; q = 5x.2. p = 7x ; q = 2x.3. p = 11x ; q = 17x.



110. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.

111. sin sin sinx x12

+ +r=

sin2= ( x4 2

+r ) cos( x4 2r − ) .

sin sin sinx x12

–r− =

cos2= ( x4 2

+r ) sin( x4 2r − ) .

Soit fi nalement :

( x4 2

+r ) ( x4 2r − )

sin sin

sin sin

x

x

1 2

1 2–

2

2

+ =

=

Z

[

\

]]

]]

6. Équations trigonométriques112. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.

113. 1. 3

– r . 2. 4r .

3. 56

– r et 256

– +r r . 4. 2

– r et 6

3r .

114. 1. 3r ou

35r . 2.

6r ou 5

6r .

3. 56r . 4.

4r ,

43r ,

49r ,

411r .

115. x6r= (23r ) .

Soit x k6 3

2+r r= , avec kd .

π- — 2

π—6

5π—6

116. 3

3

1

1

33

2

2

2

2

3 3

117. 1. x6r= ou x

611r= .

2. x4

– r= ou x4

3– r= .

118. 1. ; ;x 0 2 4r rd" , .

2. ; ; ;x15

1315

1715

2715

13– –r r r rd' 1 .

119. 1.

; ; ; ; ; ;x4 2 4

34 4

34

5– – – –r r r r r rd'

; ;4

72 2

3– –r r r1 .

2. ;x k4

1912 3

2+r r rd'

avec ; ;k 7 86d" , .

120. 1. ;x 4 45r r

d' 1 .

2. ;x k2 10 5

+r r rd'

avec ; ;…k 5 5–d" , .

121. I 1. Il a des solutions !2. Il les donne toutes cette fois, et donc sur , et non dans un intervalle de longueur 2r , a priori.

II 1. ( ) 2( 1)T x x += ( x21− ) .

2. ( ) ( ) ( )cos cosf x T x x2 1+= =

( cos x21− ) .

3. ( ) cosf x x0 1–+= = ou cos x21= .

4. a. Dans ,

2 ;cos x x k21

3++r r= d$

2 ; k3

– + dr r .

b. Dans ,(2 1) ; cos x x k k1– ++ dr= d" ,

d’où dans ; 3– r r6 @.; ; ;cos x x

21

3 3 37

35– –+

r r r r= d' 1 .

; ;cos x x1 3– –+ r r r= d" , .5. Ce qui fournit l’ensemble complet des solutions.122. 1. On peut au moins conjecturer 0…2.

2 2 0 (2 1) 0x x x x x x– –3 3 2+ += = =

x 0+ = ou x2

1!= .

3. Donc x est solution de () si, et

seulement si, sin x 0= ou sin22x = ou

sin22x –= .

4. Comme précédemment on a la réunion

des solutions sur ;0 4r6 @ : .; ; ; ; ; ; ; ;0 2 3 4

4 42

43

411

r r r rr r r r

' 1

123. La méthode est exactement la même pourvu que :

1. On pose u = sin x. 2. On remarque que l’équation équivaut

à 2cos x23

!= .

3. On substitue sin2 x à 1 − cos2 x.

4. On remarque que l’équation équivaut

à sin(2x3

+ r ) 2

1!= .

124. Les réponses sont bien celles de la capture de l’énoncé. La méthode reste inchangée à l’exercice 122.

125. 1. On conjecture qu’il n’y a pas de solutions.2. Supposons xd tel que

0cos sinx x+ = alors cos sinx x–= et donc cos sinx x 0= = ce qui est absurde où bien : nécessairement cos x 0H et

sin x 0H donc : si cos x 02 ou sin x 02 alors

cos sinx x 0+ 2 on en déduit que cos x 0= et sin x 0= ce qui est

absurde.

126. 1. a. Quelles sont les éventuelles solutions de l’équation 1cos sinx x+ = dans ;– r r6@ ?

b. ;0 2{r= $ . .

2. a. Il a permis de factoriser cette somme de termes.

b. Soit xd , cos sinx x+

2= ( cos sinx x2

1

2

1+ ) .Soit cos sinx x+ 2 cos= ( x

4– r ) .

c. On retrouve alors les solutions en

résolvant l’équation cos( x4

– r ) 2

1= .127. 1. On divise l’égalité par 2.

2. cos sin sinx x21

23– = ( x

6–r )

= sin( x 56

– r ) .3. Et donc () sin+ ( x 5

6– r ) 1=

.sin2r=

On procède identiquement à ce qui a été fait à l’exercice 118, 119 ou 120.

128. 1. cos sin sinx x 2+ = (x4

+ r ) .2. cos sin cosx x 2+ = (x

4– r ) .

Livre du professeur



Livre du professeur

67

3. cos sin sinx x3 2+ = (x6

+ r ) .4. cos in cossx x3 2+ = (x

3– r ) .

5. cos sin sinx x3 2– = (x6

– r ) .129. 1. 12 2+a b = .

2. a. OP a b2 2+= .

b. M( ,a ba b

a b2 22 2 ++

) .c. Ces coordonnées vérifi ent la relation

de départ.3. Si α et β sont le cosinus et le si-nus d’un angle, on a nécessairement

a b

a2 2+

a = et a b

b2 2+

b =

et réciproquement cela convient parfai-tement puisque, quels que soient a et b,

(a b

a2 2+

) + (a b

b2 2+

)2 = 1.

130. Soit () : cos sina x b x c+ = .

1. De l’exercice précédent, il existe 0i , dans ;– r r@ @ tel que

etcos sina b

a

a b

b0 2 2 0 2 2+i i=

+= .

2. Ainsi () cos sin

a b

a xa b

b x2 2 2 2+ +

+ +

a b

c2 2+

= .

( )cos xa b

c– 0 2 2++ i =

3. a. L’équation () admet des solutions

réelles si, et seulement si, c a b2 2+1 .b. S’il existe x0, tel que

cos(x )a b

c–0 0 2 2+=i alors il existe

;–{ r rd@ @ tel que ( )cos cosx –0 0i {=et donc 2x k0 0 + +i { r=ou r2 x –0 0 +i {= .

7. Inéquations trigonométriques131. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.

132. 1. ; ;x6

55

– ,r r r rd 6 @E E .2. ; ;x 0

32

37

,r rr

d8 ;B E .133. 1. ; ;x

4 4 47

49– ,

r r r rd 6 ;@E .

2. ; ; 2x3 3

2– ,r r r rd ;B B E .134. 1. ;x

43

43– r r

d ;E .

2. a. On retrouve ;x4

34

3– r rd ;E .

b. On obtient 0 ;x4

3rd; ; .

135. 1. ;x 53 3r r

d ;E . 2.

; E; E; ; ; 3 .x3 3 3

53

7– – , ,r r r r r rdE E136. 1. ;x

6 611r r

d ;E .

2.

; ; ; .x6 6 6

116

13 3– – , ,r r r r r rd ; ;E E E E

137. 1. a. 21– et

23– sont les racines

de ce trinome.

b. ( )f x 4–= ( x23− )( x

21+ )

( 2 1)( 2 )x x 3–+ + += .2. a.

x 03

2r3

4r2r

cosx2 1+ + 0 – 0 +

b.

x 06r

611r 2r

cosx2 3– + – 0 + 0 –

Remarque : la justifi cation se fait plus par le cercle que par les composés.

3. On en déduit le signe de l’expression

x 06r

32r

34r

611r 2r

cosx2 1+ + 0 – 0 +

cosx2 3– + – 0 + 0 –

( )cosx– – 0 + 0 – 0 + 0 –

138. 1. cos x

x R23+1

d

4

Xd ;k k6

26

11 2+ +r r r r;E .Ukd

2. a. On obtient donc par équivalence

, k x k k6

2 22 6

11 2–+ +1 1r r r r r d ;

, k x k k3

2 2 23

7 2+ +1 1r r r r d ;

k x k3 6

7+ +1 1r r r r .

Soit xd ;k k3 6

7+ +r r r r;EUkd

ce qui donne dans : ;0 r6 @ : ;3rrB B ;

;2 2

– r r8 B : ; ;2 6 3 2

– – ,r r r r8 8 B B ;

;0 2r6 @ : ;3 67r r;E .


139. 1. Oui par défi nition.

2. Faux : cos sin4 4

1+ 2r r .

3. Oui, ils sont de la forme, .k k

2+r r d

4. Oui, ils sont de la forme , .n nr d

5. Oui, il est inférieur ou égal à 1.

6. Faux : cos sin4 4r r= .

7. Faux : (0 ) 1cos cos –+ r r= = .0 1 (1) 0cos cos+ +r = = .

8. Faux : …x 0=9. Faux : x …r=

10. Vrai, car elle équivaut à cos x 3–= ou cos x 2= qui n’ont chacune aucune solution.140. b.141. b.142. b.143. c.144. b. d.145. a.146. 1. Elle vaut r . La somme des mesures des angles d’un triangle vaut r radians.

2. 2r

.

3. Il est donc rectangle.

147. Il suffi t de développer… aucune diffi culté c’est de l’application directe des formules.

148. 1. cos x x k02

+r r= = + , .kd

2. / , x x k k2t +!r r= d d$ . ,

3. Soit x td ,

cos

coscos sin

cos

x

xx x

x

1112

2

2 2

2+

= = d’où le

résultat.

149. Soit xd .


Chap. 7 TrigonométrieLivre du professeur


TP Info (p. 300-301)

1. Triangle inscrit dans un cercleOn a : ( ( ) ; ( ))cos sin– –a a( ; ) ; ¢cos sinM Ma a ,donc 2 sina=¢MM et cosIH 1 – a= .

Ainsi ( )( )

(1 )sin cos

sin cos2

2 1 ––a

a aa a= = .

La fonction est admise comme fonction dérivable sur ;0 r6 @ et telle que ( ) 2 1cos cos– + +a a a=¢ 2 et donc

( ) 0 0+a a= =¢ ou 3

2a r= .

Puis, du signe de ( )a¢ sur ;0 r6 @on en déduit que la fonction

admet un maximum qui est (23r ) .

Soit (23r ) = sin(23

r ) × (1 − cos(23r )) =

43 3

.

On vérifi e que tout concorde avec l’animation sous Geogebra.Rem : Ce TP peut être assez intéressant pour comprendre aussi l’utilité de XCAS lorsque l’on n’a pas la connaissance de la dériva-tion des fontions trigonométriques.

2. De jolies courbesSoit a et b deux réels. Il est évident que

( ) ( ) 2cos cos sin sina b a b a b– –+ = ainsi, en posant x a by a b

–== +'

on trouve bien : cos cos sinx y 2–– = ( x y

2+ ) sin( x y

2– )

pour ( ) ;;x y 0 2rd6 @ , on a : 0

xy

0G G

G G

rr

' et donc :

x y0

2+

G Gr x y

20

–– G Gr car x y1 donc x yG .

Sachant cela on a donc le signe de l’expression factorisée de cos cosx y– , c’est-à-dire :

; ; , ( )cos cosx y x y x y0 0–>&1 Hrd6 @ .

Autrement dit, la fonction cos est décroissante sur l’intervalle ;0 r6 @.

Un travail analogue se ferait sur ; 2r r6 @ et qui établirait que la fonction cos est croissante sur ; 2r r6 @. Ce qui se vérifi e avec l’animation Geogebra.

1. x– tg

& kd , x k2

– +r r=

& kd , x k2

– +r r=

& kd , ( )x k2 1–+r

r=

& d , .rx 2 +r=

x t& g .Par contraposition on conclut que :

x td x– t& d .De la même manière on montre que :

x– tr d et x t+r d .2. ( )tan tanx x– –= ,

( ) ,tan tanx x– –r = ( )tan tanx x+r = . 3. Voir cours…4. Par factorisation de cos a cos b au nu-mérateur et au dénominateur on obtient

( )tantan tan

tan tana ba b

a b1 –

+ += .

5. ( )tantan tan

tan tana ba b

a b1

––+

= .

150. Soit x td .1. Voir pages de démonstrations et de cours.

2. ( )tancossin

cos sinsin cosx

xx

x xx x

22 22

–2 2= =

1

2coscos

tantan

tantan

xx

xx

xx2

1 – –2

2

2 2#= = .

3. On remplace a et b par x…

151. 1. On peut parler de Thalès, de triangles semblables… bref de propor-tionnalité.

tancossinIT

OIIT

OCxMC

xx= = = = .

Une fois fait pour le premier quadran on a, par disjonction des cas, la même formule dans le quatrième.

2. ;cossin

tanxxx

x0 200

0& &d22

2r8B '

on a : MC IM ITG G#

soit : tan xGxGsin x ;

donc cos sinx x xG .

et sinx

x 1G

et aussi sin cosx

x xH

d’où cos sinxx

x 1G G .

3. Il semble bien que pour x aussi proche que l’on veut de 0 on ait sin

xx aussi proche

que l’on veut de 1…

152. Soit xd .

1. x2 tg + kd , kx

2 2+r r=

+ kd , x k2r r= + ,

+ kd , ( )x k2 1 r= +

( ) , x k k2 1+ d dr+" ,

d’où l’équivalence :

( ) , x

x k k2 2 1t ++ rd d d" , .

2. Soit x td tel que x2 td alors :

• cos cosx 2 2= ( x2) − 1

1cos

tanxx

2

12 1

2

2 1– –

2

2+= =

``

jj

et donc

costan

tanx

x

x

1 2

2 1 2– –

2

2

+=

`

`

j

j

tt

tan

tan

x

x

1 2

1 211– –

2

2

2

2

+ += =

`

`

j

j

où t = tan( x2) .

• 2 2sin cos sin cosx x x2 2

2= = ( x2) tan( x

2)

1

tan

cos

x

x

2 2

22

=

`

`

j

j

Soit t

t

tan

tansin

x

x

1 2

2 21

22

+ += =

`

`

j

j

où t = tan( x2) .

• 1

2t

tsintancos

tan

tanx x

x x

x

1 2

2 2––

22

= ==`

`

j

j

avec t = tan( x2) .

3. L’équation équivaut à :

a(1 − t2) + 2bt − c(1 + t2) = 0soit (− a − c) t2 + 2bt + (a − c) = 0 qui admet des solutions, si et seulement si son discriminant est positif ou nul, ce qui

donne bien a b c2 2 2+ H .


Livre du professeur

69

L’intérêt n’est pas dans le résultat numérique mais bien dans le fait de sensibiliser l’élève sur le confort technologique dont il n’a pas légitimement conscience, et sur le fait que la lecture de

cette table fournit une assez bonne approximation. Cela renvoie d’ailleurs aux notions d’ordres de grandeurs que nos élèves n’ont pas tellement à cet âge.



8Géométrie plane


Contenus Capacités attendues

Géométrie plane Condition de colinéarité de deux vecteurs : 0.=yx– ¢xy ¢Vecteur directeur d’une droite.Équation cartésienne d’une droite.Expression d’un vecteur du plan en fonction de deux vecteurs non colinéaires.

• Utiliser la condition de colinéarité pour obtenir une équation cartésienne de droite.• Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant

un vecteur directeur et un point.• Déterminer un vecteur directeur d’une droite défi nie par une équation

cartésienne.• Choisir une décomposition pertinente dans le cadre de la résolution

de problèmes.

Programme offi ciel

1. Aller dans la même direction1. Construire des vecteurs1.

2. ,u w et t semblent colinéaires. u w21 1

3–= = .t

2. Découvrir une condition de colinéarité1. et 2.

3. Le résultat est nul quand les vecteurs semblent colinéaires.

4. Il semble que lorsque les vecteurs u ( xy ) et ( x

y¢¢ ) sont colinéaires,

0.=yx– ¢xy¢

3. Applications1. 4 ( 7, 8) ( 9) 3, 5 31, 2 31, 5 0, 3– – – – +# # = = donc

4 ( 7, 8) ( 9) 3, 5 0– – –# # ! , donc u1 ( 49– ) et v1 ( ,

,3 57 8– )

ne sont pas colinéaires.2. 6,4 × 10,85 − 22,4 × 3,1 = 69,44 − 69, 44 = 0, donc u2 ( 1

4,,

63 )

et v2 ( 854,

,2210 ) sont colinéaires.

Permet l’introduction des notions suivantes :Vecteurs (« introduction » et « le coin des langues ») ;Colinéarité (« charade ») ;Droites et équations.


Ouverture du chapitre (p. 304-305)


Livre du professeurChap. 8 Géométrie plane

71

3. 20 ( 6)21

– –# # ( 35– ) 10 10 0–= = , donc u3 ( 2

1

6–) et

v3 ( 35

20

– ) sont colinéaires.

2. Etre ou ne pas être une droite1. (E2), (E3), (E4), (E6), (E7), (E8) semblent être des droites.2. 1. y ax b+= ou x c= avec a, b, c réels fi xés.

2. (E2) : y x23

25+= (E3) : x 4–= (E4) : y x

34 2– –=

(E6) : y 1–= (E7) : y x23 7–= (E8) : x 5=

3. (E2), (E3), (E4), (E6), (E7), (E8) sont des droites.

3. Un peu de mouvement1. E est un point de [AB] donc il existe un réel k de [0 ; 1] tel que

.AE ABk=F est un point de [AC] donc il existe un réel ¢k de [0 ; 1] tel que

.AF AC¢k=Or (EF) est parallèle à (BC), donc d’après le théorème de Thalès,

ABAE

ACAF= , d’où .k k= ¢

2. ( )AG AE AF AB AC AB AC ADk k k k+ + += = = = , donc G appartient à [AD].3. Réciproquement, si H est un point de [AD], alors il existe un réel k de [0 ; 1] tel que ( )AH AD AB AC AB AC AI AJk k k k+ + += = = = où I est un point de [AB] et J est un point de [AC] tels que (IJ) est parallèle à (BC) (d’après la réciproque du théorème de Thalès).4. G décrit donc la diagonale [AD] du parallélogramme.

Logique et notations (p. 314) 1. 1. Alexandre ne prend ni le bus n° 3 ni le bus n° 10.2. xd, ( ) .f x 313. Tout point de la droite (AB) a une ordonnée différente de 4.2. 1. Si un quadrilatère n’a pas de côtés perpendiculaires, alors ce n’est pas un rectangle.2. Si un point n’appartient pas à la médiatrice d’un segment, alors ce point n’est pas le milieu de ce segment.

3. Les droites (CE) et (BD) sont perpendiculaires à la droite (AB), donc (CE) et (AB) sont parallèles.De plus, les points A, C et B sont alignés.Donc si les points A, E et D sont alignés, alors, d’après le théorème

de Thalès, on a ABAC

ADAE= d’où 2 6 , .AE

ABAC AD

8 23 1 5# #= = = =

Par conséquent, si AE = 1,6 cm, alors les points A, E et D ne sont pas alignés.

Raisonnement mathématique (p. 316-317)

À vous de jouer, page 316 1. 1. 3 5 10 0x y– – + =2. 4 1 0x + =3. y3 2 0– =

2. 1. y x54

52+=

2. 3y x21 +=

3. y41=

À vous de jouer, page 317 La droite (d) d’équation 0ax by c+ + = a pour vecteur direc-

teur u ( ba

– ).La droite (d¢ ) d’équation 0y c+ =¢x b+¢a a pour vecteur direc-

teur v ( ¢¢b

a– ).

(d)//(d¢ ) u+ ( ba

– ) et v ( ¢¢b

a– ) sont colinéaires

) 0=( ¢a b– –¢b a–+ #

.b 0=¢a–¢ab+



Entraînez-vous, page 319 1. 1.

2. D’après la relation de Chasles,

SP SN NM MP+ += , or NS NM52= ,

donc SP NM NM MP52– + += , d’où

SP NM MP53 += .

De même, NR NM MR+= , or

MR MP35= , donc NR NM MP

35+= ,

donc NR SP35= .

Ainsi les vecteurs SP et NR sont colinéaires, donc les droites (SP) et (NR) sont parallèles.

2. Première méthode

FE FA AE AC AB21

32–+= =

BG BA AG AB AC43–+ += =

Donc BG FE32=

Ainsi les vecteurs FE et BG sont colinéaires, donc les droites (FE) et (BG) sont parallèles.

Deuxième méthodeDans le repère ( , , )AB ACA : E( ;

32 0– ),

F(0 ;21– ), B(1 ; 0) et G( ;0

43) donc

FE (21

32– ) et

BG ( 1

43– ) ( )

32

43 1

21– – –# #

21

21 0– += =

Ainsi les vecteurs FE et BG sont colinéaires, donc les droites (FE) et (BG) sont parallèles.

Troisième méthode

AGAF

4321

32= = et

ABAE

32= . Donc

AG ABAF AE= .

Or les points F, A, C d’une part et les points E, A, B d’autre part sont alignés dans cet ordre.

Donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, les droites (FE) et (BG) sont parallèles.

Entraînez-vous, page 321

1. D’après la relation de Chasles, TR TM MN NR+ += , or MT MN4= donc TR 3MN NR– += .R est le symétrique de Q par rapport à N, donc NR QN= , d’où 3TR MN QN– += .Donc, d’après la relation de Chasles,

3TR MN QP PN– + += .Puisque MNPQ est un parallélogramme, QP MN= , donc – 2TR MN PN+= .D’après la relation de Chasles, TS TM MS+= , or MT MN4= , et

4MS MP–= donc 4 4TS MN MP– –= d’où 4 4( )TS MN MN NP– – += .Ainsi – 8 4TS MN PN+= , donc TS TR4= .Ainsi les vecteurs TS et TR sont colinéai-res, donc les points T, S et R sont alignés.


EF EA AF AB AC AB31

41

31+ + += =

AB AC32

41+= ;

EG EA AB BG AB AB AC31

21+ + + += =

AB AC34

21+= ;

Donc EG EC2= .Ainsi les vecteurs EG et EC sont coli-néaires, d’où les points E, F et G sont alignés.

Deuxième méthode

Dans le repère (A, AB , AC ) : E( ;3

01– ), F( ;

31 1

4) et BG AC21= donc

BA AG AC21+ = ,

d’où AG AB AC21+= , ainsi G( ;1 1

2).

Par conséquent, EG (2134

) et EF (13

4

2

) .Donc EG EC2= .Ainsi les vecteurs EG et EC sont colinéai-res, d’où les points E, F et G sont alignés.


DE DA AE DA AB21+ += = ;

DF DA AF DA AB BC23

32–+ += =

DA AB AD DA AB23 2 3

23–+ += = .

Donc DF DE3= .Ainsi les vecteurs DF et DE sont colinéai-res, d’où les points D, E et F sont alignés.

Deuxième méthodeDans le repère (B, BC , BA ) : E(0 ; 1

2), BF BA AF BA AB BC

23

32–+ += =

BA BC21

32– –= .

Donc F( ;32

21– – ) .

BD BA AD BC BA31+ += = .

Donc D( ;31 1) .

D’où DE ( ;3 2

11– – ) et DF ( ;123– – ) .

Donc DF DE3= .Ainsi les vecteurs DF et DE sont colinéai-res, d’où les points D, E et F sont alignés.


CF CA AF CA BA AC45+ + += =

AB AC41– += ,

donc DE CF2–= .

CF CA AF CA BA AC45+ + += = =

AB AC41– + ,

donc .DE CF2–=Ainsi les vecteurs DE et CF sont colinéai-res, donc les droites (DE) et (CF) sont pa-rallèles.


1. u1 ( 32

– ), u2 ( 23

– ), u3 (32

–

1 ), u4 (1

23– )

2. u u21 3= , donc (d1) et (d3) sont paral-lèles, et u u2–2 4= donc (d4) et (d2) sont parallèles.


1. Puisque la droite T est parallèle à la droite (AB), on sait que le vecteur AB est un vecteur directeur de T . Or le vecteur

AB a pour coordonnées ( x xy y

––

B A

B A), c’est-à-

dire ( ( )2 12 4

– –– – ) soit ( 3

6– ).



Livre du professeur

73

Un point M de coordonnées (x ; y) appar-

tient à T si, et seulement si, CM ( 3xy 3–

+ )et AB sont colinéaires, ce qui équivaut successivement à :

6( 3) 3( 3) 0x y– – –+ =x y6 3 9 0– – – = , ce qui peut se simpli-

fi er pour donner 2 3 0.x y+ + =Par conséquent, T a pour équation 2 3 0.x y+ + =2. Le point D ( 2 ; )– a appartient à T si, et seulement si, ses coordonnées vérifi ent l’équation de T .D’où 2 ( 2) 3 0– + +# a = , ce qui donne

1a = .Par conséquent, le point de T d’abscisse (− 2) a pour ordonnée 1.

3. Calculons si les coordonnées de E véri-fi ent l’équation de T .

2 3 2x yE E+ + #= ( 21– ) 3,

23+ +

donc 2 3 2 3 6,x y2

–E E+ + + += d’où

2 3 .x y27

E E+ + =

Ainsi 2 3 0.x yE E+ + !

Par suite, le point E n’appartient pas à la droite T .


1. 1. Une équation cartésienne de (d)

est 4 1 0x y– + + = , donc u ( 41

–– ), est un

vecteur directeur de (d).Une équation cartésienne de ( ¢d ) est

5 2 5 0x y –+ = , donc v ( 25

– ), est un vec-teur directeur de ( ¢d ).

,22–=20 2– –=( ) ( ) ( )4 5 1 2– – – –# # d’où ( 4) 5 ( 1) ( 2) 0,– – – –# # ! ainsi u et v ne sont pas colinéaires.Par conséquent, (d) et ( ¢d ) ne sont pas parallèles.2. Notons (x ; y) les coordonnées du point d’intersection de (d) et ( ¢d ).On obtient alors le système suivant :

,x yx y

4 1 05 2 5 0–

–+ ++

==' qui équivaut succes-

sivement à :

( ),

x yy y4 1

5 4 1 2 5 0–+

+ +=

=' x y

y4 1

22 0+=

= ,'

xy

10

==' .

Ainsi le point d’intersection de (d) et ( ¢d )a pour coordonnées (1 ; 0).

2. 1. Une équation cartésienne de (d)

est 4 6 0x y– + = , donc u (41) est un vec-teur directeur de (d).

Une équation cartésienne de ( ¢d ) est

2 12 0x y –+ = , donc v ( 12– ) est un vec-

teur directeur de ( ¢d ).4 1 1 ( 2) 4 2 6– – +# # = = , d’où 4 1 1 ( 2) 0– –# # ! , ainsi u et v ne sont pas colinéaires.Par conséquent, (d) et ( ¢d ) ne sont pas parallèles.

2. Notons (x ; y) les coordonnées du point d’intersection A de (d) et ( ¢d ).On obtient alors le système suivant :

4 6 02 12 0

x yx y

––+

+=

=' , qui équivaut successi-

vement à : (4 6) 2 12 0x y

y y4 6–– –+

==' ,

x yy

4 66 18 0

––

==' ,

xy

63

==' .

Ainsi le point d’intersection A de (d) et ( ¢d )a pour coordonnées (6 ; 3).

3. 5 6 8 3 6 30 24 6 0– –+ + + +# # = =

donc ) .¢( ¢A dd

4. D’après les questions précédentes, les droites (d), ( ¢d ) et )¢( ¢d sont concourantes en A(6 ; 3).

Chap. 8 Géométrie plane

Exercices (p. 328)


1. Vecteurs colinéaires et coordon-nées

21. a. v u4= , donc les vecteurs u ( 47

– ) et

v ( 1628

– ) sont colinéaires.

b. 35 8 40 7 0– –# # ! , donc les vec-

teurs u ( 3540

– ) et v (78) ne sont pas coli-néaires.


23. a. 5

4 2425 –# ( 2

15– ) × ( 32– )

5 2 5 2 0–= =

donc les vecteurs u ( 54 2

32– ) et v ( 2

15

425

– )sont colinéaires.

b. 4 2 2 4 4 03 2 6 6 6– –# # = =

donc les vecteurs u ( 32 ) et v (2 6

4 2 ) sont colinéaires.24. a. ( )5 6 2 0– –# #a = donc

15–a = .b. 21 3 7 0–# #a = donc 1a = .c. ( ) ( )1 1 1 0– –+# #a a = donc

21–a = .

d. 2 5 1 4 0–# #a = donc 52a = .

e. 0 8 6 5 0–# # a = donc 0a = .

25. 1. a. ( ; )AB 5 4– – et ( ; )BC 6 1 .( )5 1 6 4 5 24 19 0– – – – +# # != = ,

donc AB et BC ne sont pas colinéaires.b. D’après a, les points A, B et C ne sont pas alignés.2. ABCD est un parallélogramme si et seu-lement si AB DC= , ainsi en passant aux

coordonnées, on obtient xy

4 52 4

– –– –

D

D

==) ,

d’où D(9 ; 6).


27. AB ( ;37

43– ) et AC ( ;

323

49– )

37

49

43– –# # ( 3

23– ) ,421

423 11– – –= =

donc 37

49

43– –# # ( 3

23– ) 0! .

Donc AB et AC ne sont pas colinéaires, ainsi A, B et C ne sont pas alignés.

28. AB ( x 23– ) et AC ( x

2)AB et AC sont colinéaires

( ) .x x x x2 2 3 0 4 0 4– – – –+ + += = =

29. DE ( x 34

–– ) et DF ( x

42 5– )

DE et DF sont colinéaires( )( ) ( )x x3 2 5 4 4 0– – – –+ # =

x x2 11 31 0–2 ++ =Le discriminant du trinôme est .127–T=Par conséquent, l’équation n’a pas de so-lution. Ainsi il n’existe pas de valeur de x pour laquelle D, E et F sont alignés.



30. 1.

2. ABCD semble être un trapèze.( ; )AB 4 2 et ( ; )DC 6 3

4 3 2 6 12 12 0– –# # = = (On peut

aussi remarquer que DC AB23= .)

Donc AB et DC sont colinéaires, mais pas égaux. Ainsi ABCD est un trapèze.31. 1. ( ; )AB 2 2 et ( ; )CD 3 3– –Donc AB et CD sont colinéaires, ainsi (AB) et (CD) sont parallèles.

2. AD ( ;34

211– ) et BC ( ;

37

29)

34# ( 2

9– ) – ( 211– ) 3

7 6677– +# =

641 0]= ,

donc AD et BC ne sont pas colinéaires.Ainsi (AD) et (BC) ne sont pas parallèles.3. ABCD est donc un trapèze.

32. 1. RI (52) et EV ( x24– – )

RI et EV sont colinéaires( )x x5 4 2 2 0 12– – – –+ +# = =

2. VR ( 22

– ) et EI ( x18

– ) VR et EI sont colinéaires

( ) ( )x x2 8 2 1 0 9– – –+ +# = =3. Il n’existe pas de x vérifi ant les deux conditions précédentes en même temps donc RIVE ne peut pas être un parallélo-gramme.

33. MA ( x21–

– ) et RE ( x1

2–

– )MA et RE sont colinéaires

( )x2 1 0– –2+ =( )( )x x2 1 2 1 0– – – ++ =( )( ) .x x1 3 0– –+ =x 1+ = ou x 3= .

33. AB ( x1– ) et CD ( x

22 – )

AB et CD sont colinéaires( )x x x x2 2 0 2 2 0– – – – –2+ += =

Calculons le discriminant de x x2 2– –2 .( ) ( ) .2 4 1 2 4 8 12– – –2 +# #T= = =0T2 donc le trinôme a deux racines :

x2

2 12 1 3– –1 = = et

x2

2 12 1 32+ += =

Donc les droites (AB) et (CD) sont-ellesparallèles pour x 1 3–= et pour x 1 3+=

35. 1. AB (1 2– ) donc ( ) ,

x

y

2 4 1

5 4 2– –E

E

+ #

#

==)

d’où ( ; ) .E 2 3–

2. EC (31) et ED (4

34

–

– )Or 3# ( 3

4– ) ( ) ,1 4 4 4 0– – – +# = =

donc EC et ED sont colinéaires, ainsi C, D et E sont alignés.

36. AB (21) et DC (63) donc DC AB3=

Ainsi (AB) et (DC) sont parallèles, donc ABCD est un trapèze.

( ) ( )AD 2 1 1 2– – –2 2+ += =1 9 10+ =

et ( ) ( )BC 4 1 2 3– –2 2+= =1 9 10+ =

Donc AD BC= , ainsi ABCD est un trapèze isocèle de bases [AB] et [DC].

37. AB ( 26– ) et DC ( 1

3– ) donc ,DC AB

21=

ainsi (AB) et (DC) sont parallèles, donc ABCD est un trapèze.

( ) ( )AD 5 1 1 3 36 4 40–2 2 2+ + + += = =( ) ( )CD 5 4 1 2 1 9 10– – –2 2 2+ += = =( ) ( )AC 4 1 2 3 25 25 502 2 2+ + + += = =

Donc AD CD AC2 2 2+ = , ainsi d’après la réciproque du théorème de Pythagore, le triangle ACD est rectangle en D. Donc le quadrilatère ABCD est un trapèze rectan-gle de bases [AB] et [DC].38. 1. Conjecture :a.

b. ABCD semble être un trapèze rectangle de bases [AB] et [CD].2. Démonstration :

a. AB (21) et CD ( ;532

516– – ).

b. 2# ( 516– ) – ( 5

32– ) 0= donc ces vec-

teurs sont colinéaires.

c. AC 8= ; CD5

16 5= et AD5

8 5=

d. AB et CD sont colinéaires. Donc ABCD est un trapèze.AD CD AC2 2 2+ = donc les côtés [AD] et [DC] sont perpendiculaires.Ainsi ABCD est un trapèze rectangle.39.

40. 1. Cet algorithme permet de calculer l’ordonnée d’un vecteur dont on connaît l’abscisse et qui doit être colinéaire à un vecteur dont on a les coordonnées.2.



75

41. ProgrammeCasio

TI

2. Équation de droites42. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

43. 1. (d1) : (1

45) et (45)

2. (d2) : (01) …3. (d3) : ( 5

2 ) et (102 2 )

4. (d4) : (10)…

5. (d5) : (21

43) et (23)

44. 1. y x3 1– += donc.x y3 1 0– – + =

2. y x21 5+= donc .x y2 10 0– + =

3. y x3 6–= donc .x y3 6 0– – =45. 1. x 2=2. y 1–=3. x y2 3 0– – =

46. 1. x21=

2. y53–=

3. x y2 3 6 0– = ou x y2 2 0– =47. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

48. 1. A( ;323– ) et B( ;

21

23– ) : AB ( 2

7

3–)

donc x y c6 7 0+ + =

avec ( )6 3 7– +# # (23) c 0+ =

d’où c215=

Ainsi : x y6 7215 0+ + =

2. ( ; )A 2 0 et ( ; )B 1 4 : AB (1 24

– )donc ( )x y c4 2 1 0–+ + =

avec ( ) c4 2 2 1 0 0–+ +# # =

d’où c 4 2–=Ainsi : ( ) .x y4 2 1 4 2 0– –+ =

3. A( ;51

43– ) et B( ;

32 2– – ) : AB ( 15

13

45

–

– ) donc 60AB ( 52

75–– ) d’où x y c75 52 0– + =

avec 75# ( 32– ) ( ) c52 2 0– – +# =

d’où .c 54–=Ainsi : .x y75 52 54 0– – =49. Cet exercice est corrigé dans le manuel.50. 1. ( ;0

37) ; ( ;1

35) et ( ;

27 0)

2. u ( ;132– ).

3. v ( ;23 1– ).

4. Le vecteur de coordonnées ( 21

31– ) est

colinéaire à u et à v donc c’est un vec-teur directeur de (d).5.

51. 1. Le coeffi cient directeur de (d) est (− 2).2. Un vecteur directeur de (d) a pour

coordonnées ( 12– ).

52. M(x ; y) est un point de cette droite AM+ et u sont colinéaires

( ) ( )x y5 3 4 7 0– – –++ # = .x y5 4 13 0– – ++ =

Par conséquent, une équation de cette droite est .x y5 4 13 0– – + =

53. M(x ; y) est un point de cette droite AM+ et u sont colinéaires

3–+ ( x23+ ) ( )y2 1 0– +# =

.x y3 2213 0– – –+ =

Par conséquent, une équation de cette

droite est .x y6 4 13 0+ + =54. M(x ; y) est un point de cette droite

AM+ et u sont colinéaires

2+ ( x21– ) 4

1– # ( y32– ) 0=

.x y241

65 0– –+ =

Par conséquent, une équation de cette droite est .x y24 3 10 0– – =55. M(x ; y) est un point de cette droite

AM+ et u sont colinéaires ( ) ( )x y3 3 2 5 0– + ++ # =

.x y3 2 3 2 5 0–+ ++ =Par conséquent, une équation de cette droite est .x y6 4 13 0+ + =56. Cet exercice est corrigé dans le manuel.57. ( ; )ME 6 5 est un vecteur directeur de (EM).Donc une équation cartésienne de (EM) est de la forme x y c5 6 0– + = or E appar-tient à (ME) donc x y c5 6 0–E E + = , d’où

,c5 4 6 2 0– +# # = ainsi .c 8–=Donc une équation cartésienne de (EM) est .x y5 6 8 0– – =I appartient à (ME) si et seulement si

.x y5 6 8 0– –I I =Or I est sur l’axe des ordonnées donc

.x 0I =

D’où y34–I = . Ainsi I( ;0

34– ).

58. Cet exercice est corrigé dans le manuel.59. 1. AB 65= et .AC 65=Donc ABC est isocèle en A.

2. I( ;2

6 22

5 3–+ ) donc I(4 ; 1).

3. Puisque ABC est isocèle en A, la média-trice du segment [BC] passe par A.Puisque I est le milieu du segment [BC], la médiatrice du segment [BC] passe par I.Ainsi la médiatrice du segment [BC] est la droite (AI).Elle a donc pour vecteur directeur

( ; ) .AI 6 3–M(x ; y) est un point de (AI) AM+ et AI sont colinéaires

( ) ( )x y3 2 6 4 0– – –++ # =.x y3 6 18 0– – ++ =

Par conséquent, une équation de la droite (AI) est .x y2 6 0–+ =



60. 1. AB 10= ; AC 5 2= et .BC 2 10= Donc .AB BC AC2 2 2+ =

Ainsi ABC est rectangle en B.

2. Ainsi la tangente à en B est (BC) qui a pour vecteur directeur ( ; ) .BC 6 2M(x ; y) est un point de (BC) BM+ et BC sont colinéaires

( ) ( )x y2 1 6 3 0– – –+ # =.x y2 6 16 0– ++ =

Par conséquent, une équation de la tangente à en B est .x y3 8 0– + =

61. 1. AI ( 22– ) et AN (3 3– )

or ( )2 3 2 3 6 6 0– – – –# # = = , donc AI et AN sont colinéaires, ainsi A, I et N sont alignés.

2. ( ) ( )PN 1 2 5 0 1 25 26– –2 2 2+ += = =( ) ( )AN 1 2 3 0 9 9 18– – –2 2 2+ += = =( ) ( )PA 1 1 5 3 4 4 8–2 2 2+ + += = =

Ainsi PA AN PN2 2 2+ = .Donc, d’après la réciproque du théo-rème de Pythagore, le triangle PAN est rectangle en A.

3. A appartient à (IN) et (PA) est per-pendiculaire à (IN) donc la hauteur issue de P du triangle PIN est la droite (PA).

(PA) a pour vecteur directeur PA ( 22

–– ),

mais aussi PA21– (11), donc (PA) a une

équation de la forme x y c 0– + = avec x y c 0–P P + = d’où c 4= .Ainsi (PA) a pour équation

.x y 4 0– + =

62. 1. ( 13– ) .

2. Une équation cartésienne de la parallèle à (d) passant par A est de la forme x y c3 0– – + = avec

x y c3 0– –A A + = donc c 10–= .Ainsi cette droite a pour équation car-tésienne x y3 10 0– – – = .

63. 1. u ( ;154) .

2. ( ; )u5 5 4 .

3. AB (119 ) .

5 9 4 11 44 1– –# # = , donc .5 9 4 11 0–# # !

Ainsi les droites (d) et (AB) ne sont pas parallèles.4. x y4 5 0– = .

5. x y c4 5 0– + =avec ,x y c4 5 0–A A + = donc ,c 13= ainsi une équation cartésienne de (d) dans le cas où (d) passe par A est

.x y4 5 13 0– + =64. (d) est la droite d’équation

.x y4 3 0– + =1. (d) a pour vecteur directeur u (14).2. Appelons (d¢ ) la parallèle à (d) pas-sant par le point ( ; )A 2 2– .

(d) a pour vecteur directeur u (14) donc (d¢ ) aussi.Ainsi (d¢ ) a une équation de la forme

x y c4 0– + = .A appartient à (d¢ ) donc

x y c4 0–A A + = , d’où .c 10–=Donc (d¢ ) a pour équation

.x y4 10 0– – =

65. 1. AB (6 8– ) donc un vecteur di-

recteur de (AB) a pour coordonnées

( 34– ).

Donc une équation cartésienne de la parallèle (d) à (AB) passant par le point C est de la forme .x y c4 3 0+ + =Or C appartient à cette droite donc

.x y c4 3 0C C+ + = D’où c 1–= .Ainsi cette droite a pour équation car-tésienne x y4 3 1 0–+ = .

2. BC ( 48– ) donc un vecteur directeur

de (BC) a pour coordonnées ( 12– ).

Donc une équation cartésienne de la parallèle (d¢ ) à (BC) passant par le point A est de la forme .x y c2 0+ + =Or A appartient à (d¢ ) donc

.x y c2 0A A+ + = D’où c 5= .Ainsi cette droite a pour équation car-tésienne x y2 5 0+ + = .3. Les coordonnées de D vérifi ent

x y

x y

4 3 1 0

2 5 0

–+

+ +

==

) qui équivaut à :

( )

y x

x x

2 5

4 3 2 5 1 0

– –

– – –+

==

) x

y

8

11

–==

)

donc les coordonnées de D sont ( ; ) .8 11–4. ( ) ( )AB CD' et ( ) ( )BC AD' donc ABCD est un parallélogramme.

66. 1. ( )5 4 321 8– – –+# # =

2023 8

259 0–+ !=

donc ( )A dg

et 5– # ( 25– ) 3 3 8–#+ =

225 9 8

227 0–+ !=

donc ( )B dg .

2. (d) a pour vecteur directeur u ( 35

–– ).

Or AB (23

25), donc u = AB2– .

Ainsi ( ) ( )d AB' .

67. 1. 3 3 5 5 9 0– +# != , donc ( )A dg et 3 2 8 5 3 0– +# != ,

donc ( )B dg .

2. (d) a pour vecteur directeur u (13)et (AB) a pour vecteur directeur

AB ( 13– ) .

u et AB ne sont pas colinéaires, donc (d) et (AB) sont sécantes.Cherchons l’équation de (AB).M(x ; y) ( )ABd AM+ et AB sont co-linéaires

( ) ( ) ( )x y3 3 1 5 0– – – –+ # =.x y3 14 0–++ =

Par conséquent, une équation de la droite (AB) est .x y3 14 0–+ =Les coordonnées du point d’intersec-tion de (d) avec (AB)

vérifi ent : x y

x y

3 5 0

3 14 0

–

–

+

+

==

) ,

ce qui équivaut à :y x

x x

3 5

3 3 5 14 0–

+

+ +

==

' ,

, .y x

x

x

y

3 5

6 923

219

+==

=

=

Z

[

\

]]

]]'

Donc le point d’intersection de (d) et

(AB) a pour coordonnées ( ;23

219).

68. 1. (d) et (d¢ ) sont sécantes signifi e que (d) et (d¢ ) ne sont pas parallèles.Les coordonnées d’un vecteur direc-

teur de (d) sont ( a1

– ), celles d’un vec-

teur directeur de (d¢ ) sont ( b1

– ).(d) et (d¢ ) sécantes

.a b a b0– ++ +! !

2. Les coordonnées de leur point d’in-tersection vérifi ent alors :

x ay b

x by a

0

0

+ +

+ +

==

) , ce qui équivaut à :




0

x ay b

ay b by a

– –

– – + +

==

)

( )

x ay b

a b y b a

x a b

y 1

– –

– –

– –

++ +

==

==

) )

Ainsi les coordonnées de leur point d’in-tersection sont ( ; ) .a b 1– –

69. AB (5 2– ) donc (AB) a une équa-

tion de la forme x y c2 5 0– – + = avec x y c2 5 0– –A A + = donc .c 19=

Ainsi (AB) a pour équation x y2 5 19 0– – + = . De même, on ob-

tient (CD) : x y2 3 11 0– – = et (EF) : .x y2 13 0– – =

Les coordonnées (x ; y) du point d’inter-section de (AB) et (CD) vérifi ent :

x y

x y

2 5 19 0

2 3 11 0

– –

– –

+ ==

) d’où .x

y

7

1

==

)

Ainsi (AB) et (CD) se coupent au point de coordonnées (7 ; 1). Or 2 7 1 13 0– –# = donc ce point appartient aussi à (EF).

70. 1. M : coordonnées d’un point de la droiteU : coordonnées d’un vecteur directeur de la droite2. a. u[2]b. -u[1]c. -a*M[1]-b*M[2]3. a. ( )x y5 2 23 0–+ + =b. ( )x y2 3 18 0–+ + =

3. Points alignés71. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

72. DC DB BC+=

donc DC AB BC BC32

31– += ,

ainsi DC AB BC32

32+= ,

d’où ( )DC AB BC32 += .

Par conséquent, DC AC32= . Donc DC et

AC sont colinéaires. Ainsi les points A, C et D sont alignés.

73. CO CI IL LO+ += =

( )OI IL IL LO31 4– – + + =

OI IL LO31

31– – + = OL LO LO

31

34– + =

donc les points C, O et L sont alignés.74.

( ) .AD BA BC BA CB CA23

23

23

23– += = =

Donc les points A, C et D sont alignés.75. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

76. .BF FC BF BC3 252

+= =1.

2. a. ED EA AD+= ,

donc ED BA CA31

21+=

b. FD FB BC CA AD+ + +=

Donc FD BC BC CA CA52

21– + + += .

D’où FD BC CA53

23+= .

Ainsi ( ) ,FD BA AC CA53

23+ +=

d’où .FD BA CA53

109+=

3. D’après ce qui précède, ED FD95= .

Donc les vecteurs ED et FD sont colinéai-res.4. Les points D, E et F sont alignés.77. EA EC2 0+ =

donc EA EA AC2 0+ + = d’où .AE AC31=

J est le milieu de [CD] donc

( ) .AJ AC AD21 +=

D’où ( )AJ AE AB21 3 3+= donc

( ),AJ AE AB321 +#= c’est-à-dire

AJ AI3#= puisque I est le milieu de [EB].Donc AJ et AI sont colinéaires. Ainsi les points A, I et J sont alignés.78. 1.

2. N est le milieu de [AR] donc

( )IN IA IR21 += .

3. a. L est le milieu de [EG] donc

( )IL IE IG21 += .

b. IE IT21–= et A est le milieu de [IT]

donc IE IA–= . G est le symétrique de R par rapport à I, donc IG IR–=

d’où ( )IL IA IR21– += .

4. D’après ce qui précède IL IN–= donc les points N, I, L sont alignés et I est le milieu de [NL].79.

80. Casio

TI




81.1.

2. a.EF EB BF CB CA AC CB2 2+ + += = =b. FD FB BD+= or D est le symétri-que de A par rapport à B, donc BD AB= .D’où FD CA AB CB= + = .3. EF FD2= , donc les vecteurs EF et FD sont colinéaires et les points E, F et D sont alignés.82. Première méthode :

1. AB ( ;27

23– ), AC ( ;6

25– ), AD ( ;

2649 7– )

et AE ( ;2 2

37– ).2.

27# ( 2

5– ) 6– # ( 23– ) =

.435

218

435

436

41– –+ += =

D’où 27# ( 2

5– ) 6– # ( 23– ) .0!

Ainsi AB et AC ne sont pas colinéaires. Donc A, B et C ne sont pas alignés.

27# ( 2

7– ) 649– # ( 2

3– )0.

449

449– += =

Donc AB et AD sont colinéaires. Ainsi A, B et D sont alignés.

27

23 –# ( 2

7– ) # ( 23– ) .

421

421 0–= =

Donc AB et AE sont colinéaires. Ainsi A, B et E sont alignés.Deuxième méthode : 1. M(x ; y) ( ) AMAB +d et AB sont co-linéaires

23–+ ( x

25+ ) 2

7– # ( y27– ) 0=

0.x y23

27

217– – ++ =

Par conséquent, une équation de la droite (AB) est 3 7 17 0x y –+ = .

2. 3 7 1 17 10 027

221

21– –+# # != =

donc C n’appartient pas à la droite (AB).

3 7 0 17 17 17 0317 – –+# # = = donc

D appartient à la droite (AB).( )3 6 7 5 17– –+# # =

18 35 17 0– –+ =donc E appartient à la droite (AB).

83. 1. Observation et conjecture

a.

b. Les points J, O, I, E semblent alignés.2. Démonstration a. A, O et C sont alignés, D, O et B sont alignés et ( ) ( ) .AD BC'Donc d’après le théorème de Thalès,

.OCOA

OBOD=

Or les vecteurs OA et OC sont colinéaires,

de sens contraires, donc, .OA OCOCOA–=

De même, les vecteurs OB et OD sont colinéaires, de sens contraires, donc,

.OB ODODOB–=

Ainsi en notant k l’opposé du quotient

OCOA

OBOD= , on obtient OA OCk= et

OD OBk= .b. I est le milieu de [AD] donc

( )OI OA OD21 += .

D’où ( )OI OC OBk k21 +=

( ),OI OC OBk21 +#= donc puisque J est

le milieu de [BC], .OI OJk#=c. Les vecteurs OI et OJ sont colinéaires, ainsi les points O, I et J sont alignés.d. E, A et B sont alignés, E, D et C sont alignés et ( ) ( ) .AD BC'Donc d’après le théorème de Thalès,

.EBEA

ECED=

Or les vecteurs EA et EB sont colinéaires,

de même sens, donc, .EA EBEBEA=

De même, les vecteurs ED et EC sont colinéaires, de même sens, donc,

.ED ECECED=

Ainsi en notant ¢k le quotient EBEA

ECED= ,

on obtient EA EB¢k= et E ED C¢k= .I est le milieu de [AD] donc

( ) .EI EA ED21 +=

D’où )¢k+(EI EB EC¢k21=

( ),+#EI EB EC¢k21= donc puisque J est

le milieu de [BC], .EI EJk#=Donc les vecteurs EI et EJ sont colinéai-res, ainsi les points E, I et J sont alignés.e. J, O, I, E sont alignés.

4. Droites parallèles

84. 1. 2 2 2 .BJ BA AJ IA AC IC+= = = =2. BJ et IC sont colinéaires, donc les droites (CI) et (BJ) sont parallèles.85. Cet exercice est corrigé dans le manuel.

86. 1. AB AC CB+= =4 3 3 3 3 .AC CA AD CA AD CD+ + += =

2. AB et CD sont colinéaires, donc les droites (AB) et (CD) sont parallèles.

87. D’après la relation de Chasles : AD BD AB AC BC+ + +=

AB BC CD BA AC CD+ + + + ++

AB AC BC++=2 2 .CD BA AB CD0++ += =

Donc les vecteurs AB et CD sont coli-néaires, d’où les droites (AB) et (CD) sont parallèles.88.

,DE DA AC CE BC AC AB41

41– –+ + += =

donc ( )DE AB BC AC41– + += =

.AC AC AC41

43– + =

Ainsi DE et AC sont colinéaires et les droites (AC) et (DE) sont parallèles.

89. 1. GC BG3 = donc d’après la rela-tion de Chasles, 3( )GB BC BG+ = , d’où

.BG BC43=4

2. Les droites (EF) et (GH) semblent pa-rallèles.3. EF EA AF AB AB BC

41

41–+ + += =

AB BC43

41+=

et GH GC CD DH+ +=

BC AB DA41

127– +=




,GH BC AB CB AB BC41

127

31– – –+= =

ainsi .GH EF34–=

Donc GH et EF sont colinéaires. Par suite, les droites (EF) et (GH) sont parallèles.

90. 1.

,BE BA AE FA AC FC41

41

41++= = = donc

BE et FC sont colinéaires, ainsi les droites (BE) et (CF) sont parallèles.

2. BE BA AE AB AC41–+ += = et

,DG DC CA AF FG+ + +=

4 ,DG AB CA AB AC34

31– + + +=

.DG AB AC38

32–=

D’où BE DG83–= donc BE et DG sont

colinéaires et les droites (BE) et (DG) sont parallèles.

91. 1. .IJ ID DJ EC BG–+= =Or E est le milieu de [AB] donc

( )EC AC BC21

+= et G est le milieu de

[AC] donc ( ) .BG BA BC21 +=

D’où ( )IJ AC BC BA BC21 – –+= , donc

( )IJ AC AB AF21 += = (car F est le milieu

de [AB]).Ainsi (IJ) et (AF) sont parallèles.2. M est le milieu de [IJ] donc

) .(DM DI DJ21 +=

D’où ( )DM CE GB21 += =

21( ( ) ( )CA CB CB AB

21

21+ + + ) .CB

43=

Donc DM BC43–= , ainsi (DM) et (BC)

sont parallèles.

92. Première méthode : calcul vectoriel1. FB FD DA AB+ += donc

.FB DA DA AE DA AE DE3 4 4 4 4+ + += = =2. FB et DE sont colinéaires, d’où ( ) ( ) .FB DE'

Deuxième méthode : avec des coordon-nées1. Dans le repère ( ; , )AB ADA , B(1, 0),

E( ,41 0), D(0, 1) et 4AF AD DF AD+= =

donc F(0, 4).

Donc FB (1 4– ) et DE ( 41

1–) d’où .FB DE4=

2. Donc FB et DE sont colinéaires, d’où( ) ( )FB DE' .

Troisième méthode : avec des confi gu-rations

1. 4AF AD DF AD+= = donc AFAD

41= et

ABAE

41= .

2. Dans le triangle ABF, E appartient à

[AB], D appartient à [AF] et AFAD

ABAE= ,

donc d’après la réciproque du théorème de Thalès, ( ) ( )DE BF' .

93.2 2 2 2 .GY GO OY LO LP PL LO+ + += = =

Donc GY et LO sont colinéaires. Ainsi (LO) et (GY) sont parallèles.

94. CE CA AE+= or E est le symétrique de A par rapport à B donc AE AB2= d’où

2 .CE AC AB– += Or BD AB AC4 2–= . Ainsi BD CE2= .Donc BD et CE sont colinéaires. Ainsi (BD) et (CE) sont parallèles.

95. 2 ,AE AB BE AB BA ACk+ + += =donc ,AE BA AC BC CA ACk k+ + += = d’où ( 1) .AE BC ACk –+=Or 2BD BC AC+= , donc AE et BD sont colinéaires s’il existe un réel m tel que

BD AEm = , c’est-à-dire2 ( 1)BC AC BC ACk –+ +m m = , ainsi

k

2 1

1–

m

m

==

) d’où k

21

23

m =

=

Z

[

\

]]

]].

Par conséquent, (AE) et (BD) sont parallè-

les lorsque 2BE BA AC23+= .

On a alors .BD AE21 =

96. 1. 3BE BA AE BA AB BCk–+ += = =

4BA BCk+donc BE et BC ne peuvent pas être coli-néaires.2. BD BA AD+= et BE BA AE+= =

3 4BA AB BC BA ADk k– + +=donc .k 4=97. 1. a. Variables utilisées : liste A, lis-te B, liste C et liste D, liste AB, liste CD, nombre n.b. liste A : coordonnées de A, liste B : coordonnées de B, liste C : coordonnées de C, liste D : coordonnées de D,liste AB : coordonnées de AB , liste CD : coordonnées de CD .n : .x y y x–AB CD AB CD# #

2. Coordonnées des vecteurs AB et CD , puis condition de colinéarité ( )x y y x–AB CD AB CD# # pour savoir si ces vecteurs sont colinéaires et donc si les droites (AB) et (CD) sont parallèles.

98.

99. Casio

TI

5. Problèmes100. 1. A(0 ; 32) et B(100 ; 212) appar-

tiennent à cette droite. Donc AB (180100) est

un vecteur directeur de cette droite, mais

aussi AB201 (59).




2. Une équation cartésienne de cette droite est de la forme 9 5 0x y c– + = or 9 5 0x y c–A A + = donc c 160= .Donc une équation cartésienne de cette droite est 9 5 160 0.x y– + =3. a. y9 17 5 160 0– +# =

62, 6.y5

9 17 160–+

#= =Donc 17°C = 62,6°F.b. 9 5 103 160 0x – +# # =

5 103 160 .x9 9

355–+

#= =Donc 103°F c 39,4°C. Ainsi Marie a de la fi èvre.

101. 1. Conjecturea.

b. (dm) semble passer par A pour ,m 0 5–= et par B pourm 1= .

c. (dm) semble parallèle à (AB) pour .m 2–=

d. Les droites (AB), (CD) et (dm) semblent concourantes pour m 5–= .

2. Démonstrationa. ( ) 4 0A d mx y–m A A ++ =d

( 2) 5 4 0 .m m21– – –++ +# = =

( ) 4 0B d mx y–m B B ++ =d

( 1) 3 4 0 1.m m– – ++ +# = =

b. AB (1 2– ) et (dm) a pour vecteur direc-

teur le vecteur u ( m1 ).

Donc : +( )AB'( ) ABdm et u sont coli-néaires ( )m1 1 2 0– –+ # # =

2.m –+ =c. M(x ; y) ( ) AMAB +d et AB sont coli-néaires ( )( ) ( )x y2 2 1 5 0– – –++ # =

2 1 0x y– – ++ =

M(x ; y) ( ) CMCD +d et CD ( 64–

– ) sont colinéaires

( 4)( 4) ( 6) ( 1) 0x y– – – – –+ # =x y4 6 10 0– + ++ =

2 3 5 0.x y– + ++ =Donc les coordonnées du point d’inter-section I de (AB) et (CD) vérifi ent :

2 1 0

2 3 5 0

x y

x y

– –

–

+

+ +

==

) ,

ce qui équivaut à .x

y

1

1–

==

)

Or ( ) ( 1) 4 0 5.I d m m– – –m ++ += =d

Par conséquent, pour m 5–= , les droites (AB), (CD) et (dm) sont concourantes en( ; )I 1 1– .

102. (AG) passe par ( ; )A 2 3– et a pour

vecteur directeur AG (41).P(x ; y) ( ) APAG +d et AG sont colinéai-res ( ) ( )x y1 2 4 3 0– –++ # # =

4 14 0.x y– ++ =Par conséquent, une équation de la droite (AG) est 4 14 0x y– + = .(CM) passe par M(1 ; 0) et a pour vecteur directeur ( ; )MC 3 3 .P(x ; y) ( ) MPCM +d et MC sont coli-néaires

3 ( 1) 3 0 1 0.x y x y– – – –+ +# # = =Par conséquent, une équation de la droite (CM) est x y 1 0– – = .Les coordonnées de T vérifi ent donc le

système : 4 14 0

x y

x y

1 0– –

– +

==

) ,

ce qui équivaut à : x y

y y

1

1 4 14 0–

+

+ +

==

)

x y

y

x

y

1

3 15

6

5– –

++ +

==

==

) )

Ainsi le trésor se trouve au point de coor-données (6 ; 5).103. Dans le repère ( ; , )AE ACA ,

A(0 ; 0), E(1 ; 0), C(0 ; 1), B( ;21 0), R( ;0

41)

et SC SE3–= donc ES EC41= ,

AS AE ES AE EC41+ += = d’où

( ) .AS AE EA AC AE AC41

43

41+ + += =

Donc S( ;43

41), d’où AS( ;

43

41).

(AS) a pour équation x y3 0– = .

ER ( 1

41– ) donc (ER) : 4 1 0x y –+ =

CB (1

21

–) donc (CB) : 2 1 0x y –+ =

Les coordonnées du point d’intersection

de (ER) et (AS) vérifi ent : 4 1 0

x y

x y

3 0–

–+

==

)

donc x

y

73

71

=

=

Z

[

\

]]

]].

Ces coordonnées vérifi ent l’équation de (CB).Donc les droites (AS), (RE) et (CB) sont concourantes au point de coordonnées

( ;73

71).

104.1.

b. (GH) et (EF) semblent parallèles.c. H et G semblent être les milieux res-pectifs de [IE] et [IF].d. IEF semble rectangle en F.

2. AB et AD ne sont pas colinéaires. Donc ( , , )AB ADA est un repère.Dans ce repère : A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(1 ; 1) ; D(0 ; 1).

Donc E( ;61 0) ; F( ;1

31) ; G( ;

32

67) ; H( ;1

41).

D’où EF (65

31) et GH ( 12

5

61

–

– )65# ( 6

1– ) 31– # ( 12

5– ) 0,365

365– += =

ainsi EF et GH sont colinéaires.Par conséquent, (EF) et (GH) sont paral-lèles.(EH) passe par E et a pour vecteur direc-

teur EH (121

1).

M(x ; y) ( ) EMEH +d et EH sont coli-

néaires 1+ # ( x61– ) y

121 0– # =

0.x y121

61– –+ =

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (EH) est .x y12 2 0– – =



81

(GF) passe par F et a pour vecteur direc-

teur GF (6

31

5– ).M(x ; y) ( ) MGF F+d et GF sont coli-néaires

+ ( 65– ) ( 1)x

31– –# # ( y

31– ) 0=

0.x y65

31

1817– – ++ =

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (EH) est .x y15 6 17 0– – + =Les coordonnées de I vérifi ent donc :

15 6 17 0

x y

x y

12 2 0– –

– – +

==

) , ce qui équivaut à

15 6(12 2) 17 0

y x

x x

12 2–

– – – +

==

)

87 29 0

y x

x

12 2–

– +

==

' , x

y31

2

=

=* .

Donc I a pour coordonnées ( ;31 2).

Ainsi le milieu de [IE] a pour coordonnées

( ;2 0

231

61

2

+ + ), c’est-à-dire ( ;14

1).D’où H est le milieu du segment [IE].Dans le triangle IEF, H appartient à (IE), G appartient à (IF) et ( ) ( )GH EF' . Donc, d’après le théorème de la droite des mi-lieux, G est le milieu de [IF].

IE2 = (16 3

1– )2 ( 2)– 2+ donc IE361452 = ,

IF9292 = et EF

36292 = .

Donc IE IF FE2 2 2+= d’où IEF est rectan-gle en F.105.

A. Conjecture :1.

2. a. (AF) et (CI) semblent être des hau-teurs du triangle ABC.b. ( ; )H 2 2–3. a. Voir fi gure.b. J(1,5 ; 3,5)

B. Démonstration :

1. a. AI AB95= avec AB (90) donc I(2 ; 3).

b. (2 3) (3 3) 25 ;AI –2 2 2+ += = (2 2) (3 1) 16CI –2 2 2+ += = et(2 3) ( 1 3) 41AC – –2 2 2+ += = .

Donc AC AI IC2 2 2+= , ainsi d’après la ré-ciproque du théorème de Pythagore, AIC est rectangle en I.c. (CI) est une hauteur de ABC.d. (CI) : .x 2=e. De même, (AF) est une hauteur de ABC.

f. FA (29

29– ) donc l’équation de (AF) est

de la forme 0x y c+ + = avec ( )A AFd donc (AF) : 0.x y+ =g. Les coordonnées de H vérifi ent

0

x

x y

2

+

==

) , donc ( ; )H 2 2– .

h. H est l’orthocentre de ABC.2. a. D est le milieu de [AB] donc

D( ;x x y y

2 2A B A B+ + ), d’où D(1,5 ; 3).

De même, E est le milieu de [BC], donc E(4 ; 1).b. La médiatrice de [AB] est la parallèle à (CI) passant par D, donc cette droite a pour équation ,x 1 5= .Celle de [BC] est la parallèle à (AF) passant par E, donc son équation est

5 0.x y –+ =c. Les coordonnées de J vérifi ent :

,

5 0

x

x y

1 5

–+

==

) , donc J(1,5 ; 3,5).

d. J est le centre du cercle circonscrit à ABC

106. 1. BC ( 39

–– ) et BF ( 1

3–– ), donc

BC BF3= , d’où les points B, C et F sont alignés.

2. AE ( 26

–– ) et BC ( 3

9–– ), or

2 ( 9) ( 3) ( 6) 18 18 0– – – – – –# # = =donc BC et AE sont colinéaires, ainsi les droites (AE) et (BC) sont parallèles.

3. M(x ; y) ( ) AMAB +d et AB ( 31– )

sont colinéaires 1 ( 2) 3 ( 5) 0x y– – –++ # # =

3 13 0.x y– – ++ =Par conséquent, une équation de la droite (AB) est 3 13 0.x y– – + =

M(x ; y) ( ) MCD C+d et CD ( 912)

sont colinéaires 12 ( 2) 9 ( 5) 0x y–+ ++ # # =

.x y12 9 21 0– –+ =Par conséquent, une équation de la droite (CD) est .x y4 3 7 0– – =

M(x ; y) ( ) MEF E+d et EF (24) sont co-

linéaires 2 ( 4) 4 ( 1) 0x y–+ ++ # # =2 4 4 0x y– ++ = .

Par conséquent, une équation de la droite (EF) est 2 2 0x y– + = .4. I(x ; y) est le point de concours de (AB), (CD) et (EF)

x y

x y

x y

3 13 0

4 3 7 0

2 2 0

– –

– –

–

+

+

+

==

=

Z

[

\

]]

]]

( )

x y

y y

y y

3 13

4 3 13 3 7 0

3 13 2 2 0

–

– – –

– –

+

+

+ +

+

==

=

Z

[

\

]]

]]

3 13x y

y

y

x

y15 45

5 15

4

3

–

– –

– –

+

+ +

==

=

==

Z

[

\

]]

]])

Donc les droites (AB), (CD) et (EF) sont concourantes en I(4 ; 3).

5. x x

x2 2

2 4 1–A IB

+= + = = et

5 3y yy

2 24A I

B

+ += = = , donc B est le

milieu de [AI].107. 1. Première méthode : Avec les équa-tions de deux médianes

a. I( ;2

6 12

4 1– – ) donc I( ;2 25 3)

J( ;2

12

11 3– – ) donc J(0 ; 1).

b. (AI) a pour vecteur directeur AI (2

2

3

3– ), mais aussi AI

32– ( 1

1– ), donc (AI) a une

équation de la forme 0x y c+ + = où c est un réel.A appartient à (AI), donc 0x y cA A+ + = , c’est-à-dire 1 3 0c+ + = , d’où .c 4–=Donc la médiane (AI) a pour équation

4 0x y –+ =(BJ) a pour vecteur directeur BJ ( 6

3–– ), mais

aussi BJ21– (21), donc (BJ) a une équation de

la forme 2 0x y c– + = où c est un réel.J appartient à (BJ), donc 2 0x y c–J J + = , c’est-à-dire 0 2 0c– + = , d’où .c 2=

Donc la médiane (BJ) a pour équation 2 2 0.x y– + =

c. Les coordonnées du centre de gravité G

du triangle ABC vérifi ent 4 0

2 2 0

x y

x y

–

–

+

+

==

) ,

ce qui équivaut à : 4

4 2 2 0

x y

y y

–

– –

+

+ +

==

) ,

4

3 6 0,

x y

y

–

–

+

+

==

) x

y

2

2

==

) .

Donc G a pour coordonnées (2 ; 2).2. Deuxième méthode : Avec des égali-tés vectoriellesa. G est le centre de gravité de ABC, donc

AG AI32= .

b. I est le milieu de [BC], donc

( ),AI AB AC21 +=

d’où ( )AG AB AC32

21 +#= , ainsi

( ) .AG AB AC31 +=

c. On en déduit

( )

( )

x x x x x x

y y y y y y

31

31

– – –

– – –

G A B A C A

G A B A C A

+

+

=

=

Z

[

\

]]

]],

donc ( )

( 1 )

x

y

131 6 1 1 1

313 4 3 3

– – – –

– – – –

G

G

=

=

Z

[

\

]]

]],

ainsi 2

x

y

2G

G

==) .

108. Première partie1. GS et GL ont la même direction et des sens contraires.2. GS GLm m–S L= , d’où

.GS GLm m 0S L+ =3. D’après la relation de Chasles,

( ,)GS GS SLm m 0S L+ + = d’où

SG SLm m

mL

L

S= + .

SL est unique donc il existe une unique

position de G pour laquelle l’équilibre est assuré.

4. a. Si m mS L= , SG SL21= donc G est le

milieu de [SL].

b. Si m g30S = et 0m g1L = , SG SL41=

donc G appartient à [SL] et SG SL41= .

Deuxième partie1. ,G G GLm mE S m 0LE S+ + = donc

( ) ( ) .GE GE ES GE ELm m m 0E S L+ ++ + =

D’où ( ) .EG ES ELm m m

m m1E S L

S L+= + +

2. a. .GE GS GL 0+ + =b. donc GE GE ES GE EL 0+ + ++ =or I le milieu de [SL], donc 2 .ES EL EI+ =

D’où .EG EI32=

c. G est le centre de gravité du triangle SEL.

109. 1. a.¢2+ =¢+ + CBOB OC OA A OA A OA¢ ¢ ¢+ =

car B C .A A¢ ¢ 0+ =b.AH AO OH AO OA OB OC+ + + += =d’où 2AH OB OC OA¢+= = .c. AH et OA¢ sont colinéaires, donc

) .( ) ( ¢H OA A'Or O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC donc )( ¢OA est la médiatrice de [BC], ainsi )( ¢OA est perpendiculaire à (BC). Par conséquent, (AH) et (BC) sont perpendiculaires.d. BH BO OH BO OA OB OC+ + + += =d’où 2BH OA OC OB¢+= = .c. BH et OB¢ sont colinéaires, donc

)( ) ( ¢BH OB' .Or O est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC donc )( ¢OB est la médiatrice de [AC], ainsi )( ¢OB est perpendiculaire à (AC).Par conséquent, (BH) et (AC) sont perpen-diculaires.e. (AH) et (BH) sont donc deux hauteurs du triangle ABC, ainsi leur point d’inter-section H est l’orthocentre de ABC.2. a. AG AA¢

32= , donc 3 2AG AA¢=

d’où 2AG AB BG AC CG AA¢+ + ++ =or 2AB AC AA¢+ =donc .GA GB GC 0+ + =b. 3OG OA AG OB BG OC CG+ + + ++=donc 3OG OA OB OC++= , d’où .OH OG3=c. Ainsi les points O, H et G sont alignés.110. 1. 3 2GA GB 0+ = donc d’après la rela-tion de Chasles, 3 2 2 ,GA GA AB 0+ + =d’où AG AB

52= .

2. Pour tout point M du plan, MA MB3 2+ =

3 3 2 2 5MG GA MG GB MG+ + + =car 3 2GA GB 0+ = .3. 3 2MA MB+ et AB sont colinéaires

MG5+ et AB sont colinéaires MG+ et AB sont colinéaires.Or G appartient à (AB), donc M aussi.

Donc l’ensemble des points M tels que 3 2MA MB+ et AB sont colinéaires est la droite (AB).4. a. MA MB AB3 2 2+ = équivaut à

MG AB5 2= , c’est-à-dire MG AB5 2= soit MG AB

52= .

Donc cet ensemble est le cercle de centre G et de rayon AB

52 .

b. Voir fi gure ci-dessous.c. Il passe par A car AG AB

52= .

5. a. 3 2MA MB MA5+ = équivaut à MG MA5 5= , c’est-à-dire .MG MA=

Donc cet ensemble est la médiatrice de [AB].[ ].

111. 1.

2. AB (12– ) et AC (3 3– ).

3. u ( 11

–– ).

M(x ; y) ( ) AMd +d et u sont colinéaires ( )( ) ( ) ( )x y1 1 1 2 0– – – – –+ # =

1 0.x y– –++ =Par conséquent, une équation de la droite (d) est 1 0x y– –+ = .

4. y =+y21 1 0

23– –+ = , donc E( ;

21

23).

5. a. BE (2

2

3

3– ).b. BE AC

21= , donc BE et AC sont coli-

néaires, ainsi (AC) et (BE) sont parallèles.






6. a. M(x ; y) ( ) AMAB +d et AB sont colinéaires

1 ( 1) ( 2) ( 2) 0x y– – – –+ # # = .2 5 0x y –++ = .

Par conséquent, une équation de la droite (AB) est 2 5 0x y –+ = .

b. EC ( 2

2

7

5

– ).M(x ; y) ( ) MCCE +d et CE sont coli-néaires

( 4)x25 – –+ # ( 2

7– ) ( 1) 0y +# = .

0.x y25

27

213–++ =

Par conséquent, une équation cartésienne de la droite (CE) est 5 7 13 0x y –+ = .c. Les coordonnées du point d’intersec-tion F des droites (AB) et (CE) vérifi ent :

2 5 0

5 7 13 0

x y

x y

–

–

+

+

==

) ;

ce qui équivaut à2 5

5( 2 5) 7 13 0

x y

y y

–

– –

+

+ +

==

)

;x y

y

2 5

3 12

–

– –

+==

) .x

y

3

4

–==

)

Ainsi ( ; )F 3 4– .

7. a. x x

x2 2

1 3 1– –A FB

+= = =

et 2 4y yy

2 23A F

B

+ += = = .

Donc B est le milieu du segment [AF].

b. D’après le théorème de la droite des milieux, dans le triangle ACF, puisque B est le milieu du segment [AF] et (AC) et (BE) sont parallèles, (BE) coupe [CF] en son milieu E.

112. 1. (dm) passe par le point(3 ; 4) 3( 1) 4 2 0A m m–+ ++ =

5 0 5.m m– ++ += =2. (dm) admet pour vecteur directeur

v ( 1mm + ).

u ( 12– ) est un vecteur directeur de (dm)

u+ ( 12– ) et v ( 1

mm + ) sont colinéaires

( )m m m2 1 0 3 2 0– – – –++ += =

.m32–+ =

3. (dm) admet pour vecteur directeur

v ( 1mm + ) et ( )T admet pour vecteur

directeur w ( 32

–– ).

( ) ( ) ( )d m m2 3 1 0–m + ++' T =3.m –+ =

113. 1. (dm) passe-t-elle par le point A(–1 ; 1)

( ) ( )m m1 1 1 0– – – –2+ # =0 ( 1) 0m m m m– – –2 ++ += =

m 0+ = ou m 1–=(d0) : y 1= et (d– 1) : .x y2 1 0– – =2. (dm) admet pour vecteur directeur

v ( mm

1–2 ).

u (14) est un vecteur directeur de (dm)

+ u (14) et v ( mm

1–2 ) sont colinéaires

m m4 4 0–2 ++ =( 2) 0 2.m m– 2+ += =

3. (dm) admet pour vecteur directeur

v ( mm

1–2 ).

(D) admet pour vecteur directeur w (35).( ) ( ) ( )d D m m5 1 3 0– – 2

m +' =3 5 5 0.m m– –2 ++ =

Calculons le discriminant T du trinôme3 5 5m m– –2 + :

( ) ( )5 4 3 5 25 60 35– – – – –2# #T= = =

0T1 , donc cette équation n’a pas de solution.Ainsi la droite (dm) ne peut pas être parallèle à la droite (D) d’équation 5 3 4 0.x y– + =

114. a. ACBD est un trapèze : Fauxb. Le vecteur u est un vecteur directeur de la droite (d) d’équation

4 13 8 0x y– + + = : Vraic. Le point D appartient à la droite )( ¢d passant par C et dont un vecteur directeur est u : Vraid. La droite (AB) et la parallèle à (CD) passant par E se coupent sur l’axe des abscisses : Vraie. La droite (CD) est une médiane du triangle ABC : Fauxf. Le milieu du segment [AE] appartient à la droite (BC) : Faux

115. a. AB et CD ne peuvent pas être colinéaires : Faux b. Il existe une seule valeur de m pour la-quelle (AB) et (CD) sont parallèles : Fauxc. Les points A, B et C ne peuvent pas être alignés : Faux

d. Il existe une seule valeur de m pour la-quelle les points A, C et D sont alignés : Vrai

116. a. Les droites (EF) et (BG) sont pa-rallèles : Vraib. EFGB est un parallélogramme : Fauxc. La droite (AC) passe par le milieu de [EF] : Vraid. Les droites (FG) et (AC) sont parallè-les : Fauxe. Les droites (FB), (GE) et (AC) sont concourantes : Vrai

117. a. (EF) est parallèle à (BC) : Fauxb. Les points D, E et F sont alignés : Vrai

c. FA FB DE+ = : Vrai

118. 1. a. Voir p.317

b. u ( 1– m ).

c. v ( 11

+m )

2. )+( ) ( ¢d d' u ( 1– m ) et v ( 1

1+m )

sont colinéaires( 1) ( ) 0

21– – –++ +m m m= =

3. (d) et )( ¢d sont sécantes en

( ; )2

( 1) 1A

y x

y x1 3–

–

–A

A A

A

+

++

m

m

==)

3 2

3 ( 1) 1:

1

5– – –

+

++ +

m

m

m

m

==

==

) )

impossible.Donc il n’existe pas de valeur de m telle que (d) et )( ¢d sont sécantes en ( ; ) .A 1 3–

4. (d) et (d’) sont sécantes en B( ;73

72– )

2

( 1) 1

y x

y x

–

–B B

B B

+

++

m

m

==)

2

( 1) 1.

72

73

72

73

4– –

–+

++ +

m

mm

=

==

Z

[

\

]]

]]

Donc pour 4–m = (d) et )( ¢d sont sécan-

tes en B( ;73

72– ).





5. AB (74

74

– ) est un vecteur directeur de

)( ¢d AB+ et v sont colinéaires

( 1) 0 2.74

74 –+ ++ +m m= =

6. M(x ; y) est le point d’intersection de

)( ¢d et )¢( ¢d( )

x

y x

2

1 1–++

m

m

==

)

.x

y

2

2 2 1–2 ++

m

m m

==

)

Calculons le discriminant T de 2 2 1.–2 +m m

2 4 2 ( 1) 12.– –2# #T= = Donc ce tri-

nôme a deux racines distinctes :

x2

1 3– –1 = et 1x

23–

2

+= .

Puisque2 02 , ce trinôme est positif sur

; ;2

1 32

1 3– – – – + +,3 3; ;E E .

Ainsi les points d’intersection de )( ¢d et )¢( ¢d ont une ordonnée positive pour

; ; .2

1 32

1 3– – – – + +d ,3 3m ; ;E E119. 1. AB (3 5– )u ( x

y ) est un vecteur directeur de la droite

(AB) + Il existe un réel k tel que u = .ABk

+ Il existe un réel k tel que x k

y k

3

5–

==

)

+ Il existe un réel k tel que

kx

y

3

5–

=

=

Z

[

\

]]

]] ( x3)

+ Il existe un réel k tel que k x

y x3

3 5–

=

=*

Donc 5 3 0x y+ = .Réciproquement, si 5 3 0x y+ = , alors

y x35–= donc y x y

3 AB= et .x x x3 AB# =

D’où u = ABx3

, donc u et AB sont coli-

néaires. Ainsi u est un vecteur directeur de la droite (AB).

2. CD (5 8– ) or 5 3

8 ( 5).

35

35– –

#

#!

=Z

[

\

]]

]]

Donc CD et AB ne sont pas colinéaires.Ainsi ce vecteur ne peut pas être vecteur directeur de la droite (CD).3. F est le point de coordonnées ( ; )a b où a et b sont des réels.a. Si 2–a b= = , ( ; )F 2 2– – donc

EF (2 3– ) or 2 3

3 ( 5),

32

32– –

#

#!

=Z

[

\

]]

]] donc EF et

ABne sont pas colinéaires, ainsi les droites (EF) et (AB) ne sont pas parallèles.(AB) a pour équation 5 3 0x y c+ + = avec 5 3 0x y cB B+ + = donc c 7= .Ainsi (EF) a pour équation .x y5 3 7 0+ + =(EF) a pour équation 3 2 0x y c+ + = avec x y c3 2 0E E+ + = donc c 10= .Ainsi (AB) a pour équation 3 2 10 0x y+ + = .5 3 7 0

3 2 10 0 .

x y

x y

x

y

16

29–

+ +

+ ++

==

==

) )

Donc les coordonnées du point d’inter-section de (AB) et (EF) sont ( ; )16 29– .

b. Si 517–a = et 0b = , F( ;

517 0– ) donc

EF ( 51

3

–) or 5 3 ( 1) 0

53 –+# # = , donc

EFet AB sont colinéaires, ainsi les droites (EF) et (AB) sont parallèles.

c. EF ( 41–

+ba ).

Donc pour que (EF) et (AB) soient parallè-les, il faut avoir ( ) ( )5 4 3 1 0–+ +a b = , c’est-à-dire 5 3 17 0+ +a b = . 120. 1. Voir démonstration/logique2. (d) est une droite d’équation

4 0ax by+ + = .a. 4 0ax byA A+ + =

donc 2 2 4 0a b– + + = c’est-à-dire 2 0a b– + + = .b. (d) a pour vecteur directeur le vecteur

de coordonnées v ( ba

– ) donc u ( 32– ) et

v ( ba

– ) doivent être colinéaires, d’où

3 2 0a b– + = .

c. a b

a b

2 0

3 2 0

–

–

+ +

+

==

'

( )

a b

b b

a

b

2

3 2 2 0

4

6–

–

–

+

+ ++ +

==

==

) '

Lorsque 4a –= et 6b –= , (d) passe par A et a pour vecteur directeur .u

d. BC (3 6– ) et v ( ba

– ) doivent être coli-

néaires, d’où 3 6 0,a b– = c’est-à-dire .a b 02– =

121. 1. Le quadrilatère ABCD est un tra-pèze : Vrai2. Les droites (AE) et (BF) sont parallèles : Faux3. Les points A, B et G sont alignés : Vrai4. Le point A appartient à la droite (DE) : Faux5. Le triangle ACD est rectangle en C : Faux6. Les droites (AB), (CD) et (EF) sont concourantes : Vrai7. Une équation cartésienne de la mé-diane issue de A du triangle ABD est

x y3 02 + = : Vrai8. La hauteur issue de A du triangle ACE est parallèle à l’axe des ordonnées : Vrai122. 1. Les droites (EK) et (JF) sont pa-rallèles : Vrai2. G est le point d’intersection des droi-tes (EH) et (AD) : Vrai3. Les droites (IJ) et (KF) sont parallèles : Faux4. 2IC GJ= : Vrai5. Dans le repère (A, , )AB AD :

a. GF a pour coordonnées ( ;1125– ) : Vrai

b. EH a pour coordonnées (1 ; – 1) : Vrai

c. DF a pour coordonnées ( ;132) : Faux




TP Info (p. 342-343)

1. Théorème de Pascal : hexagramme mystique2. Observation : (GH) semble passer par I.3. Démontrons cette conjecture avec

( ; )A 1 0 , ( ; )B 0 1 , C( ;21

23– ),

( 1 ; )D 0– , E( ;21

23– – ), et ( ; 1)0F – .

a. OB OC OD OE OFOA 1= = = = = = .b. A, B, C, D, E et F appartiennent au cercle de centre O et de rayon 1.c. (AB) a pour vecteur directeur AB ( 1

1– ),

donc son équation est de la forme y cx 0+ + = avec x y c 0A A+ + = , d’où

1c –= . Ainsi (AB) a pour équation 01x y –+ = .

(BC) a pour vecteur directeur BC ( 21

23 2

–

– ),donc son équation est de la forme( 2) 0x y c3 – ++ = avec ( 2) 0,x y c3 – BB ++ = d’où c 1–= . Ainsi (BC) a pour équation ( 2) 1 0.x y3 – –+ =

(CD) a pour vecteur directeur CD ( 21

23

–

– ),donc son équation est de la forme

0x y c3– ++ = avec 0x y c3– DD ++ = , d’où c 3= .

Ainsi (CD) a pour équation 0.x y3 3– –+ =

(DE) a pour vecteur directeur DE ( 21

23– ),

donc son équation est de la forme 0x y c3 + + = avec

0x y c3 DD ++ = , d’où c 3= .Ainsi (DE) a pour équation

3 0.x y 3+ + =

(EF) a pour vecteur directeur EF ( 21

22 3– + ),

donc son équation est de la forme ( 2 ) 0x y c3– –+ + = avec ( 2 ) 0x y c3– – FF+ + = , d’où .c 1–=Ainsi (EF) a pour équation ( 2 ) 1 0.x y3– – –+ =(FA) a pour vecteur directeur FA (11), donc

son équation est de la forme 0x y c– + =

avec 0x y c–A A + = , d’où c 1–= . Ainsi (FA) a pour équation .x y 1 0– – =

d. 1 0

0

x y

x y3 3

–G G+

+ +

==

)

d’où ( 2 ; 3 )G 3 3– – +(

( 2

2) 1 0

) 1 0

x y

x y

3

3–

– –

– –+

+ ==

)

d’où ( ; )H 2 3 0– –0

x y

x y3

1 0

3–

– –

–+

==

)

d’où ( ; )I 2 3 3 3– – – –

e. GH ( 03 3 3– – ) et HI ( 0

3 3 3– – )donc GH HI= .Ainsi G, H et I sont alignés.De plus, H est le milieu de [GI] dans ce cas-là.

2. Courbes de Bézier2. a. ( )MA MCt t1 0–+ =

(1 )( )MA MA ACt t 0–+ ++ =( )MA ACt1 0–++ =(1 )AM ACt–+ =

(1 )NC NBt t 0–+ =( )( )NC NC CBt t1 0–+ ++ =

( )NC CBt1 0–++ =(1 )CN CBt–+ =

(1 )PM PNt t 0–+ =(1 )( )PM PM MNt t 0–+ ++ =

( )PM MNt1 0–++ =(1 )MP MNt–+ =

b.

c.

d. P semble décrire une portion de para-bole.e.

f. Les droites (MN) semblent tangentes à la parabole décrite par P.

3. a. Dans le repère ( ; ; )AB ACA : A(0 ; 0), B(1 ; 0) et C(0 ; 1)

( )AM ACt1 –= donc ( ; )M t0 1 –

( )CN CBt1 –= donc ( ; )N t t1 –

( )MP MNt1 –= donc P (( ) ; ( ))t t t1 2 1– –2

b. (1 ) 2 (1 )AP AB ACt t t– –2 +=c. D’après la relation de Chasles,

( ) ( ) ( )( ),AP AP PB AP PCt t t1 2 1– –2 + + +=d’où (1 ) 2 (1 ) .PA PB PCt t t t 0– –2 2 ++ =

À vous de jouer

( ) ( )PA PBt t t1 3 1– –3 2+

3 (1 )PC PDt t t 0–2 3+ + =( ) ( ) ( )PA PA ABt t t1 3 1– –3 2+ ++

( ) ( )t+ + + =)t–(1t3 PA AC PA AD 02 3+

( ) ( )PA ABt t t1 2 3 1 –3 2+ ++

( )AC ADt t t3 1 0–2 3+ + =3 (1 )AP AB

tt t

1 21 –

32

++ = 8

3 (1 )AC ADt t t–2 3+ + B




Ces fi gures ne sont pas des triangles, mais… des pentagones.

E

JI

K

F

G H

DDCCA B 0 –i

WU

Z

V

RR

PXL NNN–iMM

–jj

S T

QQQQ

0

–jj

Dans le repère orthonormal ( ; ),O i j ci-dessus :( : )A 5 0– , D(5 ; 0), ( ; )I 2 7– , J(2 ; 7) et K(0 ; 12).

Donc AI (37), AK (512 ), KJ ( 25– ) et KD ( 5

12– ).Puisque 3 12 7 5 36 35 1– –# # = = , les coordonnées de AI et AK ne vérifi ent pas la relation de colinéarité.Ainsi AI et AK ne sont pas colinéaires, donc les points A, I et K ne sont pas alignés.On démontre de même que les points K, J et D ne sont pas ali-gnés.Pour calculer l’aire de cette fi gure, on doit additionner les aires des triangles IJK, ABI et JCD et du rectangle BCJI.

Aire de IJK : 5 42

10# = ;

Aire de ABI : 3 72 2

21# = ;

Aire de JCD : 3 72 2

21# = ;

Aire de BCJI : 4 7 28# = .On obtient : 10 21 28 59+ + = carreaux.De même pour la deuxième fi gure :

E

JI

K

F

G H

DDCCA B 0 –i

WU

Z

V

RR

PXL NNN–iMM

–jj

S T

QQQQ

0

–jj

Aire de ZWU : 7 62

21# = ;

Aire de LMU : 2

2 5 5# = ;

Aire de WXP : 2

2 5 5# = ;

Aire de UWXM : 6 5 30.# =On obtient : 21 5 5 30 61+ + + = carreaux.Remarque : On obtient 2 carreaux de différence, soit l’aire du rectangle vert.


9Produit scalaire et applications



Produit scalaire dans le plan Défi nition, propriétés.

Vecteur normal à une droite.

Applications du produit scalaire :– calculs d’angles et de

longueurs ;– formules d’addition et de

duplication des cosinus et sinus.

• Calculer le produit scalaire de deux vecteurs par différentes méthodes :– projection orthogonale ,– analytiquement ;– à l’aide des normes et d’un angle ;– à l’aide des normes.

• Choisir la méthode la plus adaptée en vue de la résolution d’un problème.• Déterminer une équation cartésienne de droite connaissant un point et un vecteur normal.• Déterminer un vecteur normal à une droite défi nie par uen équation cartésienne.• Déterminer une équation de cercle défi ni par son centre et son rayon ou par son diamètre.

• Démontrer que : ( )cos cos cos sin sina b a b a b– +=

• Il est intéressant de démontrer l’égalité des expressions attachées à chacune de ces éthodes.

• La démonstration du théorème de la médiane fournit l’occasion de travailler le calcul vectoriel en lien avec le produit scalaire.

La relation de Chasles pour les angles orientés est admise.

Programme offi ciel

The Lake PuzzleNommons a, b, c les longueurs des trois côtés du triangle (avec a b cH H ).D’après la formule d’Al-Kashi, on a 2 cosa b c bc A–2 2 2+= W .Or a 3702 = , b 1162 = et c 742 = ; on en déduit que

2

116 74 370cos A116 74 2 146

180– –+

# #

= =W .

On a donc sin cosA A12 146121–2 2= =W W d’où l’on tire

sin A2 146

11=W .

Enfi n l’aire du triangle se calcule grâce à la formule des aires :

sinbc A21 11d = =W .

Le lac a donc une aire égale à 11 acres.

Pages d’ouverture (p. 346-347)


1. Un nombre intéressant1. b. On a p 0= lorsque le triangle ABC est rectangle en A. On a p 01 lorsque l’angle AW est obtus et on a p 02 lorsque l’angle AW est aigu.

2. L’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique permet de confi rmer le résultat précédent.

2. Dans un repère orthonormé1. On doit trouver p p1= quelle que soit la position des points A, B et C.

2. b. Si u( xy ) et u( x

y¢¢ ) alors yy+ ¢p u v xx= =$ ¢ .


Livre du professeur

88



1. On munit le plan d’un repère orthonormé.

Soit u ( xy ), v ( x

y¢¢ ) et w ( ¢

¢xy¢¢ ) trois vecteurs du plan et m un nombre

réel.

• yy+ m ¢) xxm= ¢) (y y+ m ¢( ) (u v x xm m=$ ¢) ( )#m= $yy+ ¢(xx u v#m= ¢ .

• ¢)y¢(y y+ + ¢¢( ) ( )u v w x x x+ +=$ ¢¢¢yy+ ¢¢x¢x+ ¢¢xx= ¢ ¢y¢y+ ¢

)¢yy+ ¢¢(xx= ¢ )¢y¢y+ ¢¢x¢(x+ ¢ u w v w+= $ $ .2. Soit u et v deux vecteurs du plan.

• ( ) ( ) ( )u u vv u v u v u u v v u v– – – – –2 + $= =$ $ $ $

2u u v u v v u u v v– – –2 2 2 2+ += = $$ $ .

• ( ) ( )u v u v u u u v v v vu– – –+ + $=$ $ $ $

u u v u v v u v– –2 2 2 2+ += =$ $ .

3. Pour tout point M du plan on a :

• ( ) ( )MA MB MI IA MI IBMA MB– – –2 2 2 2 2 2+ += = .

Ainsi MI MI IA IA MI MI IB IBMA MB 2 2– – – –2 2 2 2 2 2+ += $ $ ,

d’où l’on tire :2 2MI IA MI IBMA MB IA IB– – –2 2 2 2+= $ $

2 ( )MI IA IB IA IB– –2 2+= $ .Or I est le milieu de [AB] : on a donc IA IB2 2= et IA IB 0–2 2 = .On peut donc écrire

( )MI IA IB MI BA IM ABMA MB 2 2 2– –2 2 = = =$ $ $

• ( ) ( )MA MB MI IA MI IB+ +=$ $

MI MI IB IA MI IA IB2

+ + += $ $ $ .

Ainsi ( )MA MB MI MI IA IB IA IB2

+ + +=$ $ $ .Or I est le milieu de [AB] : on a donc IA IB 0+ = et

IA IB =$ ( BA21 ) $ ( AB

21 ) AB

4–

2

= .

On en déduit que MA MB MI AB4

–2 2

=$ .

Chap. 9 Produit scalaire et applications

3. Avec un projeté orthogonal1. Premier cas : a 172 = , b 322 = et c 252 = .

(32 5 17) 20p21 –+= = et 4 5 20p2 #= = .

Second cas : a 202 = , b 412 = et c 92 = . (41 9 20) 15p21 –+= =

et 5 3 15p2 #= = .

Troisième cas : a 412 = , 17b2 = et 1c 62 = .

(17 16 41) 4p21 – –+= = et 1 4 4p2 #= = .

3. Si AW est aigu alors AB ACp AH AB#= =$ et Si AW est obtus alors AB ACp AH AB– #= =$ .

4. Lien avec l’angle BAC%

On trouve que tb c

p

#= est égal au cosinus de l’angle BAC

%.

On a donc .

Entraînez-vous, page 365Dans le repère orthonormé ( ; , )AB ADA considérons que les coordonnées du point M sont M(x ; x), avec ;x 0 1d6 @. On calcule les coordonnées des points B, P et Q : B(1 ; 0), P(0 ; x) et Q(x ; 1).

Le vecteur PQ a pour coordonnées ( xx1 – ),

celles du vecteur BM sont ( xx

1– ).Le produit scalaire BM PQ$ vaut ( ) ( ) ( )x x x x x x x1 1 1 1– – – –+ +=

x 0 0#= = .Les vecteurs PQ et BM sont donc ortho-gonaux.

Entraînez-vous, page 3661. Le milieu I du segment [AB] a pour

coordonnées ( 2 0 ; 0 42 2

– + + ) c’est-à-dire ( ; )I 2– .

Le point M(x ; x) appartient à la média-trice du segment [AB] si, et seulement

si, .IM AB 0=$ Comme IM( 1xy 2–

+ ) et

AB (24), on en déduit que M appartient

à la médiatrice de [AB] si, et seulement si, 2( 1) 4( 2) 0x y –+ + = c’est-à-dire

2 3x y+ = équation cartésienne de cette médiatrice.De même on montre qu’une équation car-tésienne de [AC] est donnée par .x 1=2. Les coordonnées du point X , centre du cercle circonscrit au triangle ABC (et donc point d’intersection des médiatrices de ce triangle), sont les solutions du système formé par les équations des médiatrices des segments [AB] et [AC].

2 3

x

x y

1

+

==

) a pour couple solution (1 ; 1).

Les coordonnées de X sont donc (1 ; 1).3. Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour centre ;1 1X^ h et pour rayon

.A B C 10X X X= = = Une équation cartésienne de ce cercle est donc donnée par ( 1) ( 1) 10x y– –2 2+ = .

Entraînez-vous, page 367On met les trinômes x x4–2 et 3y y2 + sous forme canonique :

( )x x x4 2 4– – –2 2= et

3y y2 + = ( y23+ )

2

49– .

On a donc x y x y4 3 0–2 2+ + =

( 2) 4x – –2 ++ ( y 23

+ )2

49 0– =

( 2)x – 2 ++ ( y23+ )

2

425= .

L’ensemble des points M(x ; x) du plan vé-rifi ant l’équation 4 3 0x y x y–2 2+ + =


Chap. 9 Produit scalaire et applicationsLivre du professeur



1. Calculer un produit scalaire

40. 1. AB ( 72– ) et AC (33) donc

7 3 ( 2) 3 15.AB AC –+# #= =$

BA ( 72

– ) et BC ( 45

– ) donc

( 7) ( 4) 2 5 38.BA BC – – +# #= =$

2. AB ( 51– ) et AC (3

8) donc

( ) 3 .AB AC 5 8 1 37–+# #= =$

BA ( 51

– ) et BC (34) donc

( ) .BA BC 5 3 1 4 11– –+# #= =$

41. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.42. 1. ( ) ( ) .u v 3 5 2 1 17– – –+# #= =$

2. ( ) 7.( )u v 1 7 1 0– –– +# #= =$

3. ( ) ( ) .( )u v 5 6 3 10 0– – –+# #= =$


44. ( )AB AC AB AC BC21 –2 2 2+=$

6121#= = 30,5.

( )C CBA BC BA B A21 –2 2 2+=$

.5( ) ,21 29 14– –#= =

( )A A AC CB C CB B21 –2 2 2+=$

.5,21 50101#= =

45. ( )AB AC AB AC BC21 –2 2 2+=$

21 49#= = 24,5.

( )BA BC BA BC AC21 –2 2 2+=$

5.( ) ,21 17 8– –#= =

( )CA CB CA CB AB21 –2 2 2+=$

5.,21 49 24#= =

46. 1. On trouve BC 33= .

2. ( )AB AC AB AC BC21 –2 2 2+=$

.21 1632#= =

( )C CBA BC BA B A21 –2 2 2+=$

.21 0 0#= =

( )A A AC CB C CB B21 –2 2 2+=$

.21 66 33#= =

47. ( )AB AC a a a a21

2–2 2 2

2

+= =$ .

48. 1. ( ) .1 5– –=#( ) ( )u v 2 4 3– –+#=$

2. 6u v 31

23 +# #=$ ( 4

1– ) .1–=

3. ( ) .u v 2 2 6 3 1 3 3–+# #= =$

4. ( ) ( )u v 3 2 2 2 3– –#=$

( ) ( 3 ) .3 6 18 2 13– – –+ # =49. 1.

2. a. On trouve .u v 7=$

b. On trouve u vc$ 1,666666667

(en fait 35).

50. 1. On a AB ( 24–

– ) et AC ( 52– ) donc

( 2) 5 ( 4) ( 2) 2.AB AC – – – –+# #= =$

2. On a AB ( 42– ) et AC (2

1) donc

( ) .AB AC 4 1 2 2 0–+# #= =$

3. On a AB ( 35

2–) et AC (–

34

1) donc

AB AC 53#=$ ( 3

4– ) ( 2) 1 .938– –+ # =

4. On a AB ( 11

3–

+ ) et AC ( 31 2

3– –

+ ) donc

1 ( 1 ) ( 1)AB AC 2 3– – – + +#=$

( ) .3 3 7 2 4 3+ + +# =51. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.52. Dans le repère ( ; , )AB ADA on a :

A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1), O( ;21

21),

I( ;21 0), J( ;1

21), et K( ;1 1

3– ). Ainsi :

1. On a AJ (1

21) et AD (01) donc

1 0 1AJ AD21

21+# #= =$ .

Exercices (p. 370)

est donc le cercle de centre X ( ;223– ) et

de rayon 425

25= .


• Md MA MB 62 2++ =

MIAB

2 2 622

++ = MI2 2 62 ++ = MI 22+ = est donc un cercle de centre I et de rayon 2 .

• Md MA MB 8+ =$

MI AB4

8–22

+ = 1 8MI –2+ = 9MI2+ = est donc un cercle de centre I et de rayon 3.

Entraînez-vous, page 369On a

2 .cosAC BA BC BA BC ABC–2 2 2+ # # #= %

Donc

20 10 26 2 cos ABC10 26–+ # # #= % d’où l’on tire

2

10 26 20 .cos ABC10 25

4

26

–+

# #

= =%.

La calculatrice donne ABC.% 1,05 rad.Enfi n on a

( )ACB ABC BAC– + .r= 0,66 rad.


Livre du professeurChap. 9 Produit scalaire et applications

90

2. On a OC (1

212) et AK (–

31

1), donc

OC AK21#=$ ( 3

1– ) 121

31+ # = .

3. On a IJ (1

212) et OD (–

21

21 ) donc

IJ OD21#=$ ( 1

2– ) 0.

21

21+ # =

4. On a ID (–21

1) et AB (10) donc

IJ OD =$ ( 12

– ) 1 1 021–+# # = .

5. On a BK (–34

1) et DO ( 2

1

21– ) donc

BK DO =$ ( 34– ) 1

21 +# # ( 2

1– ) 67–= .

6. On a CK (–34

0) et AI (2

1

0) donc

CK AI =$ ( 34– ) 0 0

21

32–+# # = .

53. Dans le repère ( ; ,AB ACA21

41 ) on a

A(0 ; 0), B(6 ; 0), C(6 ; 4), D(0 ; 4), O(3 ; 2), I(6 ; 2), J(6 ; 6). Ainsi :

1. On a AO (32) et BD ( 64

– ) donc

3 ( 6) 2 4 10.AO BD – –+# #= =$

2. On a OI (03) et BC (04) donc

3 0 0 4 0.OI BC +# #= =$

3. On a OA ( 32

–– ) et OC (32) donc

3 3 ( 2) 2 13.OA OC – – –+# #= =$

4. On a AJ (66) et BO ( 32

– ) donc

6 ( 3) 6 2 6.AJ BO – –+# #= =$

5. On a IA ( 62

–– ) et AD (04) donc

( 6) 0 ( 2) 4 8.IA AD – – –+# #= =$

6. On a CJ (20) et DI ( 6

2– ) donc

0 6 2 ( 2) 4.CJ DI – –+# #= =$


55. 1. BAC ABC180 2– #=% %

180 2 70 40– #= = degrés.

2. AB AC cosAB AC BAC# #=$%

4 4 40cos# # .= 12,3.

56. 1. BAD ABC180 –=% %

180 55–= = 125 degrés.

2. .AB AD cosAB AD BAD# #=$%

4 5 125cos –# # .= 11,5.57. Pour tous vecteurs u et v non nuls on a ( ; )cos u v1 1– G G .En multipliant chaque membre de cette inégalité par la quantité strictement posi-tive u v# il vient

u v u v– # #G( ; ) .cos u v u v# #G

Autrement dit.u v u u vv– # #G G$ On a

donc bien .u v u v#G$

L’égalité ne se produit que lorsque ( ; )cos u v 1!= soit lorsque ( ; )u v r=

ou – r modulo 2r , c’est-à-dire lorsque les vecteurs u et v sont colinéaires.58. 1. Les vecteurs AB et AC sont coli-néaires de même sens :on a 4 5 20.AB AC AB AC# #= = =$

2. Les vecteurs AB et AC sont colinéaires de sens opposés : on a

4 .AB AC AB AC 2 8– – –# #= = =$

3. Les vecteurs AB et AC sont colinéaires de même sens : on a .AB AC AB AC 6 7 42# #= = =$

59. On utilise la formule des projetés or-thogonaux : si H est le projeté orthogonal de C sur (AB) on a :1. 3 4 12.AB AC AB AH# #= = =$

2. .AB AC AB AH AB AB 4# #= = =$

3. .AB AC AB AH 1 3 3– – –# #= = =$

4. .AB AC AB AH 2 2 2 4# #= = =$

60. On utilise la formule des projetés or-thogonaux : si H est le projeté orthogonal

de C sur (AB) et K le projeté orthogonal de D sur (AB) on a :1. .AB CD AB CD 2 7 14# #= = =$

2. .AB CD AB KH 183 6– – –# #= = =$

3. .AB CD AB AK 1 5 5– – –# #= = =$

61. On utilise la formule des projetés or-thogonaux : si H est le projeté orthogonal de C sur (AB) et K le projeté orthogonal de D sur (AB) on a :1. .AB ABCD HK 2 4 8# #= = =$

2. .AB CD AB KC 11 1– – –# #= = =$

3. .AB CD AB HK 3 1 3– – –# #= = =$

4. .AB CD AB HK 2 0 0# #= = =$

62. 1. B est le projeté orthogonal de C sur (AB) : .AB AC AB AB a2

#= =$

2. Avec la formule du cosinus :

BO BA cosBO BA OBA# #=$%

.aa a

22

22

2

2

# #= =

3. Les vecteurs OB et OD sont opposés : OB OD OB OD– #=$

.a aa2

22

22

– –2

#= =

4. Les vecteurs CB et DA sont égaux : .CB DA CB DA a2

#= =$

5. B est le projeté orthogonal de A sur (BC) : .CA BC CB CA CB CB a– – – 2

#= = =$ $

6. Dans le repère ( ; ,AB ADA21

21 ) on a

OB (a

a2

2– ) et DA ( a

0– ) donc

0OB DA a2

+#=$ ( a2

– ) ( ) .a a2

–2

# =

63. ABD est un triangle équilatéral de

hauteur .AOa

23=

1. On utilise la défi nition:

( )AB AD AB AD BD21 –2 2 2+=$

( ) .a a a a21

2–2 2 2

2

+= =2. Avec la formule du cosinus :

BC BA cosBC BA CBA# #=$%

.a a a21

2– –

2

# #= =3. O est le projeté orthogonal de B sur (AC):AB AC AC AOAC AB$ #= =$

AO AO AO2 2 22# #= = = ( a

23 )

2

.a2

3 2

=


OB OA cosOB OA BOA# #=$%

90 0.cosa a2 2

3# #= =

Livre du professeur



5. On utilise la défi nition :

( )DA DB DA DB AB21 –2 2 2+=$

( ) .a a a a21

2–2 2 2

2

+= =

6. O et C sont les projetés orthogonaux de B et de C sur (OA) respectivement, donc

OA CO OAOA CB OA CO 2#= ==$

( a2

3= )2

.a4

3 2

=

64. 1. Dans le repère orthonormé

( ; ,AD ABA31

41 ) on a A(0 ; 0), B(0 ; 0)

et C, milieu de [BD], a pour coordonnées

(1,5 ; 2). Ainsi AB (04), AC ( 5,12 ) et

5 4 2 8.+ # =0 1,AB AC #=$

2. D’après la défi nition

( ) .AB AC AB AC BC21 –2 2 2+=$

Or ici AC BC= donc AC BC 0–2 2 = et

4 8.AB AC AB21

212 2#= = =$

3. D’après la défi nition

( )AB AC AB AC BC21 –2 2 2+=$

(3 3 4 ) 1.21 –2 2 2+= =


AB AC cosAB AC BAC# #=$%. Or ABC est

un triangle rectangle en A donc BAC =% 90°

et cos BAC 0=% . On a donc .AB AC 0=$

5. BPCQRS est un hexagone régulier :

on a donc AB AC 2= = et BAC =% 120°.Avec la formule du cosinus :

AB AC cosAB AC BAC# #=$%

5) 2.–=2 2 120 4 ( 0,cos –# # #= =6. Soit H le projeté orthogonal de C sur (AB) : on a AH 3= et

4 3 12.AB AC AB AH# #= = =$

2. Symétrie et bilinéarité65. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.66. ( ) .u v u v3 3 3 1 3– – – –# #= = =$ $

67. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.68. ( ) ( )u v u v u v– –2 2+ =$

.u v 3 2 5– –2 2 2 2= = =69. ( ) ( ) ( )u v u v u v2+ + += $

2 2u u v v u u v v2 2 2 2+ + + += =$ $

3 2 1 2 15.2 2+ +#= =70. 1. ( )u v u v2 5 10– – #=$ $

10 ( 8) 80.– –#= =

2. ( 2 ) 2v u v v u v v– –=$ $ $

2 8 2 4 40.u v v– – – –2 2#= = =$

3. ( )u v u v2 2+ +=

2u u v v2 2+ += $

( )5 2 8 4 25–2 2+ +#= =donc .u v 25 5+ = =4. 5 ( 5 )u v u v– –2 2+ +=

u u v v10 25–2 2+#= $

5 10 ( 8) 25 4 505– –2 2+# #= =donc 5u v 505– + + .71. 1.

( )u v u v u v21 – –2 2 2+=$

( ) .21 3 4 3 8–2 2 2+= =

2. ( )v u v v u u2 4 4– –2 2 2+= $

.4 4 8 4 3 16 32 36 20– –2 2+ +# #= = =3. ( )u v u v2 2+ +=

u u v v22 2+ += $

3 2 8 4 412 2+ +#= =donc .u v 41+ =4. ( )v u v u3 2 3 2– –2 2=

v u v u9 12 4–2 2+#= $

9 4 10 8 4 3 100–2 2+# # #= =donc .v u3 2 10– =

72. ( ; )cosu v u v u v# #=$

5 2 10 5 .cos6 2

3 3# #r= = =

1. ( )u v u v3 3– – #=$ $

3 5 15 .3 3– –#= =2. ( )u v u v2 2+ +=

2u u v v2 2+ += $

5 2 5 2 29 10 .3 32 2+ + +#= =

Donc 29 10u v 3+= = .3. ( ) ( 3 ) 3 3v u v v u v– – – 2 +=$ $

3 3 3 2 3 5v u v 3– –2 2+ +# #= =$

.12 15 3– +=

73. 1. AB AD cosAB AD BAD# #=$%

.cos4 3 120 6–# #= =2. AC AB ADAC2 2 2

+= =2u v u u v v2 2 2+ + += = $

AB AB AD AD22 2

+ += $

2AB ADAB AD2 2+ += $

4 2 ( 6) 3 13.–2 2+ +#= =Donc AC 13= .De même

DB DA AB AB ADDB –2 2 2 2+= = =

2u v u u v v– –2 2 2+= = $

2AB AB AD AD–2 2

+= $

2AB ADAB AD–2 2+= $

4 2 ( 6) 3 37.– –2 2+#= =

Donc BD 37= .74.

2 .F F F F F F F2

1 22

12

1 2 22

+ + += = $

Or F 200 40 00012 2= = ,

00 0 000F 3 92 2

2 = = et F F F F cos1 2 1 2# # a=$

200 300 45 60 000cos22

# # #= =

30 000 .2=Donc

40 000 2 30 000 90 000F 22

+ +#=130 000 60 000 2+=

et F 130 000 60 000 2+= 464. Newtons.

75. 1. ( 2) 3u 13– 2 2+= = ,

0 4v 42 2+= = et( 2) 0 3 4 12.u v – +# #= =$

2. 2u v u u v v2 2 2+ + += $

13 2 12 16 53+ +#= = d’où .u v 53+ =Autre méthode : u v+ a pour coordon-

nées ( 27

– ) donc

( 2) 7 .u v 53– 2 2+ += =

76. 1. ( ) 2u av u a u v a v2 2 2 2+ + +#= $

2u a u v a v2 2 2+ +#= $

4 10 9 .a a2+ +=2. u av u av2 2+ ++=

4 ( ) 4 4 10 9u av a a2 2+ + ++ += =4 10 9 0.a a2++= =

Or les solutions de cette équation sont

a 01 = et a910–2 = .

On a donc u av 2+ = pour a910–= .

77. ( ) 2u av u a u v a v2 2 2 2+ + +#= $

u a u v a v22 2 2+ +#= $

4 2 4 .a a– 2+=u av u av4 2+ ++=

16 ( )u av 2++=.a a16 4 2 4 16– 2++= =.a a a a4 2 12 0 2 6 0– – – –2 2+ += =

Or les solutions de cette équation sont

a23–1 = et a 22 = .

On a donc u av 4+ = pour a23–= et

a 2= .

78. u v u v2 2–2+ +( 2 ) (2 )u v u v–2 2+ +=

( 4 4 )u u v v2 2+ += $

( )u u v v4 4– 2 2+ +$

3 3 .u v– 2 2+= .



92

Or, si on suppose u v= , alors u v2 2= et 3 3 0.u v– 2 2+ =

On a donc 2 2u v u v 0–2 2+ + = , ce qui équivaut à 2 2u v u v2 2+ += , ce qui équivaut à 2 2u v u v+ += (les normes étant positives).

3. Orthogonalité79. AB et BC ; AO et BD ; BC et DC ; ACet BD ; BO et OC .80. 1. ( 2) 0 1 ( 1) 1u v – – –+# #= =$ : les vecteurs u et v ne sont pas orthogo-naux.2. ( )u v 3 4 4 3 0– +# #= =$ : les vec-teurs u et v sont orthogonaux.3. 4 ( ) 05u v 2 10–+# #= =$ : les vec-teurs u et v sont orthogonaux.4. ( ) ( )3u v 4 2 6 24– – +# #= =$ : les vecteurs u et v ne sont pas orthogonaux.81. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.82. 1. ( ) (2 ) 2 2u v u u v u2+ +=$ $

2 2 2 0 8.2 +# #= =2. ( ) ( )u v u v2 3– –$

2 7 3u u v v–2 2+= $

.2 2 7 0 3 3 35–2 2+# # #= =3. ( )u v u v2 2+ +=

2u u v v2 2+ += $

2 2 0 3 132 2+ +#= =donc u v 13+ = .

4. ( )u v u v3 2 3 2– –2 2=9 12 4u u v v–2 2+= $

9 2 12 0 4 3 72–2 2+# # #= =donc u v 72 6 2+ = = .

83. 1. Soit u et v deux vecteurs non nuls orthogonaux.

( ) ( )u v u v u v u v– – – –2 2 2 2+ +=( )u u v v22 2+ += $

( 2 )u u v v– –2 2+$ .

Donc u v u v u v4 0– –2 2+ = =$ caru et v sont supposés orthogonaux.On a donc u v u v–2 2+ = ce qui équivaut, les normes étant positives, à

.u v u v–+ =2. Soit ABCD un rectangle. Posons u = ABet v = AD .u et v sont des vecteurs non nuls ortho-gonaux. Par conséquent, d’après la ques-tion 1, on a u v u v–+ = c’est-à-dire AB AD AB AD–+ = , autrement dit AC BD= : on retrouve le résultat qui dit que, dans un rectangle, les diagonales sont de même longueur.

84. 1. 5 10 ( 7) 7 1u v –+# #= =$ : lesvecteurs u et v ne sont pas orthogo-naux.

2. ( )1 1 0, 2u v 23

54 –+# #= =$ : les

vecteurs u et v ne sont pas orthogo-naux.3. ( )u v 5 10 5 2 1– +# #=$

5 5 02 2– += = :les vecteurs u et v sont orthogonaux.4. ( ) ( )u v 1 2 2 2 1– –#=$

(1 ) ( 11 8 )2 2–+ + +#

(3 5) ( 3 5) 02 2– –+ += = :

les vecteurs u et v sont orthogonaux.

85. 1. Cet algorithme permet, après avoir entré les coordonnées des vecteurs u et v , de dire si les vecteurs et sont orthogonaux ou pas.2. Dans les deux cas l’algorithme donne OUI. Si dans le premier cas, les deux vecteurs sont bien orthogonaux ( ( ) ( ) ),u v 3 5 30 3 5 30 0– –+ += =$ dans le second cas les deux vecteurs ne le sont pas : en effet le chiffre des unités de1 543 687 942 256 874 135#

( 2 105 106 217) 188 367 457–+ #

est 1. Le produit scalaire de u et v est donc non nul : les approximations de la machine ne permettent pas de donner la bonne réponse.

86. 1. On a AB ( 52

– ) et CD (25), donc

( 5) 2 2 5 0AB CD – +# #= =$ : les droi-tes (AB) et (CD) sont orthogonales.

2. On a AB ( 32 3 3

1– –– ) et CD (21), donc

( )AB CD 1 3 2– – #=$

(2 3) 1 53 – –+ # = :les droites (AB) et (CD) ne sont pas or-thogonales.

87. 1. On a AB ( 61

–– ), AC ( 5

7–– ) et BC ( 1

6– ).On constate que AB BC 0=$ , le triangle ABC est donc rectangle en B.

2. On a AB ( 46– ), AC ( 2

5–– ) et BC ( 6

1–– ).

On constate qu’aucun des produits scalai-res AB BC$ , AB CA$ et A BCC$ n’est nul : le triangle ABC n’est donc pas rectangle.

3. On a AB ( 22 2– ), AC ( 3 3

2–

– ) et

BC ( 24

–– ). On constate qu’aucun des

produits scalaires AB BC$ , AB CA$ et

AC BC$ n’est nul : le triangle ABC n’est donc pas rectangle.

4. On a AB ( 36 ), AC ( 35

9– ) et

BC ( 6 33

– ). On constate que AB BC 0=$ ,

le triangle ABC est donc rectangle en B.88. 1. u et v sont orthogonaux si, et seulement si, m2 3 0– – = ce qui équi-

vaut à m23–= .

2. u et v sont orthogonaux si, et seule-ment si, 3 2 1 0m m –+ = ce qui équi-

vaut à m51–= .

3. u et v sont orthogonaux si, et seu-lement si, 2 18 0m2 + = . Cette équation n’admet aucune solution réelle, il n’existe donc aucune valeur de m pour laquelle u et v sont orthogonaux.4. u et v sont orthogonaux si, et seule-ment si, m m 12 0– –2 = ce qui équivaut à m 3–= ou m 4= .89. On a ( ) 0u v a b b a– +# #= =$ ; les vecteurs u et v sont donc orthogo-naux. De plus u v a b2 2+= = .90. Il existe deux vecteurs unitaires or-

thogonaux à u ( 43

– ) : v1 (53

45

) et v2 ( –

–

53

54).

91. 1. ( ) ( )DM AC DA AM AB BC+ +=$ $

DA AB DA BC AM AB AM BC+ + += $ $ $ $

DA BC AM AB0 0– + +# #=.x x3 3 10 10 9– –+# #= =

2. On en déduit que les droites (DM) et (AC) sont orthogonales si, et seulement si,

x10 9 0– = , c’est-à-dire pour ,x 0 9= .3. ( ) ( )MD MC MA AD MB BC+ +=$ $

MA MB MA BC AD MB AD BC+ + += $ $ $ $

MA MB AD BC0 0– + + +# #=( ) .x x x x10 3 3 10 9– – –2+ +#= =

4. On en déduit que DMC est un trian-gle rectangle en M si, et seulement si,

10 9 0x x–2 + = , ce qui équivaut à x 1= ou x 9= .

92. 1. Pour tout point M du plan :AM BC BM CA CM AB+ +$ $ $

( )AM BC BA AM CA+ += $ $

( )CA AM AB AM BC BA CA+ + +=$ $ $

AM CA CA AB AM AB+ ++$ $ $

( )AM BC CA AB BA CA CA AB+ + + += $ $ $

( )AM CA BA AB0 + += $ $

0.AM CA0 0+= =$ $

Livre du professeur



2. Soit H le point d’intersection des hau-teurs du triangle ABC issues de A et de B : on a donc .AH BC BH AC 0= =$ $

Or d’après la question précédente on a 0.AH BC BH CA CH AB+ + =$ $ $ Par

conséquent CH AB 0=$ : autrement dit H est situé sur la hauteur issue de C du triangle ABC.93. 1. Soit ABC un triangle rectangle en A et H le projeté orthogonal de A sur (BC).On calcule BA BC$ de deux manières différentes grâce à la formule du projeté orthogonal.Sens directABC est un triangle rectangle en A : A est donc le projeté orthogonal de C sur (AB), donc .BA BC BA BA BA2= =$ $

H est le projeté orthogonal de A sur (BCB), donc .BA BC B BH C=$ $

On en déduit que .B BCBA H2 = $

RéciproqueOn suppose que BH BCBA2 = $ . Comme H est le projeté orthogonal de A sur (BC), on a .BH BC B BCA=$ $

On a donc BA BCBA 0–2 =$ c’est-à-dire ( 0)BA BA BC– =$ ou encore 0BA CA =$

ce qui signifi e que ABC est un triangle rec-tangle en A.2. Soit ABC un triangle rectangle en A, ce qui équivaut à B BCBA H–2

$ (ques-tion 1).On a AH BA BH–2 2 2=

BH BCAH BH–2 2+ = $

Autrement dit ABC est rectangle en A si, et seulement si, .HB HCAH –2 = $

94. 1.

2. K est le projeté orthogonal de H sur (AB) donc .B BA AH A AK=$ $

De même, L est le projeté orthogonal de H sur (AC) donc .A AH A AC C L=$ $

3. Soit I le milieu de [BC]. On a

( ) .AI AB AC21 +=

4. ( ) ( )AI KL AB AC KA AL21 + +=$ $

AB AK AB AL AC AK AC AL21

21

21

21– –+ += $ $ $ $

AB AH AC AH21 0

21 0– –+ += $ $

( ) .AH AC AB AH BC21

21 0– = = =$ $

Les droites (AI) et (KL) sont donc ortho-gonales.95. Partie 1 : Avec GeoGebra1. Voir manuel numérique2. Les segments [CD] et [BE] sont de même longueur et perpendiculaires.Partie 2 : Sur une feuille

1. AE AB cosAE AB# #=$ ( 2+r a ) et

A A cosA AC D C D# #=$ ( 2+r a ) .

Or AE AC= et AB AD= donc .AE AB A AC D=$ $

2. ( )CD CA ADCD2 2 2+= =2 .AC ADCA AD–2 2+= $

Or CA EA= et AD AB= donc 2AC ADCD CA AD–2 2 2+= $

2AE ABAE AB–2 2+= $

d’après la question 1.Finalement ( )EA ABCD EB2 2 2+= = d’où CD BE= .3. A A cosAB ACB C # # a=$

cosa#AE#AD= car AD=AB et AC AE=( )cosAD AE– +## r a= car pour tout

réel a on a ( )cos cos–+r a a=( ; )AD AEcosAD AE– ##= car ( ; ) (2 )AD AE +r a r=

( )AD AE–= $ .4. On a

( ) ( )D E A AEC BAB CA D ++=$ $

.CA BA CA AE AD BA AD AE+ + += $ $ $ $

Or d’après la question 3, .CA BA A AD AEAB C –= =$ $ $

De plus les triangles ABD et ACE sont rectangles en A ; on a donc

.CA AAE D BA 0= =$ $

Finalement .CD BE AD AE AD AE0 0 0– + + += =$ $ $

Par conséquent les droites (CD) et (BE) sont orthogonales.

4. Géométrie analytique

96. n1 ( 12– ), n2 (21), n3 (10) et n4 (12) .

97. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.98. 1. Trois vecteurs normaux à la droite

(d1) d’équation 3 5 0x y –+ = sont n1 (13),n2 ( 1

3–– ) et n3 (26).

2. Trois vecteurs normaux à la droite

(d2) d’équation 2 1y x– += sont n1 (21),n2 ( 2

1–– ) et n3 (42).

99. 1.

2. Un vecteur normal à la droite (d) est

u ( 25– ), un vecteur normal à la droite )( ¢d

est v (83).3. On a

( ) .u v 2 8 5 3 16 15 1 0– –+# # != = =$

Les droites (d) et )( ¢d ne sont donc pas perpendiculaires.

100. 1. n ( ab ) est un vecteur normal à la

droite (d), et ¢n ( ¢¢

ab ) est un vecteur normal

à la droite )( ¢d .Les droites (d) et )( ¢d sont orthogonales si, et seulement si, n et ¢n sont ortho-gonaux, c’est-à-dire si, et seulement si,

0.=¢bb+¢aa2. On a 2 4 ( 3) 3 1– –+# # = donc les droites d’équations x y2 3 0– = et 4 3 1 0x y –+ = ne sont pas orthogona-les.101. 1.

( ) .BH BC BH BH HCAH AH–2 2+ += =$ $



94

2. Une équation de (d) peut s’écrire 4 2 0x y –+ = , et une équation de )( ¢d , x y0 25 0– = .

Un vecteur normal à la droite (d) est donc

u (14), et un vecteur normal à la droite )( ¢d

est v ( ,1

0 25– ) .3. On a

4 ( 0, 25) 1 1 1 1 0.u v – – ++# #= = =$

Les droites (d) et )( ¢d sont donc ortho-gonales.

102. 1. u ( m1– ) et v ( ¢m

1– ) sont des vec-

teurs normaux aux droites (d) et )( ¢d res-pectivement.2. (d) et )( ¢d sont orthogonales si, et seulement si, les vecteurs u et v sont orthogonaux, c’est-à-dire si, et seulement si,

( 1) ( 1) 0– –+ # =¢m m# , ou encore 1.–=¢mm

3. On calcule le nombre m tel que 1 13

–#= ; on trouve .m 3–=

L’équation réduite de la droite (d) est donc de la forme 3y Px– += .Comme cette droite passe par le point ( ; )A 1 2– on en déduit que

2 3 ( 1) 1.p – –+ #= =L’équation réduite de la droite (d) est donc y x3 1– –= .103. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.104. Dans chaque cas, AB est un vecteur normal à la droite (d).

1. AB ( 24–

– ) donc la droite (d) admet une

équation de la forme 2 4 0x y c– – + = .De ( )C dd on tire 2 3 4 3 18.c +# #= =Une équation de la droite (d) est donc 2 4 18 0x y– – + = ou encore

2 9 0x y –+ = .2. 2 3 12 0x y+ + = .3. 6 5 0x y– + = .105. A. Méthode 11. ( , ; )I 3 5 2– .

2. AB (43) est un vecteur normal à la droi-

te (m).3. (m) admet une équation de la forme 3 4 0x y c+ + = .De ( )I md on tire

3 3, 5 4 ( 2) 2, 5.c – – – –# #= =Une équation de la médiatrice (m) de [AB] est donc 3 4 2, 5 0x y –+ = , ou encore 6 8 5 0x y –+ = .

B. Méthode 21. Si ( ; ) ( )M x y md alors MA MB= et donc MA MB2 2= .Réciproquement, si MA MB2 2= , alorsMA MB 0–2 2 = c’est-à-dire( )( ) 0M MB MA MBA – + = . Or, A et B étant distincts, on a 0MA MB+ 2 .Par conséquent on a nécessairement MA MB 0– = , c’est-à-dire MA MB= ou encore ( )M md .2. ( ; ) ( )x y m MA MB2 2+ =d

(2 ) ( 4 ) (5 )x y x– – – –2 2 2++ =4 4 8 16 10 25x y x– –+ + + ++ =

.x y6 8 5 0–++ =

106. 1. AB ( 123–

– ) est un vecteur nor-

mal de cette droite, qui a pour équation 12 3 66 0.x y– – + =

2. BC ( 17

– ) est un vecteur normal

de cette droite, qui a pour équation .x y7 33 0– – =

3. AC ( 45

–– ) est un vecteur normal de

cette droite, qui a pour équation10 8 25 0.x y –+ =107. 1. 2 3 3 0x y– + = .2. x y2 7 0– – = .

3. On résout le système 2 3 3 0x y

x y2 7 0

–

– –

+ ==

)

qui a pour unique couple solution (6 ; 5). On a donc H(6 ; 5).108. 1. ( 1) ( 3) 2x y –2 2+ + = ou

2 6 8 0x y x y–2 2+ + + = .2. ( 2) ( 3) 29x y– 2 2+ + = ou

4 6 16 0x y x y– –2 2+ + = .3. Md3 0MC MD+ =$

(4 )( 1 ) (4 )( 2 ) 0x x y y– – – – – –++ =.x y x y3 2 12 0– – –2 2++ =

4. Md4 0ME MF+ =$

( )(4 ) ( 1 ) ( ) 0x x y y– – – – –++ =.x y x y4 0–2 2+ ++ =

109. 1. On a AB ( 23– ), AC (4

6)et BC (47). On constate que

2 6 ( 3) 4 0.AB AC –# #= = =$ Le triangle ABC est donc rectangle en A.2. Le cercle circonscrit au triangle ABC est donc le cercle de diamètre [BC].

Md 0MB MC+ =$

( 3 )(1 ) ( 1 )(6 ) 0x x y y– – – – – –++ =.x y x y2 5 9 0– –2 2+ ++ =

110. 1. Une équation de la droite (m1) médiatrice de [AB] est .x y 3 0– – =2. Une équation de la droite (m2) média-trice de [BC] est 12 27, 5 0.x y –+ =3. Les coordonnées du point X centre du cercle circonscrit au triangle ABC sont les solutions du système formé par les équations des droites (m1) et (m2) ; on

trouve X ( ;26127

2649) .

4. Une équation cartésienne de est

( x26127– )

2

+ ( y2649– )

2

33812 905= .

111. 1. ( 3 5) (1 7) 100.AB – – –2 2 2+= =Une équation cartésienne du cercle de centre A passant par B est( 5) ( 7) 100.x y– –2 2+ =2. La tangente à ce cercle au point B est la perpendiculaire en B à la droite (AB) ; elle a pour équation 4 3 9 0x y+ + = .112. 1. Une équation cartésienne ducercle de diamètre [AB] est ( )(4 ) ( 1 )(3 ) 0x x y y– – – – –+ = c’est-à-dire 4 2 3 0.x y x y– – –2 2+ =2. On a 4 2 3x y x y– – –2 2

E E E E+0 3 4 0 2 3 3 0– – –2 2+ # #= =

donc Ed.3. Une équation de la tangente à ce cer-cle au point E est 3 0x y– + = .113. 1. 2 4 4 0x y x y– –2 2+ + =

( ) ( )x y1 2 9– 2 2+ ++ = :cet ensemble est le cercle de centre

( ; )1 2–X et de rayon 9 3= .

1. 6 0x y x y41–2 2+ + + =

+ ( x21+ )

2

( 3) 9y – 2+ = :

cet ensemble est le cercle de centre

X ( ;21 3– ) et de rayon 9 3= .

114. 1). x y x y8 4 25 0–2 2+ + + =

( 4) ( 2) 5x y– –2 2+ ++ = :

cet ensemble est l’ensemble vide.1. ( )x y x x y4 4 0 2 0– –2 2 2 2+ + ++= = :cet ensemble est réduit au point ( ; )2 0X .

115. Voir le manuel numérique.116. 1. 0x y ax by c2 2+ + + + =

+ ( x a2

+ )2

+ ( y b2

+ )2

c a b4 4

–2 2

+ += .

L’ensemble est un cercle si, et seulement si,

0c a b4 4

–2 2

+ + 2 , soit 4 0.a b c–2 2+ 2

Livre du professeur



2.

3. Pour a 2= , b 10–= et c 22= l’algo-rithme donne « L’ensemble E est le cercle de centre ( ; )A 1 5– et de rayon R 2= ».Pour a 6–= , b 0= et c 12= l’algorith-me donne « L’ensemble E est vide ».117. Pour déterminer les intersections éventuelles avec l’axe des abscisses (resp. des ordonnées), on remplace y (resp. x par 0 et on résout l’équation en x (resp. en y) qui en résulte.1. Le cercle coupe l’axe des abscisses en A(2 ; 0) et B(4 ; 0), et ne coupe pas l’axe des ordonnées.2. L’équation du cercle est ( 1) ( 1) 17x y– 2 2+ + = ; ce cercle coupe l’axe des abscisses en ( ; )A 3 0– et B(5 ; 0), et l’axe des ordonnées en

( ; )C 50 – et D(0 ; 3).3. L’équation du cercle est

12 12 10 36 0x y x x y– –2 2+ + + = ; ce cercle est tangent à l’axe des abscisses en ( ; )6 0– , et ne coupe pas l’axe des ordonnées.118. 1. Une équation cartésienne du cercle est donnée par ( 3) 10x y –2 2+ = c’est-à-dire 6 1 0x y y– –2 2+ = .2. Une équation cartésienne de la droite (AB) est 2 8 0x y –+ = .

3. 2 8 0

x y y

x y

6 1 0– –

–

2 2+

+

==

)

( ) ( )x x x

y x

2 8 6 2 8 1 0

2 8

– – – –

–

2 2+ + +

+&

==

)

5 20 15 0

2 8

x x

y x

–

–

2 +

+&

==

)

La première équation admet deux solu-tions : x 11 = et x 32 = . Les valeurs corres-pondantes de y sont 2 8 6y x–1 1 += = et 2 8 2y x– 22 += = . On vérifi e que les couples (1 ; 6) et (3 ; 2) sont bien solutions du système initial.4. Les points d’intersection de la droi-te (AB) et du cercle sont A(1 ; 6) et B(3 ; 2).

120. 1. La commande solve([(x-1)^2+(y-1)^2=4,x-y+1=0],[x,y])donne deux points d’intersection :

A(1 ; 32

72

7+ + ) et en

B( ;2

1 72

3 7– – ).2. La commande solve([(-x)*(3-x)+(2-y)*(-1-y)=0,

(x+1)^2+(y+1)^2=25],[x,y])

donne deux points d’intersection : A(3 ; 2)

et B( ;1760

1719)

5. Calculs de grandeur120. D’après la défi nition on a

( )AB AC AB AC BC21 2 2 2+= −$ (à permu-

tation des lettres A, B et C près). On utilise cette égalité pour calculer la longueur le troisième côté du triangle (s’il existe).

1. On a ( ),AB AC AB AC BC21 2 2 2+= −$

soit ( )BC621 4 92 2 2+− = − (qui donne

BC 1092 = , soit BC 109= .

2. On a ( ),BA BC BA BC AC21 2 2 2+= −$

soit (4 )3 BC21 62 2 2+− = − qui donne

BC 262 = , soit BC 26= .

3. On a ( ),CA CB CA CB AB21 2 2 2+= −$

soit ( )CB21 612 22 2 2+= − qui donne

CB 652 = , soit BC 6 2 145= = .

4. On a ( ),BA BC BA BC AC21 2 2 2+= −$

soit ( )BC21 60 52 2 2+= − qui donne

BC 112 = , soit BC 11= .

122. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.123. 1. On a

( ),AB AC AB AC BC21 2 2 2+= −$ soit

( )BC2125 5 72 2 2+= − qui donne

BC 242 = .On constate que l’on a, d’une part,

5CBA B 24 492 2 2+ + == et, d’autre part, AC 4972 2= = . Le triangle ABC est donc rectangle en B.

2. On a BACACAB

75= =% d’où ,BAC 44 4o.

%

et donc 90 45, 6BAC BAC o.= −%% .

124. 1. ,AB AC 52=$ AB 40= ,AC 116= ,

40cos BAC

AB ACAB AC

116

52# #

= =$% d’où

BAC 40o.% .

2. ,AB AC 210=$ AB 6= , ,AC 290=

cos BACAB ACAB AC

6 290

102# #

= =$% d’où

BAC 3o.% .3. ,AB AC 20= −$ AB 65= , ,AC 5=

cos BACAB ACAB AC

565

20# #

= = −$% d’où

BAC 012 o.% .

125. 1. On a, d’une part, AB AC AH CA#=$ et, d’autre part,

AB AC cosA AC BACB# #=$%.

On en déduit que

cosAH AC AB AC BAC# # #= %, soit

8cos cosAH AB BAC6

4 3# #r= = =% .

On pouvait, bien entendu, utiliser directe-ment les formules de trigonométrie dans le triangle AHB rectangle en H.2. On trouve AK 6= et KH 2 3= .126. 1. On a

( ) ( )A AB BC DA ABC DB ++=$ $ .AB DA AB AB BC DA BC AB+ + += $ $ $ $

Donc 0 0AC DB L l L l2 2 2 2+= + − = −$ .

2. On a également AC DB AC HK=$ $

AC HK L l HK2 2+# #= = .On déduit de la question 1 que

HKL l

L l2 2

2 2

+= − .

3. HK AC31= si, et seulement si,

L l

L l L l31

2 2

2 22 2

++− = c’est-à-dire

( )L l L l312 2 2 2+− = ce qui est équivalent

à L l 2= .

127. Soit I le milieu du segment [AC]. D’après la formule de la médiane on a

2B BC BI ACA2

2 22

2 + += d’où

BI B BC ACA21

21 1

42 2 2 2+= − .

1. On trouve BI2

3 11= .

2. On trouve BI2265= .

3. On trouve BI 2 5= .128. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.



96

129. On a, d’après la formule d’Al-Kashi,cosa b c bc A22 2 2+= − W

( , )5 12 2 5 2 3 0 5+ # # #= − − 17 2 15+= .

D’où 17 2a BC 15+= = .130. cosc cb a a B22 2 2+= − V

cos4 4 2 4 46

52 2+ # # #r= −

32 32#= − ( 23− ) 332 16+= .

D’où Cb A 32 16 3+= = .

131. On a cosc ca b b A22 2 2+= − Wd’où

cos Abc

b c a2 2 8 5

8 5 112 2 2 2 2 2+ +# #

= − = −W

8032

52= − = − .

On en déduit que 114A o.W .De même cosb a c ac B22 2 2+= − V d’où

.cos Bac

a c b2 2 11 5

11 5 855412 2 2 2 2 2+ +

# #= − = − =V

On en déduit que B 42o.V .Enfi n on a A B C 180o+ + =W V W donc

114 (114 42) 24C o+. − =W .132. On a cosc ca b b A22 2 2+= − W

d’où cos Abc

b c a2

2 2 2+= −W

( ) ( )

2 8 5 2

8 5 2 2 10

80 2

742 2 2+

# #

=−

= .

On en déduit que A 49o.W .De même cosb a c ac B22 2 2+= − V d’où

cos Bac

a c b2

2 2 2+= −V

( ) ( ).

2 2 10 5 2

2 10 5 2 8

40 5

262 2 2+

# #

=−

=

On en déduit que B 73o.V .Enfi n on a A B C 180o+ + =W V W donc

( )C 180 49 73 58o+. − =W .133. Cet exercice est corrigé dans le ma-nuel.134. On a, pour tout triangle non aplati,

sin sin sinA

a

B

b

C

c= =W V W .

On a ( )A 180 60 25 95o+− ==W .

Donc sin sin sin

b c95 25 60

11 = = ce qui

donne ,sin

sinb AC95

11 25 4 7# .= = et

,sin

sinAc B95

11 60 9 6#.= = .

135. On a, pour tout triangle non aplati,

sin sin sinA

a

B

b

C

c= =W V W .

On a ( )A 180 60 5 54 7 o+= − =W .

Donc sin sin sin

ca5 5

12607 4

= = ce qui

donne ,sin

sinCa B5

1 5 44

2 7 16# .= = et

,sin

sinc AB95

1 602 10 4#.= = .

136. Ici A r= −W (364

+ r ) 12r= .

Donc sin sin sin

b c

43

7 2

12 6r r r

= = ce qui

donne 7

,sin

sinb AC

43

2 12 3 6#

.r

r

= = et

7

sin

sinAc B

43

2 6 7#

.r

r

= = .


sin sin sinA

a

B C

cb= =W V W .

1. Ici on a donc sin sin sinA

a

C4598= =W W d’où

l’on tire sinsin C8

45 9 2916

#= =W .

2. Il y a deux mesures possibles pour CW dont les valeurs approchées au dixième de degré sont 52,7° et 127,3°.3. Dans le premier cas : si ,C 52 7o=W alors

180 (45 52, 7) 82, 3A o+= − =W et on a

, ,sin sin sina82 3 45 52 7

8 9= = d’où

,,sin

sina BC 11 2

458 82 3#

.= = .

Dans le second cas : si ,C 127 3o=W alors ( , ) ,A 180 45 127 3 7 7o+= − =W et on a

, ,sin sin sina

458 9

7 7 127 3= = d’où

,,

sinsin

a BC45

81

7 75

#.= = .


sin sin sinA

a

B C

cb= =W V W .

1. Ici on a donc sin sin sinA

a

C

695

5= =W W d’où

l’on tire , .sin sinC6

5 95 0 830 162#.=W

2. Comme le triangle ABC a déjà un angle obtus, les deux angles restants sont né-cessairement aigus : la seule mesure pos-sible pour CW est donc 56,1°.3. On a donc

( ), ,A 180 595 6 1 28 9+= − =W et

, ,sin sin sina28 9 95 56 1

6 5= =

D’où ,

,sinsin

a BC59

6 28 92 9

#.= = .

139. 1. sinbc A21= W

,sin21 7 55 14 35# # # .= .

2. sin Cab21= W

5 23, 8sin21

6511 3

455 3

# # # .r= =

3. .sin 15=# sinac B21

21 6 2

45# #

r= =V140. 1. Aire( ) Aire( )ABCD ABD2#=

sinAB AD BAD21# # #= %

sin60 10 321

8 5 =# # #= .

2. On démontre que Aire(AOD) = Aire(COD) = Aire(BOC)

= Aire(AOB) = 41

Aire(ABCD).

Or Aire(AOD) sinOA OD AOD41# # #= %

sin1 5 6 452

15 22# # #= = .

Donc Aire(ABCD) Aire( )AOD4#= . 30 2= .

141. On a COD AOB a= =\% et

CO AOB D r a= = −\% (si on calcule en radians).

Ainsi sinOA OB21# # # a=

( )sinOB OC21+ # # # r a−

sinOC OD21+ # # # a

( )sinOD OA21+ # # # r a− .

Or on sait que ( )sin sinr a a− = pour tout a réel. Donc

sinOA OB21# # # a=

sinOB OC21+ # # # a

sinOC OD21+ # # # a

sinOD OA21+ # # # a .

( sin OA OB OB OC21 +# # # #a=

)OC OD OD OA+ +# #

( ( ) sin OB OA OC21 +# # #a=

( ))OD OA OC+ +#

(( ) ( )) sin OB O OA OD C21 + +# # #a=

Finalement ( ) sin BD AC21# # #a= .

142. 1. On commence par calculer 180 (60 37) 83A o+= − =W .

Livre du professeur



Puis on calcule b = AC grâce à la for-

mule des sinus : sin sin

b83

560

= d’où 5 60

sinsinb83

#= .

Enfi n on utilise la formule des aires :

sinsin

sinab C21

21 5

835 60

# # ##= =W

,sin 37 6 6# . .2. On commence par calculer cos AW grâ-ce à la formule d’Al-Kashi :

2 cosa b c bc A2 2 2+= − W d’où l’on tire

.cos Abc

b c a2 2 8 5

8 5 680532 2 2 2 2 2+ +

# #= − = − =W

On en déduit la valeur de sin AW grâce à la formule 1cos sinA A2 2+ =W W ;

on trouve sin A6 4003 591

803 399= =W .

On termine en calculant l’aire du triangle ABC par la formule des aires :

sinbc A21

21 8 5

803 399

# # #= =W4

3 399 15.= .

143. De sinbc A21= W on tire

12 4 7 sin A21# # #= W ; donc sin A

76=W .

On en déduit les valeurs possibles de

cos AW : cos sinA A 14936

491312 2 = − == −W W .

Donc sin A713

!=W .

On termine en utilisant la formule d’Al-Kashi pour calculer les valeurs possibles de la longueur BC :

cosa b c bc A22 2 2+ #= − W cos cosA A16 48 56 64 56#= + − = −W W .

On en tire deux possibilités selon la valeur choisie pour cos AW :

64 56 64 9a713 132

#= − = − q u i

donne ,a 5 6. , et

a 64 562#= − ( 7

13− ) 64 9 13+=

qui donne ,a 9 8. .144. On a b = 200, A 73=W et C 69=W . On calcule 180 (73 69) 38B += − =V .

La formule des sinus sin sin sinA

a

B C

b c= =W V W

donne sin sin

c38 69

200 = d’où l’on tire

,200 69sin

sinc38

303 3#.= .

Pour calculer d, calculons l’aire du triangle ABC de deux manières :

Première manière :

sinsin

sin sinbc A21

21 200

38200 69 73# ##

#= =W

sinsin sin20 000

3873 69

##= .

Seconde manière : bd d21 100= = .

On en déduit que

sinsin sind100 20 000

3873 69

##= et on en

tire msin

sin sind 20038

73 69 290##

.= .

145. 1. Calcul de AD :Dans le triangle ADB on a

AB 100= , ABD 40o=% et

52 29 81DAC CABDAB o+ += = =% % % .On en déduit que

( )BAD 180 40 81 59o+= =−% .La formule des sinus permet de calculer

AD ; on a en effet sin sinABD

AD

ADB

AB=% % ou

encore sin sin

AD40 59

100= .

Ceci nous donne100 40 75 m

sinsinAD59

# .= .

2. Calcul de ACDans le triangle ABC on a AB 100= ,

BAC 52o=% et

ABC ABD DBC 840 43 3o+ += = =% % % .On en déduit que

( )A BC 180 852 3 45o+= − =% . La formule des sinus permet de calculer

AC ; on a en effet sin sinABC

AC

ACB

AB=% % ou

encore sin sin

AC83 45

100= .

Ceci nous donne

msin

sinAC45

100 83 140# .= .

3. Calcul de CDOn utilise la formule d’Al-Kashi dans le triangle ACD :

cosCD AC AD AC AD CAD22 2 2+ # # #= − % .cos140 75 2 140 75 29 6 8582 2+ # # #. .−

D’où 83 mCD 6 858.= .

146. 1. AOBn

2r=% .

2. Aire(AOB) sinOA OB AOB21# # #= %

sin sinn n2

1 1 1 221 2

# # # #r r= = .

Aire(n) Aire( ) sinn AOB nn2

2# #

r= = .

3. Aire(6) ,sin 2 598 07633

# .r= ;

Aire(32) ,sin1616

3 121 445# .r= ;

Aire(2 000) , .sin1 0001 000

3 141587# .r=

On constate que plus n augmente, plus l’aire du polygone n se rapproche de celle du disque de rayon 1, qui vaut

,3 141 593r = .

147. 1.

2. On applique la formule des sinus dans les triangles AIB et AIC : on obtient

sin sinBAI

IB

ABI

IA=% % et sin sinCAI

IC

ACI

IA=% % .

On a donc l’égalité des produits en croix :

sin sinIB ABI IA BAI# #=% % et

sin sinIC ACI IA CAI# #=% %.Or on sait que (AI) est la bissec-

trice intérieure de l’angle BAC% : on a

donc BA AII C=% %. On en déduit que

sin sinA BAI IA CAI# #=% %, et donc

sin sinI I IIB AB C AC# #=% %. Ce que l’on

peut également écrire sin

sinI

A I

ACIICB

B= % ou

encore sin

sinICIB

B

C= V .

3. La formule des sinus appliquée au

triangle ABC donne sinsin B

b

C

c=V W ou en-

core sin

sin

B

C cb

=V .

De la question précédente on tire l’égalité

bc

ICIB = .

4. Les vecteurs IB et IC sont colinéaires de sens opposés. De l’égalité démontrée dans la question précédente on déduit

IB ICb c= − ce qui, après calculs (relation de Chasles), mène à l’égalité recherchée :

BIb c

c BC+

= .



98

148. 1.

2. Dans le triangle BB¢C rectangle en C on

a C¢¢ 2BB

BBBC

RBC

Ra

2= = =

¢sin % .

3. Le théorème de l’angle inscrit permet d’affi rmer que :

• Si l’angle BAC% est aigu, alors

.C¢BAC BB=% %

• Si l’angle BAC% est obtus (voir fi gure),

alors C¢BAC BBr= −% %.Dans les deux cas, on a

.sinC =¢sin BB BAC% % 4. L’aire du triangle ABC est

C ¢sin sinbc A bc BB21

21= =W %

bc= = .R

aR

abc21

2 45. Application : On calcule d’abord cos A2W grâce à la formule d’Al-Kashi :

.cos Abc

b c a2 2 8

8010

10 5161392 2 2 2 2 2+ +

# #= − = − =W

On en tire la valeur de sin A2W puis de sin AW :

1sin cosA A25 6006 2792 2= − =W W d’où

5 6006 279 6 279sin A 2 016

= =W .

On calcule l’aire du triangle ABC :

sinbc A21

21 8 10

1606 279

# # #= =W

46 279= .

Or, d’après la question précédente, on a

aussi R

abc4

= .

On a donc 5 8

R6 279

410

4# # = ce qui

donne ,R6 279

5 8 105 05

# #.= .

6. Ensembles de points

149. 1. 26M MA MB2 2++f =! .

Or, d’après la première formule de la mé-

diane, on a 2MA MB M BI A2

2 2 22

+ += .

Ainsi M MA MB 262 2++f =!

MI AB MI22

26 2 1822

2+ ++ +=MI26 42+= = .

2. On a donc M MI 2+f =! : l’ensem-ble f est donc le cercle de centre I et de rayon 2.150. Soit I le milieu du segment [AB].

1. M MI23

112+f =! ; 11f est le cercle

de centre I de rayon 23

.

2. M MI 028+f =! ; 8f est réduit au

point I.3. M MI 32

5+f = −! ; 5f est l’ensem-ble vide.151. Soit I le milieu du segment [AB].

M MI k2

322k+f = −

! ; kf est le cercle

de centre I et de rayon 3 si, et seulement

si, k2

32 9− = , c’est-à-dire si et seulement

si k = 50.

152. M MIa

23

+f =! . L’ensemble f

est donc un cercle de centre I et de rayon a

23 .

De plus on a R f! car

2RP RQ a a a2 2 2 2 2+ += = .L’ensemble f est donc le cercle de cen-

tre I passant par R.153. 1. AB AMM 10+f =! $

AB AH AH10 2+ +# = = .2. L’ensemble f est donc la droite per-pendiculaire à (AB) passant par le point H

défi ni par A AH B52= .

154. 1. 30f est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défi ni par

AH AB65= .

2. 0f est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point A.3. 15f

- est la droite perpendiculaire

à (AB) passant par le point H défi ni par

AH AB125= − .

155. 1. kf est la médiatrice du segment [AB] si, et seulement si, k = 8.

2. kf est la perpendiculaire à (AB) pas-sant par B si, et seulement si, k = 16.156. 1.

( ) 4AB AC AB AC BC21 2 22 += − = −$ .

2. kf est la hauteur issue de C dans le triangle ABC si, et seulement si, k = − 4.157. 1. 10M MA MB2 2+f =−! .Or, d’après la première formule de la mé-diane, on a MA IM ABMB 22 2− = $ .Ainsi MAM MB 102 2+f − =!

IM AB IM AB2 10 5+ += =$ $ .2. On a donc IM ABM 5+f =! $ ; soit H le projeté orthogonal de M sur (AB) : on a donc IM ABM 5+f =! $

5 5 5A H IHIH B I 1+ + +# #= = = .3. f est donc la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défi ni par

H ABI51= .

158. Soit I le milieu du segment [EF].1. 24f est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point H défi ni par

.IH EF43=

2. 8f est la droite perpendiculaire à (AB)

passant par le point H défi ni par IH EF41= .

3. 0f est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point I, c’est-à-dire la mé-diatrice de [EF].159. Soit I le milieu du segment [BC].On a MB MC 242 2− = −

2 24IM BC+ = −$

12IM BC+ = -$ .Soit H le point de (BC) défi ni par I BCH 12= −$ (c’est-à-dire défi ni par

IH BC274= − ) ; l’ensemble recherché est

la droite perpendiculaire à la droite (BC) passant par I.On remarque que A est un point de cet ensemble : en effet AB2 − AC2 = 52 − 72 = 25 − 49 = − 24. Ceci permet d’affi rmer quez l’ensemble recherché est la droite perpendiculaire à (BC) passant par A, autrement dit la hau-teur issue de A dans le triangle ABC.160. 1. M MA MB 4+f =! $ .Or, d’après la troisième formule de la mé-

diane, on a MI ABMA MB4

22

= −$ .

Ainsi MA MBM 4+f =! $

MI AB MI4

449 42

22+ +− = − =

MI4252+ = .

Livre du professeur



2. On a donc M MI25

+f =! : l’ensem-

ble f est donc le cercle de centre I et de

rayon 25 .

161. Soit I le milieu du segment [AB].1. MM I 26

2+f = −-! ; 11f est l’en-

semble vide.2. MIM 02

4+f =-! ; 8f est réduit au

point I.3. MIM 92

5+f =! ; 5f est le cercle de centre I et de rayon 3.162. 1. ( ; ) MA MBM x y 15+f = −! $

( )( ) ( )( )x x y y3 5 6 15++ − − − − − = − y yx x 6 0222 ++ − =− .

2. On a( ; )M x y x y x y2 6 02 2++!f − − =

( ) ( )x y1 3 102 2++ − − = .L’ensemble f est donc le cercle de centre I(1 ; 3) et de rayon 10 .3. Le milieu du segment [AB] a pour coordonnées (1 ; 3) : c’est donc le point I nommé ci-dessus. De plus on a

( ( )) ( )AB 5 3 6 02 2+= − − − 64 36 100 10+= = = .

MA MB 15 MI4

ABM 2

2

= - -+ +f! $

MI MI15 25 15 102 2+ += − − = − = .Ceci confi rme bien que l’ensemble f est le cercle de centre I (milieu de [AB]) et de rayon 10 .

7. Problèmes163. 1.

( ) ( ; )P P AB P AB P ABcosWAB # #= =$

.cos sinmg AB mg AB2 +# # # #r a a= = −` j

2. ( ) ABW R R 0AB = =$ car les vecteurs R

et AB sont orthogonaux.3.

( ) ( ; )AB AB ABcosW T T T TAB # #= =$

cosT AB T 500 22

# # # #b= =

250 .T2#=4. On a 0P R T+ + = . ( ) ( )P R T P R T ABWAB + + + += $

P AB R AB T AB+ += $ $ $

( ) ( )) (P R TW W WAB AB AB+ +=Cette égalité peut s’écrire grâce à la pro-priété de linéarité du produit scalaire.5. Comme 0P R T+ + = on a

( )P R TW 0AB + + = et donc ( ) ( ) ( )P R TW W W 0AB AB AB+ + = . On en

déduit que ( ) ( )P TW WAB AB= − .

Ainsi cossinAB ABmg T# # # # ba= − = −

d’où 50075 9, 8 25 250sin T2# # # #= .

Finalement,

Newtons.sin

T250 2

75 9 8 500 2544

# # #.=

164. 1. D’après le théorème de Pytha-gore on a :

20GD xx 0402 2 2 2+ += = et, ,G x xE 25 6 655 362 2 2 2+ += = .

2. ( ) ( )GD GE GH HD GH HE+ +=$ $ GH GH HE HD GH HD HE2 + + += $ $ $

x 0 0 5122 + + += .3. De plus GD GE cosGD GE# # a=$ .On en déduit que

,.cos

GD GEGD GE

x x

x

400 655 36

5122 2

2

+ +

+#

a = =$

4. La calculatrice donne un minimum à la fonction f atteint en x = 22,6.5. Puisque cosa est minimal pour x = 22,6 m, on en déduit que l’angle de tir a est maximal pour x = 22,6 m.165. 2. Une équation du cercle est (x + 5)2 + (y − 2) = 25.3. Si (BE) est tangente au cercle au point E alors on a (BE) orthogonale à (EA). Le triangle BEA est donc rectangle en E : le point E est nécessairement sur le cercle de diamètre [AB]. De même pour le point F.4. Le cercle de diamètre [AB] a pour équation x2 + y2 − x − 2y = 30.On résout le système

( 5) ( 2) 252 30

x yx y x y

2 2

2 2

+ + − =+ − − =

)

Ce système admet deux couples solu-

tions : (− 2 ; 6) et ( ;518

514− − ) qui sont

les coordonnées respectives des points E et F. On vérifi e que les points E et F sont bien sur les deux cercles.On termine en vérifi ant que EBE A 0=$ et B AF F 0=$ .

5. ON calcule( ) ( )EB 2 6 6 0 100 102 2+= =− − − =

et BF 518

6 514

02 2

= − − + − −c cm m

252 500

100 10= = = .D’une part

( ; )cosBE BF BE BFBE BF# #=$

( ; )cos BE BF100#= .

D’autre part

( 2 6)BE BF #= − −$ ( 518 6− − ) + (6 – 0)

× ( 514 0− − ) = (– 8) × ( 5

48− ) + 6 × ( 514− )

= 5

60300 = .

On en déduit que 100 ( ; ) 60BE BFcos# = et donc que ( ; ) ,BE BFcos 0 6= .La calculatrice donne ( ; ) ,BE BF 53 1o. .166. Partie 1 : Avec GeoGebraVoir manuel numérique.On constate que l’orthocentre H reste sur l’hyperbole k.Partie 2 : Démonstration avec l’aide du logiciel XCAS1. Les ordonnées respectives des points

A, B et C sont k

bk

¢a, et

kc

.

2. On a AB ( b

bk

aka−

− ). On calcule

n $ ( )AB k b a ab+ #= − ( ;bk

ak− )

( )k b aab

a bk ab 0+ # #= − − = .

Les vecteurs n et AB sont donc orthogo-naux . Le vecteur n est un vecteur direc-teur de la droite (AB).La hauteur du triangle ABC issue de C admet donc une équation du type

0abx ky p+− = . L’appartenance de C à cette hauteur permet de calculer

p abcck2

+= − .

L’équation de la hauteur issue de C est

donc ky abcckabx 0

2

+− − = .

3. De même une équation cartésienne de la hauteur issue de B est donnée par :

a x ky abc kcb

02

+− − = .

4. La commande linsolve([a*b*x-k*y-a*b*c+k^2/c=0, a*c*x-k*y-a*b*c+k^2/b=0],[x,y]) donne comme solution le cou-

ple ( ;kabc k

abc2

− − ) qui sont les coordon-

nées du point H orthocentre du triangle ABC.5. On calcule ( abc

k2

− ) × ( kabc− ) = k ; on

a donc bien H k! .167. 1. Latitude de Berlin : 52°30¢N = 52,5°N. Latitude du Cap :

S9c,S S33 33c .=¢33 55 1211

c

52, 5 33, 9 86, 4 .AOB + c= =%



100

2. On utilise la formule d’Al-Kashi :cos#OB#OAAB OA OB AOB2–2 2 2+ #= %

, .cos2 6 378 2 86 4–2# #=

Ce qui donne AB2.76 249 271 ou en-core AB.8 732 km.3. Comme le triangle OAB est isocèle en

O, la mesure des angles OAB% et OBA% est AOB

2180 – = 46,8°.

On a 180 ( )LAB OAB– +a=% %

( , , )180 53 3 46 8– +=1 79, 9c=180 100,–= .

Et 180 ( )LBA OBA– +b=% %

( , , )180 34 5 46 8– +=180 81, 3 98, 7– c= = .

On en déduit que

180 (79, 9 98, 7) 1, 4 .BLA – + c= =%

4. On utilise la formule des sinus dans le triangle ABL :

sin sin sinL

AB

B

LA

A

LB= =T V W ce qui donne

7 9, , ,sin sin sinLA LB

1 48 732

98 79= = .

On a donc74

8 732,,

353 285sinsin

LA198

# .= et

8 732,,

351 589.sinsin

LB1 479 9

# .=

Ce qui donne un bon ordre de grandeur de la distance Terre-Lune.168. 1. D’après la formule d’Al-Kashi

on a cos Abc

b c a2

–2 2 2+=W donc

( )cos A

b c

b c a

4

–22 2

2 2 2 2+=W .

2. On a donc sin cosA A1 –2 2=W W( )

b c

b c a1

4–

–2 2

2 2 2 2+=

( )

b c

b c b c a

4

4 – –2 2

2 2 2 2 2 2+=

3. On a , d’une part, ( )( )( )p p a p b p c16 – – –

16 ( ) ( )a b c a b c21

21 –+ + + +# #=

( ) ( )a b c a b c21

21– –+ +# #

( )( )a b c a b c–+ + += +( )( )a b c a b c– –+ +

Et d’autre part : 4 ( )b c b c a– –2 2 2 2 2 2+(2 ) ( )bc b c a– –2 2 2 2 2+=( )( )bc b c a bc b c a2 2– – –2 2 2 2 2 2+ + +=( ( ) )( ) )a b c b c a– – –2 2 2 2+=( )( )a b c a b c– –+ +=

( )( )b c a b c a–+ + +

On a donc bien ( )b c b c a4 – –2 2 2 2 2 2+

( )( )( )p p a p b p c16 – – –= .

4. 4 ( )

sin Ab c

b c b c a

4

– –22 2

2 2 2 2 2 2+=W

16 ( )( )( )p p a p b p c

b c4

– – –2 2

=

( )( )( )

b c

p p a p b p c4 – – –2 2

= .

D’où ( )( )( )

sin Abc

p p a p b p c2 – – –=W .

5. Ainsi, d’après la formule des aires,

( )( )( )sinbc A bc

bc

p p a p b p c

21

21 2 – – –

w = W( )( )( )p p a p b p c– – – .

6. , , , ,14 5 7 5 4 5 2 5# # #w =

354

15 87.= .

170. Partie 1 : conjecturer avec Geo-GebraVoir manuel numérique. On peut conjectu-rer que le produit scalaire est constant.Partie 2 : démontrera. Le triangle AA¢B est rectangle en B. Les

vecteurs MA et B¢A sont donc orthogo-naux.

On a ¢MA B¢A. ( )MA MB MA +=$

B¢A¢MA ¢MAMA MA MA 0+ += =$ $ $

MA= $ .¢MAOr

MA $ ¢MA ¢AO( ) ( )MO OA MO+ += $

= ¢AO( )MO OA OAMO2 + + +$ $ ¢AO

.MO R–2 2=b. On voit grâce à cette nouvelle expres-sion que le produit scalaire MA MBp = $ est indépendant de la corde [AB] choisie.171. 1. Le nombre MA MB$ qui expri-me la puissance du point M par rapport au cercle est indépendant de la corde [AB] choisie (voir ex 170). On a donc MA MB M MC D=$ $ .2. I est le milieu de [AC] : on a donc

( )MI MA MC21 += .

3. ( ) ( )M MA M MCI BD BM D21 + +=$ $

MA MB MA MD21

21– += $ $

MC MB MC MD21

21– +$ $

0 0 0M MB MC MDA21

21– –+ += =$ $

d’après la question 1.Les droites (MI) et (BD) sont donc ortho-gonales.172. 2. ( ) ( )p A p A 01 2= = car A est sur les cercles 1 et 2 De même,

( ) ( ) 0p pB B1 2= = .Les points A et B appartiennent donc tous les deux à l’ensemble recherché.3. ( ) ( ) ( 25)p p MOM M –1 2 1

2+=

( 9) 16MO MO MO– –22

12

22

+= = .

Et donc ( ) ( ) .IM O Op M p M 81 2 1 2+= =$

4. 8 6 8IM O O IH1 2 + #= =$ si H est le projeté orthogonal de M sur (O1O2). L’ensemble recherché est donc une droite perpendiculaire à la droite (O1O2) et pas-sant par le point H défi ni par H IO2!6 @ et

IH34= . Cette droite passe par les points

A et B.5. Si on prend O O 81 2 = , l’ensemble des points M tels que ( ) ( )p M p M1 2= est la droite perpendiculaire à (O1O2) passant par le point de contact des deux cercles.Si on prend O O 101 2 = , l’ensemble des points M tels que ( ) ( )p M p M1 2= est la droite perpendiculaire à (O1O2) passant par le point H défi ni par H IO2!6 @ et

, .IH 0 8=173. A. Méthode analytique1. A(0 ; 0) et B(3 ; 0).

2. MMBMA

MBMA2

2

2

+ +f =!

4 4 .MA MB2 2+= =3. ( ; )M x y f!

4( 6 9 )x y x x y–2 2 2 2+ + ++ =4 4 24 36x y x y x–2 2 2 2+ + ++ =

3 3 24 36 0x y x–2 2+ ++ =.x y x8 12 0–2 2+ ++ =

4. 8 12 0x y x–2 2+ + =( 4) 4.x y– 2 2++ =

L’ensemble f est donc le cercle de centre ( ; )4 0X et de rayon 2.

B. Méthode vectorielle1. IA IB IA IA AB2 0 2 2 0– – –+= =

.IA AB AI AB2 2–+ += =De même

2 2 2A B A A ABJJ J J0 0+ ++ += =

2 2 .A AB A ABJ J33

–+ += =2. Pour tout point M du plan on a :

2 ( ) 2( )MA MB MI IA MI IB– –+ +=.MI IA IB MI2– – –+ =

(0 ) (0 ) 4 ( ) ( )x y x y3 0– – – –2 2 2 2+ ++ = 6 @

Livre du professeur



De même :2 ( ) 2( )MA MB M A M BJ J J J+ + + +=

2 .M A B MJ J J J33 –+ ==

3. MMBMA

MBMA2 4

2

2

+ +f = =!

MA MB MA MB4 4 0–2 2 2 2+ += =( 2 ) ( 2 ) 0MA MB MA MB– ++ =$

( ) ( ) .MI MJ MI MJ3 0 0–+ += =$ $

4. L’ensemble f est donc le cercle de diamètre [IJ].


174. La bonne réponse est la réponse b : Al Kashi donne

( ) ( ) cosa a a a A A2 2 2 2 22 2 2+ # # #= − W

D’où l’on tire cos A87=W .

175. Les bonnes réponses sont les ré-ponse a et c :

Le vecteur AB ( 48– ) est un vecteur normal

à la droite, donc celle-ci admet une équa-tion du type 4 8 0x y c+− = . L’apparte-nance du point I(− 3 ; 2) à cette droite implique c = 28.176. La bonne réponse est la réponse b :

On remarque que AB ( 48– ) et BC (4

2 ) sont

orthogonaux : .AB BC 16 16 0= − =$ Le triangle ABC est donc rectan-gle en B et son aire est donnée par

20AB BC2 2

80 20 # #= = = .

177. La bonne réponse est la réponse d :

MA MB MI AB24

22

+= − −$

MI MI241

212+ += − = = .

178. Les bonnes réponses sont les ré-ponses b et d :

On remarque que AB (24) et AC ( 12–

6 ) sont

orthogonaux : le triangle ABC est donc rec-tangle en A. Le centre du cercle circonscrit est donc le milieu I de l’hypoténuse [BC] : on a I(3 ; 4) et le rayon du cercle circons-crit est IA IB IC 50= = = . 179. La bonne réponse est la réponse b :La formule d’Al-Kashi permet de calculer BC = 7.La formule des sinus permet de trouver

sin C7

3 23

143 3#

= =W .

180. FAUX

Le triangle ABC est un triangle isocèle (BA = BC = a) avec un angle de 60° : il est

donc équilatéral. On en déduit que AC = a

et que AB AC cosAB AC BAC# #=$%

cosa a a602

2

# #= = .181. VRAI

Les vecteurs AH (13) et BC ( 6

2– ) sont or-

thogonaux : AH BC 6 6 0= − =$ .

Les vecteurs BH (44) et CA ( 3

3– ) sont or-

thogonaux : H CB A 012 12= − =$ .

Les vecteurs HC ( 2−6 ) et AB ( 3−

1– ) sont or-

thogonaux : HC AB 6 6 0= − =$ .182. FAUXD’après le théorème des milieux on a

¢B¢A $,C¢¢A ( BA

21= )$( AC

21= )

ACAB14

= $ .183. VRAIOn peut mettre l’équation du premier cer-cle sous la forme ( 2) ( 1) 5x y2 2+ +− = .Les deux cercles ont donc le même centre (le point de coordonnées (2 ; − 1) mais pas le même rayon : ils n’ont donc aucun point en commun.184. FAUXLe point I milieu de [AB] a pour coor-données (2 ; 0). Or la droite d’équation

3 4y x += − ne passe pas par ce point : 0 3 2 4+#!− .185. FAUXOn calcule le produit scalaire

( )AB AC AB AC BC21

21 12 2 2+ #= − =$

21 02= .

L’angle BAC% est donc aigu (son cosinus est positif).186. Partie I : Distance d’un point à une droite1. Les vecteurs AH et n sont tous les deux orthogonaux à tout vecteur direc-teur de la droite (d) ; ils sont donc coli-néaires.

2. Les vecteurs AH et n étant colinéai-res, le produit scalaire n AH$ est égal soit à n AH# (si les deux vecteurs sont de même sens), soit à n AH#− (si les deux vecteurs sont de sens opposés).En tous cas, on a bien

n AH =$ .n AH#

3. On a n (ab ) et AH ( H A

H Ax x−y y− ) donc

n ( ) ( )AH a x x b y yH A H A+= − −$

ax by ax byH H A A+= − −

Or ( ) 0H d ax by cH H+ ++ =! et doncax by cH H+ = − .Finalement n AH ax by ax byH H A A+= − −$

ax by cA A= − − − .De n AH =$ n AH# on déduit

ax by c a b AH22A A+ + #= + .

D’où l’on tire AHa b

ax by c2 2

A A

+

+ += .

Partie II : Applications

1. a. ( ; ) ( ) AMM x y AB +! (x 1−y 2− ) et

AB ( 4−6− ) sont colinéaires

( ) ( )( )x y6 1 4 2 0+ − − − − − = x y x y6 4 2 0 3 2 1 0+ ++ +− − = − = .

b. La distance de C à la droite (AB) vaut

3 ( 2)

3 6 2 1 1d

13

172 2+

+# #=

−

−= .

c. L’aire du triangle ABC vaut donc

17 AB d21

21 52

13

17# # #= = = .

2. a. La distance du point X à la droite (d) est égale à

2 4

2 ( 4) 4 1 5x

20

9 9

2 52 2+

#− + −= = .

b. Une équation du cercle de cen-tre X tangent à la droite (d) est

( 4) ( 1)x y20812 2+ + − = .

187. Partie I Voir démonstration page 363.



102

Partie II1. D’après la première formule de la mé-diane, on a :

BC2

2 2 22

+¢AB AC AA2+ =

AB AC BC+= −¢AA21

21

412 2 2 2+ .

2. On sait que ¢GA AA32= donc

GA 942#= ( AB AC BC+ −

21

21

412 2 2)

c b a92

92

912 2 2+= − .

3. De même on a GB a c b92

92

912 2 2 2+= −

et G a bC c92

92

912 2 2 2+= − .

On a donc GA G GB C2 2 2+ + =

( c b a92

92

912 2 2+ − ) + ( a c b

92

92

912 2 2+ − )

+ ( a b c92

92

912 2 2+ − ).

Finalement GA GB GC2 2 2+ +

( )a b c31 2 2 2+ += .

Partie IIISoit I le centre du parallélogramme ABCD.Dans le triangle ABC on a

2A BC BI ACB2

2 2 22

+ += .

Dans le triangle ADC on a

A C I ACD D D22

2 2 22

+ += .

On additionne membre à membre les deux égalités :

( ) .BA BC DA DC BI DI AC22 2 2 2 2 2 2+ + + + += Or BA = DC et BC = DA : le premier membre de cette égalité est donc égal à 2(AB2 + AD2).

De plus on a BI DI BD2

= = donc

2(BI2 + DI2) = 2( BD BD4 4

2 2

+ ) = BD2.

Finalement on a 2(AB2 + AD2) = BD2 + AC2 .

Partie IV : Propriété remarquable du rectangleSoit O le centre du rectangle ABCD .Pour tout point M du plan on a

2MA MC MO AC2

2 2 22

+ += .

De même M M MOB D BD22

2 2 22

+ += .

Or, dans un rectangle, les diagonales sont de même longueur : AC = BD.On a donc, pour tout point M du plan, MA MC M MB D2 2 2 2+ +=

( MO AC22

22

+= ) .

TP Info (p. 392-393)

À vous de jouer, page 392Pour ;m 3 3–! 6@ l’ensemble des points M(x ; y) du plan vérifi ant l’équation

2 4 6 9 0x y mx my m– – –2 2 2+ + = est un cercle de centre Am(m ; 2m) et de rayon

m9 – 2 .Pour m 3–= cet ensemble est réduit au point ( ; )A 3 6– –3– .Pour m 3= cet ensemble est réduit au point (3 ; 6)A3 .

Pour m 3–1 et m 32 cet ensemble est l’ensemble vide.À vous de jouer, page 393On calcule

( ) ( )AI BQ AD AP BA AQ21 + +=$ $

( ) .AD BA AD AQ AP BA AP AQ21 + + += $ $ $ $

Or AD BA AP AQ 0= =$ $ car, ABCD étant un carré, les droites (AB) et (AD) sont orthogonales.

Donc ( )AI BQ AD AQ AP BA21 +=$ $ $

( ) .AD AQ AB AP21 –# #=

Or AB AD 4= = et .AP AQ=Finalement AI BQ 0=$ : les droites (AI) et (BQ) sont orthogonales.

Défi nitions :Mètre – Unité SI de longueur (symbole m) égale à la longueur du trajet parcouru dans le vide par la lumière pendant une durée de 1/299 792 458 de seconde. (Résolution de la 17e Conférence générale des poids et mesures, Paris, octobre 1983.) Méridien – Lieu des points ayant une même longitude à la sur-face de la Terre.Étalon – Objet ou instrument qui matérialise une unité de me-sure et sert de référence pour l’étalonnage d’autres objets ou instruments.Géodésie – Science de la forme et des dimensions de la Terre.Triangulation – Procédé géodésique ou topographique dans le-quel on mesure les angles d’un ensemble de triangles.

L’Académie des sciencesMissions actuelles (texte tiré du site internet de l’académie des sciences : http://www.academie-sciences.fr)« L’Académie des sciences, l’une des cinq Académies composant l’Institut de France, rassemble des scientifi ques français et s’asso-cie à des chercheurs étrangers du plus haut niveau.Elle contribue à défi nir la politique de recherche scientifi que et technique. Elle produit des rapports, formule des avis et des re-commandations.Elle encourage la vie scientifi que et contribue au progrès des sciences par l’organisation de colloques internationaux et de conférences-débats.Elle distingue et encourage les chercheurs français et étrangers en décernant chaque année des Prix.


Livre du professeur



Elle étudie les questions de société liées au développement des sciences. Elle encourage la diffusion de la science en tant que composante de la culture. Elle organise des séances publiques et réalise des ouvrages destinés à un large public. Elle veille à la qualité de l’enseignement des sciences. Elle soutient notamment l’opération La main à la pâte.Elle assure la conservation d’un patrimoine scientifi que, partici-pant à la connaissance de l’histoire des sciences et de l’évolution de la pensée scientifi que.Elle joue un rôle actif dans le développement des relations scien-tifi ques internationales, notamment européennes. Elle entretient des coopérations avec les pays en développement. Elle assure la représentation de la France au Conseil international de la science (ICSU).L’Académie des sciences remplit les missions qui lui sont confi ées par ses statuts, en s’appuyant sur ses membres, ce qui lui assure une approche multidisciplinaire, sur ses instances statutaires, sur les comités et groupes de travail. »

Histoire (texte tiré du site internet de l’académie des scien-ces : http://www.academie-sciences.fr)L’Académie des sciences doit son origine à la fois aux cercles de savants qui dès le début du XVIIe siècle se réunissent autour d’un mécène ou d’une personnalité érudite, et aux sociétés scientifi -ques permanentes qui se constituent à la même époque, telles l’Accademia dei Lincei à Rome (1603), la Royal Society à Londres (1645), ...En 1666, Colbert crée une Académie qui se consacre au déve-loppement des sciences et conseille le pouvoir en ce domaine. Il choisit des savants, mathématiciens (astronomes, mathéma-ticiens et physiciens) et des physiciens (anatomistes, botanistes, zoologistes et chimistes) qui tiennent leur première séance le 22 décembre 1666 dans la bibliothèque du roi, à Paris. Pendant ses trente premières années, l’Académie fonctionne sans statuts.

Mesures des dimensions de la TerreOn peut citer la tentative d’Ératosthène de Cyrène qui a évalué la circonférence du globe terrestre à 250 000 stades au IIIe siècle avant notre ère. Il a utilisé pour cela des outils de géométrie élé-mentaire, après avoir observé et mesuré l’ombre portée par des gnomons (de simples tiges plantées verticalement dans le sol) à deux endroits différents situés sur le même méridien (Alexandrie et Assouan, en actuelle Égypte) le jour du solstice d’été. Cette mesure est remarquable de précision, quelle que soit l’équivalent utilisé pour le « stade » qui lui servit d’unité de mesure.La question de la « mesure de la Terre » trouve un regain d’intérêt à la fi n du XVIIe siècle en France, notamment avec les mesures du méridien faites par Picard puis par les Cassini. La théorie de la gravitation de Newton imposait que la Terre soit aplatie aux pôles : afi n de trancher une controverse opposant les tenants de Newton à ceux de Descartes (dont la théorie prédisait le contraire), une expédition partit pour la Laponie avec Mau-pertuis (pour mesurer un arc de méridien près du pôle) et une autre pour le Pérou avec La Condamine (pour mesurer un arc de méridien près de l’équateur).

Unités de mesure avant l’invention du mètrePouce, perche, arpent, pied-du-roi, toise, lieue, aune… les unités de mesure était très nombreuses avant la Révolution : utilisées selon le contexte, il était diffi cile de s’y retrouver, surtout qu’une toise en Picardie, par exemple, ne représentait pas nécessaire-ment la même chose dans le sud de la France. C’est dans le but d’harmoniser les unités de mesure, et dans un souci d’équité et de justice, que la décision fut prise suite à la Révolution française de créer une toute nouvelle unité de mesure, universelle, sans référence autre que la nature elle-même, qui s’imposerait à tous (en France comme dans le reste du monde) et basée sur un sys-tème décimal : le mètre.Le mètre fut défi ni le 26 mars 1791 par l’Académie des sciences comme étant la dix-millionième partie d’un quart de méridien terrestre : il ne restait plus qu’à mesurer le plus précisément pos-sible ce quart de méridien afi n de fabriquer un mètre-étalon en platine. Plusieurs autres étalons furent d’ailleurs fabriqués et ex-posés au public, au début du XIXe siècle, afi n de les familiariser avec cette nouvelle unité de mesure. Les autres unités de mesure (masse, contenance, etc.) seront toutes basées sur le mètre.Pour plus de détails on pourra lire, par exemple, « Le mètre du monde » de Denis Guedj.

CalculsOn utilise la formule des sinus dans les trois triangles. Par exem-ple, dans le triangle 43 :

,,

, ,sin sin sinb c

40 615 86 075 9

63 726 1 75 658 1= =

Triangle Sommet Degrés décimaux Côté opposé

42

Montlhéry 49,572 8 b = 8 369,2

Malvoisine 76,795 3 d = 10 703,6

Lieursaint 53,631 9 e = 8 852,9

43

Malvoisine 40,615 8 a = 6 075,9

Lieursaint 75,658 1 c = 9 042,5

Melun 63,726 1 b = 8 369,2

44

Montlhéry 55,166 9 g = 7 357,9

Malvoisine 43,867 5 f = 6 212,1

Torfou 80,965 6 e = 8 852,9

La distance Melun-Torfou se calcule grâce à la formule d’Al-Kashi dans le triangle formé par les villes Torfou – Malvoisine – Melun :

( , , , )cosh g c gc2 43 857 5 40 615 8 76 795 3–2 2 2+ + +#=, , , , ( , )cosh 7 357 9 9 042 5 2 7 357 9 9 042 5 161 278 6–2 2 2+ # # #=

,h 261 932 573 92 = d’où ,h 16 184 3= toises.

Documents

Maths Repères 1ère S (2011)