odyssee 2de livre du professeur programme 2009
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LIVRE
DU PROFESSEUR
LIVR
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FESS
EUR
Pour vos élèves sur le sitewww.odyssee-hatier.com :
Faire le point sur les connaissances
Réviser avant un contrôle
Les aider à programmer leur calculatrice ( TI ou Casio)
Commencer les TP sur logiciels (géométrie, algorithmique, tableurs, …)
Des adresses pour télécharger des logiciels de mathématiques
Des liens vers des sites de démonstrations
Des QCM interactifs qui les aideront à :
Des fi chiers logiciels pour :
+ Une boîte à outils :
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44 3343 9ISBN 978-2-218-94427-7
www.editions-hatier.fr
COLLECTION ODYSSÉE
MATHÉMATIQUES 2de
Livre du professeur
Programme 2009
Sous la direction de
Éric SIGWARDIA-IPR de mathématiques de l’académie de Strasbourg
Auteurs
François BRISOUXProfesseur de mathématiques au lycée Frédéric Kirchleger de Munster
Christian BRUCKERProfesseur de mathématiques au lycée Théodore Deck de Guebwiller
Yvan MONKAProfesseur de mathématiques au collège Albert Camus de Souffl enheim
Éric SIGWARD
Suivi éditorial : Jean-Marc Cheminée
Maquette : Nicolas Balbo
Mise en page : Catherine Vielcanet
Infographies : Domino
HATIER, PARIS, 2010 ISBN 978-2-218-94427-7
Toute représentation, traduction, adaptation ou reproduction, même partielle, par tous procédés, en tous pays, faite sans autorisation préalable, est illicite et exposerait le contrevenant à des poursuites judiciaires. Réf. : loi du 11 mars 1957, alinéas 2 et 3 de l’article 41.Une représentation ou reproduction sans autorisation de l’Éditeur ou du Centre Français d’exploitation du droit de Copie (20, rue des Grands-Augustins 75006 Paris) constituerait une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code Pénal.
3
Introduction ................................................................................................................................. 5
Corrigés des activités, TP et exercices .................................................................. 9
PARTIE A Fonctions ............................................................................................................... 11
chapitre 1. Calcul algébrique ............................................................................................... 13
chapitre 2. Généralités sur les fonctions ......................................................................... 23
chapitre 3. Fonctions de référence .................................................................................... 37
chapitre 4. Fonctions du second degré et homographiques .................................... 57
chapitre 5. Équations et inéquations ................................................................................ 77
PARTIE B Géométrie ............................................................................................................. 91
chapitre 6. Vecteurs et repères ........................................................................................... 93
chapitre 7. Équations de droites et systèmes ............................................................... 109
chapitre 8. Trigonométrie .................................................................................................... 123
chapitre 9. Géométrie dans l’espace .............................................................................. 137
PARTIE C Statistiques et probabilités .................................................................... 151
chapitre 10. Statistiques et échantillonnage ................................................................. 153
chapitre 11. Probabilités ....................................................................................................... 171
S O M M A I R E
7
Le manuel reprend les trois parties du programme de la classe de seconde : les fonctions, la
géométrie et les statistiques et probabilités. Dans chacune de ces parties, il s’agit de former
les élèves à la démarche scientifique afin de les rendre capables de conduire un raisonne-
ment. Le programme de Seconde peut être abordé selon plusieurs angles, mais il ne faudrait
surtout pas le concevoir comme une succession de chapitres cloisonnés. Il conviendra donc
de concevoir, dès le début de l’année, une progression alternant les différentes notions à
traiter, de telle sorte que les concepts abordés soient repris tout au long de l’année. Vous
retrouverez d’ailleurs dans le manuel notre volonté de varier au maximum les situations
problèmes au sein de chaque chapitre, afin de réinvestir les différents thèmes, ainsi que les
notions du collège comme le calcul algébrique et la géométrie plane.
Le premier chapitre, « Calcul algébrique », doit vous permettre de proposer, tout au long
de l’année, des exercices, des activités, des problèmes, ou des travaux pratiques en salle
informatique sur le thème du calcul ou de la nature des nombres. Il ne saurait constituer un
chapitre à traiter dans sa globalité et de façon linéaire.
Chaque chapitre de ce manuel propose des travaux pratiques que nous avons choisis les plus
diversifiés possibles. Ils sont classés en trois catégories :
• les activités utilisant l’outil informatique ou la calculatrice ;
• les activités qui mettent en œuvre une démarche algorithmique ;
• les problèmes plus ouverts qui exigent davantage d’initiative de la part des élèves.
Dans chacun de ces problèmes, les élèves auront l’occasion de chercher, d’appliquer des
techniques, d’effectuer des essais, de conjecturer avec les TICE puis d’élaborer des démons-
trations.
L’utilisation des TICE est tout à fait adaptée à l’acquisition de nombreuses notions du
programme de Seconde. Il s’agit d’exploiter toutes les possibilités offertes afin d’enrichir
l’apprentissage et les méthodes d’investigation. L’outil informatique permet en effet d’ob-
tenir rapidement une représentation concrète du problème étudié. Des modifications des
configurations en jeu peuvent mettre en évidence les propriétés à démontrer et toute l’atten-
tion peut alors se porter sur la démonstration elle-même. Les problèmes ouverts proposés
dans ce manuel ne font pas appel directement aux TICE. Nous proposons cependant dans
certains cas soit une illustration, soit une vérification du résultat obtenu à l’aide de la calcu-
latrice ou d’un logiciel adapté à la situation étudiée.
Il importe que la diversité de ces activités se retrouve aussi dans la nature des travaux
proposés aux élèves : des travaux dirigés en groupe, des travaux en autonomie, des activités
en salle informatique ou des devoirs personnels réalisés à la maison. Des commentaires
dans ce sens aideront les professeurs dans leur choix.
Nous avons essayé de proposer, au sein de chaque chapitre, des problèmes de difficultés
progressives, en particulier dans le domaine de l’algorithmique. À l’issue du collège, les
élèves ont déjà acquis une certaine expérience avec le tableur et un logiciel de géométrie
dynamique. L’algorithmique, et plus particulièrement la programmation dans un certain
langage, est quant à elle une activité nouvelle pour eux et qui ne doit pas faire l’objet d’un
cours à proprement parler. Les activités proposées sur ce thème peuvent néanmoins être
données à tout moment de l’année, quelle que soit la progression choisie par le professeur
pour aborder les principaux éléments de l’algorithmique.
8
Nous n’avons privilégié aucune syntaxe particulière, ce qui vous permet d’utiliser ce guide
avec ses fichiers quel que soit le matériel et les logiciels utilisés dans votre établissement. La
plupart des travaux pratiques peuvent cependant être réalisées assez simplement à l’aide
d’une calculatrice. Ce qui permet une très large utilisation de ce guide.
Vous trouverez dans ce livre du professeur des commentaires, des éléments de correc-
tion, ainsi que des indications sur la mise en œuvre des travaux pratiques avec les élèves.
Un nombre important de ces activités peuvent être réalisées avec l’outil informatique. En
complément, vous trouverez des fichiers sur le CD d’accompagnement, sous de nombreuses
versions :
• Excel et OpenOffice pour les fichiers tableurs ;
• Casio et Texas pour les tracés et la programmation à l’aide de la calculatrice ;
• GeoGebra, Cabri, TI Nspire pour les exercices de géométrie plane ;
• Cabri3D et Geospace pour les exercices de géométrie dans l’espace ;
• AlgoBox, Python, Scilab et Xcas pour les programmes qui illustrent les algorithmes ;
• Xcas, TI Nspire pour le calcul formel.
Ces fichiers vous permettront d’une part de visualiser les résultats demandés, de tester les
algorithmes ou les figures dynamiques, mais également d’illustrer vos explications lors de
synthèses collectives avec les élèves. Certains de ces fichiers sont à la disposition des élèves
sur le site compagnon, intégralement ou partiellement complétés, plus particulièrement
lorsque le problème consiste soit à modifier, compléter ou corriger un algorithme, soit à
réaliser des conjectures sur une configuration géométrique relativement complexe, ou bien
encore à effectuer des simulations sur une feuille de calcul d’un tableur. Ils serviront ainsi de
base de travail pour une activité en autonomie ou pour un devoir à réaliser à la maison.
Nous espérons que ce livre répondra à vos attentes et qu’il vous apportera des pistes intéres-
santes pour une présentation efficace du programme de Seconde.
Les auteurs.
Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur les fonctions
1 C
2 D
3 B et D
4 D
5 A, C et D
6 D
7 C
8 B
9 C et D
10 A
11 C
12
1. Calcul algébrique • 13
1. Calcul algébrique
Objectifs et pré-requis
L’objectif de ce chapitre est de réinvestir les calculs algébriques élémentaires étudiés dans les classes
de collège. Le professeur pourra donc s’y référer tout au long de l’année en cas de besoin.
L’étude systématique des ensembles de nombres ne figure plus telle quelle dans les nouveaux
programmes de Seconde. Il nous a semblé cependant pertinent de définir succinctement les
nombres que les élèves ont déjà rencontrés et qu’ils manipulent dans les activités mathématiques.
On trouvera également dans ce chapitre l’occasion de proposer aux élèves des activités mettant en
œuvre des démarches algorithmiques.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Expressions algébriquesTransformations d’expressions algébriques en vue d’une résolution de problème.
• Associer à un problème une expression algébrique.• Identifier la forme la plus adéquate (développée, factorisée) d’une expression en vue de la résolution du problème donné.• Développer, factoriser des expressions polynomiales simples ; transformer des expressions rationnelles simples.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶L’action permettant de transformer un produit de facteurs en une somme de termes est le dévelop-
pement de l’expression.
L’action permettant de transformer une somme de termes en un produit de facteurs est la factorisa-
tion de l’expression.
Corrigés des activités
1 Reconnaître la forme d’une expression algébrique
●1 a. somme
b. différence
c. produit
d. produit
e. quotient
f. différence
g. produit
h. différence
i. différence
●2 A : 2
B : 3
C : 1
D : 5
E : 4
14 • 1. Calcul algébrique
2 Différentes écritures d’un même nombre
●1 a. Ces nombres sont tous égaux à 2,25.
b. 2,25 est un nombre décimal.
Les écritures 2,25, 3 × 34
ou 3 − 34
permettent de montrer que 2,25 est inférieur à 3.
Les écritures 1,52 ou 32
22 permettent de montrer que 2,25 est un carré (mais tout nombre positif est
un carré).
L’écriture 32
22 permet de montrer que 2,25 est un quotient d’entier.
●2 a. Ces nombres sont tous égaux à 49
.
b. 49
< 12
13
+ 19
> 13
49
> 410
23
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
< 23
c. Comme 9 × 4 = 36, le chiffre des unités de 0,444…444 × 9 devrait être un 6, donc le résultat ne peut
être 4.
L’écriture décimale de 49
est donc illimitée.
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Décomposition d’une expression
●1 Ci-contre le tableau complété.
On a saisi en A2 la formule « =A1+0,5 ».
●2 a. Les fonctions B et D font corres-
pondre aux nombres de la colonne A les
nombres de la colonne E.
b. On vérifie la réponse dans la colonne
F de la feuille.
TICE 2 L’algorithme de Héron d’Alexandrie
●1 a. L’automatisation n’est pas si simple.
Dans la formule du calcul de A2, A1 sera une cellule
relative et n une cellule absolue. On peut bien sûr
éviter cette difficulté en remplaçant n par 2 dans la
formule, mais en signalant à l’élève qu’il ne pourra
pas automatiser son calcul dans la question 2.
Dans la feuille de calcul ci-contre, la formule saisie
en B3 est donc « =(B2+B$2/B2)/2 ».
Elle deviendra en B4 par recopie :
« =(B3+B$2/B3)/2 ».
b. Pour afficher une précision suffisante, il faut modifier le format des nombres et proposer au
moins 8 décimales.
Pour comparer les termes de cette suite à , il peut être intéressant de signaler aux élèves que faire
apparaître la différence comme ci-dessus dans la colonne C facilite la lecture de la précision de
l’approximation.
●2 On procède comme ci-dessus en remplaçant la valeur de n respectivement par 3, 5, 6, 7 et 10.
1. Calcul algébrique • 15
TICE 3 Distinguer le résultat d’un calcul de son affichage à la calculatrice
●1 a. La plus petite décimale de a est 6 car 2 × 3 = 6.
La plus petite décimale de b est 1 car 3 × 7 = 21.
La plus petite décimale de c est 6 car 6 × 6 = 36.
b. Valeurs affichées par la calculatrice ci-contre.
Pour b et c, la calculatrice ne peut afficher suffisamment de chiffres.
●2 a. Le résultat donné par la calculatrice est 0 (voir ci-contre). Le résultat
correct est 1.
En effet, la calculatrice arrondit 1013 + 1 à 1013 car elle ne peut mémo-
riser que 13 chiffres pour un nombre. Dans le calcul proposé, elle
effectue les opérations successivement et perd donc de l’information
après la première opération.
b. Le chiffre des unités de 987 654 3212 – 987 654 3202 devrait être 1.
Or, pour les mêmes raisons d’arrondis que précédemment, le résultat
donné par la calculatrice TI est 1 975 310 000 et celui de la calculatrice
Casio est 1 975 309 000.
Ici on peut calculer la valeur exacte grâce à une identité remarquable :
987 654 3212 – 987 654 3202
= (987 654 321 + 987 654 320)(987 654 321 – 987 654 320)
= 1 975 308 641 × 1
= 1 975 308 641
c. Le résultat donné par la calculatrice est 0,999 999.
Si ce résultat était correct alors on aurait 0,999 999 × 1,000 001 = 1. Or
la dernière décimale de 0,999 999 × 1,000 001 est 9 donc, en raisonnant
par l’absurde, on peut affirmer que l’égalité proposée par la calculatrice
est inexacte.
●3 a. Pour cette question, si on utilise une calculatrice Casio, il faut penser
à afficher le nombre en écriture décimale avec la touche .
La valeur approchée de e fournie par la calculatrice est –4,102 × 10–10
(voir ci-contre).
e est un nombre négatif donc la valeur de π donnée par la calculatrice a
été arrondie par excès.
b. π = 3,141 592 654 – 4,102 × 10–10 ≈ 3,141 592 623 589 8
Le dernier chiffre de cette écriture est un arrondi par excès.
c. En procédant de même, on trouve : 2 ≈ 1,414 213 562 373 1.
TICE 4 Construire les nombres
Partie A
●1 a. à c. Pour cette première construction, on
peut rappeler aux élèves que le plus simple
moyen de reporter une longueur est de tracer
des cercles.
d. En appliquant le théorème de Thalès dans
les triangles homothétiques ABE et ABC, on
obtient AEAC
= ADAB
, soit AE = 57
.
16 • 1. Calcul algébrique
●2 On modifie le rayon des cercles de la figure précédente : AB = 11 et AD = 17, d’où AE = 1711
.
Partie B
●1 La construction suggère que AB = a .
●2 a. En appliquant le théorème de Pythagore dans les triangles AHC et AHB rectangles en H de la
figure, on écrit :
• dans le triangle AHC, AH2 + HC2 = AC2 ;
• dans le triangle AHB, AH2 + HB2 = AB2.
On en déduit que AC2 = AB2 – HB2 + HC2 = AB2 – 12 + (a – 1)2 = (a – 1)2 + AB2 – 1.
b. Dans le triangle ABC rectangle en A, on a AB2 + AC2 = BC2,
d’où AC2 = BC2 – AB2 = a2 – AB2.
c. De ces deux expressions de AC2, on tire : (a – 1)2 + AB2 – 1 = a2 – AB2,
d’où : 2AB2 = a2 – (a – 1)2 + 1,
soit encore : 2AB2 = a2 – a2 + 2a – 1 + 1 = 2a.
On en déduit que AB2 = a et donc AB = a .
Partie CÀ l’aide de la construction de la partie B, commencer par construire 5 (bien sûr d’autres construc-
tions sont possibles comme tracer la diagonale d’un rectangle de côtés 1 et 2). Ajouter 1 peut se faire
en traçant le cercle de rayon [BH], qui coupe la droite (AB) en un point D tel que AD = 1 + 5 .
Diviser par 2 se réalise avec la construction de la partie A, en construisant par exemple le point E tel
que C soit le milieu de [AE].
Le point F, obtenu en traçant la parallèle à [DE] passant par C, est au milieu de [AD].
On pourra signaler aux élèves qu’une construction du milieu par la médiatrice est possible au
compas.
Algorithmique 1 Réduire au même dénominateur
●1 a, b, c et d sont des entiers. b et d sont non nuls.
●2 Par exemple, la somme 31
+ 13
n’est pas décimale.
●3 a. ab
+ cd
= adbd
+ bcbd
= ad + bcbd
.
On peut donc choisir u = ad + bc et v = bd.
b. L’algorithme est le suivant :
Entrées : Donner les valeurs de a, b, c et d.
Traitement : Affecter à u la valeur ad + bc.
Affecter à v la valeur bd.
Sortie : Afficher u et v.
1. Calcul algébrique • 17
Algorithmique 2 Développer un produit
●1 (x + 2)(3x + 4) = 3x2 + 10x + 8
●2 a. et b. Les lettres a, b, c, d, m, n et p sont telles que :
(ax + b)(cx + d) = mx2 + nx + p
c. (ax + b)(cx + d) = acx2 + bcx + adx + bd = mx2 + nx + p.
Par identification, on retrouve les formules proposées
dans l’algorithme : m = ac, n = ad + bc et p = bd.
●3 On peut vérifier que (2x – 1)(– 5x + 3) = – 10x2 + 11x – 3.
●4 On retrouve ici l’identité remarquable (ax + b)2 = a2x2 + 2abx + b2
qui peut se programmer de la manière ci-contre.
Problème ouvert 1 Croisement dangereux Soit x le diamètre d’un des cercles ; le second cercle a pour diamètre 80 – x.
La longueur du circuit peut alors s’exprimer en fonction de x par :
L = πx + π(80 – x) = π(x + 80 – x) = 80πL ne dépend pas de x ; les deux circuits ont la même longueur.
Problème ouvert 2 Inter-secteur En nommant x la longueur AM et en choisissant AB = 1, on peut exprimer les aires 𝒜1 et 𝒜2 des
secteurs AMN et ABC :
𝒜1 = πx2
4 et 𝒜2 =
π4
.
Si 𝒜1 = 12
𝒜2, alors πx2
4= 1
2× π
4, ce qui équivaut à x2 = 1
2,
d’où x = 12
= 1
2= 2
2 car x est une longueur donc x est positif.
Problème ouvert 3 Nombres et géométrie a. Une construction de la diagonale d’un rectangle incite à construire
un rectangle de côtés 1 et 2 car 12 + 2( )2= 3 .
On peut s’appuyer sur la construction de 2 proposée en exemple.
Le segment [AE] ci-contre mesure 3 .
b. De la même manière, 7 est la mesure de l’hypoténuse d’un
triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent 2 et 3 .
c. Il faut construire un demi-cercle de rayon 2 .
Le périmètre du demi-cercle de diamètre [CE] ci-contre mesure
π 2 .
amètre 8
nt AB
18 • 1. Calcul algébrique
Corrigés des exercices et problèmes
Exercices d’application
1 C, D et E sont des sommes.A, B et F sont des produits.
2 a. x + xy b. (x – 3)2
c. x2
3y 2
d. xy
− (3 + 3x)
3 a. (x + 1)2
b. 1
(x +1)2
c. 1
(x +1)2+ 2x2
4 A est l’inverse de la somme de x et de 3.B est la somme du triple du carré de x et du double du carré de y.C est le cube de la somme de l’inverse de la diffé-rence de x et de 1 et de 2.D est la différence du produit de x par y et du quotient de x par y.
5 1. 10 → 30 → 130 → 2602. a. – 5 → – 15 → 10 → 20
b. 23
→ 2 → 229
→ 449
c. 5 → 3 5 → 5 + 3 5 → 10 + 6 5
3. Pour que le résultat obtenu soit 0, on peut choisir les nombres – 3 ou 0.
6 a. 2 × ((x – 3) + x + 3) = 2 × 2x = 4xb. Les deux périmètres valent 4x.c. En effet EF = FG = GA = AE.
7 a. 𝒜(x) = 4 × x
2+ 4 × (4 − x)
2= 2x + 8 − 2x = 8
b. 𝒜(x) est la moitié de l’aire du carré ABCD quel que soit x.
8 A = – 15x + 4B = x – 14y – 16C = – 2x – y – 20D = – x + 3y + 8
9 A = 3x2 + 13x + 13B = 17x2 – x + 1C = 2x2 – 10x – 6D = 8x2 + 26x – 8
10 A = 30x + 10y – 14B = – 25x + 8y + 8C = 6x + 28y + 18D = –xy – 8x – 4y – 32
11 A = – 16x2 + 8x + 35B = 16x2 + 24x – 40C = 84x2 – 87x – 105D = – 20x3 – 150x2 – 70x
12 A = 64x2 – 96x + 36B = 9x2 – 49C = 36x2 + 12x + 1D = 9x2 + 12x + 4E = 81x2 – 180x + 100F = 9x2 – 64
13 A = 21x2 + 43x + 4B = 85x2 – 90x + 56C = – 11x2 + 36x – 25D = – 91x2 – 202x – 15
14 A = 5x2 + 25x – 250B = 42x2 + 204x – 48C = 252x2 + 292x + 80
15 A = 6x2 + 4x + 23
B = 7,2x2 + 22,2x − 6
C = 4925
x2 + 5615
x + 169
16 a. a + b( )3= a + b( ) a2 + 2ab + b2( )= a3 + 2a2b + ab2 + a2b + 2ab2 + b3
= a3 + 3a2b + 3ab2 + b3
b. a − b( )3= a − b( ) a2 − 2ab + b2( )= a3 − 2a2b + ab2 − a2b + 2ab2 − b3
= a3 − 3a2b + 3ab2 − b3
17 A = (8x – 3)(– 8x – 1)B = (3 – 4x)(– 11x – 2)C = (5x – 9)(10x + 1)D = (– 3x – 2)(– 8x – 10)
18 A = (x + 5)(x – 15)B = 5(x + 1)(6x) = 30x(x + 1)C = 2(x + 1)(14x – 8)D = 8(x – 1)(x – 7)
19 A = (7x – 3)(7x + 3)B = (10x + 5)2
C = (5x – 9)2
D = (5x – 7)2
E = (4x – 7)(4x + 7)F = ( 3x +1)2
20 A = (3x – 10)(3x + 8) B = (5x – 6)(5x + 2)C = (– 2x + 7)(2x – 1) D = (8x – 10)(8x – 8)E = (– 2x – 3)(8x – 5) F = ( 3x −1)( 3x +1)
1. Calcul algébrique • 19
21 A = (2x – 14)(2x) B = (3x – 3)(–x + 4)C = (7x – 2)(– 15x – 23) D = (3x – 17)(7x + 1)
22 1. A = 2x2 – 17x + 30
2. A = (2x – 5)(x – 6)
3. a. Pour x = 0, A = 2 × 02 – 17 × 0 + 30 = 30b. Pour x = 6, A = (2 × 6 – 5)(6 – 6) = 0
c. Pour x = 2 , A = 2( 2)2 −17 2 + 30 = 34 −17 2
23 1. A = 40x2 + 7x – 3
2. A = (5x – 1)(8x + 3)
3. a. Pour x = − 38
,
A = (5 − 38
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
−1)(7 − 38
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
+ 3) = (5 − 38
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
−1)(−3 + 3) = 0
b. Pour x = 12
, A = 4012
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
+ 7 × 12
− 3 = 212
c. Pour x = 3 , A = 40( 3)2 + 7 3 − 3 = 117 + 7 3
24 A = x − 2 xyx + y
= 7 − 2 4 = 3B = 2x − 2xyx + 2y − 4xyx = 2(x + y)− 6xyx
= 2 × 7 − 6 × 4 = −10
C = x2 − 2xyx + y 2 − (x2 + 2xyx + y 2 ) = −4xyx
= −4 × 4 = −16
25 a. Pour x ≠ – 3 :
4 − 1x + 3
= 4x +12x + 3
− 1x + 3
= 4x +11x + 3
b. Pour x ≠ 2 : 3 − 12 − x
= 6 − 3x2 − x
− 12 − x
= 5 − 3x2 − x
26 a. Pour x ≠ – 1 et x ≠ 0 :
1x
− 1x +1
= x +1x(x +1)
− xx(x +1)
= 1x(x +1)
b. Pour x ⩾ 0 et x ≠ 1 :
1
x −1− 1
x +1= x +1
( x −1)( x +1)− x −1
( x −1)( x +1)
= 2(x −1)
c. Pour x > 0 :
1
1
1
x x
x x
x
+ +11= +11
=
( )1x x+11 ( )1x x11
+ −+++
= +
11
1
xx x+ −x x+ −1
27 a. A = x +1(x −1)(x +1)
− x −1(x −1)(x +1)
= x +1 − (x −1)
x2 −1= 2
x2 −1
b. A = 2
32
−1= 2
3 −1= 1
28 ℕ ℤ 𝔻 ℚ ℝ
– 15
2,18
5
3,14
− 177
573
10– 2
37
1445
29 a. 1916
= 1,187 5 ∈ 𝔻
b. − 5418
= – 3 ∈ ℤ
c. 0,1210,19
= 121190
∈ ℚ
d. 3
3= 3 ∈ ℝ
e. 2253
= 153
= 5 ∈ ℕ
30 a. 23
− 16
= 46
− 16
= 36
= 12
= 0,5 ∈ 𝔻
b. – 8 × 0,625 = – 5 ∈ ℤ
c. 245
× 359
= 563
∈ ℚ
d. 2
3 8= 2
3 × 2 2= 1
6 ∈ ℚ
e. 2
2− 2 = 2 − 2 = 0 ∈ ℕ
f. (1 − 2)2 + (1 + 2)2 = 1 − 2 2 + 2 +1 + 2 2 + 2 = 6 ∈ ℕ
31 a. Faux car l’opposé d’un entier naturel est un entier négatif.b. Faux car l’opposé d’un entier relatif négatif est entier positif.
c. Faux, 13
∉𝔻 par exemple.
d. Vrai car l’inverse de ab
est ba
et a ≠ 0 .
20 • 1. Calcul algébrique
e. Faux car 4 = 2 ∈ ℕ par exemple.
32 a. 0,72 = 1825
b. 0,375 = 38
c. −4,32 = −10825
33 0,07 < 7
99 <
220
< 7,1 ×10−2
34 98
< 87
< 97
< 86
35 a. 2 + 1
2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
= 2 + 2 × 2 × 1
2+ 1
2= 4,5 ∈ 𝔻
b. 3 − 1
3
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
= 3 − 2 × 3 × 1
3+ 1
3= 4
3 ∈ ℚ
36 a. La calculatrice donne l’entier naturel 4.b. La dernière décimale du produit devrait être 9 ; ce nombre devrait donc être décimal.c. 2,000 001 × 1,999 999 = (2 + 10– 6)(2 – 10– 6)
= 4 – 10– 12
= 3,999 999 999 999
37 a. −⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦1
13
; b. ]3 ; 3,1[
c. [– 3 ; 2 [ d. ]– 2 ; +3[e. ]–3 ; 4] f. ]0 ; +3[
38 a. −⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦3 ;
32
b.
12
; +⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦
⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣3
c. ]–3 ; – 3] d. ]– 5 ; +3[
39 a. I ∩ J = [– 2 ; 8] et I ∪ J = [– 8 ; 12]b. I ∩ J = [5 ; 8[ et I ∪ J = ]1 ; 9]c. I ∩ J = [1 ; 2 ] et I ∪ J = ]0 ; +3[d. I ∩ J = ∅ et I ∪ J = ]–3 ; 1[∪[2 ; 5]
40 a. I ∩ J = [– 1 ; 0[ et I ∪ J = [– 1 ; 12[b. I ∩ J = ]7 ; 8[ et I ∪ J = [6 ; 9]c. I ∩ J = [1 ; 2] et I ∪ J = ]– 3 ; +3[d. I ∩ J = ∅ et I ∪ J = ]– 12 ; 5]
41 a. 12
1;⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦ b. ]–3 ; +3[
c. [3 ; +3[ d. [2 ; +3[
QCM
42 C 43 A, B et D
44 A et C 45 B
46 D 47 B et C
48 A, B et D 49 A, B et D
50 B, C et D 51 C
52 B 53 B
54 A
Problèmes
55 a +b + ab + a – b = 2a + ab = a(b + 2)= 2 005 = 5 × 401
5 et 401 étant premiers, le seul couple solution tel que a > b est a = 401 et b = 3.
56 a. Contrainte sur l’aire : 40 × (60 – x) ⩾ 1 350Contrainte sur le périmètre : 2 × (40 + (60 – x)) ⩽ 150
D’où le système 2 400 40 1350
200 2 150
−−
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
x
x
�
�.
b. 2 400 40 1350
200 2 150
40 1050
2 50
−−
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
− −40
−2
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
x
x
x�
�
�B
Bx
x
�
�
26 25
25
,⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
Les valeurs possibles de x sont dans l’intervalle [25 ; 26,25].
57 a. En nommant x la longueur AB, on a DB = x 2 et l’aire du quart de cercle de rayon DB
vaut � �× = =DB 22 22 2
4 4 2x x�2
.
L’aire de la surface verte vaut �x2
4.
Donc l’aire de la surface blanche vaut :
� �x x� x2 2x 2
2 4 4− = , comme l’aire de la surface verte.
b. L’aire de la surface verte est supérieure aux trois quarts de l’aire du carré ABCD (= x2) car π > 3 et
donc �x
x2
2
434
> .
58 1. a. 1740
= 17 × 2540 × 25
= 425
103
et −2 547 ×1258 000 ×125
= −318 375
106
b. Ces nombres sont donc des décimaux : 0,425 et – 0,318 375.
2. a
2p × 5q= a × 2q × 5p
2p +q × 5p +q= a × 2q × 5p
10p +q
Sous cette forme, ce nombre a clairement une écri-ture décimale avec p + q décimales.
59 1. La calculatrice TI propose 1 801 800 000 et la Casio 1 801 802 000.2. a. A = (900 900 901 + 900 900 900)
× (900 900 901 – 900 900 900)= 1 801 801 801 × 1= 1 801 801 801
b. Le vrai résultat est bien entendu celui trouvé en 2a.
1. Calcul algébrique • 21
La calculatrice a arrondi le résultat du premier calcul pour ne garder qu’un certain nombre de chif-fres significatifs.
60 1. La calculatrice propose A = 1 et B = 2.2. a. A = (1 – x)(1 + x) = 1 – x2
B = (1 – x)2 + (1 + x)2
= 1 – 2x + x2 + 1 + 2x + x2 = 2 + 2x2
b. A = 1 – (2 × 10– 8)2 = 1 – 4 × 10– 16
B = 2 + 2(2 × 10– 8)2 = 2 + 8 × 10– 16
Les vrais résultats sont bien entendu ceux trouvés par le calcul.
61 a. Pour le nombre 5 :5 → 8 → 16 → 21 → 7 → 5
b. On revient au nombre de départ.c. Avec un nombre x :
x → x + 3 → 2x + 6 → 3x + 6 → x + 2 → x
62 Traduction de l’énoncé 20 ans déjà ! Pour les 20 ans de Mathématiques Sans Fron-
tières, Gérard a inventé un algorithme pour arriver de 1989 à 2009 en quelques étapes :
N = 1989
N = 2009 ? STOP
Choisir un des chiffres du nombre Net lui ajouter l’un des trois autres.
S est la somme résultant de cette addition.
Remplacer le chiffrechoisi par S dans
l’écriture de N.
Remplacer le chiffrechoisi par S – 10
dans l’écriture de N.
S < 10 ?Oui
Oui
Non
N = 1979
S = 17
Par exemple :je choisis 8 et
j’ajoute 9.
Non
Donner une suite, la plus courte possible, de nombres allant de 1989 à 2009 suivant l’algo-rithme de Gérard.
On peut passer de 1989 à 2009 en cinq étapes.Par exemple :• 1989 : je choisis le premier 9, je lui ajoute 1, donc S = 10 ; je remplace le 9 choisi par 0 → 1089.• 1089 : je choisis le 0, je lui ajoute 1, donc S = 1 ; je remplace le 0 choisi par 1 → 1189.• 1189 : je choisis le premier 1, je lui ajoute 1, donc S = 2 ; je remplace le 1 choisi par 2 → 2189.
• 2189 : je choisis le 8, je lui ajoute 2, donc S = 10 ; je remplace le 8 choisi par 0 → 2109.• 2109 : je choisis le 1, je lui ajoute 9, donc S = 10 ; je remplace le 1 choisi par 0 → 2009.
63 1. a. 22 = 4 ; 32 = 9 ; 42 = 16 ; 52 = 25 ; 62 = 36 ; 72 = 49 ; 222 = 484 ; 232 = 529.b. La parité d’un entier et celle de son carré semblent être la même.2. Si n = 2k, n2 = (2k)2 = 4k2 est pair. Donc si n est pair alors n² est pair.Si n = 2k + 1, n2 = (2k + 1)2 = 4k2 + 4k + 1
= 2(2k2 + 2k) + 1 est impair. Donc si n est impair alors n2 est impair.3. a. Si un entier a un carré pair alors cet entier est pair car sinon son carré serait impair.b. Si un entier a un carré impair alors cet entier est impair car sinon son carré serait pair.
64 1. a. 1 0002 – 9992 = (1 000 + 999)(1 000 – 999) = 1 999 1 = 1 999
1 0012 – 1 0002 = (1 001 + 1 000)(1 001 – 1 000) = 2 001 × 1 = 2 001
1 0022 – 1 0012 = (1 002 + 1 001)(1 002 – 1 001) = 2 003 × 1 = 2 003
b. La différence de deux carrés d’entiers consécu-tifs vaut la somme de ces deux entiers.2. Pour tout n ∈ ℕ :
(n + 1)2 – n2 = n2 + 2n + 1 – n2 = 2n + 1Tout nombre impair peut s’écrire sous la forme 2n + 1, soit sous la forme (n + 1)2 – n2. Tout nombre impair est donc une différence de deux carrés consécutifs.3. 199 = 2 × 99 + 1, donc avec n = 99 ont peut écrire 199 sous la forme 1002 – 992.
65 1. a. 1911
≈ 1,727 272 7
Ce nombre ne semble pas être décimal.b. Sa période est 72.2. a. 100x = 13,131 313… = 13 + 0,131 313… = 13 + x
b. 100 13 99 131399
x x13 x x13+1313 =xB B99 13x 1313 ∈ ℚ
3. x vérifie l’équation 1 000x = 173 + x dont la solu-
tion est x = 173999
.
4. On trouve 0 404 0404099
, ... = ,
donc a = 3 + 4099
= 3 × 99 + 4099
= 33799
.
5. 0,999 999… vérifie l’équation 10x = 9 + x dont la solution est x = 1. Donc 0,999 999… = 1.
a
0 ans dé
2. Généralités sur les fonctions • 23
2. Généralités sur les fonctions
Objectifs et pré-requis
Ce chapitre rappelle les principales notions sur les fonctions étudiées en classe de 3e puis introduit la
notion de variation d’une fonction. L’objectif est d’utiliser les variations, dont la définition formelle
se met progressivement en place, pour résoudre des problèmes se ramenant à des équations ou
inéquations. Les activités et TP de ce chapitre proposent différentes situations où l’élève aura à
construire une représentation graphique puis à y effectuer des lectures. On y trouvera également
l’occasion de proposer des démarches algorithmiques et en particulier la démarche de dichotomie.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
FonctionsImage, antécédent, courbe représentative.
• Traduire le lien entre deux quantités par une formule.Pour une fonction définie par une courbe, un tableau de données ou une formule :• identifier la variable et, éventuellement, l’ensemble de définition ;• déterminer l’image d’un nombre ;• rechercher des antécédents d’un nombre.
Étude qualitative de fonctionsFonction croissante, fonction décroissante ; maximum, minimum d’une fonction sur un intervalle.
• Décrire, avec un vocabulaire adapté ou un tableau de varia-tions, le comportement d’une fonction définie par une courbe.• Dessiner une représentation graphique compatible avec un tableau de variations.Lorsque le sens de variation est donné, par une phrase ou un tableau de variations :• comparer les images de deux nombres d’un intervalle ;• déterminer tous les nombres dont l’image est supérieure (ou inférieure) à une image donnée.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶La fusée continue d’accélérer hors de l’atmosphère puisque sa vitesse augmente à partir du point H2.
Corrigés des activités
1 Évolution du climat
●1 9 Gt C
●2 5 Gt C
●3 1,25 °C entre 2050 et 2100, 0,5 °C entre 2100 et 2150.
●4 11 Gt C.
À partir de 2025, les émissions de CO2 devraient commencer à décroître.
●5 Il n’est pas vrai qu’une diminution des émissions de CO2 entraîne une stabilisation immédiate de la
variation de la température moyenne mondiale.
Les graphiques montrent un décalage de plus de 50 ans.
24 • 2. Généralités sur les fonctions
2 Distance d’arrêt d’un véhicule
●1 a. 30 km en 1 h correspond à 30 000 m en 3 600 s, soit environ 8,3 m en 1 s.
b. DR = V3,6
c. Il s’agit d’une fonction linéaire.
d. et ●2 a.
Centre ville Agglomération Route Voie rapide Autoroute
Vitesse initiale, V (en km/h)
30 50 90 110 130
Distance de réaction, DR (en m)
8,3 13,9 25 30,6 36,1
Distance de freinage, DF (en m)
5,8 16,1 52,3 78,1 109
Distance d’arrêt, DA (en m)
14,1 30 77,3 108,7 145,1
●2 b. Schéma ci-contre.
c. Cette fonction n’est pas affine car
les points ne sont pas alignés.
●3 a. Le gendarme peut estimer la
vitesse du véhicule à un peu plus de
100 km/h.
b. On devrait rouler à moins de
65 km/h.
c. Par temps normal, la distance de
freinage à 130 km/h est égale à 109 m.
Par de temps de pluie, la distance de
freinage à 110 km/h est égale à :
78,1 × 1,4 ≈ 109,3 m.
Il faut donc réduire sa vitesse pour
retrouver une distance de freinage
équivalente.
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Représenter graphiquement une fonction à la calculatrice
Exercice 1
●1 Non corrigé.
●2 a. 1 ⩽ x ⩽ 2. Pour placer un curseur sur la courbe et se repérer, utiliser le mode « trace » (touche trace sur TI, SHIFT F1 sur Casio).
b.
x 1 1,1 1,2 1,3 1,4 1,5 1,6 1,7 1,8
f(x) – 1 – 0,95 – 0,9238 – 0,9125 – 0,9111 – 0,9167 – 0,9273 – 0,9417 – 0,959
c. Il semble que 1,3 ⩽ x ⩽ 1,4.
0 20 40 60 8010 30 50 70 90 100 110 120 1300
10
20
30
40
50
60
70
80
100
110
120
130
140
90
V
DA
2. Généralités sur les fonctions • 25
●3 a. Figure ci-contre.
b. Pour donner des résultats à 0,1 près, utiliser un zoom ou la fonc-
tion intersection de la calculatrice.
On trouve deux points d’intersection : A(– 0,8 ; 0,3) et B(0,4 ; 2,8).
c. Une valeur approchée de la solution positive de l’équation
f(x) = g(x) est 0,4.
Exercice 2f correspond à la courbe b, g à la courbe c et h à la courbe a.
Exercice 3
●1 Figure ci-contre.
●2 f semble décroissante sur ]– 3 ; – 1[, constante sur [– 1 ; 1],
et croissante sur ]1 ; +3[.
●3 x4 − x2
100= 0 équivaut à x4 – x2 = 0, soit x2(x2 – 1) = 0 ou encore
x2(x – 1) (x +1) = 0. Soit x2 = 0 ou x – 1 = 0 ou x + 1 = 0.
L’ensemble des solutions est {– 1 ; 0 ; 1}.
Si f était constante et tracée sur [– 1 ; 1], comme f(0) = 0, alors f(x) = 0 sur [– 1 ; 1] et l’équation f(x) = 0
aurait une infinité de solutions.
●4 Figure ci-contre.
f n’est pas constante.
●5 Avec une fenêtre [– 1,3 ; 1,3] en abscisses et [– 0,003 ; 0,002]
en ordonnées, on trace la courbe ci-contre.
TICE 2 Aire maximale
●1 Non corrigé.
●2 L’aire maximale du triangle DEC semble être 9, atteinte quand C est au milieu de [AB].
●3 La courbe parcourue par le point M est celle de la fonction « aire de CED » en fonction de la longueur AC.
●4 L’aire du trapèze ABED semble constante et égale à 18.
●5 a. On a AC = AD = x et BC = BE = 6 –x.
g(x) = AD + BE2
× AB = x + 6 − x2
× 6 = 18 .
b. Aire de ACD =x2
2 ; aire de CBE =
(6 − x)2
2 .
f x g xx x x x
x x)x )x( )x( )x= −g )x − = − + = − +
2 2( )x 2 2x x+ + 2
2 218
26 .
d. Puisque f (x)− 9 = −(x − 3)2 est négatif ou nul, alors f(x) ⩽ 9 pour tout x ∈ [0 ; 6].
Or f(3) = 9, donc 9 est le maximum de la fonction f , atteint pour x = 3, c’est-à-dire lorsque C est au
milieu de [AB].
26 • 2. Généralités sur les fonctions
TICE 3 Rechercher un minimum
●1 a. Les formules à saisir sont :
– dans B4 : « =(B2-B1)/10 »
dans A7 : « =B1 »
dans A8 : « =A7+B$4 »
dans B7 : « =A7^2+A7+2 »
b. L’abscisse du minimum
que l’on peut conjecturer est 0.
Toutefois, le pas étant grand, on
peut souligner qu’il se trouve
probablement dans l’intervalle
[– 5 ; 5].
c. Sur l’intervalle [– 5 ; 5], le
minimum de la table est atteint
deux fois, on peut toutefois
conjecturer qu’il se trouve dans
l’intervalle [– 1 ; 0].
d. Une valeur approchée du minimum est 1,75 pour l’abscisse – 0,5.
e. Puisque f(x) – 1,75 = (x + 0,5)2 est positif, alors f(x) ⩾ 1,75. Or f(– 0,5) = 1,75 donc f atteint son
minimum 1,75 pour x = – 0,5.
●2 a. On peut conjecturer que le minimum de f est 6, atteint pour l’abscisse x0 = 13
.
b. f (x)− 6 = 9x + 1x
− 6 = 9x2 +1 − 6xx
= (3x −1)2
xest positif.
Or f(x) = 6 lorsque 3x – 1 = 0, soit x = 13
, donc le minimum de f est 6, atteint pour x = 13
.
●3 La fonction doit avoir des variations « assez régulières » et n’admettre qu’un seul minimum local sur
l’intervalle étudié.
TICE 4 Déterminer le meilleur prix de vente
●1 On saisit dans la cellule
B6 la formule : « =(A6/50)^2+A6/10+784 », et dans la cellule C6, la formule : « =A6*F$3 », avant de les recopier vers le bas.
●2 a. et b. À l’aide du
graphique et du
tableau, on peut lire
que l’entreprise réalise
un bénéfice pour une
production comprise
entre 700 et 2 800
puces.
c. Le bénéfice maximal est réalisé pour 1 700 puces (ou 1 800, à la centaine près).
●3 Il faut vendre les puces 1,29 € minimum pour faire un bénéfice pour toute production comprise
entre 1 000 et 1 800 puces.
2. Généralités sur les fonctions • 27
Algorithmique 1 Lire un algorithme dans différents langages
●1 a. Si x = 3, l’algorithme retourne + 13
.
b. Algorithme complété :
Entrée : Le réel positif x.
Traitement : Affecter à y le nombre x +1x.
Affecter à z le nombre 5x − 2
x.
Sortie : Afficher y et z.
Si x = 3, le nouvel algorithme retourne 3 + 13
et 133
.
●2 a. Pour x = 3, on compare 3 + 13
et 133
. M est le plus grand des deux, c’est-à-dire 133
.
b. L’étape de traitement est un test conditionnel qui affecte à M une valeur en fonction du résultat
du test y < z.
Les autres modifications concernent la sortie : y et z ne sont plus affichés mais M l’est.
c. Lorsque f(x) = g(x), le test y < z retourne FAUX, donc il faut suivre l’instruction du « sinon », c’est-
à-dire affecter à M la valeur de y, soit f(x). L’algorithme fonctionne correctement car il affiche bien la
plus grande des deux valeurs puisqu’elles sont égales.
Algorithmique 2 Résoudre des inéquations
●1 Pour A = 100, on obtient le tableau :
x 0 1 2 3 4 5 6 7
y 0 9 20 33 48 65 84 105
●2 a. x devient x + 1 : une addition ;
y devient x(x + 8) : une addition et une multiplication.
Il y a donc trois opérations dans une étape de calcul.
b. On peut afficher une table de valeurs avec la calculatrice. La fonction est croissante, f(30) = 1 140
et f(31) = 1 209. Le plus petit entier tel que f(x) > 1 200 est x = 31.
c. Pour x = 31, il y a 31 boucles avec 3 calculs par boucle, donc 93 calculs en tout.
●3 a. Pour A = 1 200, on obtient le tableau :
x 0 10 20 30 40 30 31
y 0 180 560 1 140 1 920 1 140 1 209
b. L’algorithme augmente la variable x de 10 en 10, puis lorsqu’il dépasse la valeur à atteindre, la
variable x diminue d’une dizaine et avance par unité. Il calcule donc beaucoup moins de valeurs de
la variable et d’images.
c. Il réalise 4 boucles (4 × 3 = 12 opérations), un retour en arrière (3 opérations), puis à nouveau une
boucle complète, soit 18 opérations.
d. Le premier algorithme effectue 93 calculs, le second 18 calculs, ce dernier est plus efficace.
Algorithmique 3 Construire une table de valeurs
●1 a. Pour a = 3, b = 5,2 et p = 0,5, on construit les listes à l’aide de la calculatrice.
L1 3 3,5 4 4,5 5
L2 19 28,25 39 51,25 65
28 • 2. Généralités sur les fonctions
b. Pour a = 0, b = 12 et p = 0,001, il y aura dans chaque liste 12 001 termes.
c. Dans le premier cas, la borne supérieure n’est pas atteinte. Dans le second cas, le nombre de termes
est trop important pour les calculer et les exploiter.
●2 N indique le rang du terme dans les listes L1 et L2.
●3 a. Dans la question ●1) a, p = 0,22, et dans la question ●1) b, p = 1,2.
b. p = b − a10
c. Entrée : Les réels a et b.
Initialisation : L1 et L2 deux listes vides.
Affecter à p la valeur b − a10
.
Affecter à x la valeur a.
Traitement : Tant que x ⩽ b,
mettre x dans la liste L1 ;
mettre 3x2 – x – 5
dans la liste L2 ;
affecter à x le nombre x + p.
Sortie : Afficher L1 et L2.
●4 L’algorithme modifié pour TI et Casio :
Algorithmique 4 Encadrer la solution d’une équation
●1
Borne a Borne bAmplitude de
l’encadrementCentre de
l’intervalleImage du
centreSigne de l’image
du centre
0 8 8 4 2 positif
0 4 4 2 – 1,33 négatif
2 4 2 3 0,5 positif
2 3 1 2,5 – 0,36 négatif
2,5 3 0,5 2,75 – 7,52 négatif
On obtient un encadrement de α : 2,5 ⩽ α ⩽ 3.
●2 Le centre de l’intervalle [a ; b] est le nombrea + b
2, l’amplitude de l’intervalle [a ; b] est b – a.
2. Généralités sur les fonctions • 29
●3 Quelques exemples de programmation :
TI 83+ Casio graph 35+
Python Algobox
Xcas Scilab
●4 Une valeur approchée de α à 0,000 1 près est 2,701 5.
30 • 2. Généralités sur les fonctions
Problème ouvert 1 En cuisine
●1 f (x) = 30x.
●2 La température maximale que le four peut atteindre est f(10) = 30 × 10 = 300°.
Problème ouvert 2 Géométrie ou fonction ?
●1 Il existe deux solutions qui sont en fait les mêmes, en tournant la figure de 90°.
Les dimensions du rectangle sont environ 0,87 et 1,8.
●2 En notant x le côté [AB] du
rectangle, on obtient la longueur
OI à l’aide du théorème de
Pythagore appliqué au triangle
OIB (figure ci-contre).
On peut donc exprimer l’aire du rectangle f(x) en fonction de x :
OI2 = OB2 – IB2 d’où OI = 1 − x2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
et f (x) = x × 2 1 − x2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
.
Or l’aire du disque de rayon 1 vaut π. Donc on résout graphiquement l’équation f (x) = �
2≈ 1,57 .
On peut s’appuyer sur l’outil intersection de la calculatrice.
Les dimensions du rectangle sont environ 0,873 et 1,799.
0 2 4 6 81 3 5 7 90
306090
120150180210240270
Thermostat
Température (°C)
2. Généralités sur les fonctions • 31
Problème ouvert 3 À moitié plein !
En utilisant le théorème de Thalès dans le triangle CHA, on obtient : PM = x3
.
Le volume de boisson est : x3
27� .
Le volume du verre est 8π.
Cela conduit à l’équation : x3 = 108.
On trouve : x ≈ 4,76.
Corrigés des exercices et problèmes
Exercices d’application
1 f(2) = – 1 f(– 2) = 11
f( 2 ) = 3 – 3 2 f(– 2 ) = 3 + 3 2
2 a. f(2) = −14
f(3) = 0 f(4) = 16
b. L’image de – 2 n’existe pas car le dénominateur ne peut être nul.
3 a. – 3 et 3 b. 0
4 a. – 1 b. 3c. Il n’en existe pas.
5 a. Vrai b. Fauxc. Vrai d. Faux
6 a. Fauxb. Fauxc. Fauxd. Vraie. Faux
7 a. Sur (Ox), 1 carreau représente 1 heure.Sur (Oy), 1 carreau représente 25 cm.b. La mer est haute à 4 h et à 16 h environ.La mer est basse à 10 h et à 22 h 30 environ.c. De 8 h à 11 h 30 et de 21 h à 24 h environ.d. Ils ont pu surfer de 10 h à 16 h, soit pendant 6 heures.
8 a. 5 kg, car f(3) = 5.b. 0,5 kg, car f(0) = 0,5.c. Environ 1 an et 6 mois, car f(1,5) = 3.d. Entre 2 ans 3 mois et 3 ans, car f (2,25) = 4 et f(3) = 5.e. 5 ans, car pour x ⩾ 5, f(x) = f(5).f. Environ 1 an et 6 mois, car son poids adulte est 6 kg et f(1,5) = 3.
9 b et c
10 Tableau a : droite d
x 0 2 6 20
f(x) 2 – 1 – 7 – 28
Tableau b : droite d’
x – 2 0 2 6
f(x) – 2 – 1 0 2
11
x – 5 – 4 – 2 2 3 5 6 7 8
f(x) – 1 1 0 0 – 2 – 2 1 3 4
12 1. 252 – 10 × 9 = 535 m2
2. a. 10 < x ⩽ 30b. f(x) = x2 – 90
13 1. b2. c3. a et b4. a5. c
14 a. 0 ⩽ x ⩽ 1 400b. 1 400 – xc. 1,03(1 400 – x)d. 1,03 × 700 = 721 €
15 a. 2 b. 5
c. x +1( )2
−1
x− 2 = x
16 f(x) = 2x2
17 a. g(x) = x2
b. x ⩾ 0
c. g329
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
= 43
18 a. h(x) = x2x − 4
b. Pour tout x différent de 2.c. h(7) = 0,7
32 • 2. Généralités sur les fonctions
19 a.
x – 7 – 3 – 1 0 1 3 7
f(x) 2 400,82 80,1 – 3,5 – 9 – 3,5 80,1 2400,82
b. f(–x) = f(x)
20 1. b
2. a. x�x + 3
2+ x b. x� x2 + 3x + 5
c. x� x + 32 + x
d. x�−x3
2x + 5
e. x�x − 82
+ 5 f. x�5 − x2
2
21 a. 16b. Y = X4
c. PROGRAM:FONC :Prompt X :Prompt N :1→Y :For(I,1,N) :X*Y→Y :End :Disp Y
22 1. f(3) = – 1 et f(11) = 35
2. f (f (3)) = 3 et f (f (11)) = 11. On constate que f(f(x)) = x pour ces deux valeurs.3. b4. Démonstration par substitution.
23 1. Figure ci-contre.2. a. Environ 5,4b. Environ – 0,9
24 a. Tableau de valeurs au choix de l’élève.b. Figure ci-contre.
25 a. Figure ci-contre.
0
2
y
2
x
Cfb. Seul le point A appartient à Cf .
26 a. x = 1 ou x = 2 ou x = 6b. x = – 4 ou x = – 1 ou x = 3 ou x = 4c. [– 4 ; – 1] ∪ [3 ; 4]
27 a. x = – 3 ou x = 0 ou x = 2 ou x = 7b. x = 6c. [1 ; 3]
28 a. [– 8 ; – 3] ∪ [4 ; 7]b. Élodie a raison.
29 a. x = – 4 ou x = – 1 ou x = 2 ou x = 4b.
x – 5 – 4 – 1 2 4 7
f(x) + 0 – 0 + 0 – 0 +
30 a.
2
0
y
2
x
Cf
b. x = 3c. [3 ; 4]
31 a.
b. x ≈ – 2,4 ou x = 0 ou x ≈ 2,4
c. x = – 6 ou x = 0 ou x = 6
32 a. x = 1b. [1 ; 2]
33 1. et 2. a. x = − 23
ou x = 2
b. x = 0 ou x = 43
34 1. et 2. x = – 4 ou x = 2
35 a. x ≈ – 6 ou x ≈ 4b. Environ [– 6 ; 4]
y
0 2
x
Cf
2
y
0 2 x
Cf 2
0
y
1
x
Cf
1
2. Généralités sur les fonctions • 33
36 a. Figure ci-contre. b. – 2 < x < – 1
37 a. Figure ci-contre. b. f (x) est positif pour x compris environ entre – 2,3 et 6.
38 a. Figure ci-contre.b. x ≈ – 0,75 c. [– 0,75 ; 5]d. La fonction f est négative sur l’inter-valle [– 2 ; – 0,75] et positive sur l’inter-valle [– 0,75 ; 5].
39 a.
x – 5 – 4 – 3 – 2 – 1 1 2 3 4 5
f(x)312125
5132
89
38
0 038
89
5132
312125
On constate que pour ces valeurs, f(x) = f(–x).b. La courbe est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
40 a. En abscisse : 1 unité pour 1 semaine ;en ordonnée : 1 unité pour 200 g.b. 1 semaine ; 3 semaines ; 200 g ; 300 gc.
Âge 0 1 8
Poids 3 320
d. Il n’y a pas lieu de s’inquiéter car le poids d’un bébé peut descendre jusqu’à :
3 400 × 0,9 = 3 060 gce qui est bien inférieur à 3 320 g.
41 a. [– 4 ; 7]b. A ne se trouve pas sur la courbe, B oui.c. f est décroissante sur [– 4 ; – 2], croissante sur [– 2 ; 1] et décroissante sur [1 ; 7].d. Le minimum de f est – 3, son maximum est 2.
42 a. [– 7 ; 6]b.
x – 7 – 3 – 2 0 3 6
f(x) – 4 – 1 – 2 – 1 3 – 3
c. x = 1 ou x = 5d. Le maximum de f sur 𝒟 est 3 ; son minimum est – 4.
43 a. [– 4 ; 7]b.
x –4 –1 3 5 7
f(x)
c. x = 1 ou x = 4 ou x = 7d. – 1
44 a. [– 6 ; 7] b. – 6c. Il existe une infinité d’antécédents de 2.d.
x –6 –3 0 3 5 7
f(x)
e. x = – 4 ou x = 6f. f est positive pour – 4 ⩽ x ⩽ 6, négative pour – 6 ⩽ x ⩽ – 4 et 6 ⩽ x ⩽ 7.
45 a. f(– 3) = 2 ; f(2) = 4 et f(5) = 2.b. 2 ⩽ x ⩽ 4c. – 5 et 6d. Le maximum de f est 5.
46 a. f(– 2) = – 1 ; f(0) = – 3 et f(1) = 4.b. x = 2c. f est croissante sur [– 5 ; – 2] et sur [4 ; 7].f est décroissante sur [– 2 ; 1] et sur [1 ; 4].
0x
y
2
2
Cf
x
Cf
0
y
10
2
x
10
y
2
Cf
34 • 2. Généralités sur les fonctions
47 1. a. Vrai b. Vraic. Faux d. Vrai2. Non3. x = – 3 ou x = 0 ou x = 3 ou x = 6
48 a. On ne peut pas répondre.b. On ne peut pas répondre.c. Vraid. Fauxe. Vraif. On ne peut pas répondre.
49 Démonstration par disjonction des cas.
50 Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
51 Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
52 Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
53 Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
55 Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
56 Démonstration à l’aide des définitions.
57 a.
x –2 0 2 5
f(x) 25
2 2
b. Tracé d’une courbe au choix de l’élève.
58 a. Vrai b. Fauxc. Vrai d. Vraie. On ne peut pas répondre.f. On ne peut pas répondre.g. On ne peut pas répondre.
59 1. a. Vraib. Faux. f (0) = 0 et pourtant 0 n’est pas compris entre 1 et 2.c. Faux. Il existe des nombres entre 1 et 2 qui ont une image entre 0 et 1.d. Faux. Il existe un nombre entre 1 et 2 d’image nulle.2. a. Faux b. Vraic. Faux d. Vrai
60 A : 1 B : 4C : 2 D : 3
61 Figure 1 : d Figure 2 : cFigure 3 : b Figure 4 : a
QCM
62 1. C 2. A 3. A et C
63 A, C et D 64 D
65 A 66 A et C
67 D 68 B
69 B et C 70 A et C
Problèmes
71 1. Faux. La représentation graphique n’est pas une droite.2. a. 8 000 €b. 106 000 €3. a.
x 0 25 45 75 120 145
f(x) 0 0,3 3,6 12,3 30,7 42
b.
c. f (10) = – 0,41. Ce résultat ne correspond pas au montant des impôts à payer. La courbe ne fait qu’approcher la réalité. On en voit ici les limites.
72 Partie A1. Appliquer le théorème de Pythagore dans ABC et ABM.2. a. 0 ⩽ x ⩽ 4b. On a CM2 = (x + 1)2 = x2 + 2x + 1.3. On a 2AB2 + x2 + 1 = x2 + 2x + 1.4. Même démarche dans EMD.Partie B
1. (x) = x + 4 − x
2. Le maximum de f est environ 2,8, atteint pour x = 2. f(2) = 2 2 .
73 a. AB = 300
x
b. 4 < x < 300
4 = 75
c. A(x) = MN × QM = 300
4 4x
x−⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎠⎠
( )
50 100 1500
10
20
30
40
Cf
x
y50
2. Généralités sur les fonctions • 35
d.
e. x0 ≈ 17,3
x 4 x0 75
A(x)
f. x0 = 10 3
74 1. H(0) = 1,52. Développer l’expression de droite.
3. t0 = 157
, c’est l’instant où la pierre touche le sol.
4.
5. a.
t 0 1157
H(t)1,5
6,4
0
b. Le caillou atteint 6,4 m après 1 s.6. H(t) = 1,5 pour t = 2 s.
75 1. a. L = 41 + 3 ≈ 9,4
b. L = 34 + 4 ≈ 9,8
c. L = 22,25 + 15,25 ≈ 8,6
2. a. 0 ⩽ x ⩽ 5
b. L(x) = 5 − x( )2+16 + x2 + 9
3. Le minimum est atteint pour x ≈ 2,14 et vaut L(2,14) ≈ 8,6.
4. Le minimum de L est 74 pour x = 157
.
76
a. 19,5 ; 19,875 ; 20,625
b. f (x) = 12
12
12
12
12
x +10⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
+10⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
+10⎛
⎝⎜⎛⎛
⎝⎝
⎞
⎠⎟⎞⎞
⎠⎠+10
⎛
⎝⎜⎛⎛
⎝⎝
⎞
⎠⎟⎞⎞
⎠⎠+10
c. L’argent de poche de juin sera supérieur à l’argent de poche de janvier pour x < 20.
77 a. A(x) = 60 – x2 – (6 – x)(10 – x) pour 0 ⩽ x ⩽ 6b. Développer les expressions du a. et du b.c. L’aire de MNPQ est maximale pour x = 4 et A(4) = 32.
78
1.
2. f (x) =2x +1( )2
−1
4= x2 + x
3. a.
b. g(x) = (x + 1)x = x2 + x = f(x)
79 a. MH = 5
b. AM = x2 + 25 BM = 8 − x( )2+ 25
c. P(x) = 8 + x2 + 25 + 8 − x( )2+ 25
d. x doit être compris entre – 2,3 environ et 10,3 environ.e. Ce sont les triangles réalisés en prenant x = – 2,3 ou x = 10,3 environ.f. La longueur minimale de corde est d’environ 20,8 pour x = 4. Dans ce cas, ABM est isocèle en M.
80 a. p représente le pas.b. 100 foisc. n = 100
4020 600
CA
x
y
20
40
60
80
100
120
140
160
180
0
2
1
3
4
5
6y
1 2
xCH
5 ; 19 87
36 • 2. Généralités sur les fonctions
d. n = 0e. f n’est pas monotone.f. Indira a raison.
81 Partie A1. 0 < x < 52. a. f (x) = x 2
b. g(x) = 5 − x( )2+ 25
3. Les courbes se coupent en x ≈ 3,7 avec EF ≈ 5,2.
Partie Ba. Sur I, f et g sont positives et f(x) = g(x) est équiva-lent à f(x)2 = g(x)2, soit 50 – 10x + x2 = 2x2.b. Développer les deux expressions.
c. x = 5 3 − 5 ≈ 3,66
et EF = f (5 3 − 5) = 5 2 3 −1( ) ≈ 5,18 .
Partie C1. Il suffit de tracer la droite (BF) faisant un angle de 30° avec la diagonale du carré, puis de compléter par symétrie.
2. a. CBF� = 15° b. BF = 5
cos °15
c. cos 15° = 1
2 3 −1( ) 82 1. Paul commence à courir après 4 s et il se trouve à 10 m de Paulette.2. a. 8 secondesb. Il continue à courir à la même vitesse que le train et dans la direction opposé de façon à rester à la hauteur de Paulette.3. 18 secondes
83 Traduction de l’énoncéCroissez et multipliezDans le cadre d’une recherche sur la reproduc-tion des micro-organismes, Aurélie s’intéresse à trois types de bactéries désignés par les lettres A, B et C.À l’instant initial, elle a le même nombre de bactéries de chacune des trois espèces.Mais ensuite :– le nombre de bactéries A doublera toutes les 2 heures ;
– le nombre de bactéries B triplera toutes les 3 heures ;– le nombre de bactéries C sera multiplié par 5 toutes les 5 heures.Quelle est l’espèce dont la population se déve-loppera le plus vite ? le moins vite ? Expliquer.
Deux populations sont clairement comparables pour des multiples communs de leurs « périodes » (voir tableau ci-dessous).
Heures 6 10 12 24 30
A 8 32 64 4 096 32 768
B 9 81 6 561 59 049
C 25 15 625
Après 24 heures, le classement est déjà bien établi : il faudrait attendre 25 heures pour que C = 3 125. Après 30 heures, on a 15 625 < 32 768 < 59 049.Le classement est alors C < A < B.
84 a. La courbe verte correspond au cycliste qui part en premier de Gérardmer. La courbe rouge correspond à l’automobiliste qui part de Munster.b. La vitesse de l’automobiliste est de 60 km/h en montée et 120 km/h en descente.La vitesse du cycliste est de 15 km/h dans la montée et de 60 km/h dans la descente.c. Ils se rencontrent à 8 h 25 du côté de Munster.d. Le col se trouve à 5 km de Gérardmer.e. Il s’agit du cycliste : montée (20 min) ; descente (10 min) ; pause (5 min) ; descente (5 min).f.
85 Par hypothèse OM = 15. On appelle x la distance OP, la surface de la maison
est A(x) = 20 − 225 − x2( ) 20 − x( ) .
Cette aire est minimale pour x ≈ 6,46 ou x ≈ 13,5.
0
5
10
15
20
105 15
Distance deGérardmer,d (en km)
t (en min)
3. Fonctions de référence • 37
3. Fonctions de référence
Objectifs et pré-requis
L’objectif de ce chapitre est d’étudier les fonctions dites de référence : les fonctions affines, la
fonction carré et la fonction inverse. Les activités et problèmes proposés montrent quelques
situations d’utilisation de ces fonctions. On étudiera également quelques propriétés géométriques
des coniques dans des situations particulières.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Fonctions de référenceFonctions linéaires et fonctions affines.
Variations de la fonction carré, de la fonction inverse.
• Donner le sens de variation d’une fonction affine.• Donner le tableau de signes de ax + b pour des valeurs numériques données de a et b.• Connaître les variations des fonctions carré et inverse.• Représenter graphiquement les fonctions carré et inverse.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Les ondes qui arrivent depuis l’espace sont réfléchies par la parabole vers son foyer, c’est-à-dire le
module situé à l’avant et tenu par un support. Le trou au milieu de cette parabole sert à laisser passer
ces rayons renvoyés par le module vers le centre de traitement des informations, situé à l’arrière de
la parabole.
Corrigés des activités
1 Quelle est la vitesse de ce vélo ?
●1 a.
Intervalle [0 ; 10] [10 ; 20] [20 ; 30] [30 ; 40] [40 ; 50]
Vitesse moyenne de Bénédicte en m/min
420 420 420 420 420
b. Vitesse moyenne de Bénédicte sur tout le trajet : 420 m/min.
c.
0 100
5
Distance parcourue (en km)
BénédicteEsteban
Durée (en min)
38 • 3. Fonctions de référence
d. Une vitesse moyenne entre deux instants apparaît pour les points A et B correspondants sur le
graphique comme le quotient de la différence des ordonnées divisé par la différence des abscisses.
Cela correspond (et sera vu plus tard) au coefficient directeur de la droite (AB).
●2 a.
Intervalle [0 ; 10] [10 ; 20] [20 ; 30] [30 ; 40] [40 ; 50]
Vitesse moyenne d’Esteban en m/min
600 500 500 300 200
Vitesse moyenne d’Esteban sur tout le trajet : 420 m/min.
b. On ne peut pas retrouver sa vitesse moyenne durant les 5 premières minutes car la distance
parcourue pendant cette période est inconnue. Les vitesses moyennes de chaque intervalle d’une
minute ne sont peut-être pas constantes. C’est ce que l’on voit en comparant les trajets effectués par
Bénédicte et Esteban : la vitesse moyenne globale est identique, mais les vitesses moyennes sont diffé-
rentes sur chaque intervalle.
2 Augmentationa. L’augmentation n’a pas été exactement de 3 % pour chaque catégorie.
2 enfants à charge
3 enfants à charge
4 enfants à charge
Par enfant supplémentaire
Augmentation entre 2008 et 2009 en %
2,992 % 2,999 % 3,003 % 3,004 %
b. La fonction f définie par f(x) = 1,03x permet de trouver une bonne approximation des montants
en 2009 à partir de ceux de 2008 :
Date2 enfants à charge
3 enfants à charge
4 enfants à charge
Par enfant supplémentaire
01/01/2008 120,32 274,47 428,61 154,15
01/01/2009 123,92 282,7 441,48 158,78
Calculé avec f 123,9296 282,7041 441,4683 158,7745
c. En supposant que l’augmentation est chaque année de 3 %, une estimation de chacun des
montants au 1er janvier 2011 est :
Date2 enfants à charge
3 enfants à charge
4 enfants à charge
Par enfant supplémentaire
01/01/2011 131,47 € 299,92 € 468,37 € 168,45 €
3 À quoi sert cette touche ?
●1 a.
x – 3 – 2,5 – 2 – 1,5 – 1 – 0,5 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3
f(x) 9 6,25 4 2,25 1 0,25 0 0,25 1 2,25 4 6,25 9
3. Fonctions de référence • 39
b.
x
y
1
10
●2 a.
x – 5 – 4 – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 4 5
f(x) – 0,2 – 0,25 – 0,33 – 0,5 – 1 1 0,5 0,333 0,25 0,2
Pour x = 0, la calculatrice affiche une erreur : impossible de diviser par zéro.
b.
x
y
1
10
c.
x 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1
f(x) 10 5 3,333 2,5 2 1,667 1,429 1,25 1,111 1
y
x
1
10
40 • 3. Fonctions de référence
d. Pour représenter ces valeurs il faut modifier les unités sur les axes.
x 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 0,1
f(x) 100 50 33,33 25 20 16,67 14,29 12,5 11,11 10
y
x
10
0,10
●3
x 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 1 1,5 2 2,5 3
f(x) 0 0,316 0,447 0,548 0,632 0,707 1 1,225 1,414 1,581 1,732
x1
10
y
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Recherche d’un ensemble de points
●1 Le lieu des points obtenu pour la conjecture est
représenté ci-contre.
●2 a. H est le projeté orthogonal de M sur la droite 𝒟,
MH est donc bien égale à la distance du point M à
cette droite.
b. M est sur la médiatrice de [FH], donc MF = MH.
c. Lorsque H décrit 𝒟, on construit bien ainsi
l’ensemble ℰ cherché.
●3 a. De façon immédiate, on a bien l’égalité OF = OK.
b. Si H est en K, O est un point de ℰ ; dans les
autres cas, la médiatrice de [FH] n’est pas parallèle
à 𝒟 et donc coupera la perpendiculaire à 𝒟 passant
par H.
3. Fonctions de référence • 41
c. Les coordonnées des points K, M et H sont respectivement
(0 ; − 14
), (x ; y) et (x ; − 14
) dans le repère indiqué.
L’égalité MH = FM conduit à l’équation y + 14
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
= x2 + y − 14
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
2
, ce qui est équivalent à y = x2.
L’ensemble ℰ est une parabole.
C’est une occasion pour utiliser un logiciel de calcul formel :
TICE 2 Ordre et puissancesPartie A
●1 Voir figure ci-contre.
●2 La résolution graphique des inéquations permet de
réinvestir le chapitre « Généralités sur les fonctions ». Les
positions relatives des courbes les unes par rapport aux
autres permettent de conjecturer les inégalités sur l’inter-
valle [0 ; 1].
●3 a. On a x ⩽ 1 donc x – 1 ⩽ 0.
Or x ⩾ 0, donc x(x – 1) ⩽ 0 d’où x2 ⩽ x.
b. Comme x ⩾ 0,
xx x x( ) x( ))(( )1 0 1 0 1x1) +( 02( )0 1 �Bx) 1 0x( ) − 1 Comme
x +( )1 0) , on a : x −( )1 0) .
c. x3 ⩽ x2 se démontre comme ●3 a. et permet à partir de
ce qui précède de conclure.
Partie B
●1 Voir figure ci-contre.
●2 Les positions relatives des courbes les unes par rapport
aux autres permettent de conjecturer les inégalités sur
l’intervalle [1 ; + 3[.
●3 Les démonstrations sont similaires à celles de la partie A,
en partant de l’inégalité x ⩾ 1.
TICE 3 Représentation graphique de fonctions à la calculatrice
Partie A
●1 a. et b. Voir ci-contre.
c. et d. La symétrie recherchée n’apparaît sans doute pas immédia-
tement aux élèves. Mais le tracé du point A(2 ; 4) sur Cf et du point
A’(4 ; 2) sur Cg devrait les aider.
0 1 x0
1
√xx
x2
x3
y
0 10 x0
10y
√x
x
x2
x3
42 • 3. Fonctions de référence
●2 Le tracé point par point de la courbe Cg permet, s’il est fait soigneusement, d’obtenir le tracé de Cf
par symétrie par rapport à la première bissectrice.
Partie B
●1 Voir ci contre.
●2 a. Cf admet l’axe des ordonnés comme axe de symétrie, en effet
pour tout réel x, –x et x ont la même image par f .
b. Résolution graphique.
c. Résolution graphique de l’équation x2 = a :
– si a > 0, il y a deux solutions distinctes et opposées ;
– si a = 0, il y a une seule solution ;
– si a < 0, il n’y a aucune solution.
Algorithmique 1 Calcul approché de l’aire sous une courbe
●1 L’algorithme proposé affiche 5 couples (x ; f(x)) pour x prenant
les valeurs 0, 0,25, 0,5, 0,75 et 1.
●2 a. Les aires sont dans l’ordre :
0,25 × 0,252
2, ,
0,25 × 0,252 + 0,52( )2
, 0,25 × 0,52 + 0,752( )
2 et
0,25 × 0,752 + 12( )2
.
b. Le programme de l’algorithme initial sur TI 83 + :
L’algorithme modifié :
Entrée :
Initialisation :
Traitement et sortie :
Le nombre n.
Affecter à x1 la valeur 0.
Affecter à e la valeur 1n
Affecter à S la valeur 0.
Affecter à y1 la valeur du carré de x1.
Afficher le couple (x1 ; y1).
Tant que x1 est strictement inférieur à 1
affecter à y1 la valeur du carré de x1 ;
affecter à x2 la valeur x1 + e ;
affecter à y2 la valeur du carré de x2 ;
affecter à S la valeur S +y1 + y2
2×1n ;
afficher le couple (x2 ; y2) ;
affecter à x1 la valeur x2 ;
fin du tant que.
Afficher S.
3. Fonctions de référence • 43
●3 b. Pour n = 100, cet algorithme donne la valeur 0,333 35 pour la somme des aires.
Algorithmique 2 Longueur d’une courbe
●1 a. et b.
●2 OA1 + A1A2 + A2A3 + A3A4 = + 10 + 26 + 50 ≈ 16,75
●3 On choisit n points sur la courbe, à abscisses strictement positives, répartis régulièrement dans
l’intervalle ]0 ; 4].
Entrée :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Le nombre n.
Affecter à e la valeur 1n.
Affecter à a1 la valeur 0.
Affecter à a2 la valeur a1 + e.
Affecter à longueur la valeur 0.
Tant que a2 est inférieur ou égal à 4
affecter à b1 le carré de la valeur a1 ;
affecter à b2 le carré de la valeur a2 ;
affecter à longueur la valeur
longueur + (a2 − a1 )2 + (b2bb − b1bb )2 ;
affecter à a1 la valeur a1 + e ;
affecter à a2 la valeur a2 + e ;
Fin du tant que.
Afficher longueur.
44 • 3. Fonctions de référence
Problème ouvert 1 Proche… à certains endroits ! a. ∆(x) = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2 donc ∆(x) est positif ou nul sur ℝ.
b.
BC = f(x) – g(x) et AC = f(x), il s’agit donc de déterminer un intervalle sur lequel BCAC
< 0,01.
Problème ouvert 2 Intersection(s) Si l’ordonnée à l’origine est b, alors trois cas se présentent :
1er cas : b > − 14
, il y a deux points d’intersection ;
2e cas : b = − 14
, il y a un unique point d’intersection ;
3e cas : b < − 14
, il n’y a aucun point d’intersection.
Problème ouvert 3 Bordure
Il existe 48 couples solutions, mais 24 paires
de solutions et beaucoup d’entre elles sont
irréalisables (comme, par exemple, celle
qui donne une largeur de la piscine de
10 cm !).
sentent
3. Fonctions de référence • 45
Corrigés des exercices et problèmes
Exercices d’application
1
x
y
10
1
Cf
Cj
Ck
Ci
Cg Ch
2
x1
0
CfCj
Ck
Ci
Cg
Ch
y
1
3 1. a. f(x) = –x + 5
b.
x1
10
y
Cf, 1
Cf, 2
Cf, 3
Cf, 4
2. f(x) = x + 3 3. f(x) =
–114
x + 16 4. f(x) = 3
4 a. 13
b. 23
c. 0
d. 10 e. – 2 f. π
5 a.
x 1 2 0
f(x) 2 4 0
f(x) = 2x
x – 1 5 10 − 172
g(x) 5 – 7 – 17 20
g(x) = – 2x + 3
b.
x1
10
y CfCg
6 a.
x – 1 5 10 − 1814
f(x)13
− 73
− 419
20
f x x)x = − −49
19
x 12 137 0 − 2 882 553506
g(x) – 280 – 10 40017 288
25 461 900
g x x( )x = − +202425
17 28825
46 • 3. Fonctions de référence
b.
Cf x10
10
y
Cg
7 (AC) : f 1(x) = x + 5(AB) : f 2(x) = –x – 3(OB) : f 3(x) = 2x
8 (AB) : f 1(x) = 2x – 13
(AD) : f 2(x) = –x – 2
(BC) : f 3(x) = –2
x + 3
9 d1 passe par A et B : f 1(x) = 5x – 4
d2 passe par B, C et E : f 2(x) = −12
x + 32
d3 passe par A et C : f 3(x) = 35
x – 4
d4 passe par D et E : f 4(x) = – 1,5
10 a.
Cf
x1
10
y
b. A(0 ; 0), B(1 ; – 3) et C(2 ; – 4) sont trois points de la courbe qui ne sont pas alignés car le coefficient directeur de (AB) vaut – 3 et celui de (AC) vaut – 2.
11 1.
x1
10
y
Cf, 1
Cf, 2
2. a. f 1(x) = –x + 0,75b. A(0 ; – 1), B(1 ; 1,000 01) et C(– 1 ; – 2,999 99) appartiennent à la courbe et ne sont pas alignés car le coefficient directeur de (AB) vaut 2,000 01 et celui de (AC) vaut 1,999 99.
12 f(x) = – 8,5x + 8
13 f(x) = x – 1
14
1. Voir fichier.2. a. b(x) = x + 1, donc b est affine.b. c(x) = x – 1, donc c est affine.d(x) = (x + 1)2, donc d n’est pas affinee(x) = (x – 1)2, donc e n’est pas affine.f(x) = (x – 1)2 – (x + 1)2 = 4x, donc f est affine.
15 1.
x
0
y
Cf1
1
2. a. S = {3} b. S = [3 ; 4]
oir fichi
3. Fonctions de référence • 47
16 a.
x1
10
y
Cf
b. a = 2 et b = – 7La fonction f est croissante sur ℝ.c.
x 0 1 2 4 5 10
f(x) – 7 – 5 – 3 1 3 13
17
En nommant A, B et C les trois points donnés, on obtient les coefficients directeurs des droites (AB), (BC) et (AC).
Coefficient de (AB)
Coefficient de (BC)
Coefficient de (AC)
f5725
4720
2310
g23331000
23331000
23331000
h 1 000 000 1 000 000 1 000 000
i1�
1�
1�
Donc f ne peut pas être affine, par contre g, h et i peuvent être affines.
18 a. Les quotients n�j�
de l’accroissement du
nombre de visiteurs par le nombre de jours qui séparent les observations sont tous égaux à 2.Le coefficient de proportionnalité est 2.
b. Le jour de la création du blog, le « nombre de jours » vaut 0. En ajoutant cette donnée, les quotients
�n�j�
ne sontplus tous égaux.
19 f(x) = 4x g(x) = x2
h(x) = 4x + πx = (4 + π)x i(x) = (1 – 4
)x2
a. f et h sont linéaires. b. f et h sont affines.
20
1. a. 4,50 € b. 8 € c. 12 €2. a.
Entrée :
Traitement
et sortie :
Le nombre x.
Si x > 0 et x ⩽ 25 alors
affecter à PRIX
la valeur 3 + 0,15 × xFinSi.
Si x > 25 et x ⩽ 70 alors
affecter à PRIX
la valeur 4 + 0,10 × xFinSi.
Si x > 70 alors
affecter à PRIX
la valeur 7 + 0,05 × xFinSi.
b.
Avec une calculatrice :
c.
Nombre de photos
10 26 27 28 70 75 80
Prix à payer
4,50 6,60 6,70 6,80 11 10,75 11
3.
1
y
x
100
ommant
4 50 €
48 • 3. Fonctions de référence
4. Le futur client, lorsqu’il envisage une commande de 24 ou 25 photos, peut augmenter sa commande jusqu’à 26 ou 27 photos.De même, une commande entre 66 et 70 photos peut être passée à 71 photos ou plus, soit pour payer moins, soit pour avoir plus de photos pour le même prix.
21 a. f(x) = 1,07x b. f(x) = x + 0,07c. f(x) = x – 0,07 d. f(x) = 0,93x
22 a. 1311
≈ 1,182 .
La moyenne a augmenté de 18,2 % environ.
b. 1113
≈ 0,846 . La moyenne a diminué de 15,4 %
environ.
23 a. 185,07 €b. 8 touches : 1 9 9 × . 9 3 = .
24 a.
Entrée :
Traitement :
Sortie :
Le nombre m (montant des
achats).
Si m > 50 alors
affecter à m
la valeur m – 10
FinSi.
Si m > 100 alors
affecter à m
la valeur 0,9 × mFinSi.
Afficher m.
b.
c. f(40) = 40 ; f(60) = 50 et f(120) = 99. La fonction f n’est pas linéaire car f(40) = 40 et f(60) ≠ 60. Elle n’est pas affine car les coefficients directeurs f (60) − f (40)
60 − 40= 0,5 et
f (120) − f (40)
120 − 40= 0,7375 sont
différents.
25
1. Cet algorithme demande un coût de production initial C et un nombre de mois N. Il affiche en sortie, pour tous les mois entre 1 et N, les coûts de produc-tion prévus.2. a. et b.
26 a. Soit p le prix initial. Le prix final est p × 1,05 × 0,95 = 0,9975 × p ≠ p. Le prix diminue toujours de 0,25 %.
b. p × 1,05 × k = p ⇔ k = 1
1,05 ≈ 0,952 380 95… Le
pourcentage de baisse aurait dû être de 4,7619… %.
27
À faire à la calculatrice ou à l’aide d’un tableur.a. 515b. 778,98 (ou 778,92 en arrondissant chaque fois)c. Elle devra attendre le 1er janvier 2024.
28
x
1
yCf, 1
Cg, 2
Cg, 1
Cg, 3
Cf, 3
Cf, 2
1
0
et algor
re à la ca
3. Fonctions de référence • 49
29 a.
x
1
1
0
y
Cf
b. 12 − 0,952
1 − 0,95= 1,95 et
1,052 − 0,952
1,05 − 0,95= 2
30
a b c d e f
x –56
2 323
105 – 105 10– 5
f(x)2536 2 6 1010 1010 10– 10
31 a. (2 + a)2 = 4 + 4a + a2
b. 1 1
22
22
aa
aa−
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
= − +
c. 316
91
36
22a a9 a
⎛3
⎝3⎜
⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎞⎞⎠⎠
−a9 +
32 a.
x 3 × 10– 5 0,3 3 3 3 000
a(x) 9 × 10– 10 0,09 3 9 9 000 000
b.
Accroissement de 2 valeurs successives
Accroissement des images
correspondantes
0,299 97 0,089 999 999
1,432 050 808 2,91
1,267 949 192 6
2 997 8 999 991
Dans les différentes lignes, les coefficients pour passer d’une colonne à l’autre ne sont pas égaux, donc il n’y a pas proportionnalité entre les accrois-sements.
33
x0
y Cf
1
1
Valeurs 0 1 4 3 – 4
Antécédents par f
0 – 1 ; 1 – 2 ; 2 − 3 ; 3 aucun
34 a. Vrai. L’ensemble de définition de la fonction carré est ℝ.b. Vrai. Un nombre strictement négatif , par exemple – 4, n’a pas d’antécédent.c. Faux. Il existe des nombres réels qui ont deux antécédents, par exemple 9 a deux antécédents qui sont 3 et – 3.d. Vrai. Par exemple 9 a deux antécédents qui sont 3 et – 3.
35 1.
Équation x2 = 4 x2 = 5 x2 = – 5
Solution S = {– 2 ; 2} S = {– 5 ; 5 } S = ∅
2.
Inéquation x2 ⩽ 4 x2 ⩾ 5 x2 < 9
Solution S = [– 2 ; 2]
S =
]– 3 ; − 5 ]
∪ [ 5 ; +3 [
S = ]– 3 ; 3[
50 • 3. Fonctions de référence
x0
y
1
Cf
1
36 a. 5,12 > 5,052 b. (– 10,4)2 < (– 20,4)2
c. ( 5 + 1)2
> ( 5 − 1)2
d. 7,32 > (– 7,2)2
37 a. 9 ⩽ 3,142 ⩽ π 2 ⩽ 3,152 ⩽ 16 car 3 ⩽ 3,14 ⩽ π ⩽ 3,15 ⩽ 4b. (– 8,9)2 ⩽ 81 ⩽ (– 9,1)2 car – 8,9 ⩾ – 9 ⩾ – 9,1 ou en passant par les positifs
c. 0,09 ⩽ 9
⩽ 0,16 car 0,3 ⩽ 13
⩽ 0,4
38 a. Si x ∈ [2 ; 7] alors 2 ⩽ x ⩽ 7 donc 4 ⩽ x2 ⩽ 49.b. La réciproque est fausse : 4 ⩽ x2 ⩽ 49 donc x ∈ [2 ; 7] ou x ∈ [– 7 ; – 2].
39 a. Si x ∈ [– 2 ; 3] alors – 2 ⩽ x ⩽ 0 ou 0 ⩽ x ⩽ 3 et donc 0 ⩽ x2 ⩽ 4 ou 0 ⩽ x2 ⩽ 9 , soit 0 ⩽ x2 ⩽ 9.b. La réciproque est fausse : 0 ⩽ x2 ⩽ 9 donc x ∈ [– 3 ; 3].
40
x0
y
1
1
I13
; 3⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦− −
⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦3
13
; − −⎡
⎣⎢⎡⎡
⎣⎣
⎤
⎦⎥⎤⎤
⎦⎦
103
13
;
Minimum19
19
0
Maximum 9 9100
9
41 a. a = 1 car x ⩾ 1 donc x2 ⩾ 1b. a = 4 car x ⩽ – 2 donc x2 ⩾ 4c. a = 0 et b = 4 car 0 ⩽ x ⩽ 2 donc 0 ⩽ x2 ⩽ 4d. a = 0,01 et b = 2,89 car – 1,7 ⩽ x ⩽ – 0,1 donc 2,89 ⩾ x2 ⩾ 0,01
42 a. Vrai. La fonction carré est croissante sur [3 ; 4], donc si 3 ⩽ x ⩽ 4 alors 9 ⩽ x2 ⩽ 16. b. Faux. Contre exemple : x = – 4,5. Si 9 ⩽ x2 ⩽ 16 alors 3 ⩽ x ⩽ 4 ou – 4 ⩽ x ⩽ – 3.c. Faux. Contre exemple : x = 0. Si – 3 ⩽ x ⩽ 4 alors 0 ⩽ x2 ⩽ 16.
43
a. f(2 ; 0) = 1 f(5 ; 2) = 25 f(3 ; 3) = 27b. L’expression renvoyée est xn.1er cas : n = i = 0. La première partie du « if » donne comme sortie 1.2e cas : n = i ≠ 0 . Le tableau suivant donne les diffé-rentes valeurs des variables i et y lors des passages dans le « while ».
i n n – 1 n – 2 1
y 1 × x = x1 1 × x × x = x2 1 × x × x × x = x3 xn
44
a. 1er cas : n = i = 0. La première partie du « if » donne comme sortie 0.2e cas : n = i ≠ 0. Le tableau suivant donne les différentes valeurs des variables i et y lors des passages dans le « while ».
i n n – 1 n – 2 1
y 0 + n = 1n n + n = 2n 2n + n = 3n n × n = n2
(2 ; 0) = 1
er cas :
3. Fonctions de référence • 51
b.
45
1. 2 × 10 + 3 × 1,5 = 24,50 €2. a. Pour x ⩽ 1 :
P(x) = 2 × x × 1 000100
= 20x.
Pour x > 1 : P(x) = 20 + 1,5 × (x – 1) ×
1 000100
= 15x + 5.
b.
Entrée :
Traitement :
Sortie :
Le nombre x.
Si x ⩽ 0 alors
affecter à PRIX
la valeur 20x
FinSi.
Si x > 1 alors
affecter à PRIX
la valeur 15x + 5
FinSi.
Afficher la variable PRIX.
3. a. Ajouter avant l’affichage du résultat :
Si PRIX > 30 alors
affecter à PRIX
la valeur 0,85 × PRIXFinSi.
b.
1,9 kg coûte 28,48 € et 1,6 kg coûte 29 €.
46 12
f (n + m) − f (n) + f (m)( )( )= (n2 + 2nm + m2 ) − n2 − m2
2
= nm
47 1. f (a) + f (b)
2− f
a + b2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
= a2 + b2
2− (a + b)2
4
= a2 − 2ab + b2
4
= (a − b)2
4
est positif ou nul donc fa + b
2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
⩽
f (a) + f (b)
2.
2. a. a + b
2 est l’abscisse du milieu des points
d’abscisses a et b.b.
xA
J
I
B
10
y
1
f(a) est l’ordonnée de A.f(b) est l’ordonnée de B.
fa + b
2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
est l’ordonnée du point J de la courbe
d’abscisse a + b
2.
f (a) + f (b)
2 est l’ordonnée du point I milieu de [AB].
On a montré que J se trouve en dessous du point I.
48
Traduction de l’énoncé À la ficelle L’astronome allemand Johannes Kepler a publié
une méthode permettant de tracer une parabole en utilisant une règle, une équerre, une ficelle, une épingle et un crayon.
On pose la règle le long d’une droite (AB) et on plante l’épingle en un point F. La longueur de la ficelle étant égale au côté CD de l’équerre, on en fixe une extrémité en D et l’autre en F. La pointe P du crayon maintient la ficelle tendue le long de l’équerre le plus loin possible, comme le montre le dessin ci-dessous.
Si on fait glisser le coté EC de l’équerre sur la droite (AB), le point P se déplace alors sur une parabole.
× 10 + 3
Traductio
52 • 3. Fonctions de référence
A EJohannes Kepler
1571-1630 C B
F
P
D
2 cm
Justifier l’égalité PF = PC. Dessiner point par point une telle parabole
sachant que CD = 14 cm et que F se trouve à 2 cm de la droite (AB).
DC et DP + PF ont même longueur. Or DC = DP + PC, donc PF = PC.
C
P
médiatrice de [CF]
F
49 f : orange g : rouge h : bleuei : mauve j : rose k : vert
0 1
1
y
x
Cj
Cf
Ch
Ci
Cg
Ck
50 f est définie sur ℝ\{0}.
f est croissante sur ]0 ; +3[
car f(b) – f(a) = –1 1b a
b a–ab
+ = qui est positif pour
a ⩽ b sur ]0 ; +3[.
De même, f est décroissante sur ]– 3 ; 0[.
Cf
0 1
1
y
x
51 a. 1
15 >
116
b. 1
100 0001
100 001>
c. − 10,1
< –,1
0 2, d.
1�
< 1
3,14
52
y 1 4 0 – 41
13
Antécédent de y
114
aucun –14
13
53 1. a. 1x
= 4 a pour solution S = {14
}.
b. 1x
= π a pour solution S = {1�
}.
c. 25
51 1
5x x= − = −B , d’où S = {– 5}.
2. a. 1x
⩽ – 2 a pour solution S = [ − 12
; 0[.
b. 1x
⩾ 0,5 a pour solution S = ]0 ; 2].
c. 1x
< 4 a pour solution S = ]– 3 ; 0[ ∪ ]14
; +3[.
x1
1
y
Cf
0
54 a. 13
1 12
� �a
b. − −11 1
6� �
a
c. – 100 ⩽ 1a
⩽ – 0,01 d. 104 ⩽ 1a
⩽ 105
3. Fonctions de référence • 53
55 a. Faux. 0 n’a pas d’image.
b. Vrai. C’est 1
�2.
c. Faux. 1 1a b
a b= aB sur ℝ*.
d. Vrai. x ≠ 0 a comme unique antécédent 1x
et
0 n’a pas d’antécédent.
56 a. Si a = 0, il n’ a pas de solution.
Si a ≠ 0, alors 1 12
xax x
a=x= ax B
d’où si a > 0, S = { − 1a
; 1a
} et si a < 0, il n’y a pas
de solution.
b. Une droite passant par l’origine O coupe ℋ en deux points symétriques par rapport à O si son coefficient directeur est strictement positif .Si son coefficient directeur est négatif ou nul, elle ne coupe pas ℋ.
57
Le lieu de ces points est l’hyperbole ℋ’ d’équation
y = 4x
.
Soit M(a ; 1a
) un point de ℋ. On a N(2a ; 2a
).
N appartient bien à ℋ’.
Réciproquement, soit N(b ; 4b
) de ℋ’.
On a M(b2
; 2b
). M appartient bien à ℋ et est
« antécédent » de N.
58
1.
2. Se résout agréablement à l’aide d’un logiciel de calcul formel, mais peut se faire sans logiciel.a. Les points d’intersection sont respectivement :
A(– 6 ; 12
), B(6 ; − 12
), C( − 12
; 6) et D(12
; – 6).
b. AC = 11 2
2≈ 7,8 CB =
13 22
≈ 9,2
Donc ACBD n’est pas un carré.
Remarque
ABCD est un rectangle. Les diagonales se coupent en leur milieu et l’angle en C est droit par le théo-rème de Pythagore :
11 22
⎛
⎝⎜⎛⎛
⎝⎝
⎞
⎠⎟⎞⎞
⎠⎠
2
+ 13 22
⎛
⎝⎜⎛⎛
⎝⎝
⎞
⎠⎟⎞⎞
⎠⎠
2
= 145( )2.
59 a. Faux, car si 3 ⩽ x ⩽ 4 alors 14
1 13
� �x
.
b. Vrai, car si – 2 ⩽ x ⩽ – 1 alors – 1 ⩽ 1x
⩽ − 12
.
c. Vrai, car si 1 ⩽ 1x
⩽ 10 alors 1
10 ⩽ x ⩽ 1.
QCM
60 1. A 2. C 61 D
62 A 63 D
64 C 65 B et C
66 B et C 67 A
68 A et C
54 • 3. Fonctions de référence
Problèmes
69 Si d est le débit en m3/h, t le temps en heures et
V le volume en m3, on a t = Vd
.
Ici le temps en heures est égal au volume en m3.1. a. 9π heures b. 9π + 16π = 25π heuresc. 25π + 25π = 50π heures2. a. Le volume d’un cylindre de hauteur h et de rayon 3 est 9πh. Donc t = 9πh.
b. f(t) = t
9� pour 0 ⩽ t ⩽ 9π.
c. En considérant la deuxième partie de la piscine : le volume rempli est 16π(h – 1) avec h mesurée depuis le fond et 1 < h < 2.Le temps mis pour cela est donc de 16π(h – 1) heures. Or c’est aussi t – 9π. Donc t – 9π = 16π(h – 1).
d. f(t) = t
16�+ 7
16 pour 9π ⩽ t ⩽ 25π.
3.
0
1
x
y
10 9 25π 50π π
70
1.
M
0Mer Supérette Cybercafé Toilettes ParkingTente
1 fois 1 fois 1 fois 2 fois 1 fois
100 200 300 400 × 500 600 700 800 900 1 000
S T C W P
2. Si x ⩾ 60, la distance de la tente à la supérette est x – 60 ; si x ⩽ 60, cette distance est 60 – x.Or |x – 60| = x – 60 si x – 60 ⩾ 0 et |x – 60| = –(x – 60) si x – 60 ⩽ 0.Donc la distance de la tente à la supérette est |x – 60|.3. La distance à parcourir par jour est :f(x)= 2TM + 2TS + 2TC + 4TW + 2TP = 2x + 2|60 – x| + 2|700 – x| + 4|750 – x| + 2|1 000 – x|4. a. Si 0 ⩽ x ⩽ 60 :f(x) = 2x + 2(60 – x) + 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 6 520 – 8xb. Si 60 ⩽ x ⩽ 700 :f(x) = 2x – 2(60 – x) + 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 6 280 – 4xc. Si 700 ⩽ x ⩽ 750 :f(x) = 2x – 2(60 – x) – 2(700 – x) + 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = 3 480Si 750 ⩽ x ⩽ 1 000 : f(x) = 2x – 2(60 – x) – 2(700 – x) – 4(750 – x) + 2(1 000 – x) = – 2 520 + 8x
5.
0x
y
100
1 000
6. L’emplacement idéal sera toute place entre la supérette et les toilettes et Julien aura 3 480 m à parcourir par jour.
71
a. Cette fonction n’est pas affine car elle prend les valeurs :
Montant de l’achat 1 2 3
Points 0 0 1
b. En répondant d’abord à la question c., on peut estimer que, quel que soit le nombre de points, la réduction obtenue par les bons d’achats est simi-laire.Le calcul direct :1 an : 52 semaines à 90 €, soit 1 560 points qui corres-pondent à 1 350 + 210 points, soit un bon de 20 € et un reste de 210 points ;2 ans : 104 semaines à 90 €, soit 3 120 = 1 990 + 690 + 360 + 80 points, soit 45 € en bons d’achat et un reste de 80 points ;3 ans : 156 semaines à 90 €, soit 4 680 = 3 340 + 690 + 360 + 290 points, soit 65 € en bons d’achat et un reste de 290 points.En demandant ses bons chaque année sur 2 ans, le client obtient 45 € en bons d’achat, en utilisant la deuxième année les points restants de la première, il lui reste 60 points.En demandant ses bons chaque année sur 3 ans, le client obtient 65 € en bons d’achat, il lui reste 10 points.c.
Points 360 690 1 350
Bon d’achat 5 10 20
Taux de reduction
0,4630 % 0,4831 % 0,4938 %
ette fon
3. Fonctions de référence • 55
Points 1 990 3 340 4 990
Bon d’achat 30 50 75
Taux de reduction
0,5025 % 0,4990 % 0,5010 %
Le taux de réduction maximal est de 0,5025 %.
72 1. a. y
1 x
Cf
Cg
Ci
Cj
10
b. On enlève 3 à l’ordonnée du point de Cf. (Cela correspond à une translation vecteur −3
�j .)
f et g ont les mêmes variations car f(a) ⩽ f(b) ⇔ f(a) – 3 ⩽ f(b) – 3.c. On ajoute 3 à l’ordonnée du point de Cg. (Cela correspond à une translation vecteur 3
�j .)
2.
x – 3 0 + 3
h(x)+ 3
a
+ 3
3. Voir le schéma précédent.4.
x – 3 0 + 3
j(x)– 3
– 3
– 3
73 1. a. Voir la figure ci-dessous.
b. Les points d’intersection des deux courbes ont pour coordonnées (– 2 ; 0) et (2 ; 0).c. I = [– 3 ; 2]d.
0
1
1
x
y
Cf
Cg
Ch
Ci
2. Un segment passe par les points (– 3 ; 5) et (– 2,5 ; 0). La fonction affine correspondante est donnée
par h(x) = – 10x – 25. De même on trouve i avec i(x) = 10x + 25.3. Voir la figure ci-dessus.
74 1. a. 26 ⩽ c ⩽ 28 donc 262 ⩽ c2 ⩽ 282 ,soit 676 ⩽ aire grand carré ⩽ 784b. 13 ⩽ d ⩽ 15 donc 132 ⩽ d2 ⩽ 152,soit 169 ⩽ aire partie vide ⩽ 225c. – 152 ⩽ –d2 ⩽ – 132
d. 262 – 152 ⩽ c2 – d2 ⩽ 282 – 132
2. 451 ⩽ aire bijoux ⩽ 615La masse volumique de l’or est 0,0193 kg/cm3 ou encore 0,000 019 3 kg/mm3.Le prix d’un mm3 d’or est donc de :0,000 019 3 × 23 000 = 0,4439 €.451 × 2 × 0,4439 ⩽ prix de l’or du bijou ⩽ 615 × 2 × 0,4439Le prix de l’or nécessaire à la fabrication du bijou est compris entre 400,39 € et 546 €.
75 1. La fonction carrée est croissante sur ℝ+.2. a. A = a2 – b2 – c2
b. 10,24 ⩽ a2 ⩽ 12,25 0,36 ⩽ b2 ⩽ 0,64 3,61 ⩽ c2 ⩽ 4,41c. 5,19 ⩽ A ⩽ 8,283. Il est possible que ce pot ne suffise pas.
76 1. a. et b. Chaque droite coupe deux fois la parabole, mais, graphiquement, cela n’apparaît pas clairement.Par calcul : la droite d’équation y = 10x coupe la parabole en (0 ; 0) et (10 ; 100) ; la droite d’équa-tion y = 0,05x coupe la parabole en (0 ; 0) et en (0,05 ; 0,0025).
2. y x
y ax
y x
x
xy
x⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩ =
==
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
=2 2
0
00
B By
⎨⎨⎨( )x a− a
ouaa
y a
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
2
Chaque droite coupe la parabole en deux points distincts pour a ≠ 0.
77
x
10– 4,5 7,5 8,5– 6,1
33
52
y
10
1
es point
56 • 3. Fonctions de référence
4,5 × 7,5 ≈ 33 52 ÷ 8,5 ≈ 6,1Démonstration : l’équation d’une droite passant par les points (a ; a2) et (b ; b2) est y = (b + a)x − ab .
Donc l’opposé du produit ab est l’ordonnée à l’ori-gine de cette droite.
78
1.
0 1
1
y
x
2. a. ℋ ne coupe pas l’axe des abscisses car x
= 0
n’a pas de solution.b. AB = 0,01Tout point de ℋ d’abscisse supérieure à 10 000 est à une distance inférieure à 0,0001 de l’axe des abscisses.3. ℋ ne coupe pas l’axe des ordonnées car 0 n’a pas d’image par ℋ.Tout point de ℋ ayant une abscisse x appartenant à ]– 0,0001 ; 0[ ∪ ]0 ; 0,0001[ est situé à une distance inférieure à 0,0001 de l’axe des ordonnées.
79
1. a.
b. Il pourrait y voir à chaque fois deux points d’in-tersection.2. a. f(x) = ax – a + 1
b. Pour x ≠ 0, 1x
= ax – a + 1 ⇔ ax2 – ax + x – 1 = 0
et (x – 1)(ax + 1) = 0 ⇔ ax2 – ax + x – 1 = 0c. Les points d’intersection sont (1 ; 1) et ( − 1
a ; –a).
Pour a > 0, ces points sont situés chacun sur une branche de l’hyperbole.d. Pour a < 0, les points sont dans le demi-plan à abscisses positives. Il y a deux points d’intersection distincts sauf dans le cas particulier où a = – 1 et où A est l’unique point d’intersection.
80
1. Le côté du carré mesure 900 = 30, le périmètre vaut p = 120 m.2. L’autre dimension du rectangle est
90020
= 45, soit
p = 130 m.3. a. x ⩾ 20 d’après l’énoncé.Si y est l’autre dimension du pré, y ⩾ 20 d’après l’énoncé.
Donc 1 1
20y� , d’où x
y= 900 900
20� , soit x ⩽ 45.
Donc 20 ⩽ x ⩽ 45.
b. y = 900x
c. p = 2(x + y) = 2(x + 900
x)
d.
x
y
10
10
120
130
0
Cg
e. Graphiquement, on obtient le minimum et le maximum de g sur [20 ; 45] : la longueur minimale de clôture est 120 m, la longueur maximale est 130 m.
e côté d
4. Fonctions du second degré et homographiques • 57
4. Fonctions du second degré et homographiques
Objectifs et pré-requis
L’objectif de ce chapitre est de poursuivre l’étude de problèmes faisant intervenir deux types de
fonctions classiques : les polynômes du second degré et les fonctions homographiques. Pour les
trinômes du second degré, il s’agit d’utiliser dans diverses situations, les variations, les coordonnées
du sommet de la représentation graphique et la propriété de symétrie de cette dernière. La mise
sous forme canonique n’étant pas un objectif du programme, celle-ci sera suggérée ou obtenue à
l’aide d’un logiciel de calcul formel par exemple. Pour les fonctions homographiques, il s’agit essen-
tiellement de travailler les variations de la fonction inverse, éventuellement celle de x�a
x + b.
La mise sous forme réduite d’une fonction homographique n’est pas un attendu du programme.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Études de fonctionsFonctions polynômes de degré 2.Fonctions homographiques.
• Connaître les variations des fonctions polynômes de degré 2 (monotonie, extremum) et la propriété de symétrie de leurs courbes.• Identifier l’ensemble de définition d’une fonction homographique.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Le périmètre de tir peut effectivement être calculé théoriquement pour chaque élément tiré si on
connaît sa vitesse initiale, sa masse (voir TP TICE 2). Mais en réalité, il faudrait ajouter au moins trois
paramètres – la résistance due à l’air, l’influence de la combustion pendant le trajet, la vitesse du vent
– ce qui rend les calculs impossibles.
Concrètement, les fabricants et les autorités imposent classifications et règles de sécurité en fonction
des catégories des fusées tirées.
Corrigés des activités
1 Let ?
●1 a.
x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
f(x) 2,5 2,47 2,37 2,22 2,00 1,72 1,37 0,96 0,49 – 0,04
b. f semble décroissante sur [0 ; 18].
c. f(18) = −0,040 16. Cette valeur ne correspond pas à la réalité car cela signifierait que la balle se
retrouve à 4 cm sous terre.
●2 a.
x 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18
g(x) 2,5 2,5 2,44 2,31 2,12 1,87 1,56 1,18 0,74 0,24
58 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
g semble d’abord constante, puis décroissante sur [2 ; 18].
g(18) = 0,242 08. Cette valeur peut correspondre à la réalité (24 cm au-dessus de la terre).
b. y
2 4 6 8 10 12 14 16 18
x
1
0
2
c. g(0) = g(2) = 2,5 et g(1) = 2,507 84. g n’est donc ni croissante, ni décroissante sur [0 ; 2].
●3 Graphiquement, les solutions de l’inéquation g(x) ⩾ 0,914 sont les réels de l’intervalle [0 ; 15,2]. Si
la balle part à une distance inférieure à 15,20 m du filet, elle le passe sans le frôler. Ceci est fort
probable vu la demi-longueur du terrain qui est de 11,88 m. En fait il faudrait encore ajouter 3,3 cm
à la hauteur à franchir vu le rayon de la balle.
Et là on montre que la balle frôle le filet si elle part à 15,10 m du filet.Remarque
Un logiciel de calcul formel indique que l’inéquation −0,007 84x2 + 0,015 68x + 2,5 ⩾ 0,914 + 0,033
admet comme solution −13,109 809 874 476 ⩽ x ⩽ 15,109 809 874 477.
2 Autour de l’interdit
●1 a. Figure ci-contre.
Cette courbe rappelle la courbe de
la fonction x�1x
.
●2
x – 2 – 1 0 1 2 3
f(x) – 0,68 – 1,56 15,00 1,45 0,81 0,58
0 annule le dénominateur de 1x
mais pas celui de x + 15
10x + 1.
●3 a. 10x + 1 = 0 ⇔ x = –1
10.
b.
x – 0,5 – 0,4 – 0,3 – 0,2 0 0,1 0,2
f(x) – 3,63 – 4,87 – 7,35 – 14,80 15,00 7,55 5,07
1
1
0
y
x
4. Fonctions du second degré et homographiques • 59
c. Figure ci-contre.
Les points d’abscisse – 0,2 et 0 ne sont pas reliés car sur la droite
d’équation x = – 0,1 il n’y a pas de point de la courbe.
●4 a. f(x) = 0 ⇔ x = – 15. Cette valeur correspond à l’intersection
de la courbe avec l’axe des abscisses.
b. f(x) = b ⇔ x = −b + 1510b − 1
si b ≠ 0,1.
L’équation f(x) = 0,1 n’a pas de solution, ce qui apparaît graphi-
quement par le fait que la courbe n’a pas d’intersection avec la
droite d’équation y = 0,1.
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Différentes paraboles La durée de ce TP s’évalue entre une demi-heure et une heure.
●1
●2
TICE 2 Recherche de la distance de sécurité La durée de ce TP est d’environ une heure, la fin pouvant être terminée à la maison.
Partie A : Étude graphique
●1 Courbes avec v0 constant :
Courbes avec α constant :
●2 Les abscisses des points d’intersection des courbes représentatives sont les solutions de l’équation
f(x) = 0. La solution non nulle est l’abscisse du point où le projectile tombe au sol.
0,1
10
0
y
x
emi heu
être term
60 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
Partie B : Étude théorique
●1 a. En remplaçant α par 45° on obtient : f xx
x1ff2
90)x = − + .
b. Le projectile touchera le sol au point d’abscisse non nulle, solution de l’équation f 1(x) = 0,
c’est-à-dire au point d’abscisse 90.
c. La fonction f 1 est croissante de 0 à 45 et décroissante de 45 à 90.
●2 a. En remplaçant α par 30°, on obtient : f xx
x2ff2
1353
3)x = − + .
b. La solution non nulle de l’équation f 2(x) = 0 est 45 3 .
c. f 2 est croissante de 0 à 45 3
2 et décroissante de
45 32
à 45 3 .
e. Les coordonnés du sommet de la parabole sont (45 3
2 ;
454
).
●3 a. Lorsque α = 60, f xx
x3ff2
453)x = − + . La solution non nulle de l’équation f 3(x) = 0 est 45 3 , comme
à la question ●2).
b. Les coordonnées du sommet de la parabole sont (45 3
2 ;
1354
).
●4 a. La solution non nulle de l’équation f(x) = 0 est 180 sin(α) cos(α).
b.
α 10 20 30 40 50 60 70 80
D = 180 sin(α)× cos(α)
30,78 57,85 77,94 88,63 88,63 77,94 57,85 30,78
c. La portée est maximale pour un angle α de 45° et est égale à 90 (voir question ●1) ).
TICE 3 Un organisme caritatif
●1 et ●2)
●3 ●4)
●5 Le nombre d’appels estimé passe du simple au double selon « la courbe de tendance » choisie après
142 mois, ce qui représente quand même près de 12 années.
4. Fonctions du second degré et homographiques • 61
Algorithmique 1 Propriétés d’une courbe La durée de ce TP est d’environ une heure mais la question ●2) n’a pas besoin d’être traitée dans son
intégralité.
Algorithme modifié, avec Algobox :
n ●●● n’a●●
1. VARIABLES
2. a EST_DU_TYPE NOMBRE
3. b EST_DU_TYPE NOMBRE
4. c EST_DU_TYPE NOMBRE
5. P1 EST_DU_TYPE CHAINE
6. P2 EST_DU_TYPE CHAINE
7. P1affiché EST_DU_TYPE CHAINE
8. P2affiché EST_DU_TYPE CHAINE
9. ordonnée_de_A EST_DU_TYPE NOMBRE
10. abscisse_de_B EST_DU_TYPE NOMBRE
11. abscisse_du_sommet_de_la_parabole EST_DU_TYPE NOMBRE
12. ordonnée_du_sommet_de_la_parabole EST_DU_TYPE NOMBRE
13. DEBUT_ALGORITHME
14. LIRE a
15. LIRE b
16. LIRE c
17. P1 PREND_LA_VALEUR «croissante»
18. P2 PREND_LA_VALEUR «décroissante»
19. P1affiché PREND_LA_VALEUR «_»
20. P2affiché PREND_LA_VALEUR «_»
21. ordonnée_de_A PREND_LA_VALEUR c
22. abscisse_de_B PREND_LA_VALEUR -b/a
23. abscisse_du_sommet_de_la_parabole PREND_LA_VALEUR -b/(2*a)
24. ordonnée_du_sommet_de_la_parabole PREND_LA_VALEUR a*(-b/
(2*a))^2 + b*(-b/(2*a)) + c
25. SI (a > 0) ALORS
26. DEBUT_SI
27. P1affiché PREND_LA_VALEUR P2
28. P2affiché PREND_LA_VALEUR P1
29. FIN_SI
30. SINON
31. DEBUT_SINON
32. P1affiché PREND_LA_VALEUR P1
33. P2affiché PREND_LA_VALEUR P2
34. FIN_SINON
35. AFFICHER «La fonction f est d’abord «
36. AFFICHER P1affiché
37. AFFICHER « puis elle est «
38. AFFICHER P2affiché
39. AFFICHER «L’ordonnée du point A est «
40. AFFICHER ordonnée_de_A
41. AFFICHER «L’ordonnée de B ayant même abscisse que A est «
42. AFFICHER abscisse_de_B
43. AFFICHER «L’abscisse du sommet de la parabole est «
44. AFFICHER abscisse_du_sommet_de_la_parabole
45. AFFICHER «L’ordonnée du sommet de la parabole est «
46. AFFICHER ordonnée_du_sommet_de_la_parabole
47. FIN_ALGORITHME
62 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
CASIO Graph 35+
Algorithmique 2 Recherche d’un maximum et d’un minimum L’algorithme proposé semble donner le maximum des 10 valeurs f(0,1), f(0,2), …, f(1). À noter qu’il
est intéressant, lors des modifications, de changer la boucle pour que la valeur f(0) soit également
prise en compte.
Deux remarques :
– il ne s’agit pas du maximum de la fonction sur l’intervalle [0 ; 1] car on ne s’intéresse qu’à 10 valeurs.
Il est vrai qu’en prenant un pas plus petit pour balayer l’intervalle on peut espérer se rapprocher du
maximum ;
– cet algorithme comporte une
erreur : l’initialisation. Si la valeur
initiale de a est supérieure au
maximum des 10 valeurs calculées,
l’algorithme ne donnera plus le
maximum des 10 valeurs !
Dans la dernière question, le
maximum des 10 valeurs calculées
dans la boucle est inférieur à la
valeur initiale de « a ». Pour rendre
l’algorithme opérationnel pour
d’autres fonctions, l’initialisation de
« a » aurait dû être faite autrement,
par exemple par f(0).
Algorithmique 3 Position relative d’une courbe et d’une droite
●1
100– 100
5
– 5
0
y
x
●2 L’algorithme proposé est faux car si l’écart entre la courbe et la droite est inférieur à 0,1, il affirme
que courbe et droite sont confondues, ce qui est impossible.
(1) À no
4. Fonctions du second degré et homographiques • 63
●3 L’algorithme modifié est le suivant :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter à la variable n la valeur 0.
Affecter à la variable y la valeur 10.
Tant que y – 2,5 > 0,05 ou y – 2,5 < – 0,05
affecter à y la valeur (5n + 50)/(2n + 10)
affecter à n la valeur n + 1.
Afficher le nombre n.
●4 5x + 502x + 10
– 2,5 < 0,05 ⇔ 5x + 50 < 2,55 (2x + 10) ⇔ 245 < x.
Si l’algorithme de la question ●3) était programmé, on trouverait comme réponse n = 246.
Problème ouvert 1 Passer par trois points
●1 Si ce problème était posé de manière générale, avec 3 points quelconques du plan, un logiciel de
calcul formel ne permettrait pas aux élèves de se rendre compte que la condition nécessaire est le
non-alignement.
Ici les points sont alignés et, en plus, sur l’axe des abscisses ! L’énoncé précise que l’on recherche
une fonction du second
degré. Donc la fonction
affine nulle ne répond pas
à la question.
Posé de cette manière, ce
problème devient nette-
ment plus abordable,
sauf avec un logiciel de
calcul formel dont l’af-
fichage n’est pas facile à
interpréter.
Voici une méthode pour
aborder cette activité :
• Trois points distincts x1 < x2 < x3 : le cours permet de situer le sommet en deux points distincts, l’un
d’abscisse le milieu entre x1 et x2, l’autre le milieu entre x2 et x3, ce qui amène une contradiction.
• Seuls deux des points A(x1 ; 0) et B(x2 ; 0) sont distincts. Dans les exercices du chapitre, on a pu voir
que f telle que f(x) = k(x – x1)(x – x2) est une solution pour tout réel k.
• Les trois points sont confondus …
●2 Quand la condition
est vérifiée, il existe
une infinité de
fonctions.
64 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
Problème ouvert 2 Dessiner un rectangle ! L’activité peut se traiter en une heure.
Premier cas
Le rectangle est « inscrit » dans le triangle (et un de ses côtés [MG] est sur un côté [BC] du triangle).
• L’aire est maximale lorsque les points M et G sont situés respectivement au 14
et aux 34
du segment
[BC].
• Démonstration : choisir un repère tel que
B(0 ; 0), C(10 ; 0), A(5 ; 5 3 ) et M(a ; 0).
Une équation de la droite (AB) est : y = 3 x.
Les coordonnées de E sont (a ; a 3 ).
L’aire de MEFG en fonction de a vaut : 3 × a(10 − 2a) .
Elle est donc maximale pour a = 2,5.
Deuxième cas
Le rectangle R1 n’est pas « inscrit » dans le triangle
(mais un de ses côté est sur un côté du triangle).
• On construit un rectangle plus grand R2.
• Donc R1 n’était pas optimal.
Problème ouvert 3 Superposer Il s’agit d’une activité destinée à une recherche à la maison plutôt qu’une activité en classe.
●1 ABCD peut être un parallélogramme : il suffit que son centre ait comme coordonnées (α ; 0) et que
deux des sommets se trouvent sur la courbe.
●2 ABCD ne peut pas être un losange : on peut rechercher si les diagonales du parallélogramme peuvent
être perpendiculaires, non par les coefficients directeurs de droites (hors programme), mais par
la recherche d’une intersection de la deuxième diagonale avec la courbe à l’aide d’un logiciel de
géométrie dynamique.
1 M G
A
E F
C
1B0
y
x
à la mais
4. Fonctions du second degré et homographiques • 65
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1 1.
x – 3 0 1 2 3
f(x) 5,5 – 3,5 – 2,5 0,5 5,5
2. a. Une image peut être négative, par exemple f(0) = – 3,5.b. Une image ne peut être strictement inférieure à – 3,5 car x2 – 3,5 ⩾ – 3,5.
2 a. Les antécédents de 6 sont 3 et – 3.b. L’antécédent de – 3 est 0.
3 a.
x – 3 0 1 2 3
f(x) 1 10 9 6 1
b.
y 1 2 10
Antécédent(s) de y
3 ; – 3 −2 2 ; 2 2 0
4 1. a. f(0,5) – f(0) = 0 f(2) – f(– 1,5) = 0 f(100) – f(– 99,5) = 0b. f(0,25 + a) – f(0,25 – a) = 02.
1
0,25 – a 0,25 + a
0,25
1
0
y
x
Cf
3. Les points de la courbe d’abscisse 0,25 – a et 0,25 + a ont la même ordonnée car : f(0,25 + a) = f(0,25 – a).
1
1
0
y
x
Cf
5 a. Supposons a < b ⩽ 0. Les variations de la fonction carré indi-quent que a2 ⩾ b2.Donc a2 – 5 ⩾ b2 – 5, d’où f(a) ⩽ f(b).b. Voir ci-contre.
6 On constate que f(x) = (x + 1)2.Méthode 1 Supposons – 1 ⩽ a < b et montrons que f(a) ⩽ f(b).f(b) = (b + 1)2 et f(a) = (a + 1)2. Comme 0 ⩽ a + 1 < b + 1, on a (a + 1)2 ⩽ (b + 1)2 et donc f(a) ⩽ f(b).Méthode 2 f(b) – f(a) = b2 + 2b + 1 – a2 – 2a – 1 = b2 – a2 + 2b – 2a = (b – a)(b + a + 2) = (b – a)(b + 1 + a + 1) qui est positif car b – a > 0, a + 1 ⩾ 0 et b + 1 > 0.
7 a. Développer –(x – 0,5)2 – 3,75 pour trouver –x2 + x – 4.b. Comme le coefficient devant x2 est négatif, f est croissante puis décroissante. L’écriture –(x – 0,5)2 – 3,75, montre que le maximum de f est – 3,75 atteint pour x = 0,5.
x –3 0,5 + 3
f(x)– 3,75
8 a. Développer 0,2(x + 1)2 – 0,8 pour trouver 0,2x2 + 0,4x – 0,6.b. Comme le coefficient devant x2 est positif, f est décroissante puis croissante. L’écriture 0,2(x + 1)2 – 0,8, montre que le minimum de f est – 0,8 atteint pour x = – 1.Le sommet de la parabole est donc le point A(– 1 ; – 0,8).
9 a. f(0) = 5 f(2) = 5b. g(0) = 5 g(2) = 5 h(0) = 5 h(2) = 5c. Une fonction i définie par i(x) = α(x2 – 2x) + 5 avec α paramètre réel quelconque non nul est une fonction du second degré dont la courbe passe par les points A et B. En effet x2 – 2x s’annule pour x = 0 et x = 2.
1 x
y
Ch
Cg
Cf
10
66 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
10 1.
1
1
0
y
x
Cf
2. a. La courbe et l’axe des abscisses ont deux points d’intersection, mais comme l’intervalle d’étude est [– 3 ; 3], la seule solution est 0.b. f(x) = 0 ⇔ x(– 0,5x + 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6. Sur [– 3 ; 3], S = {0}.c. f(x) ⩽ 4,5 ⇔ 0,5x2 – 3x + 4,5 ⩾ 0 ⇔ 0,5(x – 3)2 ⩾ 0. Ceci est vrai pour tout x et prouve que f(x) ⩽ 4,5 pour tout x.
11 1.
y
1 x0
1
Ch
Cg
Ci
Cf
2. f(– 4) = f(– 1) = 0
x – 3 – 2,5 + 3
f(x) – 2,25
g(1) = g(4) = 0
x – 3 2,5 + 3
g(x)2,25
h(0) = h(1) = 2
x – 3 0,5 + 3
h(x) 1,75
i(– 1) = i(0) = – 2
x – 3 – 0,5 + 3
i(x)
–1,75
12 a.
1
1
0
y
x
Cf
b. f(x) = 0 : S = {0 ; 1,5}f(x) = – 3 : S = {α ; β} avec α ≈ – 0,7 et β ≈ 2,2c. f(x) ⩾ 0 : S = [0 ; 1,5]f(x) < – 3 : S = ]– 3 ; α] ∪ [β ; +3 [Un logiciel de calcul formel indique que
� = 3 − 334
et � = 3 + 334
.
13 a.
1
1
0
y
x
f
g
Les points d’intersection sont (– 3 ; – 1) et (3 ; – 1).b. f(x) – g(x) = 2x2 – 18 = 2(x – 3)(x + 3). On résout f (x) – g(x) = 0. On retrouve bien les solutions – 3 et 3.
4. Fonctions du second degré et homographiques • 67
c. 𝒫f est en dessous de 𝒫g pour x ∈ ]– 3 ; 3[.f (x) – g(x) < 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; 3[ par un tableau de signes.
14 a.
1
1
0
y
x
Xf
Xg
Les points d’intersection sont (– 3 ; – 1) et (2 ; 9).b. f(x) – g(x) = 3x2 + 3x – 18 et 3(x – 2)(x + 3) = 3x2 + 3x – 18.On résout f (x) – g(x) = 0. On retrouve bien les solutions – 3 et 2.c. La courbe 𝒫f est en dessous de 𝒫g pour x ∈ ]– 3 ; 2[.f(x) – g(x) < 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; 2[ se montre en utilisant un tableau de signes.
15 a.
1
1
0
y
x
CfCg
b. On cherche les abscisses des points de Cf qui se trouvent strictement au-dessus de Cg.S = ]– 3 ; 0,5[ ∪ ]0,5 ; +3[.Par le calcul :f(x) > g(x) ⇔ 4x2 – 4x + 1 > 0 ⇔ (2x – 1)2 > 0 ⇔ x ≠ 0,5.
16 1.
1
1
0
y
x
Cg
Ch
Cf
Ci
2. a. f(x) = g(x) a pour solution S = {– 2 ; 0}.g(x)(h(x) – i(x)) = 0 a pour solution
S = {0 ; α}, avec α ≈ 2,8.b. f(x) ⩽ g(x) a pour solution
S = ]– 3 ; – 2] ∪ [0 ; +3[.g(x)(h(x) – i(x)) ⩾ 0 a pour solution
S = ]– 3 ; 0] ∪ [α ; +3[.3. a. f(x) = g(x) ⇔ 2x2 + 4x = 0 ⇔ 2x(x + 2) = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 2.g(x)(h(x) – i(x)) = 0 ⇔ x2 + 4x + 5 = 0 ou 0,35x2 – x = 0 ⇔ (x + 2)2 + 1 = 0 ou x(0,35x – 1) = 0
⇔ x = 0 ou x = 207
.
b. f(x) ⩽ g(x) ⇔ 2x2 + 4x ⩾ 0 ⇔ 2x(x + 2) ⩾ 0 ⇔ x ∈ ]– 3 ; – 2] ∪ [0 ; +3[.Comme g(x) = (x + 2)2 + 1 > 0 alors g(x)(h(x) – i(x)) ⩾ 0 ⇔ h(x) – i(x) ⩾ 0 ⇔ 0,35x2 – x ⩾ 0 ⇔ x(0,35x – 1) ⩾ 0
⇔ x ∈ ]– 3 ; 0] ∪ [207
; +3[.
17 a. f(0) = f(1) = 10b. La représentation graphique d’une fonction h définie par h(x) = α(x2 – x) + 10 avec α paramètre réel quelconque, non nul, passe par les points A et B. En effet x2 – x s’annule pour x = 0 et x = 1.
18 Comme f(0) = 8, f(x) = αx2 + βx + 8 convient, avec α et β paramètres réels quelconques, α ≠ 0.De plus f(1) = 10, donc α + β + 8 = 10 ⇔ α + β = 2.Il y a une infinité de solutions dont la fonction f définie par f(x) = x2 + x + 8.
19 f(x) = g(x) ⇔ ax + 1 = 0.1er cas : a = 0, aucune solution. Cf et Cg n’ont pas de point d’intersection.
68 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
2e cas : a ≠ 0, une solution x = –1a
. Cf et Cg ont un
unique point d’intersection A( − 1a
; 1
a2).
20 a. 𝒫 passe par O et A ⇔ f(0) = 0 et f(1) = 1 ⇔ c = 0 et a + b + c = 1.b. 𝒫 passe par O et A ⇔ c = 0 et b = 1 – a. D’où f(x) = ax2 + (1 – a)x = ax2 – ax + x, a ≠ 0.
c. f(x) = 0 ⇔ x(ax – a + 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = a − 1
a.
d. D’après la question c. l’abscisse du sommet de la parabole est
xS = a − 12a
.
e. xS = 0,5 ⇔ a − 12a
= 0,5 ⇔ – 1 = 0
qui est impossible. Donc aucune de ces paraboles n’a son sommet sur la droite verticale d’équation x = 0,5.
21
RemarqueLa démonstration n’est possible qu’au niveau de la Première à cause de l’orthogonalité de deux droites définies par leurs coefficients directeurs.On choisit un repère tel que les coordonnées des points A, M et B soient M(a ; 6) A(– 4 ; 0) et B(4 ; 0).
On trouve comme équation de (MB) :
y = 6xa − 4
− 24a − 4
.
On en déduit une équation de (AH) :
yx= − −( )a ( )a
62(a −
3.
Les coordonnées de H sont alors (a ; − +a2
683
).
Donc une équation de la courbe est yx= − +
2
683
.
22 a. La fonction f n’est pas définie en 5 car cette valeur annule le dénominateur.
b. Par exemple g avec g(x) = x + 10x − 4
.
23 a.
x 0 4 5 5,5 6,5 7 8
f(x) – 0,0833 – 0,25 – 0,5 – 1 1 0,5 0,25
b.
1
1
y
0 x
Cf
24 a.
x – 8 – 7 – 6 – 5,5
f(x) 2,6667 3,5000 6,0000 11,0000
x – 4,5 – 4 – 3 – 2
f(x) – 9,0000 – 4,0000 – 1,5000 – 0,6667
b.
1
1
0 x
y
Cf
25 Soient a et b avec 43
< a < b.
Montrons que f(a) ⩾ f(b).• a < b donc 4a < 4b d’où 4a – 3 < 4b – 3.
4. Fonctions du second degré et homographiques • 69
• 43
< a donc 4a – 3 est strictement positif.
Donc 0 < 4a – 3 < 4b – 3.Comme la fonction inverse change l’ordre de deux
nombres strictement positifs, 4b − 3
�1
4a − 3 c’est-
à-dire f(a) ⩾ f(b).
26 1. Df = ]– 3 ; 1[ ∪ ]1 ; +3[2. a. f(x) = 0 ⇔ x = – 1. Donc 0 a pour antécédent – 1.b. f(x) = 2 ⇔ x + 1 = 2(x – 1) ⇔ x = 3. Donc 2 a pour antécédent 3.c. f(x) = 1 ⇔ x + 1 = x – 1 qui est impossible. Donc 1 n’a pas d’antécédent.3.
Cf
y
1 x0
1
L’axe des abscisses et la droite d’équation y = 2 coupent une fois Cf.La droite d’équation y = 1 ne coupe pas Cf.
27 a.
y
1 x
d3
d1
d2
0
1
b. ℋ ∩ d1 est le point de coordonnées (– 3 ; 1) :f(x) = 1 ⇔ – 2 = x + 1 ⇔ x = – 3.ℋ ∩ d2 est le point de coordonnées (1 ; – 1) :f(x) = – 1 ⇔ – 2 = –(x + 1) ⇔ x = 1.ℋ ∩ d3 est constitué des points de coordonnées (0 ; – 2) et (α ; – 3) avec α ≈ 0,3 :
f(x) = 3x – 2 ⇔ – 2 = (x + 1)(3x – 2) ⇔ 3x2 + x = 0
⇔ x = 0 ou x = 13
; f(0) = – 2 et f( −13
) = – 3.
28 1. y
1 x0
1
CgCf
2. Soient a et b avec 1 < a < b. Montrons que f(a) ⩾ f(b).Méthode 1 1 < a < b donc 0 < a – 1 < b – 1. La fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement positifs
donc 1
b − 1�
1a − 1
, c’est-à-dire f(a) ⩾ f(b).
Méthode 2
f(b) – f(a) = 1
b − 1− 1
a − 1 =
a − b(a − 1)(b − 1)
.
Or a – b < 0, a – 1 > 0 et b – 1 > 0, donc f(b) – f(a) ⩽ 0, c’est-à-dire f(a) ⩾ f(b).3.
x – 3 1 + 3
f(x)
x – 3 – 1 + 3
g(x)
4. a. Dh = ]– 3 ; – 1[ ∪ ]– 1 ; 1[ ∪ ]1 ; +3[ = ℝ\{– 1 ; 1}b.
Ch
y
1 x0
1
70 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
c. Soient a et b avec a < b < – 1. Montrons que h(a) ⩾ h(b).Comme f est décroissante sur ]– 3 ; 1[, f est égale-ment décroissante sur ]– 3 ; – 1[. Donc f(a) ⩾ f(b).Comme g est décroissante sur ]– 3 ; 1[, g(a) ⩾ g(b).D’où f (a) + g(a) ⩾ f (b) + g(b), c’est-à-dire h(a) ⩾ h(b).
29 1. et 2.
La droite d d’équation y = ax semble avoir deux points d’intersection avec 𝒞 pour a > – 1 ; un seul point d’intersection pour a = – 1 et aucun point si a < – 1.Mais cette conclusion est fausse ! voir la question 3.3. a. (x – 4)(x – 9) = – 25x ⇔ (x + 6)2 = 0 ⇔ x = – 6.b.
y
20 x
20
(– 6 ; 150)
Δ1
c. La droite ∆1 a un seul point d’intersection avec 𝒞, le point de coordonnées (– 6 ; 150).4. a.
b. Non corrigé.c. (x – 4)(x – 9) = – 2x ⇔ x2 – 11x + 36 = 0
⇔ (x – 112
)2 + 234
= 0 qui est impossible.
La droite ∆2 n’a pas de point d’intersection avec 𝒞.d. Il n’y a pas de contradiction. En effet, k2 + 26k + 25 vaut – 23 pour k = – 2 ; sa racine carrée n’existe pas !
e. Développer (k + 25)(k + 1).f. En utilisant un tableau de signes, (k + 25)(k + 1) est négatif pour k dans l’intervalle ]– 25 ; – 1[, positif ou nul en dehors.g. g(– 2) = – 23.𝒞 n’a pas d’intersection avec la droite d’équation y = kx pour – 25 < k < – 1.
30 1. 100x
2. a. B(x) = 100x – (x2 + 50x + 100) = –x2 + 50x – 100b. B(10) = 300 et B(40) = 300.c.
x 5 25 40
B(x)125
525
300
y
5 x
100
(25 ; 525)
d. Il faut produire 25 appareils pour que le bénéfice soit maximal.3.
Entrée et
initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter à noptimal la
valeur 5.
Affecter à boptimal la
valeur -52 + 50 × 5 - 100
Pour a allant de 6 à 40
Affecter -a2 + 50a - 100
à la variable y.
Si y est supérieur à
boptimal alors
affecter a à noptimal
affecter y à boptimal
Finsi. Finpour.
Afficher les variables
noptimal et boptimal.
Q.C.M.
31 B et C 32 C
33 A et C 34 C
35 A 36 A et B
37 A et B 38 D
1 1
a B(x) =
4. Fonctions du second degré et homographiques • 71
Problèmes
39 1. Df = ℝ\{– 100}a.
x – 105 – 104 – 103 – 102 – 101
f(x) 79,00 74,00 65,67 49,00 – 1,00
x – 100 – 99 – 98 – 97
f(x) Non défini 199,00 149,00 132,33
b. Xmin = – 105 ; Xmax = – 97 ; Ymin = 50 ; Ymax = 200.c.
2. a. f(x) = 99 n’a pas de solution dans ℝ.b. f(900) = 99,1c. f(x) = 99,5 ⇔ x = 100d. Xmin = 100 ; Xmax = 900 ; Ymin = 99,1 ; Ymax = 99,5.e.
3.
40 1. f(x) = 0 ⇔ x = 3 ou x = 4.g(x) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 4.2. a.
10– 1 2 3 4 5 6 7 x
1
–1
2
3
4
5
6
y
b. Les points d’intersection sont (4 ; 0) et (6 ; 6).3. f(x) = g(x) ⇔ (x – 4)((x – 3) – 0,5x) = 0 ⇔ x = 4 ou x = 6.f(4) = 0 et f(6) = 6.
41 1. a. f(x) = 0 ⇔ x = 2 ou x = 16.
Sur l’intervalle [2 ; 9] il y a un seul point : (2 ; 0).
b. xS = 2 + 16
2 et yS = f(9) = 12,25.
Le sommet de la parabole est (9 ; 12,25).c.
x 2 9
f(x)0
12,25
d.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 100 x
123456789
101112
y
2. a. et b. Chaque abscisse est entre 2 et 9, et chaque ordonnée correspondante est entre 0 et f(x).3. a. 2 ⩽ a ⩽ 8 et – 1 ⩽ b + 1 ⩽ f(a)b.
Entrée et
initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter à S la valeur 0.
Pour a allant de 2 à 8
Additionner la partie
entière de f(a) à S
Fin du pour.
Afficher la variable S.
c. En python :
1
l’interva
72 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
d.
Entrée et
initialisation :
Traitement :
Sortie :
Demander n.
Affecter à S la valeur 0.
Pour k allant de 1 à
7n - 1
Affecter à x le plus
petit entier inférieur
ou égal à f(2 + k/n)
Additionner x à S.
Afficher la variable S.
42 1. Avec GeoGebra :
2. a. Les valeurs possibles pour x sont les réels de l’intervalle [0 ; 10].b. 𝒜 = x2 + (10 – x)2 = 50 + 2(x – 5)2
c. Le minimum de 𝒜 est 50, son maximum, 100.
3. a. 𝒜1 = �
4 × 𝒜 b. 𝒜2 =
34
× 𝒜
43 1. Voir le graphique ci-après.2. a. Développer :
0,0001x2 − 0,0002x − 0,0003 = 0,0001(x + 1)(x − 3) .
f(x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 3.Les points d’intersection ont comme coordonnées (– 1 ; 0) et (3 ; 0).b. f est minimum pour x = 1 et f(1) = – 0,0004.c.
x – 2 1 5
f(x)0,0005
– 0,0004
0,0012
3. a. f(1 – a) = f(1 + a) ⇔ 0,0001(1 – a + 1)(1 – a – 3) = 0,0001(1 + a + 1)(1 + a – 3) ⇔ (2 – a)(–a – 2) = (2 + a)(a – 2) qui est vraie quelque soit a réel.
La droite d’équation x = 1 est axe de symétrie de la courbe.b. y
x10
0,0001
44 Partie ALe théorème de Pythagore appliqué dans les deux triangles HAE et GCF donne :HE2 = HA2 + AE2 et FC2 + GC2 = GF2.Or HA = FC et EA = GC, donc HE = GF.De la même manière on montre que HG = EF.Ce qui montre que EFGH est un parallélogramme.Partie B1. a.
b. Cela dépend du choix fait pour la construction.Si le rectangle est « allongé » cette fonction semble décroissante.c. Le calcul (non demandé ici) montre que si la longueur est égale à plus de trois fois la largeur, cette fonction est décroissante.2. a. Pour que F puisse être construit, on doit avoir BF ⩽ BC, d’où 0 ⩽ x ⩽ 2.b. En regroupant les triangles, on obtient un rectangle de dimensions x et 10 – x.c. En regroupant les triangles, on obtient un rectangle de dimensions x et 2 – x.d. L’aire S du parallélogramme s’obtient par diffé-rence : S = 20 – x(2 – x) – x(10 – x) = 2x2 – 12x + 20.e.
x 0 2
f(x)20
4
1
5
10
15
20
y
0 2 x
1
Phéorème
4. Fonctions du second degré et homographiques • 73
f. En développant 2(x – 3)2 + 2,on obtient 2x2 – 12x + 20.La fonction définie sur ℝ par x ↦ 2(x – 3)2 + 2 est décroissante sur ]– 3 ; 3] donc également sur [0 ; 2].3. a. Pour que F puisse être construit, on doit avoir BF ⩽ BC, d’où 0 ⩽ x ⩽ 4.b. S = 32 – x(8 – x) – x(4 – x) = 2x2 – 12x + 32c.
x 0 3 4
f(x)32
14
16
5
10
15
20
y
0 1 2 3 4
25
30
x
d. En développant 2(x – 3)2 + 14, on obtient 2x2 – 12x + 32.La fonction définie sur ℝ par x ↦ 2(x – 3)2 + 14 est décroissante sur ]– 3 ; 3] puis croissante sur [3 ; +3[. Donc décroissante sur [0 ; 3] puis décroissante sur [3 ; 4].
45 Traduction de l’énoncé
FlipperboleRobert soulève le cerceau à l’aide du système représenté ci-dessous.
Il tire sur une corde qui passe sur une poulie fixe F et une poulie mobile P et qui est attachée au point fixe A en son extrémité.
Le cerceau est fixé à la poulie P qui répartit la tension de la corde sur (PA) et (PF) de sorte que la bissectrice de l’angle PA� reste verticale.Les dimensions du dispositif sont indiquées sur la figure.On voudrait connaître la trajectoire de la poulie P.Sur un schéma à l’échelle 1/10, dessiner plusieurs positions successives de P, puis relier ces points pour faire apparaître la courbe décrite par P quand Robert tire sur la corde.
Les élèves peuvent, même si la question n’est pas posée, prouver que c’est un arc d’hyperbole.Choisissons un repère tel que les coordonnées des points F, C et A soient respectivement (0 ; 0), (19 ; 0) et (18 ; – 9).
].
T
ipperbo
74 • 4. Fonctions du second degré et homographiques
En considérant A’ le symétrique de A par rapport à G, les triangles FEP et A’GP sont en situation de
Thalès. Donc EFEP
= ′A GGP
.
En posant EF = x et EP = –y, on obtient :
x−y
=18 − x−y − 9
, d’où y = −9x2x − 18
.
46 1. On choisit le repère défini par l’horizontale et l’axe de symétrie tel que le sommet ait comme coordonnées (0 ; 4) et les intersections du grand arc de parabole soient (– 2 ; 0) et (2 ; 0).2. Un exemple de ce qui peut convenir :f(x) = –x2 + 4 sur [– 2 ; 2]
g(x) = 1
10x2 + 2 sur [– 0,7 ; 0,7]
h1(x) = – 30(x + 2,6)(x + 2,4) sur [– 2,6 ; – 2,4]h2(x) = – 30(x + 2,4)(x + 2,2) sur [– 2,4 ; – 2,2]h3(x) = – 30(x + 2,2)(x + 2) sur [– 2,2 ; – 2]h4(x) = – 30(x – 2)(x – 2,2) sur [2 ; 2,2]h5(x) = – 30(x – 2,2)(x – 2,4) sur [2,2 ; 2,4]h6(x) = – 30(x – 2,4)(x – 2,6) sur [2,4 ; 2,6]
y
1
1
0 x
47 Partie A
y
x10
1
Partie B1. a. Si x > 8 alors x – 4 > 4 donc x – 4 > 0.
Comme f(x) = 1
x − 4, on a f(x) strictement positif.
b. Si x > 8 alors x – 4 > 4. Or la fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement posi-
tifs. Donc x − 4
< 14
ou encore f(x) < 0,25.
c. D’après ce qui précède, si x > 8, 0 < f (x) < 0,25. Donc f(x) ne peut être un entier.
2. a. Si x < 0 alors x – 4 < – 4 donc x – 4 < 0.
Comme f(x) = 1
x − 4, on a f(x) strictement négatif.
b. Si x < 0 alors x – 4 < – 4. Or la fonction inverse change l’ordre de deux nombres strictement néga-
tifs. Donc 1
414x −
> − ou encore f(x) > – 0,25.
c. D’après ce qui précède, si x < 0, – 0,25 < f(x) < 0. Donc f(x) ne peut être un entier.3. a. 0 X x X 8 si x n’est pas entier, la première coordonnée de M(x ; f(x)) n’est pas entière.b. Si x est un entier compris entre 0 et 8, il suffit de vérifier que chacun des 9 nombres f(0), …, f(8) n’est pas entier.
Entrée et
initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter à nbentier la
valeur 0.
Pour a allant de 0 à 8
affecter 1
a − 4 à la
variable y
si y est entier* alors
affecter nbentier + 1
à nbentier
Finsi. Finpour.
Afficher la variable nb
entier.
* Pour le programmer, tester si y – E(y) ≠ 0.E représente la fonction partie entière notée ENT(), floor(),… selon le langage utilisé.4. La courbe ℋ ne passe donc par aucun point à coordonnées entières.
48 Partie A1. Il s’agit de la figure du manuel.
2. a. ABO et A’B’O sont en situation de Thalès,
′A′A ′B
= OAAB
, et par suite O ′ABC
= ′A ′BCO
.
b. OFC et A’FB’ sont en situation de Thalès donc
′A ′BCO
= F ′AOF
.
c. Comme OA = BC, d’après 2. a. et 2. b. on a :
O ′AOA
= O ′ABC
= ′A ′BCO
= F ′AOF
.
d. Comme FA’ = OA’ – OF, d’après 2. c. on a :
O ′AOA
= O ′A − OFOF
.
Donc
1OA
= O ′A − OFOF × O ′A
= O ′AOF × O ′A
− OFOF × O ′A
= 1OF
− 1O ′A
.
Ps’agit de
4. Fonctions du second degré et homographiques • 75
e. En posant OF = 8 et OA = x on a : 1x
= 18
− 1O ′A
.
Donc 1
O ′A= 1
8− 1
x= x − 8
8x, soit O ′A = 8x
x − 8.
Partie B1. Df = [0 ; 8[ ∪ ]8 ; +3[ car x est une longueur (posi-tive) et x ≠ 8.
2. 8 + 64x − 8
= 8x − 64 + 64x − 8
= f (x)
3. y
0 10
10
x
Cf
4.
x 0 8 + 3
f(x)0
5. 8,5X f(x) X10 pour x appartenant à [40 ; 136].
Partie C1.
2. Les droites (CF) et (BO) ne sont pas sécantes lorsque OA = 8, c’est-à-dire quand A est confondu avec le symétrique F’ de F par rapport à O.3. Si A se trouve sur la demi-droite ]F’x’), B’ se trouve sur la demi-droite ]Fx).Si A se trouve sur la segment ]F’O[, B’ se trouve sur la demi-droite ]Ox’).
45 1. Voir ci-après.
2. Soient A(0 ; – 1), B(2 ; 1) et M(x ; y) alors
MA = x2 + (y + 1)2 et MB = (x − 2)2 + (y − 1)2 .
3. N1A = 2,5 et N1B = 0,5 d’où N1A – N1B = 2. Donc N1 appartient à ℰ.N2A = 0,5 et N2B = 2,5 d’où N2A – N2B = – 2. Donc N2 appartient à ℰ.4. a.
x – 3 1 + 3
f(x)
b. y
1
B
A
N1
N2 x0
1
C
c. f(2) = 0,5 donc N1 appartient à C. f(0) = – 0,5 donc N2 appartient à C. d. Voir fichier.e.
5. a. Pour (1) et (2) il suffit de remplacer dans MA = MB – 2 et MA = MB + 2 les valeurs données dans la question 2.
b. En mettant les 2 membres de (1) au carré :
x2 + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 2( )2
x2 + (y + 1)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2 − 4 (x − 2)2 + (y − 1)2 + 4
x2 + (y + 1)2 − (x − 2)2 − (y − 1)2 − 4 = −4 (x − 2)2 + (y − 1)2
2 − y − x = (x − 2)2 + (y − 1)2
(2 − x − y)2 = (x − 2)2 + (y − 1)2
y(2x − 2) = 1 donc M(x ; y) appartient à C.
Le même calcul peut se faire à partir de (2).Donc : si M(x ; y) appartient à ℰ alors M(x ; y) appar-tient à C.
1
oient A(0
5. Équations et inéquations • 77
5. Équations et inéquations
Objectifs et pré-requisDans ce chapitre, on rappelle les méthodes de résolutions d’équations et d’inéquations qui se ramè-
nent à des expressions du premier degré. L’objectif du programme est de combiner pour un même
problème les résolutions graphiques et algébriques. On pourra donc proposer simultanément aux
élèves des exercices de ce chapitre ainsi que certains du chapitre 2.
Un deuxième objectif travaillé dans ce chapitre consiste à entraîner les élèves à poser des problèmes
en équation.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
ÉquationsRésolution graphique et algébrique d’équations.
• Mettre un problème en équation.• Résoudre une équation se ramenant au premier degré.• Encadrer une racine d’une équation grâce à un algorithme de dichotomie.
InéquationsRésolution graphique et algébrique d’inéquations.
• Modéliser un problème par une inéquation.• Résoudre graphiquement des inéquations de la forme :
f (x) < k ; f (x) < g(x).• Résoudre une inéquation à partir de l’étude du signe d’une expression produit ou quotient de facteurs du premier degré.• Résoudre algébriquement les inéquations nécessaires à la résolution d’un problème.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶6x = 120 – 4x d’où 10x = 120 soit x = 12.
L’ouvrier a travaillé 12 jours.
Corrigés des activités
1 Notion d’équation et d’inéquation
●1
x – 1 1 7
5x – 7 – 12 – 2 28
– 5x – 17 – 12 – 22 – 52
x2 – 3 4 – 2 28
– x + 13
23
0 – 2
●2 a. – 1 b. 1 c. 1 d. – 1, 1 et 7
78 • 5. Équations et inéquations
2 Traduire une situation par une équationa. x est le prix d’une dinde : 6,50 + 4x = 54,5.
b. x est le nombre : 2x = x2.
c. x est le premier entier : x + x + 1 = 67.
d. x est la longueur des côtés du carré : 4x = x2.
e. L est la longueur et l la largeur du rectangle : L × (l + 5) = L × l + 20.
f. x est mon âge : x + x + 20 = 52.
g. x est l’héritage du cadet : 23
x + x = 1 500.
h. x est l’argent de poche reçu il y a 6 mois : 25x = 32.
3 Signe de ax + b par lecture graphique
Partie A
●1
2
4
– 4
– 2
4 6O
y
x2
I
d
J
d est une droite.
●2 Le point d’intersection de d et de l’axe des abscisses est A(52
; 0).
●3 a. L’ordonnée de M est positive.
b. L’ordonnée de N est négative.
c.
x – 3 xA + 3
Signe de 2x – 5
– 0 +
d. L’expression 2x – 5 est négative pour tout x inférieur à 52
.
L’expression 2x – 5 est positive pour tout x supérieur à 52
.
Partie B
x – 3
43
+ 3
Signe de g(x)
+ 0 –
5. Équations et inéquations • 79
4 Résoudre une inéquation
●1
x – 3 2 + 3
Signe de 2x – 4
– 0 +
●2
x – 3 –3 + 3
Signe de –7x – 21
+ 0 –
●3
x – 3 –3 2 + 3
2x – 4 – – 0 +
–7x – 21 + 0 – –
●4 a. L’expression (2x – 4)(– 7x – 21) est positive pour x ∈ [– 3 ; 2].
b. La solution est l’intervalle [– 3 ; 2].
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Recherche triangles rectangles !
●1 et ●2) Les élèves conjecturent deux solutions qui sont symétriques l’une de l’autre.
●3 a. DP2 = x2 + 36 et CP2 = x2 − 30x + 261
b. On doit résoudre DP2 + CP2 = 225 qui équivaut à x2 – 15x + 36 = 0.
c. On développe (x – 3)(x – 12). Résoudre (x − 3)(x − 12) = 0 conduit à AP = 3 ou AP = 12.
TICE 2 Décomposition d’une fonction L’élève décompose l’expression des fonctions en opérations élémentaires. Le tableur effectue les
calculs étape par étape selon la décomposition établie.
Dans la première question, la fonction étudiée présente une symétrie par rapport à la droite
d’équation x = − 12
.
opératio
80 • 5. Équations et inéquations
Dans la deuxième question, il faudra conjecturer que la courbe est symétrique par rapport à l’axe
des ordonnées.
●1 a. x → 4 × x → 4 × x + 2 → (4 × x + 2)2 → (4 × x + 2)2 − 1
b. Voir ci-contre.
●2 a. x → x2 → 9 − x2 → 1
9 − x2
b. Voir ci-contre.
c. L’équation g x( )x = − 17
semble posséder deux solutions :
x = – 4 et x = 4.
TICE 3 Résoudre une équation avec un logiciel
●1 a. On développe les termes de
l’équation (E).
b. Voir ci-contre.
c. x ≈ – 1,60 ou x ≈ – 0,46
ou x ≈ 2,06
●2 a. x ≈ – 2,562 ou x ≈ 1 ou x ≈ 1,562
b. x ≈ 0,697 ou x ≈ 4,303
●3 Si a < – 2, l’équation n’a aucune
solution.
Si a = – 2, l’équation a une solution.
Si a > – 2, l’équation a deux
solutions.
●4 Si – 6 < b < 2, l’équation n’a aucune
solution.
5. Équations et inéquations • 81
Si b = – 6 ou b = 2, l’équation a une solution.
Si b > 2 ou b < – 6, l’équation a deux solutions.
Algorithmique 1 Vérifier les solutions d’une équation
●1 a. Pour a = 2, A(2) = 2 × 22 – 2 – 13 = – 7 et B(2) = 2 – 32
= 0,5 ≠ 7.
Donc 2 n’est pas solution de l’équation A(x) = B(x).
b. Pour a = 3, A(3) = 2 × 32 – 3 – 13 = 2 et B(3) = 3 – 33
= 2.
Donc 3 est solution de l’équation A(x) = B(x).
●2 a. Les entrées nécessaires sont A(x), B(x) et x.
b. Les traitements sont :
– effectuer des calculs numériques ;
– effectuer un test ;
– donner une instruction conditionnelle.
82 • 5. Équations et inéquations
c. Les sorties possibles sont :
– x est solution de l’équation A(x) = B(x) ;
– x n’est pas solution de l’équation A(x) = B(x).
●3 Entrée :
Traitement :
et Sortie :
Le réel positif x, les expressions A et B.
Calculer A(x) et B(x).
Si A(x) = B(x)
alors afficher “x est solution”.
Sinon
afficher “x n’est pas solution”.
Algorithmique 2 Résoudre un problème à répétition
●1 À chaque écluse, le marchand laisse 1 % de son chargement et 5 sacs de farine, il lui en reste donc
a × 0,99 – 5. L’égalité « a=a*0,99-5 » signale la nouvelle affectation de a.
●2 i représente le nombre d’écluses restant à franchir.
●3
1re écluse 2e écluse 3e écluse 4e écluse 5e écluse
a 10 000 9 895 9 791,05 9 688,14 9 586,26
i 63 62 61 60 59
●4 Chaque boucle comporte une multiplication et deux soustractions, soit au total 63 multiplications
et 126 soustractions.
●5 a. nbsacs(7 000) ≈ 3 481,8 n’est pas suffisant, mais nbsacs(10 000) ≈ 5 074,5 dépasse la moitié, donc
la valeur recherchée se situe entre 7 000 et 10 000.
b. La valeur minimale est 7 590.
Il est déconseillé de programmer sur calculatrice, le nombre de boucles étant trop élevé (63 × 591).
Quelques exemples de programmation :
Avec AlgoBox En Python Avec Scilab
Algorithmique 3 Vitesse de convergence de l’algorithme de Héron
●1 a. Avec n = 3 et p = 0,01 :
u 3 2 1,75 1,732
i 0 1 2 3
Valeur approchée de u – 3 1,268 0,268 0,018 0,000 09
5. Équations et inéquations • 83
b. Le processus s’arrête lorsque u – 3 ⩽ 0,01, c’est-à-dire pour i = 3.
c. i permet de compter le nombre de boucles réalisées.
d. Quelques exemples de programmation :
Sur TI83+ Sur Casio graph35+
Avec Xcas
●2 a. On obtient i = 7 à partir de n = 253.
b. Avec p = 0,01, on initialise i à 0 et on cherche la plus petite valeur de n telle que i = 7.
Entrée :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Aucune.
i = 0, n = u.
Tant que i ≠ 7
affecter à i la valeur 0 ;
affecter à n la valeur n + 1 ;
affecter à u la valeur n.
Tant que (u – n ) > 0,01
affecter à u la valeur 12
unu
+⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠ ;
affecter à i la valeur i + 1.
Afficher n.
Pour ce dernier
algorithme, le nombre
de calculs étant élevé,
il est déconseillé de
le programmer sur
calculatrice.
Avec Xcas
Voir ci-contre.
84 • 5. Équations et inéquations
Algorithmique 4 Étudier le signe d’un produit
●1 mba
= − et ndc
= − .
●2 Cas où a et c sont de même signeSi a est positif , ax + b < 0 pour x < m et si c est positif , cx + d < 0 pour x < n, donc (ax + b)(cx + d) > 0
pour tout x tel que x < m et x < n.
Donc si a et c sont positifs, on se trouve dans le second cas, où l’expression est négative entre m et n.
On a le même résultat si a et c sont négatifs.
Cas où a et c sont de signes contrairesSi a est positif , ax + b < 0 pour x < m et si c est négatif , cx + d > 0 pour x < n, donc (ax + b)(cx + d) < 0
pour tout x tel que x < m et x < n.
Donc si a est positif et c négatif , on se trouve dans le premier cas, où l’expression est positive entre
m et n. On a le même résultat si a est négatif et c est positif .
On peut conclure que l’on se trouve dans le premier cas si, et seulement si, a et c sont de signes
contraires.
●3 a. Le calcul de m et n est impossible si a = 0 ou b = 0.
b. m = 6 et n = 4, ac = – 2 est négatif donc l’algorithme affiche « positif entre 6 et 4 ».
c. ac < 0 si, et seulement si, a et c sont de signe contraires.
d. m = 12
et n = 12
. ac = – 8 est négatif donc l’algorithme affiche « positif entre 12
et 12
», ce que l’on
peut interpréter par « négatif pour tout x sauf 12
».
Problème ouvert 1 Cercles tangents
●1
●2 On pose par exemple x = BP.
1er cas : x ≠ 0, en appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle OBP rectangle en B, on
obtient l’équation x2 + 16 = (12 – x)2.
On trouve : x = 6
3 cm.
2e cas : x = 0, alors on constate que les deux cercles centrés en B, confondu avec P, sont tangents
intérieurement en A.
5. Équations et inéquations • 85
Problème ouvert 2 Problème de longueur
●1
●2 On pose par exemple x = CM.
En appliquant le théorème de Thalès dans les triangles PCM et PDA, on obtient l’équation :
CPCP + 6
= x6
.
Soit CP = 6x6 − x
.
Le problème se ramène à résoudre l’inéquation 6x
6 − x< 3 .
On trouve : x < 2.
Problème ouvert 3 La ville carrée On pose x la longueur des côtés de la ville
carrée.
En appliquant le théorème de Thalès,
on obtient l’équation : 20
342
1775x
x
+= .
On trouve : x = 250 pas.
Problème ouvert 4 Les nombres consécutifs
Si n est le plus petit des quatre entiers, alors :
n2 + (n + 3)2 – ((n + 1)2 + (n + 2)2) = 4.
86 • 5. Équations et inéquations
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1 b, c et e
2 – 9 et 5
3 – 2 et 2
4 b, c, e et f
5 a. −1112
b. 169
c. − 4912
d. 32
6 a. 3
19 b. 2
c. − 203
d. 214
7 a. 37
b. – 18
c. 9
11 d. 3
e. 5
17 f. 6
8 a. 2726
b. 4
15 c. − 36
23
9 a. − 54
ou − 910
b. 53
ou 52
c. 38
ou 1 d. − 52
ou 16
e. − 97
ou 43
f. 74
ou 2
10 a. − 13
ou 15
b. − 94
ou 38
c. − 49
ou 15
d. − 49
ou 2
e. − 45
ou 35
f. − 53
ou – 1 ou 37
11 x = 0 ou x = 23
12 a. 12
b. − 53
ou 53
c. 52
d. − 35
ou 35
e. 32
f. − 34
13 a. – 6 ou 6 b. −2 2 ou 2 2
c. Aucune solution d. − 82 ou 82
e. – 13 ou – 7 f. 4 ou 12
14 a. − 59 ou 59 b. – 4 ou 12
c. − 95
d. − 43
ou 43
e. 1 f. 3
10 ou
174
g. 15
ou 5
h. − 2 2 − 2 ou 2 2 − 2
15 a. − 14
ou 3 b. − 35
ou 12
c. 23
ou 32
16 a. 12
b. 12
c. – 1 d. 3e. – 5 ou 1 f. – 7 ou 6
17 a. – 1 ou 1 b. 1c. 3 d. – 7
18 a. − 192
b. 118
c. 15
d. − 6 ou 6
19 a. 15
b. – 4
c. Aucune solution d. – 1
20 1. A(x) = 5x2 + 53x + 302. A(x) = (3 + 5x)(x + 10)
3. a. – 10 ou − 35
b. − 535
ou 0
c. − 35
ou 74
21 1. A(x) = – 2x2 + 3x – 12. A(x) = (1 – x)(2x – 1)
3. a. 12
ou 1 b. 0 ou 32
c. 0
4. A(0) = – 1 et A( 3) = 3 3 − 7
22 1. A(x) = – 3x2 – 2x + 212. A(x) = (x + 3)(7 – 3x)
3. a. – 3 ou 73
b. − 7 ou 7
4. A(0) = 21 et A1
3
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
= 20 − 2 33
5. Équations et inéquations • 87
23 1. a. et b.
O
y
x
2 3– 2
2
4
6
10
8
– 4
– 2
4
Cf
Cg
2. Les solutions de f(x) = g(x) sont 0 et 3.
24
x – 3 2 + 3
–2x + 4 + 0 –
25
x – 3 –5 –2 + 3
3x + 6 – – 0 +
– x – 5 + 0 – –
(3x + 6) × (–5x – 1)
– 0 + 0 –
26 a.
x – 3 –2 + 3
–23
–43
x + 0 –
b.
x – 3 2 + 3
23
–43
x – 0 +
27 a.
x – 3 6 + 3
f(x) – 0 +
b.
x – 3 3 + 3
g(x) + 0 –
c.
x – 3 3 + 3
h(x) – 0 +
28 a.
x – 3
59
+ 3
f(x) – 0 +
b.
x – 3
32
+ 3
g(x) + 0 –
c.
x – 3
23
+ 3
h(x) + 0 –
29 a.
x – 3 2 3 + 3
f(x) – 0 – 0 +
b.
x – 3 − 43
0 + 3
g(x) – 0 + 0 –
c.
x – 3 − 13
2 + 3
h(x) – 0 + 0 –
88 • 5. Équations et inéquations
d.
x – 32
3 4 + 3
i(x) + 0 – 0 + 0 –
30 a.
x – 3 –3 5 + 3
f(x) – 0 +
–
b.
x – 3 –4 –112
+ 3
i(x) +
– 0 + 0 –
31
x – 3 –33
+ 3
f(x) = 3x + 9 – 0 + +
6x – 4 – – 0 +
f x)x6 –x 4
+ 0 –
+
32 Tableaux de signes au choix de l’élève. Exemples de fonction :
a. f(x) = (x – 4)(x + 8)
b. g(x) = −3 − x2x − 1
c. h(x) = 4x − 5−3x − 4
33 a.
x – 3 –2 2 + 3
f(x) + 0 – 0 +
b.
x 0 16 + 3
g(x) –4 – 0 +
34 a et b
35 – 5, – 1 et 6
36 a. x < 1 b. x ⩾ 12
c. x < − 18
d. x > – 3
e. x > 47
f. x ⩽ − 43
37 a. ]– 3 ; 83
] b. ]– 3 ; 58
]
c. ]– 3 ; 18
] d. ]176
; +3[
38 a. ]– 3 ; 85
] b. ] − 35
; +3[
c. ] − 25
; +3[ d. ] − 1835
; +3[
39 a.
x – 3 5 7 + 3
(2x – 10) (x – 7) + 0 – 0 +
b. L’ensemble des solutions est ]– 3 ; 5[ ∪ ]7 ; +3[.
40 a. ]– 3 ; 85
] ∪ [95
; +3[
b. ]– 3 ; − 59
[ ∪ ]9
10 ; +3[
c. ]– 3 ;12
[
d. ]– 3 ; – 3[ ∪ ]87
; +3[
41 a. [53
; 5] b. [15
; 14
]
c. ]– 3 ; − 94
] ∪ [35
; +3[ d. ] − 92
; 3[
e. ] − 5932
; − 54
[ f. ]43
; 107
[
42 a. ]– 3 ; 47
[ ∪ ]1 ; +3[
b. ]– 3 ; 3
31 [ ∪ ]
27
; +3[
c. ] − 23
; − 12
[
d. ]– 3 ; − 52
] ∪ [ − 43
; 0]
e. ]1
15 ;
54
[
f. ]– 3 ; 57
[ ∪ ]43
; 53
[
43 1. A(x) = – 7x2 – 11x + 6
2. A(x) = (x + 2)(3 – 7x)
3. a. ]– 3 ; – 2 ] ∪ [37
; +3[
b. ] − 117
; 0[
5. Équations et inéquations • 89
44 1. A(x) = – 15x2 + 20x – 52. A(x) = 5(1 – x)(3x – 1)
3. a. ]– 3 ; 13
[ ∪ ]1 ; +3[
b. Tout nombre réel.
45 1. a. 16 – x2 = (4 – x)(4 + x)b. 16 – x2 – (4 – x)(8 – 3x)= (4 – x)(4x – 4)2. [1 ; 4]
46 a. ]– 3 ; – 5] ∪ [92
; +3[ b. ] − 34
; − 12
[
47 a. ]– 3 ; − 232
] ∪ ]– 7 ; +3[
b. ]– 3 ; 23
[ ∪ ]1419
; +3[
c. ]– 3 ; − 58
[ ∪ ] − 12
; +3[
d. ]– 1 ; 1[ ∪ [32
; +3[
48 a. ]– 3 ; – 1[ ∪ ]0 ; 2[ b. ]– 3 ; – 3[ ∪ ]3 ; 6]
QCM
49 B 50 B
51 C 52 A
53 B 54 B
55 B et C 56 C et D
57 A 58 D
59 B
Problèmes
60 1. Le programme de calcul donne 3
2x + 3.
2. On résout l’équation 3
2x + 3= 5 ,
la solution est – 1,2.
61 1. f(x) = (x – 3)(x + 4) = x2 + x – 12g(x) = (x – 3)(x + 1) = x2 – 2x – 3
2. a. f(3) = 0
f( ) = 2 − 10
f( 3 + 3 ) = 7 3 + 3
g(3) = 0
g( 2 ) = −2 2 − 1
g( 3 + 3 ) = 4 3 + 3
b. Les antécédents de 0 par f sont : – 4 et 3.Les antécédents de 0 par g sont : – 1 et 3.
c. Les solutions de f(x) = g(x) sont : 12
ou 3.
d. L’inéquation f(x) + 12 ⩽ g(x) + 3 est vérifiée pour x ⩽ 0.L’inéquation
f (x)
g(x)> 0 est vérifiée pour x < – 4 ou
x > – 1.
62 1. y
x
1 2 3
5
10
25
30
35
Cf
O
15
20
2. a. La courbe est au-dessus de l’axe des abscisse, il n’y a pas de solution.b. Développer et réduire (2x – 3)2 + 3.3. Sinon l’équation f (x) = 0 aurait au moins une solution.4. Expressions de fonctions au choix de l’élève.
63 On nomme x le gain du 2e gagnant.x + 400 + x + x – 200 = 1 250soit x = 350.Le premier gagnant reçoit 750 €, le deuxième 350 € et le troisième 150 €.
64 On nomme x la masse d’un sac de sucre.5 + 2x = 3 + 6xd’où x = 0.Un sac de sucre a une masse de 0,5 kg.
65 Si x est la note d’Amandine :3(x + 2) = 4x – 10x = 16.Amandine a eu 16 à son contrôle de mathématiques.
66 1. L’aire de la croix est égale à 5x + 4x – x2. Cette aire doit être la moitié de l’aire totale du drapeau qui vaut 20.2. x ≈ 1,3 ou x ≈ 7,7. La première valeur approchée convient comme solution au problème.
90 • 5. Équations et inéquations
67 x est le prix d’une daurade et y le prix d’une sole.x = 2y et 4y + 2x = 28Le prix d’une sole est 3,50 €.
68 Soit x la longueur des côté du carré.
x2 = 100x
2, d’où x = 50.
Le côté commun des champs est long de 50 m.
69 Appliquer le théorème de Pythagore. Si x est la longueur de l’hypoténuse alors x2 = 25 + (x – 2)2.Soit x = 7,25. L’hypoténuse mesure 7,25 cm.
70 x vérifie l’équation 2�x2
2= 2x x + 9( ) , soit :
x = 18� − 2
≈ 15,8 cm.
71 On doit résoudre xx2
− 1⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
<
x2
− 1⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
x + 4( )2
.
L’aire du rectangle est inférieure à celle du triangle pour 2 < x < 4.
72 Traduction de l’énoncéProblème existentielÉtienne a vu ce triangle sur un tableau noir.
Pour quelles valeurs de x peut-on construire ce triangle ? Justifier.
Si le triangle existe alors : (2 + x) + (1 + 2x) > (12 – x) et (2 + x) + (12 – x) > (1 + 2x). Les solutions de cette double inégalité sont tous les réels de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[. L’inégalité (1 + 2x) + (12 – x) > (2 + x) est toujours vraie. Réciproquement pour tout réel de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[, les trois nombres (2 + x), (1 + 2x) et (12 – x) sont positifs ce qui assure l’existence du triangle. Les solutions sont tous les réels de l’intervalle ]2,25 ; 6,5[.
73 On note x le total des ventes en euros.On cherche les solutions de l’inéquation :
800 + 2100
x < 350 + 5100
x
soit x > 15 000.
Le contrat « Offensive » apporte une rémunération supérieure pour un montant de ventes supérieur à 15 000 €.
74 1. Le rayon de la planète x doit vérifier l’équation :
43
�x3 = 62 �x3
+ 20�x2
3.
x ≈ 6,4 milliers de kilomètres. La planète cherchée est la Terre.
75 1. La recette mensuelle est R(x) = 20x.2. B(x) = R(x) – C(x)3. Le nombre minimum de ceintures à vendre est la plus petite valeur entière de x pour laquelle B(x) > 0.L’artisan doit vendre au moins 51 ceintures pour réaliser un bénéfice.
76 Florie a chatté x heures.Fleur a chatté x + 12 = 1,5x heures.D’où x = 24 h.
77 Soit n le côté du 3e carré. Les 5 carrés initiaux ont donc pour aires respectives :(n – 2)2, (n – 1)2, n2, (n + 1)2 et (n + 2)2.En égalant les aires des deux grands carrés, on obtient successivement :(n – 2)2 + (n – l)2 + n2 = (n + l)2 + (n + 2)2
n2 – 4n + 4 + n2 – 2n + 1 + n2 = n2 + 2n + l + n2 + 4n + 4n2 – 12n = 0puis n(n – 12) = 0. Or n > 0, donc n = 12Le côté du 3e carré est donc 12.
78 Le calcul des longueurs des segments obli-ques à l’aide de Pythagore permet d’exprimer les longueurs totales de chacun des laçages :
B = 7a + 7 1 + a2 + 49 + a2
C = 7a + 2 + 6 4 + a2
D = 7a + 7 + 7 = 7a + 14a2 étant positif , on a les inégalités :
1 + a2 > 1 ; 49 + a2 > 7 et 4 + a2 > 2 .(Chacune d’elles exprime que dans un triangle rectangle, l’hypoténuse est plus longue qu’un côté de l’angle droit.)On en déduit alors aisément que B > D et C > D. C’est donc Dounia qui a les lacets les plus courts.
79 BN × 6 − MB( )
2= BN × MB soit MB = 2 cm.
80 Soit x le rayon du cercle de diamètre [AM] :
2 �x2 + � 4 − x( )2( ) = 16�
d’où x = 2 cm.
92
Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur la géométrie
1 B
2 B
3 A
4 B et D
5 C et D
6 A, B et D
7 B et D
8 B
9 B et D
10 D
11 B
12 B
13 C
6. Vecteurs et repères • 93
6. Vecteurs et repères
Objectifs et pré-requis
Ce chapitre porte sur la notion de vecteur. Le choix effectué consiste à introduire cette notion avec la
notion assez naturelle de la translation, qui n’est pas étudiée en tant que telle. Les situations propo-
sées demandent aux élèves de résoudre des problèmes dont la résolution repose sur des calculs de
coordonnées, de distance, et d’alignement de parallélisme. Les élèves seront entraînés à mobiliser
les techniques habituelles de la géométrie plane, étudiées dans les classes de collège, qui peuvent
être enrichies par les techniques de la géométrie repérée nouvellement introduites.
Les vecteurs constituent un outil supplémentaire à la disposition des élèves pour travailler dans des
configurations planes.
La géométrie repérée offre enfin l’occasion de résoudre certains problèmes d’un point de vue
algorithmique.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Coordonnées d’un point du planAbscisse et ordonnée d’un point dans le plan rapporté à un repère orthonormé.Distance de deux points du plan.
Milieu d’un segment.
• Repérer un point donné du plan, placer un point connaissant ses coordonnées.
• Calculer la distance de deux points connaissant leurs coordonnées.• Calculer les coordonnées du milieu d’un segment.
VecteursDéfinition de la translation qui transforme un point A du plan en un point B.
Vecteur AB� ���� �����
associé.Égalité de deux vecteurs :
u����
= AB� ���� �����
= CD� ���� �����
.
Coordonnées d’un vecteur dans un repère.
Somme de deux vecteurs.
Produit d’un vecteur par un nombre réel.
Relation de Chasles.
• Savoir que AB� ���� �����
= CD� ���� �����
équivaut à ABDC est un parallélogramme, éventuellement aplati.
• Connaître les coordonnées (xB – xA, yB – yA) du vecteur AB� ���� �����
.
• Calculer les coordonnées de la somme de deux vecteurs dans un repère.• Utiliser la notation �u
����.
• Établir la colinéarité de deux vecteurs.
• Construire géométriquement la somme de deux vecteurs.• Caractériser alignement et parallélisme par la colinéarité de vecteurs.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Les coordonnées géographiques de l’œil du cyclone sont (25° N ; 130° E).
94 • 6. Vecteurs et repères
Corrigés des activités
1 Attention, ça glisse !
●1 a., b. et c. Voir ci-contre.
A
Patineur 1
Patineur 2
B
●2 1 et 7
2 et 10
3 et 9
4 et 6
5 et 12
8 et 11
●3 a., b. et d. BA
DC
B’A’
D’C’
B’’A’’
D’’
C’’
M
O
P
N
c. Les segments fléchés ont la même longueur, la même direction et le même sens.
2 Somme de vecteurs
●1 a. et b. Voir ci-contre. A
M B
C
N
P
●2 a. Comme AB� ���� �����
= MN� ���� ��� �����
, ABNM est un parallélogramme.
On en déduit que AM BN� �� �� � � �� �� �
= .
b. Comme NP� ���� �����
= BC� ���� �����
, NPCB est un parallélogramme.
On en déduit que BN� ���� �����
= CP� ���� �����
.
c. D’après a. et b., on a AM� ���� ��� �����
= CP� ���� �����
. On en déduit que AMPC
est un parallélogramme et que P est l’image de M par la
translation de vecteur AC� ���� �����
.
3 Coordonnées de vecteurs
●1 a. OB� ���� �����
= 3OI� ���� ��
= 3i�
et OC� ���� �����
= −2OJ� ���� ��
= −2 j�
.
b. OA� ���� �����
= 3i�
− 2 j�
A(3 ; – 2)
6. Vecteurs et repères • 95
c.
Nom du point Décomposition vectorielle Coordonnées du point
A OA� ���� �����
= 3i�
− 2 j�
(3 ; – 2)
B OB� ���� �����
= 3i�
(3 ; 0)
C OC� ���� �����
= −2 j�
(0 ; – 2)
D OD� ���� ��� ��������
= 7i�
− j�
(7 ; – 1)
E OE� ���� �����
= 4i�
+ j�
(4 ; 1)
F OF� ���� �����
= 4 j�
(0 ; 4)
G OG� ���� ��� ��������
= −2i�
− j�
(– 2 ; – 1)
d.
x
J
O
y
P
M
N
I
●2 a. AD� ���� �����
= 4i�
+ j�
b. AD� ���� �����
= OE� ���� �����
donc AD� ���� �����
(4 ; 1)
c.
Nom du vecteur Décomposition vectorielle Coordonnées du vecteur
AD� ���� �����
AD� ���� �����
= 4i�
+ j�
(4 ; 1)
BF� ���� ��������
BF� ���� ��������
= −3i�
+ 4 j�
(– 3 ; 4)
EG� ���� �����
EG� ���� �����
= −6i�
− 2 j�
(– 6 ; – 2)
FC� ���� �����
FC� ���� �����
= −6 j�
(0 ; – 6)
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Lire des coordonnées dans différents repères Exercice autocorrectif.
96 • 6. Vecteurs et repères
TICE 2 Démontrer avec les vecteurs
●1 Voir ci-contre.
●2 a. MA� ���� ��� �����
= DN� ���� ��� ��������
= PB� ���� ��������
.
b. Les points N, O et P sont alignés.
●3 a. Appliquer les égalités vectorielles obtenues dans les
différents parallélogrammes construits.
b. Démontrer que le quadrilatère DPBN est un
parallélogramme.
TICE 3 Somme nulle
●1 Voir ci-contre.
●2 On conjecture que le point M se trouve au centre
de gravité du triangle ABC.
●3 a. On applique la relation de Chasles.
On en déduit que AM� ���� ��� �����
= 2MI� ���� �����
et donc que A, M et
I sont alignés.
b. On démontre de façon analogue que B, M et
J sont alignés.
c. On en déduit que M est le point d’intersection
des médianes du triangle ABC.
TICE 4 Longueurs égales dans un parallélogramme
●1 Voir ci-contre.
●2 On conjecture que DM = MN = NB.
●3 a. On se place dans le parallélogramme AICJ.
b. On applique une propriété des milieux dans le
triangle DCN.
c. On applique de même une propriété des milieux
dans le triangle ABM.
d. DM = MN = NB.
TICE 5 Que de milieux !
●1 Voir ci-contre.
●2 On conjecture que les points D, H et E sont alignés ou que H est
le milieu du segment [DE].
●3 A(0 ; 2) B(0 ; 0) C(1 ; 0)
I(0 ; 1) J(0,5 ; 1) D(0,25 ; 1)
E(0,5 ; 0) F(0,25 ; 0,5) G(0,5 ; 0,5) H(0,375 ; 0,5)
Le milieu de [DE] a pour coordonnées (0,375 ; 0,5),
c’est le point H.
6. Vecteurs et repères • 97
Algorithmique 1 Construction du quatrième sommet du parallélogramme
●1 xI =xB + xC
2= 3 + 6
2= 4,5 et yI =
yB + yC
2= 3 + 5
2= 4 , donc I(4,5 ; 4).
●2 a. Les coordonnées de D s’obtiennent en ajoutant celles du vecteur �u à celles du point C. On en
déduit que CD� ���� �����
=�u .
b. ABDC est un parallélogramme car CD� ���� �����
=�u .
c. �u
3 − 1
3 − 4
⎛3
⎝3⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
donc �u
2
−1
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
. xD = xC + x �u = 6 + 2 = 8 et yD = yC + y �u = 5 − 1 = 4 , donc D(8 ; 4).
●3 On sait que ID� ���� ��
= AI� ���� ��
donc on peut écrire par exemple en ligne 2 :
v:=vecteur(A,I); D:=I + v.
Algorithmique 2 Coordonnées et norme d’un vecteur
Le vecteur AB� ���� �����
a pour coordonnées p − m
q − n
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
, c’est-à-dire x
y
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
.
La norme du vecteur AB� ���� �����
est donc AB x y� �� �� �
= x2 2y+ .
On peut ajouter une ligne de la forme SQRT(X2+Y2)→ Z et ajouter Z dans la liste des résultats à affi-
cher en sortie.
Sur TI 83+ sur Casio Graph 35+
Algorithmique 3 Colinéarité, alignement
●1 Les vecteurs AB� ���� �����
et CD� ���� �����
ont pour coordonnées m
n
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
et p
q
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
.
L’erreur vient du test de colinéarité qui devrait être « if m*q-n*p==0 ».
●2 Il faut trois points A, B et C et remplacer le calcul des coordonnées du vecteur CD� ���� �����
par celles du
vecteur AC� ���� �����
par exemple. Penser bien sûr à changer le texte dans la conclusion.
Quelques exemples de programmation :
En Python Avec Algobox
98 • 6. Vecteurs et repères
Algorithmique 4 Triangles isocèles
●1 Avec les points A(– 1 ; – 1), B(7 ; 3) et C(2 ; 3) :
a = (7 – 2)2 + (3 – 3)2 = 52 + 02 = 25 et
b = (– 1 – 2)2 + (– 1 – 3)2 = (– 3)2 + (– 4)2 = 25.
Le test « Si a = b » est vrai donc l’algorithme affiche « Le triangle ABC est isocèle en C ».
●2 a. Les variables a, b et c représentent les carrés des longueurs BC, AC et AB.
b. Le calcul de c n’est nécessaire que si a et b ne sont pas égaux.
●2 Pour tester si le triangle est équilatéral, il faut évaluer les égalités entre a, b et c avant de prendre une
décision et d’afficher la nature du triangle.
Un exemple d’algorithme :
Entrée : xa et ya les coordonnées de A.
xb et yb les coordonnées de B.
xc et yc les coordonnées de C.
Traitement a = (xb - xc)2 + (yb - yc)2
et sortie : b = (xa - xc)2 + (ya - yc)2
c = (xa - xb)2 + (ya - yb)2
si a = b
si a = c
afficher « le triangle ABC est équilatéral. »
sinon
afficher « le triangle ABC est isocèle en C. »
sinon
si b = c
afficher « le triangle ABC est isocèle en A. »
sinon
si a = c
afficher « le triangle ABC est isocèle en B. »
sinon
afficher « le triangle ABC n’est pas isocèle. »
Algorithmique 5 Construction de figures par itération
●1 a. L’exécution de truc(60, 50, 80) donne la figure ci-contre.
BA
CD
a
a
180 – ab. En nommant les sommets A, B, C et D, la construction implique les
angles marqués sur la figure.
L’angle formé par les vecteurs BC� ���� �����
et CD� ���� �����
est 180 – a, donc son supplé-
mentaire est a, qui est aussi l’angle formé par les vecteurs CB� ���� �����
et CD� ���� �����
.
On peut ainsi montrer à l’aide des angles alternes-internes que les
droites (AB) et (CD) sont parallèles.
On montre de même que les droites (BC) et (AD) sont parallèles, on en
conclut que le quadrilatère ABCD est un parallélogramme.
Remarque On aurait pu s’appuyer sur le fait que les cotés sont deux à deux égaux, mais rien ne prouve alors que
ABCD soit un quadrilatère (se referme-t-il ?).
●2 a. Si n = 4, a = 90, donc chaque truc construit est un parallélogramme avec un angle droit, c’est un
rectangle.
6. Vecteurs et repères • 99
Le multitruc(4) est composé de quatre rectangles.
b. multitruc(6) :
c. Le multitruc(13) ne se referme pas car le programme calcule un angle a arrondi à l’entier inférieur.
36013
≈ 27,69... donc le programme trace la figure avec a = 27. Il manque donc 360 – 27 × 13 = 9°.
●3
●4
Problème ouvert 1 Cercle et parallélogrammes
●1 Voir ci-contre.
●2 Conjecturer que les points M, N et B sont
alignés ou, mieux, que le point B est le milieu
de [MN].
●3 Dans les parallélogrammes correspondants,
prouver que AP� ���� �����
= BM� ���� ��� ����
et que AP� ���� �����
= NB� ���� �����
.
Problème ouvert 2 Dans un parallélogramme
●1
●2 On démontre que le quadrilatère DCA’B est un parallélogramme en prouvant que DC� ���� �����
= B ′A� ���� ��� �����
.
100 • 6. Vecteurs et repères
Problème ouvert 3 Dans un trapèze
●1 On peut conjecturer que les points I, J, K et L sont alignés et
que IJ = KL et IK = JL.
●2 En considérant respectivement les triangles ABD et ABC,
prouver que les vecteurs IK� ���� ��
et JL�������
sont égaux et en déduire
que le quadrilatère IKLJ est un parallélogramme aplati. On
en déduit que les segments [IK] et [JL] ont même milieu.
Problème ouvert 4 Droites parallèles (1)
●1 Voir ci-contre.
●2 Dans le repère B, BC� ���� ��� �����
, BA� ���� �����( ) , on a :
A(0 ; 1) B(0 ; 0) C(1 ; 0) I(0,5 ; 0)
E(0 ; 23
) F(13
; 0) P(13
; 23
)
P est tel que AP� ���� �����
= 13
AC� ���� �����
.
Problème ouvert 5 Droites parallèles (2)
●1 Voir ci-contre.
●2 Dans le repère A, AB� ���� �����
, AD� ���� �����( ) , on note (x ; y) les
coordonnées de P. Alors :
RM� ���� ��� ����
(x ; –y),
NS� ���� �����
(1 – x ; y – 1).
Les vecteurs RM� ���� ��� ����
et NS� ���� �����
sont colinéaires,
donc :
x(y – 1) = –y(1 – x) soit x = y.
Les points cherchés sont donc les points du
segment [AC].
Problème ouvert 6 Milieu cherche son segment Le passage par le parallélogramme de sommets
A, P et Q et de centre B peut être envisagé.
6. Vecteurs et repères • 101
Corrigés des exercices et problèmes
Exercices d’application
1 La translation de vecteur BN� ���� �����
envoie la figure 1 sur la figure 7.La translation de vecteur DK
� ���� ����� envoie la figure 2 sur
la figure 8.La translation de vecteur EG
� ���� ����� envoie la figure 3 sur
la figure 5.La translation de vecteur OI
� ���� �� envoie la figure 4 sur la
figure 6.
2
L’image du point …
par la translation de vecteur …
est le point ….
N tAB J
L tCD E
L tu M
I tAB G
M tCD J
E tu J
O tCD M
K tAB H
3 Construction des images du quadrilatère ABCD.
4 Construction de l’image de la figure.
5 a. AB� ���� �����
= EF� ���� ��������
= GH� ���� �����
= JO� ���� ��
b. CD� ���� �����
= EG� ���� �����
= GI� ���� ��
= NP� ���� �����
= FH� ���� �����
c. DC� ���� �����
= GE� ���� �����
= GI� ���� ��
= PN� ���� �����
= HF� ���� �����
6 a. Vrai b. Fauxc. Vrai d. Vraie. Faux f. Faux g. Vrai
7 a. BD� ���� �����
= AC� ���� �����
b. ED = BA
c. DB� ���� �����
= CA� ���� �����
d. BB� ���� �����
= EE� ���� ��������
e. AB� ���� �����
= −DC� ���� �����
f. −AB� ���� �����
= −CD� ���� �����
ou −AC� ���� �����
= −BD� ���� �����
8 1. et 2.
C
P
NA
B
M
3. N est le milieu de [AB] et P est le milieu de [MC].
9 1. et 2.
A F B D C E
3. On prouve que FD� ���� �����
= DE� ���� �����
.
10
2u
– 3v
2u – 3v – w
– w
11
w
– 2v
– u – 2v + w
– u
12
12
12
B
AC
ab
102 • 6. Vecteurs et repères
13
O
B
AC
2v3u
– 2u
– v
– OB
14
C
M
N A
B
– AC
3 BC– 2 AB
– BC32
15
C
M
BA
D
MA
2 BC + BD – 2 AC
16 a. u����
= 32
a����
+ 2b����
b. u����
= −3a����
+ 2b����
17 a. u����
= a����
+ 5b����
b. v�
= −a����
+ b����
18 a. u����
= a����
b. u a�� ��� ���7
8
c. u����
= −17a����
d. u����
= 10a����
19 a. u����
= 2a����
+ 8b����
b. u����
= 73
a����
− 712
b����
c. u����
= −5a����
− b����
20 Démonstration en appliquant la relation de Chasles.
21 Démonstration en appliquant la relation de Chasles.
22 CA� ���� �����
+ CB� ���� �����
= CI� ���� ��
+ IA� ���� ��
+ CI� ���� ��
+ IB�������
= 2CI� ���� ��
23 a. BC� ���� �����
= BA� ���� �����
+ AC� ���� �����
BC� ���� �����
= BI�������
+ IA� ���� ��
+ AJ� ���� ��
+ JC� ���� ��
BC� ���� �����
= IA� ���� ��
+ IA� ���� ��
+ AJ� ���� ��
+ AJ� ���� ��
BC� ���� �����
= 2IJ����
b. On vient de montrer le théorème des milieux.
24 a. AD� ���� �����
= AI� ���� ��
+ ID� ���� ��
= IC� ���� ��
+ ID� ���� ��
b. AB� ���� �����
+ AD� ���� �����
= AC� ���� �����
= 2IC� ���� ��
25 a. A
B
E
F
C
b. FB� ���� ��������
+ FC� ���� �����
= 2FA� ���� �����
+ AB� ���� �����
+ AC� ���� �����
= 0�
26 a. et b.
C
E
BA
D
c. BCDE est un losange. On démontre que BCDE est un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires.
27 a.
B
MD
A C
N
b. MD� ���� ��� �����
+ ND� ���� ��� ��������
= MA� ���� ��� �����
+ AD� ���� �����
+ NC� ���� �����
+ CD� ���� �����
MD� ���� ��� �����
+ ND� ���� ��� ��������
= AB� ���� �����
+ BC� ���� �����
+ CB� ���� �����
+ BA� ���� �����
= 0�
28 Les couples de vecteurs colinéaires sont :a����
et z�
b����
et t�
u����
et w����������
c�
et v�
29 a. k = – 0,5b. Les vecteur u
���� et v�
sont colinéaires.
30 a. k = − 52
b. Les vecteur u����
et v�
sont colinéaires.
6. Vecteurs et repères • 103
31 1. Construire les vecteurs en remarquant que
w����������
= 13
u����
.
2. Les vecteur v�
et w����������
sont colinéaires car v�
= −12w����������
.
32 Les droites (AB) et (CD) sont parallèles dans les cas a, b et d.Les droites (AB) et (CD) ne sont pas parallèles dans le cas c.
33 La propriété des milieux donne : BC� ���� �����
= 2IJ����
.Les vecteurs sont colinéaires.
34 Les points A, B et C sont alignés dans les cas a, c et d.Dans le cas b, on a BA
� ���� �����= 0�
, donc A et B sont confondus, et les 3 points sont alignés.
35 La colinéarité de AB� ���� �����
et AC� ���� �����
prouve que A, B et C sont alignés.La colinéarité de BC
� ���� ����� et CD� ���� �����
prouve que B, C et D sont alignés.
36 1. A(– 2 ; 5), B(4 ; 2), C(4 ; 6) et D(– 4 ; – 2)2. a. A(5 ; – 2), B(2 ; 4), C(6 ; 4) et D(– 2 ; – 4)b. A(– 2 ; 2,5), B(4 ; 1), C(4 ; 3) et D(– 4 ; – 1)c. A(2 ; – 5), B(– 4 ; – 2), C(– 4 ; – 6) et D(4 ; 2)
37 a. Vrai b. Fauxc. Vrai d. Faux
38 a. A(0 ; 0) et C(1 ; 1)b. A(1 ; 0) et C(0 ; 1)c. A(0 ; 0) et C(1 ; 0)
39 1. C, CB� ���� �����
, CA� ���� ��� �����( ) ou I, IB
�������, IA� ���� �����( )
2. a. I, IC� ���� ��
, IA� ���� ��( )
b. I(0 ; 0) et B(– 1 ; 0)
40 1. I(0 ; 12
) et C(– 1 ; 1)
2. a. I, IB�������
, IC� ���� ��( )
b. I(0 ; 0) et C(0 ; 1)
41 a. u����
(5 ; – 2) et v�
(– 4 ; – 3)b. et c.
xO
y
A
B
i
j
w
42 a. et b. u����
(– 3 ; 1)
– u����
(3 ; – 1)
v�
(– 1 ; 3)
– v�
(1 ; – 3)
w����������
(1 ; 3)
– w����������
(– 1 ; – 3)
z�
(– 3 ; – 1)
– z�
(3 ; 1)
43 1. u����
(– 4 ; 6)
v�
(4 ; 2)
w����������
(– 3 ; – 7)
z�
(– 7 ; – 3)
2. a. A(9 ; – 1) b. B(2 ; 6)
44 1. et 2. a.
vw
a – u
b
u
xO
y
w– 13
b. a����
(– 6 ; – 1) et b����
(3 ; 3)
45 a. AB� ���� �����
(4 ; – 2), DC� ���� �����
(4 ; – 2)b. ABCD est un parallélogramme.
46 AB� ���� �����
(0 ; – 5), AC� ���� �����
(8 ; – 6) et BC� ���� �����
(8 ; – 1)
47 2 tu (4 ; – 6)
5 tv (– 5 ; – 20)
2 tu + 5
tv (– 1 ; – 26)
2 tu – 5
tv (9 ; 14)
48 –3 tu(6 ; – 12)
4 tv (8 ; – 20)
– 5 tw (0 ; 10)
– 3 tu + 4
tv – 5
tw (4 ; – 22)
49 a. S(2 ; – 3) b. S(6 ; 7)
50 C(8 ; 2)
51 a. M( − 85
;35
) b. N(26 ; – 4)
52 1. u����
= i�
− 2 j�
et v�
= −3i�
− j�
104 • 6. Vecteurs et repères
2. a. a����
(2 ; – 3) b. b����
(1 ; 4)c. c�
(– 2 ; – 9)
53 1. AB� ���� �����
(1 ; 2)2. a. M(4 ; 3) b. N(5 ; 5)
c. P(72
; 2)
54 Les vecteurs u����
et v�
sont colinéaires dans les cas a et b.
55 Les vecteurs u����
et v�
ne sont pas colinéaires.
56 AC� ���� �����
(2 ; 6) et BD� ���� �����
(3 ; 9)2 × 9 – 6 × 3 = 0, les vecteurs sont donc colinéaires.
57 Il faut vérifier que les coordonnées des vecteurs ne sont pas proportionnelles.
58 I(– 4 ; 3)
59 P(12
; − 1330
)
60 AB = 221
61 CD = 40
62 1.
xJ
O
y
C
MA
B
I
2. a. BC = 61 ≈ 7,81 b. M(–12
; – 2)
63 a. n = –54
b. n = – 3 ou n = 3
c. n = 0 ou n = 14
64 a. On démontre que les vecteurs B� ���� �����
et CD� ���� �����
ne sont pas colinéaires.b. On démontre que les vecteurs AC
� ���� ����� et DE� ���� �����
sont colinéaires.
65 1. et 2. On démontre que les vecteurs AB� ���� �����
et
AC� ���� �����
sont colinéaires.
66 1. On démontre que les vecteurs AB� ���� �����
et AC� ���� �����
ne sont pas colinéaires et on en déduit que les points A, B et C ne sont pas alignés.2. On démontre que les vecteurs AB
� ���� ����� et AC� ���� �����
sont colinéaires et on en déduit que les points A, B et C sont alignés.
67 1. On démontre que les vecteurs AB� ���� �����
et CD� ���� �����
sont colinéaires et on en déduit que les droites (AB) et (CD) sont parallèles.2. On démontre que les vecteurs EB
� ���� �������� et ED� ���� �����
sont colinéaires et on en déduit que les points E, B et D sont alignés.
68 On démontre que les vecteurs AB� ���� �����
et CD� ���� �����
sont colinéaires et on en déduit que le quadrilatère ABCD est un trapèze.
69 1.
xO
y
M P
Ni
j
B
C
2. Les coordonnées du point P sont (5 ; 4).On démontre que les vecteurs BP
� ���� ����� et CP� ���� �����
ne sont pas colinéaires et on en déduit que le point P n’ap-partient pas au segment [BC].
70 1. On a BD� ���� �����
= BC� ���� �����
+ BA� ���� �����
.2. a. On démontre que les vecteurs BD
� ���� ����� et EF� ���� ��������
sont colinéaires et on en déduit que les droites (BD) et (EF) sont parallèles.b. On démontre que les vecteurs FA
� ���� ����� et FG� ���� �����
sont colinéaires et on en déduit que les points F, A et G sont alignés.
71 a. I(32
12
; − ) et J(32
12
; − )
b. Les diagonales du quadrilatère ABCD ont même milieu donc ABCD est un parallélogramme.
72 a.
xO
y
E
C
D
i
j
A
B
b. D(1 ; 0) c. E(3 ; – 1)
6. Vecteurs et repères • 105
73 a. EF = FG = GH = EH = 5b. Le quadrilatère EFGH est un losange.
74 AB = BC = 26Le triangle ABC est isocèle en B.
75 AB2 = 32AM2 = m2 + 4m + 5BM2 = m2 – 4m + 13En appliquant le théorème de Pythagore :– le triangle ABM est rectangle en B pour m = 5 ;– le triangle ABM est rectangle en M pour m = – 7 ou m = 7 ;– le triangle ABM est rectangle en A pour m = – 3.
76 (– 1 ; 15 ) et (– 1 ; – 15 )
QCM
77 B et C 78 A et C
79 A, B et D 80 A
81 B, C et D 82 B et D
83 B et D
84 A et D
Remarque En B et C, des valeurs particulières de a, b et k peuvent rendre colinéaires les vecteurs considérés.
85 B et C 86 B
Problèmes
87
88 1. La somme des vecteurs est égale au vecteur nul.
2.
F’
R
P
P + R + F’
89 1. Figure dans chacun des cas.
2. a. 2OA� ���� �����
+ 3OB� ���� �����
= 0�
2OA� ���� �����
+ 3OA� ���� �����
+ 3AB� ���� �����
= 0�
OA AB� �� �� � � �� �� �
= − 35
b. Démonstration semblable.3. Plus le point d’appui est proche de l’objet à soulever et plus il sera facile de soulever un objet lourd.
90 a. KD� ���� �����
= DC� ���� �����
= AB� ���� �����
= BI�������
O est le milieu de [IK] car KDIB est un parallélo-gramme.b. LALL� ���� �����
= AD� ���� �����
= BC� ���� �����
= CJ� ���� ��
, donc LAJC est un parallélo-gramme et O est le milieu de [LJ].c. IJKL est un parallélogramme.
91 CN� ���� �����
= 2AB� ���� �����
+ AC� ���� �����
− 3BC� ���� �����
CN� ���� �����
= 2AB� ���� �����
+ AC� ���� �����
− 3BA� ���� �����
− 3AC� ���� �����
CN� ���� �����
= 5AB� ���� �����
+ 2CA� ���� �����
CA� ���� �����
+ AN� ���� �����
= 5AB� ���� �����
+ 2CA� ���� �����
.
Donc AN� ���� �����
= 5AB� ���� �����
+ CA� ���� �����
= AM� ���� ��� �����
.On en déduit que M et N sont confondus.
92 1. a. AB� ���� �����
= AN� ���� �����
+ NP� ���� �����
+ PB� ���� ��������
AB� ���� �����
= OM� ���� ��� �����
+ NP� ���� �����
+ MN� ���� ��� �����
+ MO� ���� ��� �����
AB� ���� �����
= MP� ���� ��� ��������
b. OC� ���� �����
= OP� ���� �����
+ PC� ���� �����
= 2OP� ���� �����
= MP� ���� ��� ��������
c. Le quadrilatère OABC est un parallélogramme.2. (CA) coupe [OB] en son milieu donc (CA) est une médiane de OBC.P est le milieu de [OC] donc (PB) est une médiane de OBC.3. (OG) est la troisième médiane du triangle OBC donc elle coupe [BC] en son milieu.
106 • 6. Vecteurs et repères
93 1. a. 0°b. Pôle Nord : 90° N Pôle Sud : 90° Sc. France, Angleterre et Espagne.2. a. 40° N b. 10° E3. a. (30° S ; 149° O) b. (33° N ; 110° E)
94 a. Siaya et Macapa sont distantes de 9 450 km environ.b. Les deux villes sont distantes de 11 118 km environ.
95 Traduction de l’énoncéPoint de vueDepuis le seuil de l’auberge des Amis (altitude 900 m) est-il possible, par beau temps, d’aper-cevoir le clocher de la chapelle de l’Orpaillage (altitude 660 m).Répondre en utilisant la carte ci-jointe. Justifier.
Soient A la position de l’observateur à l’Auberge des Amis, M le point situé dans la direction du regard vers le village à l’altitude 800 m sur la crête de la Croupe, H le point d’altitude 900 m situé à la verti-cale de la chapelle, N le point situé à l’altitude 900 m à la verticale de M, S l’intersection de la ligne du regard (AM) avec la verticale (OH) de la chapelle.Le théorème de Thalès ou le théorème des milieux donnent alors HS = 200 m.Or OH = 900 – 660 = 240 m, donc OS = 40 m.On ne peut donc pas voir le clocher de la chapelle de l’Orpaillage depuis l’Auberge des Amis, à moins qu’il ne soit haut de plus de 40 m, ce qui est peu plausible.
96 1. Aire du carré : 64.Aire du rectangle : 65.Les deux figures n’ont pas la même aire alors qu’on aurait pu le penser.2. a. Dans le repère A,
18
AB� ���� �����
,13
BC� ���� �����⎛
⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
: AC� ���� �����
(8 ; 3) et
AD� ���� �����
(13 ; 5).8 × 5 – 13 × 3 ≠ 0, donc les vecteurs AC
� ���� ����� et AD� ���� �����
ne sont pas colinéaires.
b. On en déduit que les point A, C et D ne sont pas alignés. Les pièces du puzzle ne recouvrent pas tota-lement le rectangle.
97 1. I(12
; 0), J(12
; 1), K(x ; y) et L(1 – x ; 1 – y)
2. a. JK� ���� ��
(x – 12
; y – 1) et LI�������
(x – 12
; y – 1).
b. JK� ���� ��
= LI�������
donc le quadrilatère ILJK est un parallé-logramme.
98 1. AB2 = 17, AC2 = 34 et BC2 = 17.2. a. M est le milieu de [AC]. Ses coordonnées sont
2; 2 − 5
2
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
.
b. Les triangles MAB et MBC sont rectangles en M donc :P est le milieu de [AB]. Ses coordonnées sont
12
; 2 − 2⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
;
Q est le milieu de [BC]. Ses coordonnées sont
2 ; 2 − 92
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
.
99 1. I(32
;12
)
2. a. A’(4 ; – 1)b. Le quadrilatère ABA’C est un parallélogramme.c. On démontre que le triangle ABC est rectangle en A : AB2 = 17, AC2 = 17 et BC2 = 34. 3. On démontre par exemple que le triangle BTC est rectangle en B : BT2 = 34, BC2 = 34 et TC2 = 68.
100 1.
xJ
a
O
y
MN
b
I– b a
2. a. Le triangle OMN semble être un triangle rectangle isocèle en O.b. OM2 = a2 + b2 = ON2 et MN2 = (a + b)2 + (a – b)2 = 2(a2 + b2) = OM2 + ON2.
101 1. NCD
A B
M
2. a. (A, AB� ���� �����
, AD� ���� �����
)
b. D(0 ; 1), C(1 ; 1) et N(43
; 1).
6. Vecteurs et repères • 107
c. Les points D, C et N ont la même ordonnée, ils sont alignés.
102 1. et 2. a.
x
O
y
AC
K
L
JI
DB
i
j
b. Le quadrilatère IJKL est un parallélogramme.
3. a. I(4 ; 12
), J(132
; 1), K(9 ;12
) et L(132
; 0)
b. On démontre que les vecteurs IJ����
et LK� ���� �����
sont égaux.
103 1. a.
C
O’
A’
D
A B
O
I
2. a. ′A C� ���� ��� �����
= ′A D� ���� ��� �����
+ DC� ���� �����
= DA� ���� �����
+ DC� ���� �����
= DB� ���� �����
b. DB� ���� �����
= DO� ���� ��� ��������
+ OB� ���� �����
= 2OB� ���� �����
= O ′O� ���� ��� �����
c. ′A C� ���� ��� �����
= O ′O� ���� ��� �����
, donc le quadrilatère A’CO’O est un parallélogramme, et I est le milieu de [A’O’].
104 1. a. Soit h la hauteur du triangle ABE.
h2 + 12
2⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠ = 1 donc h =
32
.
On démontre le même résultat dans le triangle BCF.
b. E ( ; )12
32
et F ( ; )3
212
2. On démontre que les vecteurs DE� �� �� �
( ; )12
32
1− et
DF� �� �� �
( ; )3
212
−; sont colinéaires.
105 On se place par exemple dans le repère
M, MN� ���� ��� �����
, MQ� ���� ��� �����( ) :
I ( ; )12
0 , J ( ; )34
34
et Q(0 ; 1).
IJ2 = 58
, IQ2 = 54
et JQ2 = 58
donc le triangle IJQ est
isocèle et rectangle en J.
106 On se place dans le repère B, BC� ���� �����
, BA� ���� �����( ) :
A(0 ; 1), J ( ; )12
0 et I ( ; )16
23
.
On démontre que les vecteurs AI� �� �� �
( ; )16
13
−
et
AJ� �� �� �
( ; )12
1− sont colinéaires et donc que les points A,
I et J sont alignés.
107 Le milieu d’un bipoint a des coordonnées entières si, et seulement si, les abscisses des deux points sont de même parité et leurs ordonnées aussi.On peut placer 4 points en évitant cette situation, par exemple A (P ; P), B(P ; I), C (I ; P) et D(I ; I), mais dès qu’on voudra placer un 5e point, ses coordon-nées appartiendront l’une de ces 4 catégories.
108 On se place dans le repère A, AB� ���� �����
, AD� ���� �����( ) .
Soit (x ; x) les coordonnées de M.
K(x ; 0), J(1 ; x) et P( ; )
xx
xx
2 2x2 1x 2 1x1 2x
.
On démontre que les vecteurs KJ�������
1 − x ; x( ) et
KP� �� �� �
( ; )x x
xxx
2 2x2 1x − 2 1x −x
sont colinéaires.
109 1. a. 60°b. 61°c. Il s’agit de ε Cas.2. a. 21 h 20b. 21 h 303. (21 h 30 ; 48°)4. M31, Deneb et le Double amas de Persée.
7. Équations de droites et systèmes • 109
7. Équations de droites et systèmes
Objectifs et pré-requis
L’objectif est de caractériser analytiquement une droite du plan. Cette caractérisation permettra
de résoudre des problèmes d’alignements de points et de positions relatives de deux droites dans
le plan. La mise en équations de certains problèmes sera également l’occasion de résoudre des
systèmes d’équations.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
DroitesDroite comme courbe représentative d’une fonction affine.Équations de droites.Droites parallèles, sécantes.
• Tracer une droite dans le plan repéré.• Interpréter graphiquement le coefficient directeur d’une droite.
• Caractériser analytiquement une droite.• Établir que trois points sont alignés, non alignés.• Reconnaître que deux droites sont parallèles, sécantes.• Déterminer les coordonnées du point d’intersection de deux droites sécantes.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Une équation de droite est de la forme y = ax + b, avec a et b des nombres réels.
Corrigés des activités
1 Équations de droites
●1 Construction de la figure avec le logiciel.
●2 a. y = ax + b y = b x = a
b. Si le coefficient directeur de la droite est positif alors la droite est croissante.
Si le coefficient directeur de la droite est négatif alors la droite est décroissante.
c. Les droites sont parallèles si elles ont le même coefficient directeur.
2 Droites et systèmes d’équations
●1 a. = x
2− 3
y = −2x + 7
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
b. Voir figure ci-contre.
xO
y
i
jc. Le point d’intersection est (4 ; – 1).
d. La solution du système est x = 4 et y = – 1.
●2 a. Les droites associées sont parallèles.
b. Le système (S2) n’a pas de solution.
110 • 7. Équations de droites et systèmes
●3 a. y = 3
4x + 3
y = 34
x + 3
⎧
⎨⎪⎧⎧⎪⎨⎨⎪⎪
⎩⎪⎨⎨
⎪⎩⎩⎪⎪
Les deux équations du système sont équivalentes.
b. Il existe une infinité de solutions.
3 Mise en équation
●1 a. 2x + y = 4
5x = 2y + 1
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ b.
y = −2x + 4
y = 52
x − 12
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
c. xO
y
i
j
d. Le point d’intersection des deux droites est (1 ; 2).
●2 La solution du système est x = 1 et y = 2.
●3 Une lampe coûte un dirham et un plateau coûte deux dirhams.
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Un réseau de droites
●1 Voir ci-contre.
●2 a. • Dk est parallèle à l’axe des abscisses
si k = – 1,5.
• Dk passe par le point d’ordonnée 8
si k = – 3.
• Dk a pour coefficient directeur 0,5
si k = – 0,5.
b. Le point cherché a pour coordon-
nées (6 ; 3,5).
TICE 2 Un repère pour démontrer
●1 Voir ci-contre.
●2 L’élève conjecture le parallélisme des droites
(DB) et (MP).
●3 a. y = –x + 1
b. L’ordonnée du point P est p.
c. Les coordonnées de M sont (0 ; 2p).
d. y = –x + 2p.
e. On en conclut que les droites (DB) et (MP)
ont des coefficients directeurs égaux. Elles
sont donc parallèles.
7. Équations de droites et systèmes • 111
TICE 3 Systèmes d’équations et calculatrice graphique
Exercice 1 Exercice 2
TICE 4 Système d’équations et tableur
Exercice 1a. Soit x mon âge et y ton âge.
Nos âges vérifient le système : x2 − y 2 = 840
y + 2x = 97
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
.
b. x et y étant des entiers positifs, 2x ⩽ 97, soit x ⩽ 48.
c. On pourra saisir dans la cellule B2 : « =97-2*A2 » et dans
la cellule C2 : « =A2^2-B2^2 ».
d. L’élève résout le problème par disjonction des cas en
incrémentant des valeurs croissantes pour « mon âge ».
Nos âges respectifs sont 37 ans et 23 ans.
Exercice 2Ce problème se résout également par disjonction des
cas.
Si x désigne la part de l’aîné et y la part du cadet,
le problème se traduit par le système :x + y = 5 000
x2
x − y= 1 565 001
⎧
⎨⎪⎧⎧
⎨⎨
⎩⎪⎨⎨
⎩⎩
.
On pourra saisir dans la cellule B2 : « =5000-A2 » et
dans la cellule C2 : « =A2^2/(A2-B2) ».
L’aîné touche 2 502 $ et le cadet 2 498 $.
Algorithmique 1 Rechercher une équation de droite
●1 a. Jessica a testé son programme avec le point A(2 ; 5) et le point B(4 ; 9).
b. On calcule la pente de la droite (AB) : a =yB − yA
xB − xA
= 9 − 54 − 2
= 42
= 2 .
La droite (AB) a donc une équation de la forme y = 2x + b. Le point A appartient à la droite (AB), donc
il vérifie son équation : yA = 2xA + b soit 5 = 2 × 2 + b d’où b = 5 – 4 = 1.
En conclusion, l’équation de la droite (AB) est y = 2x + 1.
●2 Ici xB – xA = 4 – 4 = 0, donc le calcul du coefficient directeur est impossible (division par 0). Ceci est
dû au fait que les points A et B ont la même abscisse pour une ordonnée différente, et donc que la
droite (AB) est verticale et n’admet pas de pente.
112 • 7. Équations de droites et systèmes
●3 Programme modifié :
Algorithmique 2 Résoudre un système
●1 a. Pour le système x + 2y = 4
6x + 4y = 5
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ , le premier test « if(b1*a2-b2*a1==0) » est positif, car ici
b1 × a2 – b2 × a1 = 2 × 6 – 4 × 3 = 12 – 12 = 0. Donc le programme affiche « il n’existe pas une solution
unique ».
b. Pour le système2x + 5y = 12
3x − y = 1
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ , le premier test « if(b1*a2-b2*a==0) est négatif, car ici
b1 × a2 – b2 × a1 = 5 × 3 – (– 1) × 2 = 15 + 2 = 17.
Donc le programme calcule :
=c1 a2 − c2 a1
b1 a2 − b2 a1
= 12 × 3 − 1 × 25 × 3 − (−1) × 2
= 3417
= 2 , xc b y
a= = = =1 1b
1
12 5 2− ×2
22
1 ,
et affiche « l’unique solution est le couple : (1 ; 2) ».
●2 Pour le système 4y = 7
5x − 2y = 9
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ , le premier test if(b1*a2-b2*a1==0) est négatif car ici
b1 × a2 – b2 × a1 = 4 × 5 – (– 2) × 0 = 20.
Donc le programme calcule :
y =c1 a2 − c2 a1
b1 a2 − b2 a1
= 7 × 5 − 9 × 04 × 5 − (−2) × 0
= 3520
,
mais ne peut pas calculer x =c1 − b1 y
a1
car a1 = 0.
La situation a1 = 0 n’a pas été envisagée.
●3 Il faut donc tester si a1 = 0 et proposer un calcul
permettant alors de donner la solution.
Un exemple ci-contre.
Algorithmique 3 Déterminer l’intersection de deux droites
●1 Un couple (x ; y), vérifiant les équations y = ax + b et y = mx + p, est tel que ax + b = mx + p, d’où
=p − b
a − m.
●2 x =p − b
a − m= 4 − 2
1 − 3= −1 et y = ax + b = 1 × (– 1) + 2 = 1.
Le programme affiche « il y a un couple solution : (– 1 ; 1) ».
●3 a. Les deux droites sont parallèles si, et seulement si, a = m.
b. Les deux droites sont confondues si, et seulement si, a = m et b = p.
7. Équations de droites et systèmes • 113
c. Entrée :
Traitement
et sortie :
Donner les nombres a, b, m et p.
Si a = m
alors si b = p
afficher « les droites sont confondues »
sinon
afficher « les droites sont strictement parallèles »
sinon
affecter à x le nombre p − ba − m
;
affecter à y le nombre ax + b ;
afficher « les droites sont sécantes au point de coordonnées (x ; y) ».
●4
Algorithmique 4 Déterminer l’alignement de trois points
●1 a. Voir figure ci-contre.
xO
y
i
j
B
C
A
a =yB − yA
xB − xA
et ′a =yC − yB
xC − xB
.
b. Les points A, B et C sont alignés si, et seulement si, a = a’.
c. Si a = a’, alors yB − yA
xB − xA
=yC − yB
xC − xB
, d’où
(yB − yA )(xC − xB ) = (yC − yB )(xB − xA ) .
●2 Avec A(– 2 ; – 1), B(4 ; 8) et C(0 ; 2), le test de l’algorithme est vérifié car
(yB − yA )(xC − xB ) = (8 − (−1))(0 − 4) = 9 × (−4) = −36 et
(yC − yB )(xB − xA ) = (2 − 8)(4 − (−2)) = (−6) × 6 = −36 , donc l’algorithme
affichera « Les points A, B et C sont alignés ».
●3 Sur TI 83+ Sur Casio Graph 35+
114 • 7. Équations de droites et systèmes
Problème ouvert 1 Tangente à un cercle
a.
b. Le centre du cercle est à l’intersection de la droite perpendiculaire à δ passant par A, d’équation
+12
4 , et de la médiatrice du segment [AB] d’équation x = 194
. Le centre du cercle a donc pour
coordonnées (194
; 138
).
Problème ouvert 2 Planches de surf
Les solutions correspondent aux coordonnées entières des points compris entre les axes du repère
et la droite d’équation 6,5x + 8y = 49, et dont la somme est maximale.
Il faut ainsi chercher parmi les points aux abords de la droite tout en restant en dessous de celle-ci.
Modèle longboard
Modèle shortboard
1
1O
498
6,58
y = x–
C
AB
Les solutions sont résumées dans le tableau suivant.
Modèle shortboard 7 6 5
Modèle longboard 0 1 2
7. Équations de droites et systèmes • 115
Problème ouvert 3 Le plus grand nombre de solutions
Pour une résolution analytique, il est conseillé de résoudre ce problème à l’aide du logiciel
Le problème revient à déterminer le nombre maximum de points à coordonnées entières par
lesquels passe la droite d’équation y = –ax + 5.
Dans les cas suivants, l’équation admet 4 couples solutions d’entiers compris entre 0 et 10. C’est le
maximum.
Problème ouvert 4 Systèmes d’équations et géométrie Le problème se ramène au système d’équations suivant :
x y
x yxy
2 2
22
1000
3
=y 2y
=
⎧
⎨⎪⎧⎧
⎨⎨
⎩⎪⎨⎨
⎩⎩
.
On trouve x = 10 et y = 30.
On peut vérifier à l’aide de Xcas :
116 • 7. Équations de droites et systèmes
Corrigés des exercices et problèmes
Exercices d’application
1
DroiteCoefficient directeur
Ordonnée à l’origine
Équation
d1 0 6 y = 6
d2 − 14
3 y = − 1
4x + 3
d313
4 y =
13
x + 4
d4 – 3 5 y = – 3x + 5
d532
52
y =
32
x +
52
d6 1 – 3 y = x – 3
2
DroiteCoefficient directeur
Ordonnée à l’origine
Équation
d1 − 15
4 y = − 1
5x + 4
d213
83
y =
13
x +
83
d3 0 – 3 y = – 3
d4 4 12 y = 4x + 12
d5 3 0 y = 3x
d6 3 – 9 y = 3x – 9
3 a. Vraib. Fauxc. Vraid. Fauxe. Vrai
4 a. d6
b. d4
c. d2
d. d1
e. d3
f. d5
5
x
O
y
d2
d3
d1
i
j
6
d2
d3
d1
O i
j
x
y
7
xO
y
i
j
d3
d2
d4
d1
8 d1 : y x +14
2
d2 : y = −3x + 5
d3 : y x +12
6
7. Équations de droites et systèmes • 117
xO
y
i
j
d3
d2
d1
9 d1 n’est pas une droite.
d2 : y = 65
x − 125
d3 : y x103
d4 n’est pas une droite.
10
xO
y
i
j
d3
d2d
1
11 – 3 × 2,6 + 7 = – 0,8 ≠ – 1donc A n’appartient pas à la droite d.– 3 × 479 + 7 = – 1 430donc B appartient à la droite d.
12 − 13
× 5 + 4 = 73
donc A appartient à la droite d.
− 13
× (– 50) + 4 = 623
≠ 412
donc B n’appartient pas à la droite d.
13 – 7 × 22 + 9 = – 145 donc E appartient à d.De même, – 7 × 23 + 9 = – 152 donc F appartient à d.d et d’ sont donc confondues.
14 a. A(5 ; – 18) b. B(2 ; – 3)
15 a. A(107
; 107
) b. B(54
; 32
)
16 a. 4 = – 3a + 5 donc a = 13
b. k + 5 = 2ka + 5 donc a = 12
17 a. y = 3x − 1
b. y = −2x + 3
c. y = x + 11
18 a. y x +32
52
b. y = 12
x − 2
c. y = 43
x − 253
19 La droite (AB) a pour équation : y = – 1.La droite (AC) a pour équation : x = 6.
La droite (BC) a pour équation : y = –13
x.
20 a. La droite (MN) a pour équation : y = – 2x + 2.b. – 2 × 2 + 2 = – 2 donc P appartient à (MN), les points M, N et P sont donc alignés.
21 La droite (AL) a pour équation : y = 17
x − 3 .
17
× 9 – 3 ≠ –138
donc I n’appartient pas à (AL),
les points A, L et I ne sont donc pas alignés.
22 a.
d’
d
xO
P
y
i
j
b. y x −13
4
23 a. y x +72
12
b. y = 3x – 10
c. y x +15
135
24 a. y = 112
x − 3112
b. y x −23
32
c. y = 14
x − 12
25 d1 : w����������
et b����
d2 : u����
d3 : c�
d4 : v�
et a����
118 • 7. Équations de droites et systèmes
26
Droite Vecteur directeur
d5 a����
(9 ; 3)
d3 b����
(– 4 ; – 6)
d4 c�
(– 2 ; – 6)
d1 u����
(– 8 ; 2)
d6 v�
(a ; 0)
d2 w����������
(– 5 ; 5)
Où a est un réel quelconque non nul.
27 a. y = – 5x + 22 b. y = – 5x – 36
28 d1 d2 d3 d4 d5 d6 d7 d8
d1 ×
d2 ×
d3 ×
d4 ×
d5 ×
d6 ×
d7 ×
d8 ×
29 1. a. y x +12
32
b. y x +12
72
2. Équation de (AB) : y = x − 2 .
Équation de la parallèle à (AB) passant par C : y = x + 3 .
30 a. (1 ; 5) est un vecteur directeur de d.b. y = 5xc. 5 × (– 1) = – 5 donc le point C de coordonnées (– 1 ; – 5) appartient à la droite d.
31 1.
xO
y
i
jd
d’
A
2. – 2 × (– 1) – 1 = 1 ≠ 2 donc A n’appartient pas à d.3. a. Voir figure.
b. d’ a pour équation : y = – 2x.4. a. La droite ∆ est parallèle aux droites d et d’ car le vecteur u
���� est colinéaire aux vecteurs directeurs
de d et d’.b. Δ a pour équation : y = – 2x + 3.
32 1. a.
xO
y
i
j
dd’
b. Par exemple, le vecteur u����
de coordonnées (1 ; – 3).2. a. Une équation de d’ est : y = – 3x – 4.b. Voir d’ sur le graphique.
c. Par exemple, le vecteur v�
de coordonnées (2 ; – 6).
Les vecteurs u����
et v�
sont colinéaires car les droites d et d’ sont parallèles.3. a. Voir Δ sur le graphique.b. Par exemple, le vecteur w
���������� de coordonnées (1 ;
12
).
c. 1 × 12
– (– 3) × 1 ≠ 0, donc u����
et w����������
ne sont pas
colinéaires.
33 Le couple (– 1 ; – 3) est solution du système (S).
34 Le couple ( ; )
23
73
− est solution du système (S).
35 (S1) : c (S2) : d(S3) : b (S4) : a
36 a. (3 ; – 3)b. Une infinité de solutions.c. Pas de solution.
d.
( ; )18
58
−
37 a. (3 ; – 4) b.
( ; )114
52
c. (– 7 ; 7) d. Pas de solution.
38 a. (1 ; – 2) b.
( ; )1
139
13−
c. ( ; )−;196
d. ( ; )1720
16
39 a. ( ; )−;2529
7629
b. (0 ; – 1)
7. Équations de droites et systèmes • 119
40 a. (6 ; 10) b. ( ; )16
110
41 Le système 2X + Y = 17
3X − 2Y = −6
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨ a pour solution le
couple (4 ; 9).
a. Le système est équivalent à x2 = 4
y 2 = 9
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
qui a pour
solutions (2 ; 3), (– 2 ; – 3), (– 2 ; 3) et (2 ; – 3).
b. Le système est équivalent à x = 4
y = 9
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
qui a pour
solution (16 ; 81).
42 x = – 1, y = – 3 et z = 2
43 x = 1, y = – 2 et z = 3
44 a. Le système admet une solution.b. Le système n’a pas de solution.c. Le système admet une solution.
45 1. d1 : y = −3x + 10 d2 : y = 13
x + 103
d3 : y x12
2. Les points d’intersection sont (2 ; 4), (4 ; – 2) et (– 4 ; 2).
46 Une équation de (AB) est y = 2x + 10.
Une équation de (CD) est y = 52
x – 3.
Les coordonnées du point d’intersection de (AB) et (CD) sont (26 ; 62).
47 a. (– 1 ; 1) b. (12
; − 112
)
48 a. (1 ; – 2) b. (3 ; 1)
49 a. (– 7 ; 6) b. (2 ; 6)
50 a.
1
2
3
4
5
y
5 x– 5 0– 10
b. x ≈ – 13 et y ≈ – 1c. Le couple (– 13 ; – 1) ne vérifie pas les équations du système.
d. La solution du système est ( ; )−;
27121
2021
.
51 Il n’existe pas de couple solution car les droites associées aux équations ne sont pas concourantes.
QCM
52 C 53 A et D
54 A et D 55 C et D
56 B 57 B
58 A et C 59 A et D
Problèmes
60 Traduction de l’énoncéPoint à la ligneSur le graphique ci-dessous, chaque point repré-sente un pays participant à Mathématiques sans frontières.Pour placer ces points, on a porté en abscisses les superficies des pays, et leurs populations en ordonnées.
O
Population(nombre d’habitants)
Superficie (km2)
D
I
PL
B
CH
F
SP
À l’aide de ce graphique, classer ces pays dans l’ordre croissant de leur densité de population (nombre d’habitants au km2).Expliquer la méthode utilisée.
En reliant l’origine du repère au point représen-tant les différents pays, on compare les pentes des droites ainsi tracées. Plus le coefficient directeur de la droite est grand, plus la densité de population du pays est élevée.
O
Population(nombre d’habitants)
Superficie (km2)
D
I
PL
B
CH
F
SP
120 • 7. Équations de droites et systèmes
On obtient : Espagne – France – Pologne – Suisse – Italie – Allemagne – Belgique.
61
x
y
1
2
3
4
5
– 4
– 3
– 2
– 11 2– 2 – 1 0 3 4 5 6
62
SegmentÉquation de
la droite associéeRestriction
pour x
[AB] y = 5 x ∈ [1 ; 3]
[BC] y = 5x x ∈ [0,5 ; 1]
[CD] y = –x + 3 x ∈ [0,5 ; 4]
[DE] y = x – 5 x ∈ [4 ; 7,5]
[EF] y = – 5x + 40 x ∈ [7 ; 7,5]
[FG] y = 5 x ∈ [5 ; 7]
[GH] y = x x ∈ [4 ; 5]
[HA] y = –x + 8 x ∈ [3 ; 4]
63 1. et 2.
x
y
d
i
j
A
IJ
CB
O
3. a. La droite (AC) a pour équation y = – 2x + 10 et
la droite d a pour équation y = –5
x + 1910
. Le point
d’intersection de ces droites est (4,5 ; 1).b. Les coordonnées de J sont (4,5 ; 1).Ce résultat est un cas particulier d’un théorème des milieux.
64 1. La médiatrice a pour équation x = 1.
2. a. I ( ; )12
32
b. MA2 = 37 = MC2
c. L’équation de la médiatrice de [AC], la droite (MI)
est : y = −57
x + 137
.
3. a. P ( ; )87
b. Le cercle circonscrit au triangle ABC est le cercle de centre P et de rayon
PC =
4277
92549
57
372+ =2 =( )7
( )27
.
65 1. L’équation de la droite est x = 3.2. Il s’agit de la droite d’équation y = – 1 qui est parallèle à l’axe des abscisses.3. La droite a aussi pour équation y = –x – 2, elle est donc de coefficient directeur – 1.
66 1.
a = 2
a = – 2
a = 1
b = 2
y
xi
j
2. a. Si b = 5, alors la droite d’ est parallèle à l’axe des abscisses.Si b = – 3, alors la droite d’ est parallèle à l’axe des ordonnées.
b. Pour b = 2, d’ a pour équation y x +35
45
(voir
le graphique).
67 1. M(12
; 0), N(1 ; 34
), R(0 ; 35
) et S(23
; 1).
2. a. Une équation de (MN) est y = 32
x − 34
.
Une équation de (AC) est y = x.
7. Équations de droites et systèmes • 121
b. Le point d’intersection de (MN) et (AC) a pour coordonnées (1,5 ; 1,5).
3. a. Une équation de (RS) est = 35
x + 35
.
b. On démontre que le point de coordonnées (1,5 ; 1,5) appartient à (RS).
68 1. E(0 ; 0), F(1 ; 0), G(1 ; 1), H(0 ; 1), I(12
; 0) et
J(1 ;12
).
2. a. Une équation de (HI) est y = – 2x + 1.
b. M est aussi sur la droite (EG) d’équation y = x,
l’abscisse de M est 3
.
c. M(13
; 13
)
3. Une équation de (HJ) est y = –12
x + 1, donc N a
pour coordonnées (23
; 23
).
4. On en déduit que EM = MN = NG.
69 a. A
CB
JK
I
b. Dans le repère B, BC� ���� �����
, BA� ���� �����( ) par exemple :
A(0 ; 1), B(0 ; 0), C(1 ; 0), I(12
; 0), J(12
; 12
) et K(0 ; 12
).
2. La droite (AI) a pour équation y = – 2x + 1.La droite (BJ) a pour équation y = x.
La droite (CK) a pour équation y x +12
12
.
3. a. Intersection de (AI) et (BJ) : (13
; 13
).
b. Intersection de (BJ) et (CK) : (13
; 13
).
c. Les droites (AI), (BJ) et (CK) sont concourantes.
70 1. A(1 ; 0), B(2 ; 0), C(3,5 ; 0), A’(0 ; 1), B’(0 ; 2) et C’(0 ; 4).a. (AB’) a pour équation : y = – 2x + 2.(A’B) a pour équation : y = – 0,5x + 1.
b. M a pour coordonnées (23
; 23
).
3. N(2126
; 1013
) et P(1,4 ; 1,2)
4. On démontre par exemple que les vecteurs MN� ���� ��� �����
et MP� ���� ��� ��������
sont colinéaires.
71 1. (x + y)2 – 9(x – y)2 = – 4(x – 2y)(2x – y)2. Les points dont les coordonnées vérifient l’équa-
tion sont les points des droites = 12
x et y = 2x.
72 Soit x le prix d’une bande dessinée et y le prix d’un DVD.
32x + 7y = 347
16x + 5y = 202,6
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
x = 6,6
y = 19,4
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
9x + 9y = 234 < 250.Le foyer pourra commander 9 documents de chaque sorte.
73 2(L + l) = 52
l = 58
L
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
, soit L = 16
l = 10
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
74 Soit x le nombre d’entrée au tarif Adulte.
Soit y le nombre d’entrée au tarif Enfant.
x + y = 5 450
17x + 13y = 87 874
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
x = 4 256
y = 1 194
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
75 Soit x le prix d’une rose et y le prix d’un hortensia.
x + y + 3 = 13
0,7x + 1,4y + 3 × 1,8 = 14,5
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ , soit
x = 7
y = 3
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
76 Soit x le nombre de victoires.Soit y le nombre de matchs nuls.Soit z le nombre de défaites.
x + y + z = 16
x = 2z
3x + y = 28
⎧
⎨⎪⎧⎧
⎨⎨
⎩⎪⎨⎨
⎩⎩y + 3z = 16
x = 2z
6z + y = 28
⎧
⎨⎪⎧⎧
⎨⎨
⎩⎪⎨⎨
⎩⎩
x = 8
y = 4
z = 4
⎧
⎨⎪⎧⎧
⎨⎨
⎩⎪⎨⎨
⎩⎩
Le nombre de défaite est de 4.
77 Soit x la somme prêtée à Riri et y la somme prêtée à Fifi.
x + y = 530
0,08x + 0,15y = 55
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ , soit
x = 350
y = 180
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
122 • 7. Équations de droites et systèmes
78 Soit x le nombre de dizaines de papouttes au chocolat.Soit y le nombre de vingtaines de pitounes au chocolat.
250x + 400y = 5 600
45x + 20y = 9 × 60
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
x = 8
y = 9
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
Evelyne pourra fabriquer 80 papouttes au chocolat et 180 pitounes au chocolat.
79 ABAB + BC
= 3,58,4
soit AB = 57
BC .
Par ailleurs AB + BC = 12.On trouve AB = 5 et BC = 7
80 2d + 2R = 10,1
2d + 4R = 16,4
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
d = 1,9
R = 3,15
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
81 13x + 11y + 15 × 5 = 13,6 × x + y + 5( )15x + 17y + 14 × 5 = 14,9 × x + y + 5( )
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
x = 3
y = 2
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
82
La fonction mystere permet d’afficher les coordon-nées de points de la droite pour des valeurs entières successives de x.
83 L’aire du premier carré est 64 cm2. On le découpe en 4 parts égales.L’aire du carré central de la deuxième figure est donc 16 cm2, donc son côté est 4 cm. On a alors le système :
x + y = 8
x − y = 4
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨ .
La solution est x = 6 et y = 2. Elle donne le bon découpage.
x
y
x
x
y
y
x – y
84 R2 − r 2 = 100
R = r + 5
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
R = 12,5
r = 7,5
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
nction m
8. Trigonométrie • 123
8. Trigonométrie
Objectifs et pré-requis
On définit dans ce chapitre le cosinus et le sinus d’un nombre réel grâce à l’enroulement de la droite
des réels sur le cercle trigonométrique. La notion de radian n’est pas explicitement au programme
bien qu’elle soit sous-jacente du cours de ce chapitre. Les exercices proposés dans ce chapitre
sont essentiellement de nature géométrique et ils réinvestissent la trigonométrie dans le triangle
rectangle abordée en classe de 3e.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Trigonométrie« Enroulement de la droite numérique » sur le cercle trigonométrique et définition du sinus et du cosinus d’un nombre réel.
• On fait le lien avec les valeurs des sinus et cosinus des angles de 0°, 30°, 45°, 60°, 90°.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Il faut 4 satellites – au moins – pour qu’un récepteur GPS arrive à se localiser. Le principe est le calcul
de la différence des distances qui le sépare de 2 satellites à partir des données envoyées par ces deux
satellites. Ce qui va situer le récepteur sur une surface virtuelle. L’intersection de 3 surfaces de ce type
lui permettra de se situer.
Corrigés des activités
1 Sinus dans un triangle rectangle
●1 a. Voir ci-contre.
A
C
B
8 cm4 cmb. sin B� = 0,5
c. Une mesure de B� est 30°.
●2 a. Voir ci-contre.
A
C
BB = 17°
18 cm
b. AC = BC × sin 17° ≈ 5,26 cm
AB = BC × cos 17° ≈ 17,21 cm
124 • 8. Trigonométrie
●3 a. Voir ci-contre.
B = 25°
AB
C
5 c
b. BCAC
°=
sin 25≈ 11,83 cm
AB = BC2 − AC2 ≈ 10,72 cm
●4 a. Voir ci-contre.
10 cm
B = 25°
AB
C
b. BCAB
°=
cos 25 ≈ 11,03 cm
2 C’est parti pour l’entraînement !
●1 a. À chaque tour Jessica parcourt 200π ≈ 628,3 m.
b. Le nombre de tours à effectuer est 0 000200�
≈ 16.
c. 10 000 – 15 × 200 × π ≈ 575,2 et 36010 000 − 15 × 200�
200� ≈ 329°.
Il faut mettre la marque à 575,2 m de A dans le sens où elle tourne (ou tourner de 329°).
●2 Vitesse moyenne et distance parcourue en fonction du nombre de tours effectués :
Nombre de tours
Distance parcourue en m
Vitesse moyenne en km/h
1 628,3 1,3
2 1 256,6 2,5
3 1885 3,8
4 2 513,3 5
5 3 141,6 6,3
6 3 769,9 7,5
7 4 398,2 8,8
8 5 026,5 10,1
9 5 654,9 11,3
10 6 283,2 12,6
11 6 911,5 13,8
12 7 539,8 15,1
13 8 168,1 16,3
14 8 796,5 17,6
15 9 424,8 18,8
16 10 053,1 20,1
17 10 681,4 21,4
Des sportifs ayant un niveau olympique mettent environ 30 min pour parcourir 10 km…
8. Trigonométrie • 125
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Sinus et cosinus
Partie A
●1 Construction de la figure.
●2 a et b correspondent respectivement au cosinus et au sinus de l’angle AOM� .
Partie B
●1 et ●2) a. Lorsque la mesure de l’angle AOM� augmente, le nombre a diminue et le nombre b
augmente.
Plus précisément, lorsqu’elle augmente de 0° à 90°, le nombre a passe de 1 à 0 et le nombre b passe
de 0 à 1.
La description des variations demandées peut se présenter à l’aide d’un tableau de variation, qui
n’est bien sûr que conjecturé.
Angle AOM� 0 90 180 270 360
a
1
0
–1
0
1
b 0
1
0
–1
0
b. Pour représenter les points dans un repère, il est utile d’ajouter dans le tableau une ligne complé-
mentaire qui donne le réel x correspondant. Comme x et la mesure de l’angle sont proportionnels,
on peut représenter a et b en fonction de la mesure de l’angle ou en fonction du réel x comme cela a
été fait sur les courbes représentées ici.
Angle
M�0° 30° 60° 90° 120° 150° 180° 210° 240° 270° 300° 330° 360°
Réel x 0 �
6�
3�
22�
35�
6π 7�
64�
33�
25�
311�
62π
a 1 32
12
0 − 12
− 32
– 1 − 32
− 12
0 12
32
1
b 0 12
32
1 32
12
0 − 12
− 32
– 1 − 32
− 12
0
126 • 8. Trigonométrie
c.
a en fonction de x b en fonction de x
TICE 2 Variation d’aire
●1 Construction de la figure.
●2 a. On observe que l’aire du triangle OMN est maximale pour M sur la bissectrice de AOB� .
b. L’aire du triangle OMN est nulle si M est en A ou en B.
c. Les aires des triangles OM1N1 et OM2N2 sont égales lorsque M1 et M2 sont symétriques par rapport
à la bissectrice de AOB� .
●3 a. Les valeurs possibles pour x sont les réels de l’intervalle [0 ; 90].
b. L’aire du triangle OMN est 100 × sin x × cos x.
c. Voir ci-contre.
TICE 3 Triangles calés
●1 Voir ci-contre.
●2 et ●3 Analyse : si le triangle AA’C’ est rectangle en
A’ :
AA’ = x = AC’ cos(60°) = 8 − x
2, soit x = 8
3.
De même pour les deux autres triangles.
Synthèse : si A’ et C’ sont tels que : A ′A = 83
et
A ′C = 163
, alors en notant I le milieu du côté [AB]
on a : A ′AAI
= A ′CAC
= 23
, les droites (A’C’) et (CI) sont
donc parallèles, ce qui établit l’angle droit en A’.
On procède à nouveau de la même manière pour
les deux autres triangles.
Algorithmique 1 Le pentagone
Partie A
●1 AOB°� = 360
5= 72°
AOC� = 2 × AOB� = 144°
8. Trigonométrie • 127
●2 Les coordonnées de B s’obtiennent dans le triangle rectangle OHB avec H sur [OA] et (OH) perpen-
diculaire à (OA).
xB ≈ 3,1 et yB ≈ 9,5.
●3 b. Le point C’ est sur le cercle trigonométrique, ses coordonnées sont (sin 144° ; cos 144°).
c. O, C et C’ sont alignés dans cet ordre, OC = 10, OC’ = 1. Donc les vecteurs OC et OC’ sont coli-
néaires et OC� ���� �����
= 10 O ′C� ���� ��� �����
.
●4 Remarque
Les programmes des calculatrices ont été effectués en mode degré, ce que le logiciel Algobox ne
permet pas. C’est la raison de cette question ●4). Il faudra donc expliquer aux élèves que les réels
72k�
180, lorsque k varie de 0 à 4, s’enroulent sur le cercle unité sur les points repérés par les angles
72k exprimés en degrés.
Partie B
●1 L’algorithme proposé trace les 5 sommets d’un pentagone régulier de centre O.
●2 et ●3) Exemple avec AlgoBox :
RemarqueIl est tout à fait possible de réaliser ces algorithmes à la calculatrice, même si l’écriture du programme
est un peu longue.
Avec la calculatrice Casio Graph 35+ :
Problème ouvert 1 Chapeau !
338°6,7 cm
Soit R le côté du triangle isocèle.
R = 12,5
sin70° ≈ 13,3 cm. À l’échelle
12
: R = 6,7 cm.
L’angle au centre est 360 × 12,5R
= 360 × sin70°≈ 338°.
Il faut donc enlever environ 1
16 de 360°.
Problème ouvert 2 Costaud ? a. On note α l’angle que fait la corde avec le plafond et x la force à exercer par la personne pour tirer
la corde.
fond et x
128 • 8. Trigonométrie
Dans le triangle ECF’, on a les relations : CG2 = x2 + 502 ; sin� = 50
502 + x2.
b. En notant h la distance CH, dans le triangle CHA,
on a h = 60 sin α.
Donc h = 60 × 50
502 + x2.
À l’aide de la calculatrice, on peut tracer la courbe de la fonction f
qui donne h en fonction de x. Pour x ⩽ 200, on trouve h � 14,5.
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1 M1 en B ; M2 en D ; M3 en D et M4 en C.
A1
1 B
CM
4
M3
M2
M1
D
O
2 M5 en B ; M6 en B ; M7 en D et M8 en C.
OA1
1 B
CM
8
M7
M5
M6
D
3
Abscisse sur d 1 4 6 63
Angle (en °) 57 229 344 3 610
Identique à (en °) 57 229 344 10
M9(1) est sur l’arc AB� ; M10(4) est sur l’arc CD� ;
M11(6) est sur l’arc DA� et M12(63) est sur l’arc AB� .
OA1
1 B
C
M10
M12
M11
M9
D
4 a. N est le milieu de l’arc AB� .
OA
NM
d
1
1 B
8. Trigonométrie • 129
b. Sur la droite d, les points M20(�
4 + 2π),
M21(�
4 + 4π), M22(
�
4 + 6π), M23(
�
4 + 8π),
M24(�
4 – 2π) et M25(
�
4 – 4π) seront, après enroule-
ment, en N.
5 LA B�
= 12 × �
180× 70 = 14�
3 ≈ 14,7 cm
𝒫secteur = 2 × 12 + 14�
3= 24 + 14�
3 ≈ 38,7 cm
𝒜secteur = � × 122 × 70360
= 28� ≈ 87,96 cm2
6 a. C
1
C2
O 1
1 A
B
b. La mesure de l’angle OB� est :
36020
10�= 720
� ≈ 229°.
c. La mesure de l’angle AOC� est : 360
� ≈ 115°.
d. Il y a deux possibilités pour la mesure de l’arc BC� : 10 cm ou 1,4 cm, selon la manière de tracer les points B et C – si on ne considère pas les arcs rentrants, c’est-à-dire avec un angle au centre obtus.
7
i 1 2 3 4 5
Longueur (en cm)
π4�
32π 3π 5π
Mesure de l’angle au centre
45° 60° 90° 135° 225°
B1
B2
B3
B4
B5
O 1
1
A
8 a. Vrai : sin(– 0) = sin(0)
b. Faux : sin( − �
2) ≠ sin( − �
2)
c. Vrai : sin(2 × 0) = sin(0)
d. Faux : sin( 2 × �
2) ≠ sin(
�
2)
e. Vrai : cos(�
4) = sin(
�
4)
f. Faux : cos(�
4) = sin(
�
4)
9 a.
OA = M
1
B = M4
1
1
M2
M3
M5
M6
M7
M8
b.
Mi 1 2 3 4 5 6 7 8
Angle en °
0 30 45 90 120 135 150 180
Sinus 02
22
1 32
22
12
0
Cosinus 1 32
22
0 − 12
− 22
− 32
– 1
10 a.
1
1
O
B = M6
M4
A = M3 = M
5
M1 = M
2
b.
Mi 1 2 3 4 5 6
Angle en °
– 90 270 360 330 720 – 270
Sinus – 1 – 1 0 −12
0 1
Cosinus 0 0 1 32
1 0
130 • 8. Trigonométrie
11 a.
OA
B
1
1
M1
M4
M3M
2
b.
Mesure angle en °
100 200 340 730
Sinus 0,985 – 0,342 – 0,342 0,174
Cosinus – 0,174 – 0,940 0,940 0,985
12 a. a = 0°b. a = 30°c. a = 60°d. a = 45°
13 a. a = 90°b. a = 45°c. S = ∅d. a = 0°
14
a. sin x = 2 n’a pas de solution car – 1 � sin x � 1.b.
Entrée :
Traitement
et sortie :
Le nombre b.
Si -1 < b < 1 alors
afficher
« L’équation a deux
solutions. »
Fin du si.
Si b = 1 ou b = -1 alors
afficher
« L’équation a une
solution. »
Fin du si.
Si b < -1 ou b > 1 alors
afficher
« L’équation n’a
pas de solution. »
Fin du si.
c. Voir fichiers.
d.
Entrée :
Traitement
et sortie :
Le nombre b.
Si -1 < b < 1 alors
afficher
« L’équation a deux
solutions. » ;
affecter arcsin(b)
à x ;
afficher x ;
afficher 180 - x ;
Fin du si.
Si b = 1 ou b = -1 alors
afficher
« L’équation a une
solution. » ;
affecter arcsin(b)
à x ;
afficher x ;
Fin du si.
Si b < -1 ou b > 1 alors
afficher
« L’équation n’a
pas de solution. »
Fin du si.
15 a. sin a = 1 2− (cos )a =
59
= 5
3
b. cos b = 1 2− (sin )b = 0,5
16 A(1 ; 0), B(0,5 ; 3
2), C(– 0,5 ;
32
), D(– 1 ; 0),
E(– 0,5 ; –3
2) et F(0,5 ; –
32
).
17 1. a. Une mesure de AOG� est :
a = 360
7 ≈ 51,4°.
b. G(cos a ; sin a)2. A(1 ; 0), G(0,62 ; 0,78), H(– 0,22 ; 0,97), I(– 0,90 ; 0,43), J(– 0,90 ; – 0,43), K(– 0,22 ; – 0,97) et L(0,62 ; – 0,78).
18
a. Boris a remplacé « forward(50*sqrt(2)) » par « forward(100) ».Chloé a remplacé « left (90) » par « left (100) ».Dorian a remplacé « left(135) » par « left(45) ».
’
8. Trigonométrie • 131
b.
19 sin F� = cos G� = EGFG
= EG
EF2 + EG2
sin G� = cos F� = EFFG
= EF
EF2 + EG2
a. mes F� = Arc cos4350
≈ 30,7
mes G� = Arc sin4350
≈ 59,3
b. mes F� = Arc sin2260
≈ 21,5
mes G� = Arc cos2260
≈ 68,5
c. mes F� = Arc sin55
55 342 234+ ≈ 58,3
mes G� = Arc sin55
55 342 234+ ≈ 31,7
20 1.
DCBA = 50
α = 56,4°
D C
A B
2. a. 𝒜ABCD = AB × AD × sin α = 60 sin αb. Cette aire peut être égale à 60 cm2 si α = 90°, ABCD est un rectangle.Cette aire peut être égale à 50 cm2 si α = 56,4° ou α = 123,6°. Cette aire ne peut pas être égale à 70 cm2.
21 1. a. Une mesure de l’angle MLN� est arcsin(0,25) ≈ 14,5°.b. Une mesure de l’angle KLM� est :Arc cos(0,5) + Arc sin(0,25) = 60 + 14,5 = 74,5°.2. Si les points K et M sont du même côté de la droite (LN), alors la mesure de l’angle KLM� est 60 – 14,5 = 45,5°.
22 Arc cos (/
)L
L4
= Arc cos 0,25 ≈ 75,5°
Arc cos (/
)L
L3
= Arc cos 13
≈ 70,5°
Les angles indiqués sont en accord avec les
longueurs L, L3
et L4
.
23 a. IJ = 60
cos °36 ≈ 74,2 mm
PQ = 6013 5cos ,13 °
≈ 62,7 mm
b. LI = 20
5sin °54 ≈ 24,7 mm
JK = 20
36sin °36 ≈ 34 mm
c. LK = IJ + IL × cos 54° + JK × cos 36° ≈ 116,2 mm
24 a.
α = 42°β = 24°
B A H
S
30,8 m
35 m
b. Dans AHS : sincos
�
�= =
SHASAHAS
SHAH
c. Dans BHS : sincos
�
�= =
SHBSBHBS
SHBH
d. D’après b. et c. on a :
AH SH= cossin
�
� et BH SH= cos
sin�
�.
On en déduit : AB = BH – AH = SH(
cossin
cossin
)�
�
�
�− .
Donc SHAB=−cos
sincossin
�
�
�
�
≈ 30,82 m soit 31 mètres
au demi-mètre près.
25 a. AB °= x x° =i 3012
et OB °= x° =x 303
2.
132 • 8. Trigonométrie
b. De la même manière, on trouve
CB = x3
4 ; OC = 3
4x ; DC = 3
8x ; OD = 3 3
8x ;
ED = 3 316
x ; OE = 916
x ; EF = 932
x ; OF = 9 332
x ;
GF = 9 364
x et OG = 2764
x .
𝒫ABCDEFGO = x 1 + 12
+ 34
+ 38
+ 3 316
+ 932
+ 9 364
+ 2764
⎛
⎝⎜⎛⎛
⎝⎝
⎞
⎠⎟⎞⎞
⎠⎠
= 165 + 37 3
64x ≈ 3,58x.
26 a. EH = 6 000 × sin(1
120) ≈ 0,87,
donc EF ≈ 2 mm.
b. EH = 4,22 × 9 461 × 109 × sin(1
120) ≈ 5 806 916 931,
donc EF ≈ 11,6 milliard de km.
27 a. x
TC
V
S STV = 46°
On reporte l’angle de 46° pour obtenir la demi-droite [Tx). L’intersection du cercle de diamètre [ST] coupe cette demi-droite en V. Le cercle de centre S et de rayon SV est l’orbite de Vénus.
b. RV e n u s
RT e r r e
= sin46° donc RVénus ≈ 107,9 × 106 km.
28
1. a.
C = 56,31°
B = 33,69°B
A C10
1518,03
b. BC = 102 + 152 = 5 13 ≈ 18,03
c. mes B� = Arc sin ( )10
5 13 ≈ 33,7°
mes C� = Arc sin ( )15
5 13 ≈ 56,3°
2. a.
A = 48,19°
B = 41,81°B
C A10
11,1815
b. BC = 152 − 102 = 5 5 ≈ 11,18
c. mes A� = Arc sin ( )5 515
≈ 48,2°
mes B� = Arc sin ( )1015
≈ 41,8°
3. a. Cet algorithme donne dans les deux cas la longueur non connue du 3e côté.b. Dans le cas AB = 10 et AC = 15, l’algorithme ne fonctionne pas car il serait amené à calculer la racine carrée d’un nombre négatif .c. Il faut remplacer :
Traitement …
Affecter X 2 − Y 2 à Z.
…
par :
Traitement
…
Si X > Y alors
affecter 2 − Y 2 à Z
Sinon
affecter Y 2 − X 2 à Z
Fin du si.
…
d. et e. Voir fichiers.
QCM
29 A 30 C
31 B et D 32 B
33 D 34 B, C et D
35 B 36 A
37 B et C 38 A, B et D
39 A 40 B
8. Trigonométrie • 133
Problèmes
41 L’aire 𝒜1 du grand secteur de rayon R vaut :
𝒜1 = 74
2�R�R2 = 74R
2.
De même, l’aire 𝒜2 du petit secteur de rayon r vaut :
𝒜2 = 51r
2.
Par proportionnalité de la longueur d’un arc et de l’angle au centre, si a est l’angle au centre, on a :
a360
= 512�r
= 742�R
.
On en déduit : r = 51 × 3602�a
et R = 74 × 3602�a
.
On calcule a en remarquant que R – r = 40 :
R ra a
=r× − × =40
74 3602
51 3602
40B�a
R r a=r = × − ×40
74 360 51 3602 4× 0
B�
R r a=r =402072
B�
.
L’aire du terrain ABCD vaut :
𝒜1 – 𝒜2 = 74
2 274 360 51 360
2 22072
2 5002 2360 51R r51− = × −360360 × =
��
.
Les deux parties coloriées ont exactement la même aire.
42 a. Posons H = AC ; h = AB ; R = CJ = 15 et r = BK.• Calcul de H et h :
Dans AJC : AJ = 15
sin °14,
donc H = (sin
)15
14152 215
°− ≈ 60,16 cm.
h = H – 50 ≈ 10,16 cm.• Calcul de BK :Dans les triangles ABK et ACJ :
BK15
= hH
, donc BK = 15hH
.
• Volume du tronc de cône :
13
152 215�( (152 ) )2hH
h ≈ 14 107 cm3.
• Volume de tout le cône de signalisation :402 × 2 + π172 × 3 + 14 107 ≈ 20 031 cm3.
b. L’aire latérale du tronc de cône vaut :
� × × +15 152 2
22 2+ 15( )
2
H h−2
HH ≈ 2 838 cm2.
43
αα
F
AO
Dans le triangle rectangle AOH : tan α =HOHF
, ce qui
permet de calculer HF, puis e = a − r − HF.
44 a. Notons A la distance du centre de la grande bille au fond de l’entaille.Notons a la distance du centre de la petite bille au fond de l’entaille.
αα
O
F
T R
A
Dans le triangle rectangle OTF on a :
sin� = RA
d’où A = Rsin�
.
Avec la petite bille on a, de la même manière :
a = rsin�
.
H – h = (A + R) – (a + r)
=
RR
rr R r
sin sin(sin
)�sin �
+ −R − r −( ) +11 .
Donc sin� = 1H − hR − r
− 1= R − r
H + r − h − R.
b. 2 22 1 5
9 61 1 5 7 66 2�
1 5 −Arc sin(
,, ,61 + 1 ,
) ≈ 40,3°.
45 On construit la tangente (AH) au petit cercle.
H
AO
B
134 • 8. Trigonométrie
• Calcul de l’angle BOH� :
cos AOH� = 4575
donc AOH� ≈ 53,13°
BOH� = 180 – 53,13 ≈ 126,87°.
• Longueur AH + HB� :
752 − 452 + 2 × 45 × � × 126,87360
≈ 60 + 99,64
≈ 160 cm.
46 1. a. B
x
h
C
A H
b. Le théorème de Pythagore appliqué dans les triangles AHB et AHC donne le système :
x + h =
h x
2 2+ h 2
2
4⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩ ( ) 5=xx)2 25
.
Bx + h =
x
2 2+ h 24
36 12 25 16–25x– 12 =
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
Bx + h =
x
2 2+ h 24
=
⎧⎨⎧⎧⎨⎨⎧⎧⎧⎧
⎩⎨⎨⎩⎩⎨⎨⎨⎨
2 25,
B
x
h
=
= ≈
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
2 25
57
43 3
,
,
2. α = 55,77°
β = 41,41°
x
h
B
C
A H
w
u
v
sin α = h
AB ≈ 0,827 d’où α ≈ 55,77°.
sin β = h
AC ≈ 0,661 d’où β ≈ 41,41°.
47 Traduction de l’énoncéMathématiques avec FrontièresLes frontières de nos États sont généralement définies par des lignes naturelles ou fixées par des considérations d’ordre historique.
L’État du Wyoming, aux USA, a des frontières plus simples, du moins en apparence !Il est limité :– à l’ouest par le méridien de longitude 111°
ouest ;– à l’est par le méridien de longitude 104° ouest ;– au nord par le parallèle de latitude 45° nord ;– au sud par le parallèle de latitude 41° nord.
En admettant que la Terre est une boule dont l’équateur mesure 40 000 km, calculer le péri-mètre de l’État du Wyoming.
Les frontières est et ouest du Wyoming sont des portions de méridiens.Leurs longueurs sont (en km) :
40 000 45 41360
4 0009
× − =( )
soit environ 444 km pour chacune.Les frontières nord et sud sont des portions de cercles parallèles à l’équateur.La longueur totale du 45e parallèle est environ 40 000 × cos(45°) km et celle du 41e parallèle est environ 40 000 × cos(41°) km.La longueur en km de la frontière nord est alors :
40 000 41 111 104360
7 000 419
× × − =cos( ) ( ) cos( )° °
soit environ 550 km.La longueur en km de la frontière sud est alors :
40 000 × cos(41°) × (111 − 104)360
= 7 000 cos(41°)9
soit environ 587 km.D’où le périmètre approximatif du Wyoming :
P ≈ 2 × 444 + 550 + 587 ≈ 2 025 km.
48 1. H4
H3
I
M
C
N
H2 H
1
h2
8. Trigonométrie • 135
2. a. H3
H2
H1
I
b.
H2
IM
N
H4
C
3. H4I = H2I = a3
24. a. Le système s’obtient en appliquant le théo-rème de Pythagore aux triangles H4MH2 et H4MI.b.
D’où x = a 33
.
c. sinH2H4 M� = xa
= 33
,
donc H2H4 M� ≈ 35,264 39°.
5. H2CH4 est isocèle en C car C se trouve sur l’axe de symétrie de ce triangle isocèle.
6. H2CH4�
= 180 – 2 × H2H4 M� ≈ 109,471 22°.
Or 0,47122° = 28’’ + 0,002 732. On trouve donc bien 109° 28’’.
9. Géométrie dans l’espace • 137
9. Géométrie dans l’espace
Objectifs et pré-requis
Ce chapitre de géométrie dans l’espace a pour objectif d’introduire les droites et plans et leurs
positions relatives. En entretenant les acquis du collège, il s’agit alors de développer la vision dans
l’espace des élèves en proposant des activités sur ces solides rencontrés et étudiés au collège.
Les différents exercices de ce chapitre proposent de construire et de représenter des solides et
d’effectuer des calculs de longueurs, d’aires et de volumes.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Géométrie dans l’espaceLes solides usuels étudiés au collège :parallélépipède rectangle, pyramides, cône et cylindre de révolution, sphère.Droites et plans, positions relatives.Droites et plans parallèles.
• Manipuler, construire, représenter en perspective des solides.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶4 traits déplacés permettent de rendre la figure possible.
Corrigés des activités
1 Calculer dans l’espace
●1 a. Dans le rectangle ADFE, AF2 = AD2 + DF2, donc AF = 82 + 52 = 89 .
Dans le triangle ABE isocèle rectangle en A, BE2 = BA2 + AE2, donc BE = 52 + 52 = 50 .
Dans le rectangle BCFE, BF2 = BE2 + EF2, donc BF = 50 + 82 = 114 .
b. ABF n’est pas isocèle, mais BA2 + AF2 = 52 + ( )2 = 114 = BF2, donc le triangle ABF est rectangle
en A.
●2 VEVV ABF = 13
B × h = 13
× AB × AE2
× EF = 13
× 5 × 52
× 8 = 1003
●3 D’après le théorème de Thalès dans le triangle EBF, EKEF
= EJEB
= 13
.
●4 a. Le rapport de réduction est 13
.
b. V VEIJKVV EABFVV ×VEABFVV = × =( )13
1003
127
10081
3
138 • 9. Géométrie dans l’espace
2 Solide, patron et perspective
●1
●2 a. parallèles
b. sécantes
c. ni parallèles ni sécantes
d. ni parallèles ni sécantes
e. parallèles
f. ni parallèles ni sécantes
g. sécantes
h. parallèles
●3 a. Vrai. (HD) et (AE)
b. Vrai. (HD) et (GC)
c. Faux. (DC) et (FB)
d. Faux. (EG) et (AC)
3 Que voit-on réellement sur une figure en perspective ?
Partie A
●1 Avec des points de l’espace
Vrai Faux Peut-être
a. Le point K appartient à l’arête [SC]. ×b. Le point I appartient au plan (SAB). ×c. Les points L, I et J sont alignés. ×d. Le point L appartient au plan (SAB). ×e. Le point L appartient à la face ABCD. ×f. Le point L appartient au plan (ABC). ×g. Les points I, J, K et B sont coplanaires. ×
●2 Avec des droites de l’espace
Vrai Faux Peut-être
a. Les droites (IJ) et (AB) sont parallèles. ×b. Les droites (JK) et (BC) sont parallèles. ×c. Les droites (AJ) et (CJ) sont sécantes. ×d. Les droites (LB) et (AC) sont coplanaires. ×e. Les droites (IJ) et (DC) sont coplanaires. ×
9. Géométrie dans l’espace • 139
Partie B
●1 Avec des points de l’espace
Vrai Faux Peut-être
a. Le point K appartient à l’arête [SC]. × ×b. Le point I appartient au plan (SAB). ×c. Les points L, I et J sont alignés. × ×d. Le point L appartient au plan (SAB). × ×e. Le point L appartient à la face ABCD. × ×f. Le point L appartient au plan (ABC). × ×g. Les points I, J, K et B sont coplanaires. × ×
●2 Avec des droites de l’espace
Vrai Faux Peut-être
a. Les droites (IJ) et (AB) sont parallèles. ×
b. Les droites (JK) et (BC) sont parallèles. × ×
c. Les droites (AJ) et (CJ) sont sécantes. ×
d. Les droites (LB) et (AC) sont coplanaires. × ×
e. Les droites (IJ) et (DC) sont coplanaires. ×
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Construire un solide de dimensions variables
●1 et ●2) a. et b.• Avec Geospace, charger la figure PyrReg.g3w située dans le répertoire Exemples/Espace/bases
Espace.
• Avec Cabri3D, on peut soit charger le fichier du manuel C09_TPTICE1initiale.cg3, soit construire la
pyramide. Dans le second cas, tracer la base carrée. Pour placer le sommet de la pyramide, tracer la
perpendiculaire à la base passant par le centre du carré et la sphère de centre un des sommets du
carré passant par un autre sommet consécutif (pour reporter la longueur d’un côté). Le sommet de
la pyramide est à l’intersection de cette droite et de la sphère, on peut alors construire la pyramide.
Penser ensuite à masquer les objets inutiles comme la sphère
ou la droite.
Les valeurs numériques obtenues dépendent de la longueur
du côté de la pyramide, mais les variations des volumes
proposés ainsi que la position du point I sur le segment [AS]
sont indépendants de cette longueur.
●1 Solide 1c. et d. L’aire de la base et la hauteur sont invariantes donc le volume du tétraèdre reste constant.
●2 Solide 2
c. Le volume maximal est atteint lorsque AI = 13
AS .
d. Si O est le centre du carré IJKL, alors HO = 13
HS et O est le centre de gravité du triangle SAC.
140 • 9. Géométrie dans l’espace
TICE 2 Construire un patron, voir et calculer
●1 et ●2) • Avec Geospace, charger la figure Cube2.g3w située dans le répertoire Exemples/Espace/
basesEspace.
• Avec Cabri3D, utiliser l’icône cube. On prendra tout de même soin de nommer correctement les
sommets du cube.
●3 Le polyèdre Choc possède 7 faces, 11 arêtes et 6 sommets.
●4 Comme ces arêtes sont parallèles aux arêtes du cube, on montre que IM = MN = KN = 6 cm.
Les côtés de IJKL mesurent la moitié de la diagonale [AC] (théorème des milieux). On montre alors
que IJ = JK = KL = LI = 12
6 2 = 3 2 .
En admettant que MIJ est rectangle en I, d’après le théorème de Pythagore, on a MJ2 = MI2 + IJ2, d’où
MJ = 62 + 3 2( )2
= 36 + 18 = 54 = 3 6 .
On obtient le même résultat pour les longueurs NJ, NL et LM.
●5 a. Une astuce avec Geospace pour ouvrir le patron
consiste à créer une variable x dans l’intervalle [0 ; 1] et
de choisir x comme coefficient d’ouverture du patron.
On peut ainsi ouvrir le patron avec les flèches « haut » et
« bas » en faisant varier x.
Vous pouvez bien sûr retrouver la figure complète
C09_TPTICE2.g3w sur le site compagnon (voir ci-contre).
b. On peut construire le patron à la règle et au compas en
s’appuyant sur la nature des triangles le constituant, plutôt
que d’utiliser les longueurs calculées précédemment.
TICE 3 Construire la section d’un cube par un plan
Partie ALe travail proposé ici repose sur la propriété suivante : « un plan coupe deux plans parallèles (les
faces du cube) suivant deux droites parallèles ».
Cela permet d’observer que tout quadrilatère est au moins un trapèze, qu’un pentagone a deux
paires de droites parallèles et qu’un hexagone en a trois.
Partie BAvec Geospace :
●1) ●2) ●3)
9. Géométrie dans l’espace • 141
Algorithmique 1 Calcul du nombre d’arêtes d’un solide convexe
●1 a. Les données à fournir en entrée sont le nombre de faces F et le nombre de sommets S.
b. L’algorithme doit calculer et afficher le nombre d’arêtes A.
●2 Entrées :
Traitement :
Sortie :
Donner les valeurs de F et S.
Affecter à A la valeur S + F – 2.
Afficher A.
Programmation possible sur calculatrice
Sur TI 83 + Casio Graph 35 +
●3 a. F = 8, S = 6 et A = 12
b. F = 6, S = 8 et A = 12
c. F = 10, S = 8 et A = 16
●4 F = 32, S = 60 et A = 90. Avec une minute par couture, un ouvrier a besoin de 90 min pour coudre ce
ballon à la main, soit la durée d’un match de football.
Algorithmique 2 À dos de chameau
●1 a. Le premier étage pèse 2,5 × 2122 = 112 360 tonnes.
b. Les trois premiers étages pèsent : 2,5 × (2122 + 2112 + 2102) = 333 912,5 tonnes.
●2 a.
S 0 44 944 89 465 133 565 177 246 220 510
N 212 211 210 209 208 207
b. S représente le nombre total de pavés depuis la base. M donne la masse totale de la pyramide.
●3 Exemples de programmation sur calculatrice :
Sur TI 83 + Casio Graph 35 +
Le programme détermine alors une masse de 7 996 375 tonnes.
Algorithmique 3 Calcul des volumes des solides de révolution
●1 Cet algorithme a pour fonction de calculer le volume d’un cône, d’une sphère ou d’un cylindre.
Mais il n’envisage que les cas S = 1 ou S = 2. Dans les autres cas, il agit comme si S = 3. Donc si S est
différent de 1 ou 2, il calcule le volume d’un cylindre.
142 • 9. Géométrie dans l’espace
●2 Pour parer à cette erreur, il faut envisager ce troisième cas.
Entrée :
Traitement :
Sortie :
Afficher « Quel type de solide ? cône = 1, sphère = 2,
cylindre = 3 ».
Affecter la réponse au réel positif S.
Si S = 1
demander r et h ;
calculer V = 13 × π × r2 × h.
Sinon
Si S = 2
demander r ;
calculer V = 34 × π × r3.
Sinon
Si S = 3
demander r et h ;
calculer V = π × r2 × h.
Sinon
afficher « Mauvaise saisie, recommencer. »
Afficher V.
Problème ouvert 1 Le π verreLe rayon du cylindre est r = 1 et celui de la sphère R = 3.
A étant le centre de la sphère, pour calculer le volume du cylindre, il
faut en connaître la hauteur h (voir figure ci-contre). Pour cela, on peut
calculer BC = h2
dans le triangle ABC rectangle en B à l’aide du théo-
rème de Pythagore :
BC2 = AC2 – AB2 = 32 – 12 = 8, d’où BC = = 2 2 .
Le volume du cylindre est alors �r 2h = � × 12 × (2 × 2 2) = 4� 2 .
Celui de la sphère est 43
43
3 363 343� � �R = � .
Le volume de la sculpture est alors la différence entre celui de la sphère et celui du cylindre, soit
36 24 2 4� �4 =24 ( )9 2− .
Pour obtenir sa masse, il faut multiplier ce volume par la masse volumique du verre :
M = × ≈2 500 4 10 000 238 314 5( )9( )9 2 ( )9 2− ,�1= 0 000)−9 2 kg, soit environ 238 tonnes.
Problème ouvert 2 Sur le terrainComme les sphères sont tangentes et de rayon 10 cm, les centres
de deux sphères tangentes sont séparés de 20 cm. Ainsi les quatre
centres sont équidistants et forment un tétraèdre régulier de côté
20 cm.
Les centres de trois des quatre ballons se situent à 10 cm du sol et
celui du dernier ballon est à 10 cm du haut de la pyramide. Il reste
donc à calculer la hauteur de ce tétraèdre.
C
BA
3
1
10 cm
10 cm
9. Géométrie dans l’espace • 143
En nommant ABCD le tétraèdre reliant les centres des ballons,
G le centre de gravité du triangle ABC, calculer la hauteur du
tétraèdre revient à déterminer la longueur DG.
En notant I le milieu de [BC], on peut calculer AI dans le triangle
AIC rectangle en I grâce au théorème de Pythagore, soit :
AI2 = AC2 – IC2 = 202 – 102 = 300, d’où AI = 10 3 .
G est le centre de gravité de ABC donc AG = 23
AI = 23
10 3 = 20 33
.
De même, dans le triangle rectangle AGD, on a :
DG2 = AD2 – AG2 = 202 – ( )20 3
32
= 400 –
4003
= 800
3.
On en déduit DG = 800
3≈ 16,3 cm et donc la hauteur de la pyramide
formée par les quatre ballons vaut 10 + 8003
+ 10 ≈ 36,3 cm.
Problème ouvert 3 Sur le terrain En notant a la longueur des arêtes de la face supérieure, on peut vérifier à l’aide du théorème des
milieux que le côté de la base de la pyramide mesure 2a.
La diagonale de la base carrée de la pyramide de côté 2a mesure donc 2a 2 .
Le côté de la base du solide en vaut la moitié, en appliquant à nouveau le théorème des milieux.
Donc le côté de la base du solide mesure a 2 .
On a donc trouvé la longueur de toutes les arêtes et l’on peut construire le patron à la règle graduée
et au compas.
À noter que les triangles non équilatéraux ont pour côtés a, a et a 2 . Ils sont donc isocèles rectan-
gles. Cette observation permet de tracer à la règle non graduée et au compas, à partir du carré de
base.
upérieur
B
A C
IJG
K
D
A CKG
BJ I
144 • 9. Géométrie dans l’espace
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1 I est codé au milieu de [AD], il doit être au milieu du segment représenté.Le segment [DC] est caché, il doit être entièrement en pointillés.ABCD est un carré, les droites (AD) et (BC) sont donc parallèles. Elles doivent aussi l’être sur la représen-tation.
2 1. a.
b.
2.
3 a.Vue de la gauche. c. Vue de face. e. Vue de dessus. f. Vue de la droite.
4 a. L(CHEF) = CH + HE + EF
= 02 + 62 + 8 + 10
= 136 + 18
= 2 34 + 18
b. L(FADE) = FA + AD + DE
= 102 + 62 + 8 + 62 + 82
= 136 + 8 + 100
= 2 34 + 8 + 10 = 2 34 + 18
L(CAGE) = CA + AG + GE
= 102 + 82 + 102 + 82 + 62 + 102 + 82
= 2 164 + 200 = 4 41 + 10 2L(FADE) ≈ 29,7 et L(CAGE) ≈ 39,8 donc Aurélie l’emporte.
5 a. AC = 6 2 .SA = SC et SA2 + SC2 = AC2 donc le triangle SAC est isocèle rectangle en S.b.
S
CAO
JI
c. IJ = 12
AC = 3 2 .
Aire du trapèze = aire du triangle SAC – aire du
triangle SIJ = 6 × 6
2− 3 × 3
2= 13,5.
d. OB = 12
AC = 3 2 .
𝒱 = 13
B × h = 13
× 13,5 × 3 2 = 13,5 2 .
6 a. ABCD est un tétraèdre, FCBED est une pyramide.b. L’aire du triangle ABC vaut :
b = BC × h
2 =
5 × 42
= 10 cm2.
ABCDEF est un prisme droit donc [AD] est une hauteur dans le tétraèdre ABCD. Or AD = FC = 6
d’où VABCD = 13
b × AD = 13
× 10 × 6 = 20 cm3.
Le volume de FCBED s’obtient en retranchant celui du tétraèdre à celui du prisme. VFCBED = VABCDEF – VABCD = b × AD – 20 = 10 × 6 – 20 = 40 cm3.c. Il suffit de couper la pyramide FCBED en deux tétraèdres de même volume. En gardant la même hauteur issue de D, il suffit de couper la base en deux triangles de même aire, par exemple FCB et FBE qui donnent les tétraèdres FCBD et FBED.
9. Géométrie dans l’espace • 145
7 La plus grande longueur disponible est dessinée en gras :
Pour le cône : 152 + 252 = 225 + 625 = 850 < 30.Pour le cylindre :
242 + 202 = 576 + 400 = 976 > 30.
Pour la pyramide : (102 + 102 ) + 252 = 825 < 30.
Le cylindre est la seule boîte ayant une longueur disponible supérieure à 30 cm.
8 1. a. V = B × h = 102 × h = 2 000 cm3,
donc h = 2 000
102 = 20 cm.
b. S = 4 × (10 × 20) + 2 × (10 × 10) = 800 + 200 = 1 000 cm2.2. a. V = π × 72 × h = 2 000 cm3,
donc h = 2 00049�
≈ 13 cm.
b. S = 2 × π × 72 + 2π × 7 × 13 = 280π ≈ 880 cm2.3. Le cylindre consomme le moins d’emballage.
9 En appelant a le côté du cube, le rayon d’un
cercle est r = a2
2.
Le carré de la diagonale du cube vaut 3a2 = (2 × 37)2,
donc a = 74
3, d’où r = 74
3× 2
2≈ 30,2 mm.
10 a. ADC étant un triangle équilatéral, (AJ) en est une hauteur et une médiane, d’où le triangle AJC est rectangle en J et CJ = 2. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle AJC, AJ2 = AC2 – JC2 = 42 – 22 = 16 – 4 = 12,
donc AJ = 12 = 2 3 .b. On peut montrer de même que BJ = 2 3 , d’où le triangle AJB est isocèle en J.c. (IJ) est donc une médiane et une hauteur dans le triangle AJB. D’après le théorème de Pythagore dans le triangle
AJB, IJ2 = AJ2 – AI2 = ( 3 )2 – 22 = 12 – 4 = 8,
donc IJ = 8 = 2 2 .
11 a. AH = 40 2
2= 20 2 m.
b. SAC est isocèle en S, donc la médiane (AH) est aussi une hauteur.
Dans le triangle SHA rectangle en H,
SH2 = SA2 – AH2 = 402 – ( )2= 1 600 – 800 = 800,
d’où SH = 800 = 20 2 m.
c. V = 13
× B × h = 13
× 402 × 20 2 = 32 000 23
≈ 15 085 m3.
12 En appliquant le théorème de Thalès dans les
triangles SAB et SEF, on a SESA
= EFAB
= SJSI
, d’où
SJ = EFAB
× SI = 1,22
× 10 = 6 . O n e n d é d u i t
IJ = 10 – 6 = 4 cm.
13 a. Les trois pyramides ont des faces deux à deux identiques, elles sont donc identiques.b. Le volume du cube est a3, chaque pyramide ayant
le même volume, celui-ci vaut 3
a3 .
c.
CD
BA
14 Traduction de l’énoncéExpression cubisteLa figure ci-dessous montre un cube d’arête a, un petit cube d’arête b et six pavés droits dont les arêtes mesurent a ou b.Il est possible de juxtaposer ces huit pièces de sorte que, deux à deux, elles aient alors une face commune ou juste une arête commune ou juste un sommet commun. L’assemblage ainsi constitué est alors un grand cube.
Représenter cet assemblage en perspective cava-lière.Écrire de deux façons différentes l’expression du volume du grand cube en fonction de a et b pour obtenir une égalité remarquable.
146 • 9. Géométrie dans l’espace
Voici une vue en perspective de l’assemblage.
On peut y voir sept des huit pièces qui le consti-tuent : le cube d’arête a est caché.Cet assemblage illustre l’égalité :(a + b)3 = a3 + 3a2b + 3ab2 + b3.
15 On peut compter 3 tétraèdres bicolores par face, or il y a quatre faces, donc on peut en compter 4 × 3 = 12. Mais en raisonnant ainsi, on les a tous
compté deux fois, il y en a donc 122
= 6 .
16 1. VABDE =
13 2
13
12 122
12× × × = × × ×AB ADAE ( )
12 122×
= 288 cm3.
2. a. EB = AB × 2 = 12 2 cm.
De même DB = DE = 12 2 cm.b. EBD est un triangle équilatéral.3. a. Tous les côtés de DBGE sont des diagonales d’une face du carré, ils ont donc tous la même longueur et le tétraèdre DBGE est donc régulier.b. On peut dénombrer quatre tétraèdres identiques à ABDE, tels que VDBGE = VABCDEFGH – 4 × VABDE = 123 – 4 × 288 = 576 cm3.
17 Le volume du cube plein est 63 = 216 cm3. Chaque pavé peut se décomposer en trois cubes de 23 = 8 cm3 chacun.Le solide est constitué d’un cube auquel on enlève sept petits cubes, son volume est donc 216 – 7 × 8 = 160 cm3.
18 a. Oui, car les droites sont parallèles. I et J appartiennent aussi à ce plan.b. Oui, car les droites sont sécantes.c. Non, car les points sont alignés.d. Oui, car les points ne sont pas alignés.e. Oui, car I n’appartient pas à (SD). B appartient aussi à ce plan.f. Non, car le point D n’appartient au plan (SAB).g. Oui, car C n’appartient pas à (AJ). B, I et D appar-tiennent aussi à ce plan.h. Non, car les points sont alignés.
19 a. Oui, car les droites sont parallèles. J appar-tient aussi à ce plan.
b. Oui, car les droites sont sécantes. E appartient aussi à ce plan.c. Non, car les points sont alignés.d. Oui, car les points ne sont pas alignés. F et G appartiennent aussi à ce plan.e. Oui, car G n’appartient pas à (HB). A, I, J et K appartiennent aussi à ce plan.f. Non, car H n’appartient pas au plan (AFC).g. Oui, car E n’appartient pas à (FC). D, I, J et K appartiennent aussi à ce plan.h. Non, car J appartient à (HB).
20
a. Faux car B, I et G appartiennent à la face BCGF mais pas H, donc les quatre points B, I, G et H ne sont pas coplanaires. D’où les droites (BI) et (HG) sont non coplanaires et donc non sécantes.b. Vrai car B, I, F et G appartiennent à la face BCGF, donc les quatre points B, I, F et G sont coplanaires. Les droites (BI) et (HG) sont donc coplanaires, or elles ne sont pas parallèles (le voir sur la figure suffit à le justifier), elles sont donc sécantes.c. Faux car B, I et G appartiennent à la face BCGF mais pas E, donc les quatre points B, I, G et E ne sont pas coplanaires. D’où les droites (BI) et (EG) sont non coplanaires et donc non sécantes.
21 a. Dans le plan (ACD), on peut appliquer le théorème des milieux, d’où (IJ)//(AC) .b. (AJ) et (CI) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes.c. (AI) et (DJ) sont sécantes en D.d. J ∉(BDI), donc les points B, D, I et J ne sont pas coplanaires. On en déduit que les droites (BD) et (IJ) ne sont pas coplanaires.e. (AJ) et (BJ) sont sécantes en J.f. J ∉(ABI), donc les points A, B, I et J ne sont pas coplanaires. On en déduit que les droites (AJ) et (BI) ne sont pas coplanaires.
22
On peut appliquer le théorème des milieux dans le triangle SBC car I est milieu de [SB] et J est milieu de [SC]. On en déduit que la droite (IJ) est paral-lèle à (BC). Or ABCD est un trapèze donc (AD) est parallèle à (BC), d’où (IJ) est parallèle à (AD). Les droites (IJ) et (AD) sont parallèles donc coplanaires, les points I, J, A et D sont donc coplanaires. On en déduit que les droites (AI) et (DJ) sont coplanaires et donc sécantes car non parallèles.
23
On peut construire le point K, intersection des droites (AJ) et (IB). L’intersection des plans (AJC) et (BIC) est alors la droite (CK).
ux car B
eut appl
sécante
eut con
9. Géométrie dans l’espace • 147
D
I J
KC
B
A
24
a. L’intersection de deux plans sécants est une droite.b. Les droites (GI) et (BC) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes en un point M.c. Les droites (EI) et (AB) sont coplanaires et non parallèles, elles sont donc sécantes en un point N.d.
H
E
A
MNB
C
G
D I
F
e. M appartient aux droites (GI) et (BC), donc aux plans (IGE) et (ABC).N appartient aux droites (EI) et (AB), donc aux plans (IGE) et (ABC).Les points M et N appartiennent donc à la droite d’intersection des plans (IGE) et (ABC), cette inter-section est donc la droite (MN).
25 a.
K
I
d
J
’
M
La droite (IJ) coupe le plan 𝒫’ sur la droite d, droite d’intersection des plans 𝒫 et 𝒫’.b. Les points M et K appartiennent à l’intersection des plans (IJK) et 𝒫’, la droite (MK) est donc la droite d’intersection de ces plans.
26 a. Vrai b. Faux c. Faux
27 a. Vrai b. Faux c. Faux d. Faux
28 1. a. Sur la face ABEF carrée, les côtés [EF] et [AB] sont parallèles et de même longueur. Sur la face ABCD carrée, les côtés [DC] et [AB] sont parallèles et de même longueur. On en déduit que les droites (EF) et (DC) sont parallèles et que EF = DC, donc le quadrilatère EFCD est un parallélogramme.b. Comme EFCD est un parallélogramme, (FC) est parallèle à (ED), une droite du plan (EBD), donc (FC) est parallèle au plan (EBD).2. a. On montre de même que le quadrilatère FHDB est un parallélogramme et donc que la droite (FH) est parallèle à la droite (BD), donc au plan (EBD).b. (FH) et (FC) sont deux droites sécantes du plan (FCH), chacune parallèle au plan (EBD), on en déduit que le plan (FCH) est parallèle au plan (EBD).
29 a. Dans un octaèdre régulier, la base ABCD est un carré, donc les droites (BC) et (AD) sont paral-lèles. La droite (BC) est donc parallèle au plan (ADS) qui contient la droite (AD).b. Les droites (BD) et (ST) sont sécantes, donc les points S, B, D et T sont coplanaires. Les côtés du quadrilatère SBTD sont les arêtes de l’octaèdre régulier, elles sont de même longueur donc SBTD est un losange.c. Comme SBTD est un losange, ses côtés opposés sont parallèles, donc (BT) est parallèle à la droite (SD) et donc au plan (ADS) qui la contient.d. (BC) et (BT) sont deux droites sécantes du plan (BTC), chacune parallèle au plan (ADS) donc le plan (BCT) est parallèle au plan (ADS).
30 L’intersection des plans (IJK) et 𝒫’ est la droite (JK).Comme les plans 𝒫 et 𝒫’ sont parallèles, le plan (IJK) les coupe suivant deux droites parallèles. L’intersec-tion des plans (IJK) et 𝒫 est donc la droite parallèles à (JK) passant par I.
’
I
JK
31 Comme (IJ) et d sont parallèles, les plans (IJK) et 𝒫’ se coupent suivant une droite qui leur est parallèle d’après le théorème du toit. Or K appar-tient à cette intersection, donc les plans (IJK) et
ntersec
148 • 9. Géométrie dans l’espace
𝒫’ se coupent suivant la droite parallèle à d et (IJ), passant par K.
d
’
JI
K
32
a. Comme (DC)//(AB), d’après le théorème du toit, la droite d’intersection des plans (DCM) et (ABM) est une droite parallèle à (DC) et à (AB). On construit donc la parallèle à (AB) passant par M.b. Il suffit de terminer le tracé sur les faces AEHD et CBFG où l’on connaît deux points du plan (DCM).C. Sur les faces AEHD et CBFG, on connaît deux points communs aux plans (DCM) et (HAB). L’in-tersection est donc la droite passant par ces deux points.
GF
E
DA
B
M d
C
H
d est elle aussi parallèle à (DC) et (AB) d’après le théorème du toit.
33
a. Les faces ADHE et BCGF étant parallèles, le plan (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. d est la droite parallèle à (HI) passant par J.
H
E
AB
C
G
DI
M
N
J
F
On peut alors relier les points communs de chaque face.
b. (HI) est parallèle à (MN). On montre de même que (HN) est parallèle à (IM). On en déduit que le quadrilatère HIMN est un parallélogramme.
34
a. Les faces ADHE et BCGF étant parallèles, le plan (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. L’in-tersection des plans (HIJ) et (BCG) est donc la droite parallèle à (HI) passant par J.
H
E
AB
C
Gd
D
I
M
J
NF
b. La droite (HN) appartient au plan (HIJ). Les faces ABCD et EFGH sont parallèles, donc le plan (HIJ) les coupe suivant deux droites parallèles. L’intersection des plans (HIJ) et (ABC) est donc la droite parallèle à (HN) passant par I. Cette droite coupe l’arête [AB] en M.c. On peut désormais terminer la trace avec deux points, donc un segment sur chaque face rencon-trée.
35 Aucune des quatre figures ne représente la trace d’une section du cube par un plan car : a. Le segment [MP] n’est pas sur une face du cube.b. Les droites (NP) et (MQ) ne sont pas parallèles.c. Les segments [MQ] et [PQ] sont sur la même face.d. Les droites (NP) et (MR) ne sont pas parallèles.
QCM
36 C 37 A
38 D 39 A, B et D
40 B, C et D 41 A, C et D
42 B 43 A, C et D
44 1. A, B et C 2. D
omme (D
s faces A
s faces A
9. Géométrie dans l’espace • 149
Problèmes
45 L’antiprisme :
Voici quelques patrons possibles :
46 On note r et h le rayon et la hauteur du cylindre.
4r
2r
2h
h
Sur un plan en coupe, à l’aide du théorème de Thalès, on en déduit que le diamètre du cône est le double de celui du cylindre, donc son rayon est aussi le double.Le volume du cône est donc
13
× �(2r )2 × 2h = 83
�r 2h
et celui du cylindre est π r2h. Le rapport entre les
deux volume est 83
, le volume du cylindre est donc
inférieur à la moitié du volume du cône.
47 a. Sa hauteur d’origine était :212 × 0,69 = 146,28 mètres.
b. Le tour de sa base carrée est :4 × 230 = 920 mètres.
c. Les faces étant des triangles, on se trouve dans une situation de Thalès sur chaque face et, pour parcourir 100 mètres, on peut se ramener à une seule face où l’on parcourt 25 mètres. En nommant h la hauteur à atteindre, le théorème de Thalès
donne les rapports suivants : 146,28 − h
146,28= 25
230.
On en déduit que 146,28 − h = 146,28 × 25230
puis
h = 146,28 − 146,28 × 25230
= 130,38 .
Chaque étage mesurant 0,69 mètres, il faudra
atteindre 130,38
0,69≈ 188,96 étages. Pour faire le tour
de la pyramide en moins de 100 mètres, il faudra donc monter 189 étages.
48 En notant r le rayon de la sphère, l’épitaphe nous indique que le rayon du cylindre vaut aussi r et sa hauteur 2r.
Le volume de la sphère est VSVV = 43
�r 3 et celui du
cylindre VCVV = �r 2 × 2r = 2�r 3 .
On peut alors vérifier que VSVV
VCVV=
43
�r 3
2�r 3= 2
3.
49 1. r = R sin α
2. L’arc AB� est une portion du périmètre du cercle de rayon R. Le périmètre vaut 2πR et la longueur de l’arc est proportionnelle à l’angle θ. La longueur de
l’arc AB� est donc 2�R × �
360.
3. 2�r = 2�R × �
360 donc
��
�= × = × =360 360 360rR
RR
sinsin .
4. a. � = = × =360 30 36012
180sin °30 °
b. r RR ×sin ,= × =512
2 5, cm
OS = R cos α = 5 × 3
2 ≈ 4,3 cm.
150 • 9. Géométrie dans l’espace
50 a. [AI] est la demi-diagonale du rectangle ABCD. En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle ABC, on trouve :
C = 82 + 62 = 64 + 36 = 100 = 10 d’où AI = 5.Le triangle SAC étant isocèle en S, le triangle AIS est alors rectangle en I. On peut appliquer le théorème de Pythagore et IS2 = AS2 – AI2, d’où :
IS = 132 − 52 = 169 − 25 = 144 = 12 .b.
S
A CI
O
c. Le centre de la sphère circonscrite O est sur la droite (SI). Il est tel que SO = OA = OC. Seul le centre du cercle circonscrit au triangle SAC vérifie cette relation, c’est donc O. La sphère et le cercle circons-crit au triangle SAC ont pour rayon OS.d. Dans le triangle OAI rectangle en I, on a AO2 = OI2 + AI2, soit OI2 = r2 – 52.En outre, OI = SI – SO = 12 – r, d’où OI2 = (12 – r)2.(12 – r)2 = r2 – 52 équivaut à 144 – 24r + r2 = r2 – 25,
soit – 24r = – 144 – 25, d’où r = 16924
≈ 7 .
51
GFE
AB
C
M
H
52
1. a. Voir figure.b. Dans le triangle BGD, on peut appliquer le théo-rème des milieux donc les droites (IJ) et (BD) sont parallèles.c. Les plans (ADB) et (AIJ) sont sécants. Les droites (BD) du plan (ABD) et (IJ) du plan (AIJ) sont paral-lèles, donc on peut appliquer le théorème du toit, on en déduit que l’intersection des deux plans est parallèle à (IJ) et (DB). Or A appartient à cette inter-section, donc d est la droite parallèle à (BD) passant par A.d. La droite d coupe le plan (DCG) sur la droite (DC).e. La trace de la section par le plan (AIJ) de la face DCGH est la restriction à cette face de la droite (KJ).f.
HG
C
BA
D
E F
J
K
I
53
1. a. Voir figure.b. Le point M appartient à la droite d’intersection des plans (AIJ) et (BCD), et à la droite (IJ).c. La trace de la section du plan (BCD) par le plan (IJK) est la restriction à la face BCD de la droite (MK), car M et K appartiennent à ces deux plans.d.
C
B
M
JK
ID
A
f
f
152
Corrigé du QCM Je teste mes acquis sur les statistiques et les probabilités
1 C
2 B
3 B
4 C
5 B
6 C
7 C
8 D
9 B et C
10 A
10. Statistiques et échantillonnage • 153
10. Statistiques et échantillonnage
Objectifs et pré-requis
Il s’agit dans ce chapitre de continuer l’étude des outils de statistique descriptive déjà introduits
dans les classes de collège. Les activités et problèmes proposés permettent de réinvestir les notions
abordées dans les classes précédentes. Les objectifs visés sont d’interpréter des résumés et paramè-
tres d’une série statistique et également de comparer deux séries à l’aide d’indicateurs.
Enfin, à l’aide de simulations, on abordera la notion de fluctuation d’échantillonnage et d’intervalle
de confiance.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Statistique descriptive,analyse de donnéesCaractéristiques de position et de dispersion• médiane, quartiles ;• moyenne.
• Utiliser un logiciel (par exemple, un tableur) ou une calculatrice pour étudier une série statistique.• Passer des effectifs aux fréquences, calculer les caractéristiques d’une série définie par effectifs ou fréquences.• Calculer des effectifs cumulés, des fréquences cumulées.• Représenter une série statistique graphique-ment (nuage de points, histogramme, courbe des fréquences cumulées).
ÉchantillonnageNotion d’échantillon.Intervalle de fluctuation d’une fréquence au seuil de 95 %.Réalisation d’une simulation.
• Concevoir, mettre en œuvre et exploiter des simulations de situations concrètes à l’aide du tableur ou d’une calculatrice.
• Exploiter et faire une analyse critique d’un résultat d’échantillonnage.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶On ne peut jamais savoir qui va être élu à partir d’un sondage ! En revanche, on peut annoncer un
intervalle dit « de confiance » dans lequel se trouvera la proportion des personnes qui ont voté pour
tel candidat. Cet intervalle est assorti d’un « niveau », souvent 0,95. Plus l’effectif de l’échantillon est
grand, plus l’étendue de cet intervalle est petite.
154 • 10. Statistiques et échantillonnage
Corrigés des activités
1 Des lettres et des chiffres
●1 a.
E, S sont les lettres les plus fréquentes.
b. Non car la fréquence des voyelles est 43,73.
●2 a. D’après le tableau de fréquences, il devrait y avoir environ 67 « e » et 0 « z ». Pour « z » on trouve
0,45.
b. L’extrait contient 69 « e » et 0 « z ».
c. L’ordre de grandeur des résultats est le même mais on ne peut bien sûr pas trouver exactement la
même chose.
●3 a.
Lettre G U W T C N P V K R A E D F J L Q S Z
Fréquence 20,41 10,2 10,2 8,16 6,12 6,12 6,12 6,12 4,08 4,08 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04 2,04
b. « g » devient « e ».
Le message décodé est : « Les plus riches d’entre eux iront jusqu’à se payer une étable ».
c. Fréquence d’apparition des lettres :
Lettre X S F T U D
Fréquence 0,3 0,2 0,2 0,1 0,1 0,1
D’après les fréquences indiquées dans la question ●1) :
– les lettres « x » et « f » du message codé devraient correspondre aux lettres « e » ou « s » ;
– la lettres « s » du message codé devraient correspondre à la lettre « a » ;
– les lettres « d», « t » et « u » du message codé devraient correspondre aux lettres « n », « t » ou « i ».
Le message décodé pourrait par exemple être « es adut », « se utad ». Aucun de ces messages décodés
n’a une signification.
Le message décodé est en fait « Nos paysans ».
En effet, en essayant toutes les possibilités pour le décodage par la méthode de César, une seule possi-
bilité donne un texte qui a une signification : celui correspondant à un codage pour n = 5.
Remarque Les fichiers fournis « C10_ACT1_codage_decodage_cesar.py », « C10_ACT1_freq_lettres_texte.py »,
« C10_ACT1_codage_cesar_tous.py » et « C10_ACT1_compter_lettres_texte.py » permettent de coder et
décoder, calculer la fréquence de lettres et compter le nombre de lettres, par exemple pour modifier
l’énoncé. Leurs réalisations ne sont, bien sûr, pas demandées dans l’activité.
2 Un entreprise dans la moyenne ?
●1 La médiane des salaires est 1 600 € et la moyenne 2 048 €. Ceci est effectivement en accord avec les
données pour la France.
●2 M. Padacor a raison car, avec ses hypothèses, la médiane est 1 360 € et la moyenne 1 751,60 €.
10. Statistiques et échantillonnage • 155
3 Simuler un lancer de dés
Partie A
●1 b. Une fréquence est nulle si le chiffre correspondant n’est pas sorti.
Une fréquence est égale à 1 si le chiffre correspondant est sorti 10 fois de suite ? Ce n’est pas impos-
sible mais…
●2 Le tableau à compléter est :
Face supérieure 1 autre
Fréquence d’apparition
3 lignes avec une classe de 30 élèves.
Partie B Sur une TI 83+ fr : Sur une Casio
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Entre les deux
●1 a. n est un entier multiple de 10 de l’intervalle [– 100 ; 100]. Si n = – 100 ou n = 100, la simulation
s’arrête. Sinon, si l’issue du lancer est « pile » alors Arthur se retrouve en n + 10, si elle est « face », il
se retrouve en n – 10.
b. La calculatrice n’est pas idéale pour ce TP car il est difficile d’avoir une vue d’ensemble du
programme.
Avec le tableur, exemple de formules à utiliser pour la simulation :
• pour calculer la position d’un lancer à un autre : =SI(ENT(2*ALEA())=0;B4-10;B4+10)
• pour savoir s’il a atteint un restaurant : =SI(ET(A3>-100;A3<100);"";"OUI")
• pour vérifier s’il a atteint un restaurant pendant les 50 lancers : =NB.SI(C3:C50;"OUI")
●2 Les données ont été choisies pour que la réponse à la dernière question soit la suivante : il ne mange
que dans 32 % des cas !
156 • 10. Statistiques et échantillonnage
TICE 2 Étudier une grande quantité de données
●1 et ●2) Cette activité peut être traitée indépendamment du cours de ce chapitre, et peut, grâce aux
copies d’écran qui figurent dans l’énoncé, être donnée en travail personnel à tout moment de
l’année. Les élèves pourront rendre leur travail sous forme de fichier. Le choix de la période (demi-
année) étudiée permet des sujets différents.
Il est possible d’ajouter des questions du type « moyenne des résultats », « histogramme des
fréquences »…
●3 a. Exemple d’histogramme des fréquences :
b. Ce sujet est traité parfois dans des journaux ou revues, qui n’indiquent jamais qu’une telle étude
ne permettra jamais de pronostiquer les numéros qui sortiront au tirage suivant ! C’est l’objet de la
dernière question.
Algorithmique 1 Déterminer le premier quartile
●1
Étape k L(1) L(2) L(3) L(4)Plus petit nombre
MM
Entrées 16 12 19 13 16
1 1 16 12 19 13 12
1er échange 1 12 16 19 13
2 2 12 16 19 13 13
2e échange 2 12 13 19 16
3 3 12 13 19 16 16
3e échange 3 12 13 16 19
4 3 12 13 16 19 14,5
Sortie 3 12 13 16 19 14,5
●2 Modification de l’algorithme (ajout) :
Traitement :
Sortie :
Affecter à q le plus petit entier supérieur ou égal à N4.
Affecter à Q le nombre L(q).
Afficher le nombre Q.
10. Statistiques et échantillonnage • 157
●3 Exemple de sortie après programmation :
Algorithmique 2 Prendre une décision après prise d’échantillon Sans aborder la notion de test de validité d’hypothèse, le cours permet d’introduire la notion d’inter-
valle de fluctuation au seuil de 95 %. On peut demander alors à l’algorithme d’annoncer en sortie :
« En partant de l’hypothèse que la proportion de grains de blé est de 50 %, il y a une probabilité de
0,95 pour que la fréquence observée du caractère se trouve entre … et … ».
La calculatrice ne permet pas de commenter suffisamment la réponse affichée, mais convient
parfaitement à l’activité.
Problème ouvert 1 Petite laine ou grosses moufles ?
●1
2000 2007 Températures (en °C) Précipi-
tations(en mm)
Températures (en °C) Précipi-tations
(en mm)moyenne minimale maximale moyenne minimale maximale
Moyenne 5,8 4,6 7,3 0,5 8,6 7,1 10,1 0,9
Médiane 6 4,6 7,1 0 8,5 7,5 10,6 0
Ici, le calcul des moyennes n’a que peu d’intérêt par rapport aux représentations graphiques qui
permettent en un coup d’œil de comparer deux séries. De même, le calcul de la médiane n’est pas
d’une grande utilité.
on d’inte
158 • 10. Statistiques et échantillonnage
●2
Problème ouvert 2 Le mouton
Un premier calcul indique que le mouton fera, au cours de la journée, 120 choix aléatoires.
Il peut donc par exemple :
– se retrouver au même endroit en ne faisant que les choix nord, est, sud, ouest, nord, est, etc.
– se retrouver 110 m à l’extérieur du pré en prenant toujours la même direction !
Finalement, la simulation montre que le mouton ne devrait être à l’extérieur du pré qu’environ 30 %
des jours de l’année.
Attention ! la même simulation montre qu’il sort du pré 50 % des jours, mais revient le soir 20 % des
jours.
Exemple de simulation à l’aide d’un langage ayant une sortie « tortue » :
10. Statistiques et échantillonnage • 159
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1
20,4 %
15,6%
28,0 %
14,2 %
3,1 % 130
6,7 %
2,2 %0,9 %
4,4 %4,4 %
135140145150155160165170175
Taille (en cm)
Fréquence (en %)
130 135 140 145 150 155 160 165 170 17505
1015202530
Taille (en cm)
Effectif
120 130 140 150 160 170 1800
10203040506070
Taille (en cm)
Effectif
010203040506070
130 135 140 145 150 155 160 165 170 175
2 Effectif
Contenance (en cL)
50
101520253035
8
32
73
Fréquence
Contenance (en cL)
0,10
0,20,30,40,50,60,7
99 100 101 102
99 100 101 102
3 a.
NoteEffectif cumulé
croissantFréquence cumulée
croissante (en %)
6 2 6,25
7 3 9,38
8 9 28,13
9 11 34,38
10 12 37,50
11 15 46,88
12 18 56,25
13 20 62,50
14 25 78,13
15 28 87,50
16 32 100,00
b.
Note
Effectifs cumulés croissants
6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 1605
101520253035
160 • 10. Statistiques et échantillonnage
c. « 37,5 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 10. »« 56,25 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 12. »« 100 % des élèves ont eu une note inférieure ou égale à 16. »
4 a.
18
9
4
15 15
23 25301 % d’illettrés en
France métropolitaire
1 % d’illettrésdans cette région
2923 27
26 36 46 56 66Âge
b. Ce qui est surprenant c’est que chaque tranche d’âge devrait comporter environ 20 % et ce n’est pas le cas. Les plus jeunes s’en sortent mieux que les plus âgés, ce qui mérite sûrement une étude appro-fondie de la part d’un sociologue.La différence significative est le pourcentage des jeunes parmi les personnes illettrées, et des personnes de plus de 56 ans.Ce qui est étonnant c’est que les personnes illettrées de plus de 65 ans ne soient pas décomptés.
5 Remarque
Il doit y avoir une erreur dans les chiffres cités car les données permettent d’estimer le nombre total de personnes qui étaient devant l’écran ce soir-là et ce nombre n’est pas le même selon la chaîne consi-dérée :– pour canal A : 24 904 000 ;– pour canal B : 28 355 000.a.
Chaîn
Nombre de téléspectateurs(en millions)
Canal A Canal B02468 8,816
6,068
b. Les informations qu’il faudrait avoir sont les chiffres qui donnent l’évolution de l’audience pour chaque canal.
6
1. Il y a 63 392 140 habitants en France au 1er janvier 2007.Il faut saisir la formule : « =C2+C3+C4+C8+C9+C10 ».
2. 2 077 7243. a.
Âge a 15 20 60 75 150
Fm(a) 0,20 0,26 0,81 0,94 1,00
Ff(a) 0,18 0,24 0,77 0,90 1,00
b.
Ff(a)
Fm(a)
a
Fréquence cumulée croissante(en %)
15 20 60 75 1500
0,20,40,60,8
1
7 BeCycle : 3 h 41 min 04 s en moyenne.CycloPlus : 3 h 36 min 14 s en moyenne.
8 Les mots ont 9,993 lettres en moyenne.
9 Montant moyen des factures :
145 × 253,45 + 152 × 221,1145 + 152
≈ 236,89 €
10 a. 18 × 14,7 = 264,6
b. 25 × 14 = 350
c. 350 − 264,6
25 − 18= 12,2
11 1. M1 = 21,4 °C2. 287,15 K ; 288,15 K ; 293,15 K ; 301,15 K ; 303,15 K3. M2 = 294,55 K
12 x : nombre de jours de distribution pour le premier facteur.x × 14,95 + (26 – x) × 16,25 = 26 × 15,7 ⇔ x = 11.
13 a. 15 ⩽ ni ⩽ 20 donc 15 × 28 ⩽ n1 + n2 + … + n28 ⩽ 20 × 28.La moyenne est donc dans l’intervalle [15 ; 20].b. Soit x le nombre d’élèves qui ont eu 15.
La moyenne des notes est :
15x + 20(28 − x)
28= 20 − 5
28x .
19,5 < 20 – 5
28x < 19,7 ⇔ 1,68 < x < 2,8.
Il y a un autre élève qui a eu la même note que Stéphane.
Remarque
En parcourant tous les cas possibles à l’aide d’un tableur, il n’est pas nécessaire de résoudre des inéquations.
y a 63 392
10. Statistiques et échantillonnage • 161
14 On lit l’âge sur l’axe vertical : environ 405 000 garçons de moins de 1 ans, 400 000 garçons de 1 ans à 2 ans… De même pour les femmes.
Âge moyen = 05 000 × 1 + 400 000 × 2 + …
405 000 + 400 000 + ….
Remarques
• Calcul à ne pas faire à partir de cette pyramide mais à partir des données numérique à chercher sur le site l’INSEE ou dans le fichier de l’exercice suivant.• Ce paramètre « âge moyen » n’a que peu d’utilité ; l’âge médian serait plus intéressant.• L’âge moyen en France va passer de 39 ans en 2005 à 42,6 ans en 2030.
15
1. a. Les caractères étudiés sont : l’année de nais-sance ou l’âge des hommes, l’année de naissance ou l’âge des femmes.b. Ce sont des histogrammes d’effectifs : effectifs en fonction de l’âge.2. a. Il faut représenter les effectifs de la partie « bleu 2 » en fonction de l’âge.
Effectif hommes mariésau 1er janvier 2007
Âge0
1
100 000
200 000
300 000
400 000
1910 28 37 46 55 64 73 82 91100
b.
Effectif cumulés femmes mariéesau 1er janvier 2007
01 10
5 000 000
10 000 000
15 000 000
19 28 37 46 55 64 73 82 91 100Âge
16 a. Moyenne des hauteurs indiquées :
54 + 43 + …12
= 48,75 .
Ce nombre multiplié par 12 donne le total des préci-pitations à Paris pour l’année concernée.b. La température moyenne du mois de janvier a pu être calculée à partir des températures relevées à intervalles réguliers.
Algorithme 1 :
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Entrer m la température
minimum du mois.
Entrer M la température
maximale du mois.
Affecter à tm le nombre
m + M2
.
Afficher tm.
Algorithme 2 :
Initialisation
et
Traitement :
Sortie :
Pour i allant de 1 à 30
entrer x6 la température
le jour i à 6 heures ;
entrer x12 la température
le jour i à 12 heures ;
entrer x18 la température
le jour i à 18 heures ;
entrer x24 la température
le jour i à 24 heures ;
affecter à ti le nombre
x6 + x12 + x18 + x24
4;
Fin du pour.
Affecter à tm le nombre
t1 + t2 + … + t30
30.
Afficher tm.
Remarque
Les experts ne sont pas d’accord entre eux pour définir la méthode pour calculer la température moyenne par jour !Les deux moyennes les plus utilisées en climatologie sont respectivement :
• Tm in + Tm ax
2 ;
• la moyenne des 8 observations synoptiques (à 0, 3, 6, 9, 12, 15, 18 et 21 UTC).
Les car
162 • 10. Statistiques et échantillonnage
17 1. a.
shakka31
thundercat91
chapyChapo
Vielibre
spirou11
tidav_W
D
lucien555
juliom
an
massim
ous
darkind
02 0004 0006 0008 000
10 000
01 3 5 7 9 11 13 15 17 19
2 000
4 000
6 000
8 000
10 000
b.
1 00001234
10
12 2
34 4
2
2 000 3 000 4 000 5 000 6 000 7 000 8 000 9 000 10 000
5Effectifs
Durée
2. Moyenne des scores = 6 7043. a. La moyenne des scores des joueurs diurnes, 6 983, est supérieure à celle des scores des joueurs nocturnes, 6 320.b. Le pourcentage des joueurs diurnes qui ont un score supérieur à la moyenne est d’environ 64 %.Le pourcentage des joueurs nocturnes qui ont un score supérieur à la moyenne est d’environ 63 %.
18 1. Moyenne = 171,952. a. 39 ; 40 ; 159 ; 160 ; 164 ; 167 ; 169 ; 176 ; 178 ; 181 ; 192 ; 194 ; 196 ; 196 ; 199 ; 200 ; 207 ; 211 ; 224.Médiane = 184b. « La moitié des étapes du Tour de France 2009 a comporté moins de 184 km. »« Le kilométrage total représente 20 fois 171,95 km. »
19 a. Moyenne = 27815
≈ 18,53
b. Médiane = 9c. Oui. La moyenne sur les 7 premiers matchs est 19,7 alors que la moyenne sur les 7 derniers matchs est 17,8.
20 a.
Étendue Moyenne Médiane
Série 1 86 45,8 56
Série 2 86 45,6 56
Série 3 30 45,6 56
Série 4 86 45,8 56
Série 5 86 66,2 56
b. L’étendue de la série 3 est plus faible car ses valeurs sont plus rapprochées.Toutes les médianes sont identiques car la 3e valeur des séries de 5 données vaut à chaque fois 56.Les séries 1 et 4 ont les mêmes paramètres et pour-tant elles sont différentes.
21 a. Par exemple : 9 ; 9 ; 9 ; 13 ; 15 ; 16 ; 16 ; 17.b. En remplaçant un des 9 par 2, l’étendue vaut alors 15. La médiane est la même mais la moyenne baisse.
22 a. Faux. 126 en achètent 1 seul.b. Vrai.c. Faux. La moyenne vaut :
126 × 1 + 34 × 2 + 6 × 3 + 15 × 4 + 2 × 5 + 1 × 6184
= 3623
≈ 1,57
d. Faux. Elle vaut 1 (on a N2
= 92).
e. Vrai. 25 % de 184 donne 46.f. Faux, car Q3 = 2 (75 % de 184 donne 138).
23 a. N = 45 ; 4
= 11,25 ; N2
= 22,5 ;
3N4
= 33,75.
La médiane se trouve entre 20 et 30, soit médiane = 25.Q1 se trouve entre 20 et 30 soit Q1 = 25.Q3 se trouve entre 40 et 50 soit Q3 = 45.b. Moyenne ≈ 32,1.Comme on ne connaît pas les valeurs réelles, on ne peut pas savoir.En prenant les valeurs extrêmes des classes, on sait que :20 < médiane < 30 et 27,1 < moyenne < 37,1.
24 a. On ne peut pas savoir.b. Faux. Si l’on suppose que la classe a moins de 57 élèves.c. Vraid. On ne peut pas savoir.e. Vrai
25
Médiane = 22 376 € ; Q1 = 19 044 € ; Q3 = 27 285 €.ane = 22
10. Statistiques et échantillonnage • 163
26
1. a. Somme des temps en secondes : 89 856 sMoyenne de toutes les participantes européennes : 51 min 38 sMoyenne des participantes françaises : 50 min 40 sb. Deux des participantes françaises ont des temps inférieurs à la médiane (51 min 21 s) et une, un temps supérieur à la médiane.c. Q1 = 49 min ; Q3 = 53 min 43 s.Deux Françaises sont dans le premier quartile et une des Françaises est dans le dernier quartile.2. Les moyennes de temps pour des sportifs n’ont que peu d’intérêt, par contre leur classement oui.C’est donc leur position par rapport aux quartiles qui importe.
27 a. et c.
Effectif Étendue Moyenne
Série 1 30 5,6 7,44
Série 2 30 5,83 7,75
Médiane Q1 Q3
Série 1 7,65 6,01 8,4
Série 2 7,91 6,28 9,1
b. La proportion des élèves qui ont lancé au-delà de 8 m n’a pas changé ; on ne peut rien conclure.d. Moyenne, médiane, quartiles ont augmenté. Les élèves se sont améliorés.
28 a. La moitié des Français avaient un salaire inférieur à 1 529 € en 2005.b. Le premier quartile pour les salaires des Français en 2005 se trouve entre 1 162 € et 1 272 €.c. La moitié des hommes français gagnent moins de 1 625 € alors que la moitié des femmes françaises gagnent moins de 1 429 €.d.
Ensemble Hommes Femmes
Variation de D1 entre
2005 et 2006+ 1,92 % + 1,76 % + 2,03 %
29 a. Faux. Contre-exemple : 10 ; 10 ; 13.b. Vrai. On ordonne les valeurs. On sait alors que la moitié des valeurs du caractère se trouve dans l’in-tervalle [… ; médiane]. Donc le premier quart des valeurs se trouve également dans cet intervalle.c. Faux. Contre-exemple : 10 ; 10 ; 10 ; 10 ; 15.d. Vrai. Exemple : 0 ; 10 ; 20.e. Faux. Contre-exemple : 9 ; 10 ; 11.
30 L’intervalle de fluctuation de la fréquence observée f pour un échantillon de taille n = 300 est
[p – 1
n ; p +
1
n] avec une probabilité d’au moins
0,95.
Boule Rouge Verte Bleue
p 0,5 13
16
Intervalle de fluctuation
à 95 %[0,44 ; 0,56] [0,27 ; 0,40] [0,10 ; 0,23]
31 Le journaliste ne devrait pas affirmer qu’un sondage « donne quelqu’un gagnant ».Il devrait :– donner la taille de l’échantillon pour le sondage ;– indiquer alors un intervalle de confiance assorti d’un seuil.Par exemple : N = 1 000, le sondage donne 70 % de votes favorables au candidat, l’intervalle de confiance au seuil de 0,95 est [0,66 ; 0,74].Le candidat dit vrai : « … je serai élu… » et « … dès que possible ».
32 a. L’auteur voulait parler de l’étendue de l’in-
tervalle de confiance. Cette étendue est de e = 2
n.
En multipliant n par 4, l’étendue e est divisée par 2, et en multipliant n par 100, l’étendue e est divisée par 10.b. On peut oublier de donner l’intervalle de confiance (ou la fourchette de sondage) assortie d’un « niveau », en général 0,95.
33 L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de
la fréquence du secteur rouge est [p – 1
n ; p +
1
n]
avec p = 28
et n = 50. On obtient : [0,10 ; 0,40].
34 a. {P1 ; P2} ; {P1 ; F2} ; {F1 ; P2} et {F1 ; F2}.b.
Deux « piles »Un « pile »
et un « face »
p14
12
Intervalle [0,15 ; 0,35] [0,4 ; 0,6]
35 Cette phrase n’est pas assez précise.S’il s’agit des sondages, il n’est pas anormal qu’ils soient divergents.
Somme
c.
164 • 10. Statistiques et échantillonnage
S’il s’agit des pronostics pour le futur président, il eut fallu les accompagner d’intervalles de confiance en indiquant qu’il n’est pas certain que la propor-tion des votants pour un candidat soit dans ces intervalles. Donc pas de divergence car à aucun moment il n’y a certitude.
36 a. 0 ⩽ r < 1 ⇔ 0 ⩽ 6r < 6 ⇔ 1 ⩽ 6r + 1 < 7.b. 6r + 1 appartient soit à [1 ; 2[, soit à [2 ; 3[,… soit à [6 ; 7[.Donc E(6r + 1) peut prendre les valeurs 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.
37
a. La probabilité de tirer une boule rouge dans une urne qui contient 255 boules rouges parmi 1 000 est la même que celle de choisir au hasard un téléspec-tateur qui regarde la chaîne 1 parmi l’ensemble des téléspectateurs.b.
Initialisation :
Traitement :
Affecter à r un nombre
réel pris au hasard dans
[0 ; 1[.
Affecter à n la partie
entière de 1 000r + 1.
Si n < 256
afficher « rouge »
Si 256 ⩽ n < 426 afficher « vert »
Si 426 ⩽ n < 536
afficher « jaune »
Si n ⩾ 536
afficher « blanche ».
c. Voir fichiers logiciels.d. Algorithme :
Initialisation :
Traitement :
Affecter 0 aux variables
R, V, J et B.
Pour k allant de 1 à 1 000
Affecter à r un nombre
réel pris au hasard
dans [0 ; 1[
Affecter à n la partie
entière de 1 000r + 1
Si n < 256
affecter R + 1 à R
Si 256 ⩽ n < 426 affecter V + 1 à V
Si 426 ⩽ n < 536
affecter J + 1 à J
Si n ⩽ 536
affecter B + 1 à B
Sortie :
Fin du pour.
Afficher « Nombre de
spectateurs qui regardent
la chaîne 1 : »
Afficher le nombre R
Afficher « Nombre de
spectateurs qui regardent
la chaîne 2 : »
Afficher le nombre V
Afficher « Nombre de
spectateurs qui regardent
la chaîne 3 : »
Afficher le nombre J
Afficher « Nombre de
spectateurs qui regardent
une autre chaîne : »
Afficher le nombre B.
38
a. et b. Un exemple de simulation de dix sondages en Python :
Sur une calculatrice TI Nspire :
QCM
probab
b
10. Statistiques et échantillonnage • 165
QCM
39 B 40 D
41 A 42 B et C
43 B et D 44 A et D
45 B, C et D 46 D
47 A et C
Problèmes
48 Traduction de l’énoncéPour cent âgesDans une ville de 5 000 habitants ne vivent que des jeunes et des vieux.Mais 20 % des jeunes se prennent pour des vieux et 10 % des vieux se prennent pour des jeunes. Les autres se prennent pour ce qu’ils sont.À tous les habitants de cette drôle de ville, on pose la même question : « Êtes-vous vieux ? ».34 % des habitants répondent oui !
Combien la ville compte-t-elle de jeunes ? Justi-fier.
En notant α le nombre de jeunes et β le nombre de vieux :0,20α se considère vieux parmi les jeunes et 0,10β se considèrent jeunes parmi les vieux.0,20α + 0,90β se considèrent donc comme jeune.Il en vient :
� + � = 5 000
0,2� + 0,9� = 0,34 × 5 000
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
B� + � = 5 000
0,2� + 0,9� = 1 700
⎧⎨⎧⎧
⎩⎨⎨
B� = 4 000� = 1 000
⎧⎨⎪⎧⎧⎨⎨⎩⎪⎨⎨⎩⎩
Nombre de jeunes : 4 000 ; nombre de vieux : 1 000.
49 1.
Janvier 2009
Janvier 2010
Évolution
n 72 77 6,94 %
n2
36 38,5 6,94 %
Étendue 1 420,00 € 1 320,00 € – 7,04 %
Q1 70,00 € 50,00 € – 28,57 %
Médiane 350,00 € 280,00 € – 20,00 %
Q3 470,00 € 440,00 € – 6,38 %
Moyenne 406,11 € 339,87 € – 16,31 %
05
101520253035 janvier 2009
janvier 2010
[0 ; 200[
[200 ; 400[
[400 ; 600[
[600 ; 800[
[800 ; 1 000[
[1 000 ; 1 200[
[1 200 ; 1 400[
[1 400 ; 1 600[
2. Le nombre de vélos présents augmente un peu (7 %).Les prix ont baissé dans toutes les gammes de prix d’environ 6 à 30 %.
50 1. a.
– 10
0
10
20
30 Brest
M A M J J A S O N
maximalesTempératures
moyennes minimales
J F D
b.
– 10
0
10
20
30
40Strasbourg
A M J J A S N
maximalesTempératures
moyennesminimales
J F DM O
166 • 10. Statistiques et échantillonnage
c.
0
50
100
150
200
250
300
Précipitations Brest et Strasbourg
M A M J J A S O N
BrestStrasbourg
J F D
2. Médiane des températures moyennes mensuelles à Brest : 11,65 ; à Strasbourg : 11,95.3.
Brest Strasbourg
Minimum écart Txx – Tnn
11,7 18,4
Maximum écart Txx – Tnn
22,6 30,8
4.
Txx Tnn
Brest Strasbourg Brest Strasbourg
Moyenne 20,4 24,0 2,1 – 0,1
Tm RRtot
Brest Strasbourg Brest Strasbourg
Moyenne 11,3 11,2 103,5 46,1
5. Climat océanique à Brest, climat semi-continental à Strasbourg.
51 n : le nombre de personnes qui ont voté avant Julien ;x : la moyenne qu’avait Marjolaine.
Nouvelle moyenne = nx + (x + 1)
n + 1.
On sait que : nx + (x + 1)
n + 1 = x + 0,02,
soit x + 1
n + 1 = x + 0,002, d’où n = 49.
52
1. M1 = 15
2. M2 ≈ 6 + 20 + 23 + 10
4= 14,75
3. a.
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter 0 à la variable
S.
Affecter 24 × 60 à la variable N.
Pour x allant de 1 à N
Affecter à la variable y
la valeur 15 + 10
sin( x4 – 150) ;
Affecter à S la valeur
S + y
Fin du pour.
Afficher « La moyenne
vaut : »
Afficher la valeur SN.
b. M3 = 15
53
1. a. Pour arriver à 20, il faut lancer le dé au moins 4 fois (3 × 6 ne suffit pas) et au plus 20 fois (20 × 1).b.
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter 0 à la variable
somme.
Affecter 0 à la variable
nombre_lancers.
Tant que somme < 20
Affecter à la variable
a un entier aléatoire
compris entre 1 et 6 ;
affecter à la variable
somme la valeur
somme + a ;
affecter à nombre_
lancers la valeur
nombre_lancers + 1
Fin du tant que.
Afficher « nombre de
lancers : ».
Afficher la valeur nombre_
lancers.
10. Statistiques et échantillonnage • 167
c. En Python :
Avec AlgoBox :
2. a. Le premier joueur peut gagner, par exemple, en obtenant quatre « six ».Les 10 premiers joueurs peuvent gagner, par exemple, si chacun d’eux obtient quatre « six ».Les 100 000 premiers joueurs peuvent gagner, par exemple, si chacun d’eux obtient quatre « six ». (Ce qui est hautement improbable !)b. Tableau à compléter avec les résultats des simu-lations.c.
Initialisation :
Traitement :
Affecter 0 à la variable
somme.
Affecter 0 à la variable
nombre_joueurs_gagnants.
Pour i allant de 1 à 100
Affecter 0 à la
variable SOMME
Affecter 0 à la
variable nombre_lancers
Tant que somme < 20
Affecter à la
variable a un entier
aléatoire compris
entre 1 et 6
Affecter à la
variable somme la
valeur somme + a
Sortie :
Affecter à nombre_lancers
la valeur nombre_
lancers + 1
Fin du tant que
Si nombre_lancers < 6
Affecter à nombre_joueurs_
gagnants la valeur nombre_
joueurs_gagnants + 1
Fin du si
Fin du pour.
Affecter
nombre_joueurs_gagnants × 10 − 500100
à la variable G.
Afficher « gain moyen par
joueur : »
Afficher la valeur G.
d. Le gain moyen pour l’association semble se rapprocher de 1,90 € par joueur.On ne peut pas être certain que l’association va être gagnante, par exemple si un joueur obtient quatre « six ».
54 1.
Initialisation :
Traitement :
Sortie :
Affecter 0 à la variable
nombre_vendredi13.
Pour i allant de 1 à
10 000
Affecter à la variable
nom_du_jour un entier
aléatoire compris entre
1 et 6 ;
Affecter à la variable
numero_jour un entier
aléatoire compris entre
1 et 30 ;
Si nom_jour==5 and
numero_jour==13 :
Affecter à la
variable nombre_
vendredi13
le nombre nombre_
vendredi13 + 1
Fin du si
Fin du pour.
Afficher « Le fréquence de
vendredi 13 est : ».
Afficher la valeur
nombre_vendredi1310 000
.
168 • 10. Statistiques et échantillonnage
2. En Python :
Avec AlgoBox :
55
1. Il y a 3 « vendredi 12 » en 2010.2. a. En Python :
Avec AlgoBox :
b. Il suffit d’ajouter aux programmes précédents l’instruction suivante :
« Afficher le nombre nombre_vendredi12
12. »
3. On ne peut pas appliquer cette propriété car
p = 3365
qui n’est pas compris entre 0,2 et 0,8.
De plus n n’est pas supérieur à 25.
56
Voir fichiers logiciels.
57 1.
Classe Effectif niCentre
de la classe xi
[0,1 ; 0,3[ 17 0,2
[0,3 ; 0,5[ 32 0,4
[0,5 ; 0,7[ 114 0,6
[0,7 ; 0,9[ 185 0,8
[0,9 ; 1,1[ 78 1
[1,1 ; 1,3[ 94 1,2
[1,3 ; 1,5[ 76 1,4
[1,5 ; 1,7[ 29 1,6
2.
020406080
100120140160180
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8
3. a.
Centre de la classe xiEffectif cumulé
croissant
0,2 17
0,4 49
0,6 163
0,8 348
1 426
1,2 520
1,4 596
1,6 625
b. Moyenne ≈ 0,92c. Médiane = 0,84. Le DAS du téléphone de Florence est sous la moyenne des téléphones de l’étude, mais n’est pas dans la moitié des portables de l’étude qui ont le DAS le plus faible.
ichiers l
10. Statistiques et échantillonnage • 169
58 1. Activité.2. Voir fichiers logiciels.3. Les fréquences f obtenue par logiciel pourraient varier davantage que celle données par les personnes mais ce n’est pas certain ; il est possible que des personnes décident de donner souvent que des « 1 », ce qu’un logiciel ne fera pas.
59 1. a
Pay
s
Ch
ypre
Est
on
ie
Mal
te
Po
logn
e
Rép
ub
liq
ue
Tch
èqu
e
Côté de la base en cm
1,0 2,1 0,2 5,6 2,8
Volume en cm3 8 13,8 3,9 386,6 103,1
Hauteur en cm
8,6 3,1 123,4 12,4 13,1
b.
Chypre Estonie RépubliqueTchèque
Pologne
2. La hauteur des pavés représente la densité (nombre d’habitant par 10 000 km2).
60 1.
0
10
20
30
40
Mali
A M J J A S N
températures maximalestempératures moyennestempératures minimales
J F DM O
2.
Mois J F M A M J J A S O N D
Côté
du
cube
en cm
0,0 0,0 0,0 1,4 1,8 2,8 3,8 4,1 3,0 1,6 0,0 0,0
61 1. a. Soit α la probabilité d’obtenir « face ». On a α + α × 1,5 = 1. Donc α = 0,4.La probabilité d’obtenir « pile » est bien 0,6.
b. [0,6 – 1
30 ; 0,6 +
1
30] soit [0,41 ; 0,78].
c. Dans 95 % des séries de 30 lancers, la fréquence de « pile » est comprise entre 0,41 et 0,78. Donc dans 95 % des cas, le nombre de « pile » devrait être compris entre 12 et 23. Les 15 « pile » de Filibert ne prouvent donc pas que le dé soit équilibré ! Et dans 5 % des cas, on peut être à l’extérieur de l’intervalle, ce qui explique le résultat du vendeur.2. Voir fichiers logiciels.
11. Probabilités • 171
11. Probabilités
Objectifs et pré-requis
Les premiers exemples de probabilité sont abordés en classe de 3e dans des situations de lancers
de dés ou de tirages dans des urnes. En classe de 2de, il s’agit, dans des situations de problèmes,
de modéliser des expériences aléatoires puis de calculer les probabilités des événements en jeu.
Les expériences étudiées peuvent comporter plusieurs épreuves. On trouvera également dans ce
chapitre des exemples de marches aléatoires qui sont sources de démarches algorithmiques.
Extrait du programme (Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009) :
Contenus Capacités attendues
Probabilité sur un ensemble finiProbabilité d’un événement.
Réunion et intersection de deux événements, formule :p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B).
• Déterminer la probabilité d’événements dans des situations d’équiprobabilité.• Utiliser des modèles définis à partir de fréquences observées.• Connaître et exploiter cette formule.
Corrigé de la question d’ouverture du chapitre ▶Pour être équitable, le pari sur le 7 devrait rapporter 6 fois la mise (cf . TP TICE 3).
Corrigés des activités
1 Probabilité ou certitude ?
●1 Le professeur animera la séance en confrontant les stratégies proposées par les élèves. Il faut veiller
à ne pas révéler le contenu du sac avant que tous soient convaincus du raisonnement proposé.
●2 Classe 1 : les tirages étant avec remise, le sac pourrait contenir un seul pion noir.
Classe 2 : avec ce raisonnement, on ne pourrait pas conclure si l’on tire par exemple 3 pions noirs
parmi les 10 pions tirés.
Classe 3 : malgré le nombre important de tirages, on peut contredire ce raisonnement en considérant
que l’expérience réalisée revient à tirer 50 fois un jeton. Le bilan de ce tirage est alors de 29 pions
noirs pour 21 pions blancs, ce qui tendrait à montrer que les pions noirs seraient plus nombreux.
2 Des statistiques aux probabilités
●2 b. L’échantillon, s’il est suffisamment grand, permettra de voir la fluctuation des résultats mais aussi
une tendance centrale vers la probabilité théorique.
172 • 11. Probabilités
Exemple d’un simulation sur une classe de 35 élèves :
Nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
Nombre d’élèves
0 0 0 3 3 4 5 6 7 5 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0
c. Avec cet échantillon, la fréquence des nombres de résultats supérieurs ou égaux à 5 pour l’en-
semble des lancers est 0,34, avec 35 × 20 = 700 lancers.
●3 a. On constate que la répartition et la fréquence observée sont proches de celles de l’expérience
précédente.
b. À nombre de lancers identiques, on peut faire la moyenne des fréquences observées, on a alors
1 400 lancers, la fréquence obtenues est une bonne approximation de la probabilité que la face supé-
rieur du dé porte un chiffre supérieur ou égal à 5.
c. On peut comparer ce nombre à la probabilité théorique 26
= 13
.
3 Avec ou sans remise ?
Partie A
●1 Voir schéma ci-contre.
●2 Il y a 9 issues équiprobables, la probabilité de chacune
d’elle est donc 19
.
●3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre
est 39
= 13
.
b. La probabilité que le premier nombre soit stricte-
ment inférieur au second est 39
= 13
.
c. La probabilité que la somme des nombres tirés
fasse 4 est 39
= 13
.
Partie B
●1 Voir schéma ci-contre.
●2 Il y a 6 issues équiprobables. La probabilité de chacune
d’elles est donc 16
.
●3 a. La probabilité de tirer deux fois le même nombre
est 0.
b. La probabilité que le premier nombre soit stricte-
ment inférieur au second est 36
= 12
.
c. La probabilité que la somme des nombres tirés
fasse 4 est 26
= 13
.
Issuesdu tirage
(1 ; 1)
2d tirage
1er tirage1
2
3
1
1
2
3
2
1
2
3
3
(1 ; 2)
(1 ; 3)
(2 ; 1)
(2 ; 2)
(2 ; 3)
(3 ; 1)
(3 ; 2)
(3 ; 3)
Issuesdu tirage
(1 ; 2)
2d tirage
1er tirage2
3
1
1
3
2
1
2
3
(1 ; 3)
(2 ; 1)
(2 ; 3)
(3 ; 1)
(3 ; 2)
11. Probabilités • 173
Partie Ca. La première expérience offre la plus grande probabilité.
b. La seconde expérience offre la plus grande probabilité.
c. Les deux expériences offrent la même probabilité.
Corrigés des Travaux pratiques
TICE 1 Simuler le lancer d’une pièce à la calculatrice
Partie A
●3 Une fois les 200 lancers affectés à la liste 1, on peut par exemple faire
afficher la moyenne de la série qui représente la fréquence d’apparition
du 1, donc du côté « pile ».
Sur TI 83+ : voir ci-contre.
●4 La fréquence d’apparition du côté « pile » est proche de 0,5 qui est la
probabilité théorique en cas d’équiprobabilité dans une expérience à
deux issues.
Partie B
●1 Sur Casio Graph 35+ : voir ci-contre.
Lancer trois fois une pièce ne revient pas à tripler le résultat.
●2 a. Oui, la répartition semble équiprobable.
b. Il n’y a qu’une seule manière d’obtenir trois « pile », avec le triplet
(P, P, P), alors qu’il y a trois manières d’obtenir deux « pile », avec les
triplets (P, P, F), (P, F, P) et (F, P, P).
c. Obtenir deux « pile » devrait être trois fois plus fréquent qu’obtenir trois « pile », il ne devrait donc
pas y avoir équiprobabilité comme l’expérience le suggère d’après le ●2) a.
●3 a. et b. Sur TI 83 + : voir ci-contre.
c. Le nombre de « pile » ayant la plus forte probabilité est 1 ou 2.
d. On peut construire l’arbre suivant :
P
F
PF
P
P
F
P
F
PF
P
F
F
3
Nombre de« pile »
2
2
1
2
1
1
0
Ces 8 issues sont équiprobables, les probabilités selon le nombre de « pile » sont résumées dans le
tableau suivant :
Nombre de « pile » 0 1 2 3
Probabilité18
38
38
18
174 • 11. Probabilités
TICE 2 Simuler et comprendre la loi des grands nombres
●1 On saisit la formule dans A1 avant de la recopier vers la droite puis vers le bas.
●2 a. Dans la feuille 2 ci-dessous, la formule saisie en B3 à recopier vers le bas, est :
« =NB.SI(Feuille1!$A$1:$J$10;B2) ».
b. La fréquence s’obtient en saisis-
sant dans la cellule B4 la formule
« =B3/100 », formule recopiée
ensuite vers la droite.
●3 On ne peut pas préjuger du chiffre
qui apparaît le plus fréquemment.
L’amplitude maximale entre les
fréquences observées peut dépasser
0,10.
●4 Il faut modifier la plage de cellule
en la recopiant sur 10 000 cellules.
Le plus simple est de garder 10
colonnes et de prolonger la table sur
1 000 lignes.
On ne peut toujours pas préjuger du
chiffre qui apparaît le plus fréquem-
ment, par contre l’amplitude maximale entre les fréquences observées a diminué et dépasse rare-
ment 0,02.
●5 Ces dernières observations laissent penser que la simulation est équiprobable, en accord avec la loi
des grands nombres.
TICE 3 Somme de plusieurs dés
●2 La valeur la plus fréquente de la série pourrait être le 7 mais elle est parfois dépassée par d’autres
valeurs. Sa fréquence est très variable (entre 0,10 et 0,25 le plus souvent).
●3 Avec 2 000 lancers :
L’histogramme est plus régulier et l’issue la plus fréquente est (presque) toujours le 7. Sa fréquence
varie encore toutefois entre 0,15 et 0,18.
11. Probabilités • 175
●4 À l’aide d’un tableau à double entrée, on peut dénombrer les 36 couples (dé 1 ; dé 2) équiprobables
puis calculer la probabilité de chaque issue.
dé 2 1 2 3 4 5 61 2 3 4 5 6 72 3 4 5 6 7 8
dé 1 3 4 5 6 7 8 94 5 6 7 8 9 105 6 7 8 9 10 116 7 8 9 10 11 12
Issue 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
Probabilité1
362
363
364
365
366
365
364
363
362
361
36
●5 a. et b. Avec 2 000 lancers, la conjecture du prince de Toscane semble vraie, mais le 9 gagne assez
souvent pour laisser un doute.
c. Avec 10 000 lancers, il n’y a plus de doute, le 10 l’emporte (presque) à chaque fois.
Algorithmique 1 Lancers de dés
●1 a.
Entrées :
Traitement :
Sortie :
Donner les valeurs de N.
Initialiser S à 0.
Pour I allant de 1 à N
Affecter à A un nombre aléatoire entier entre 1 et 6
Si A = 6
Alors affecter à S la valeur S + 1.
Afficher SN.
b. N est le nombre total de lancers, S compte le nombre de 6 obtenus, A est la valeur du dé.
c. La valeur affichée en sortie est la fréquence d’apparition du 6.
●2 a. On peut ajouter l’affichage de SN
− 16
.
b. Sur TI 83+ Sur Casio Graph 35+
c. On ne peut atteindre un écart inférieur à 1 % car pour N = 20, les valeurs de SN
sont des multiples
de1
20= 0,05 , donc la valeur la plus proche de
16
≈ 0,1666 est 0,15, ce qui correspond à un écart de
1,66 %.
176 • 11. Probabilités
Algorithmique 2 Marche aléatoire
●1 a. Le nombre de pas exécutés dans la fenêtre est 10.
b. La dernière valeur obtenue pour A a permis de faire un
pas horizontal, ce qui a lieu si A = 1.
●2 a. Voir ci-contre. b. Ces points de coordonnées (x ; y) sont alignés car la
somme des déplacements est constante : x + y = pas.
Si x + y = 3, alors y = –x + 3 est une équation de droite.
Si x + y = 8, alors y = –x + 8 est une équation de droite.
Algorithmique 3 L’affirmation du chevalier de Méré
●1 a. Dans les trois algorithmes, A prend la valeur du chiffre obtenu en lançant le dé.
Algorithme n° 1On lance quatre fois le dé, on note le nombre de 6 obtenu dans K, on teste si K = 0 pour savoir si l’on
a perdu.
Algorithme n° 2On lance au plus quatre fois le dé car, à chaque lancer, on teste si le dé vaut 6, auquel cas on s’ar-
rête, grâce au nombre i qui, en dépassant 4, permet de stopper le processus et d’afficher que l’on a
gagné.
Algorithme n° 3On lance le dé tant que le nombre 6 n’est pas obtenu, on note le nombre de lancers qu’il a fallu
effectuer dans i, on teste si i est inférieur à 4 pour savoir si l’on a gagné.
b. L’algorithme n° 1 effectue toujours 4 boucles.
L’algorithme n° 2 effectue au maximum 4 boucles, ici 3 boucles.
L’algorithme n° 3 effectue autant de boucles que nécessaire pour obtenir un 6, il peut donc effectuer
6 boucles.
c. Le deuxième algorithme semble le plus économe en nombre de boucles car il garantit de faire au
maximum 4 boucles. Le troisième algorithme peut réaliser une seule boucle (si le 6 sort immédiate-
ment), mais n’offre aucune garantie de réussite (il pourrait boucler indéfiniment si le 6 ne sort pas).
●2 a. Pour réaliser N fois l’algorithme et noter chaque résultat (gagné ou perdu), il ne faut pas que
ce dernier retourne « gagné » ou « perdu » mais un nombre 1 ou 0 que l’on pourra stocker dans un
compteur C.
Entrée :
Traitement :
Sortie :
Demander la valeur de N.
C prend la valeur 0.
Pour j allant de 1 à N
i = 0
Tant que i est inférieur à 4
A est un entier aléatoire entre 1 et 6
Si A = 6
i prend la valeur i + 4
C prend la valeur C + 1
Sinon
i prend la valeur i + 1.
Afficher « Fréquence des parties gagnées : »,CN.
1
2
3
4
5
6
en 8 pas
en 3 pas
7
8y
O 1 2 3 4 5 6 7 8 x
11. Probabilités • 177
b. Pour N très grand, (supérieur à 3 000), il semble que l’affirmation du chevalier de Méré soit vraie.
En Python, il faut d’abord lancer le module random (avec la commande : from random import*),
et penser à noter C comme un nombre décimal
0.0 pour que le calcul de fréquence ne soit pas
arrondi à l’entier inférieur, c’est-à-dire 0.
Répéter un million de fois l’expérience dure
moins de 15 secondes (voir ci-contre).
Avec Algobox, il faut affecter N
à C pour affi-
cher la fréquence car le logiciel ne peut pas
afficher le résultat d’un calcul mais seulement
la valeur d’une variable.
Répéter 100 000 fois l’expérience dure environ
30 secondes.
Avec Xcas :
●3 a. On peut construire un arbre pondéré. Les issues « 6 » étant pondérées de la probabilité 16
et les
issues « Pas 6 » de la probabilité 56
.
b. p(perdre) = 56
× 56
× 56
× 56
= 6251 296
donc p(gagner) = 1 – p(perdre) = 1 − 6251 296
= 6711 296
≈ 0,518 .
c. Comme p(gagner) ≈ 0,518, proche de 0,5, la fluctuation d’échantillonnage permet difficilement
de trancher sur cette question sans un grand nombre de lancers.
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % contient des fréquences observées inférieures à 0,5 (ce
qui signifie perdre) dès que 1
N > 1,8 %, ce qui revient à N < 3 086.
Il est donc difficile d’avoir un résultat expérimental probant sans avoir effectué un grand nombre
de lancers.
Problème ouvert 1 Embouteillage sur le parking On peut raisonner de façon chronologique. La première voiture a quatre choix pour se garer, la
seconde voiture n’a plus que trois choix et la dernière seulement deux choix.
voiture 1 voiture 2 voiture 3
4
× 3
× 2
= 24
Il y a donc 24 façons de choisir l’emplacement de 3 voitures dans quatre places de parking.
178 • 11. Probabilités
Problème ouvert 2 L’injuste arrondi
●1 L’intervalle [1 ; 6] est de longueur 5.
Pour obtenir 6, il faut se situer dans l’intervalle ]5,5 ; 6], d’amplitude 0,5.
Donc la probabilité d’obtenir 6 est 0,55
= 110
.
●2 On peut établir ainsi la probabilité de toutes les issues :
Nombre obtenu 1 2 3 4 5 6
Probabilité1
102
102
102
102
101
10
La probabilité d’obtenir un nombre pair est 2
10+ 2
10+ 1
10= 5
10= 1
2.
Problème ouvert 3 Improbable
●1 Il y a 9 possibilités pour choisir la première étoile puis 8 possibilités pour la seconde étoile. On peut
donc comptabiliser 9 × 8 = 72 couples ordonnées (étoile1 ; étoile2), donc tous les couples non
ordonnés sont compté deux fois. Il y a donc 722
= 36 couples non ordonnées différents.
Ces couples sont équiprobables, la probabilité de choisir le bon couple est donc1
36.
●2 On peut raisonner sur un arbre pondéré. Pour obtenir 5 bons numéros et les 2 bonnes étoiles, il faut
faire le produit des probabilités de la branche gagnante :
136
× 12 118 760
= 176 275 360
, il y a donc une chance sur 76 275 360 de gagner le grand prix.
Corrigés des exercices
Exercices d’application
1 a. Ω ={3 rouges ; 1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires}b. A = {1 noire et 2 rouges ; 2 noires et 1 rouge ; 3 noires}c. Non.
2 a. Ω = {2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12}b. Ω’ = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 9 ; 10 ; 12 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20 ; 24 ; 25 ; 30 ; 36}c. La deuxième.
3 Ω = {(P, P) ; (P, F) ; (F, P, P) ; (F, P, F) ; (F, F, F) ; (F, F, P)}
4 Monsieur Élégant peut s’habiller de 6 façons différentes.
5 a. 4 longueurs différentes.b. 5 longueurs différentes.
6 a. 10 000 b. 1 000 c. 10
7 a. Le mot PROBA possède 5 × 4 × 3 × 2 × 1 = 120 anagrammes.b. Le mot STAT possède 4 × 3 × 2 × 1 = 24 anagrammes en considérant que les deux lettres T sont différentiables. Or on dénombre ainsi tous les mots en double, il y a donc en fait seulement 12 anagrammes du mot STAT.
8 a.
Un peu 15 %
Beaucoup 18 %
Passionnément 27 %
À la folie 31 %
Pas du tout 9 %
b. p = 633
≈ 18 % c. p = 3033
≈ 91 %
9 Le nombre de pages sans publicité est :
25
× 120 + 18
× 120 + 2 + 3 = 48 + 15 + 2 + 3 = 68 .
11. Probabilités • 179
Le nombre de pages avec des publicités est donc de 120 – 68 = 52. La probabilité de tomber sur une
publicité est de2
120= 13
30.
10 a. Il y a 6 possibilités différentes.b. C’est faux, il a une chance sur six.
11 a. p(A) = 49
b. p(B) = 13
c. p(C) = 29
d. p(D) = 29
12
13 a. p = 832
= 14
b. p = 1632
= 12
c. p = 432
= 18
d. p = 1232
= 38
14 En quatre ans, il y a un seul 29 février pour 365 + 365 + 365 + 366 = 1 461 jours. La probabilité
d’être né le 29 février est donc 1
1 461.
15 Jeu 1 : la probabilité de gagner est 35
.
Jeu 2 : la probabilité de gagner est 47
.
Jeu 3 : la probabilité de gagner est 46
= 23
.
Pour comparer ces probabilités, on les réduit au même dénominateur :
35
= 63105
; 47
= 60105
; 23
= 70105
.
Le jeu offrant la plus grande chance de gagner est donc le jeu 3.
16 a. F
G
F
G
F
G
b. La probabilité d’avoir deux garçons est14
.
c. La probabilité d’avoir une fille en second est
24
= 12
.
17 a. La probabilité de gagner est 28
= 14
.
b. La probabilité de gagner un lapin rose est
14
× 1228
= 328
.
18 La probabilité de choisir un billet de 10 € est
12
38
12
26
12
924
824
1748
× + × = × =( )9
248
24+ .
La probabilité de choisir un billet de 20 € est
12
58
12
46
12
1524
1624
3148
× + × = × =( )1524
1624
+ .
19 a. La probabilité d’obtenir un yams de six est
17 776
.
b. La probabilité d’obtenir un yams est 1
1 296.
20 a. La probabilité de répondre juste aux trois
premières questions est 13
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
3
= 127
.
b. La première valeur de n telle que 13
11 000
⎛⎝⎜⎛⎛⎝⎝
⎞⎠⎟⎞⎞⎠⎠
<n
est 7. Il faut donc atteindre 7 questions pour que la proba-bilité de répondre juste tombe à 1 pour 1 000.
21 a. p(A) = 0,5 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,4.
b. : « Le nombre choisi est impair », p(A) = 0,5 .
B : « Le nombre choisi est inférieur à 8 », p(B) = 0,7.
C : « Le nombre choisi n’est pas premier », p(C) = 0,6.
22 Il y a 36 couples ordonnées (dé n°1 ; dé n°2) équiprobables, dont 6 correspondent à des issues où les faces sont identiques.
Il y a donc une probabilité de 16
361
16
56
− = − = que
les deux faces ne soient pas identiques.
23 a. La probabilité qu’il y ait au moins un train est 1 – 25 % = 75 %.b. La probabilité qu’il manque au moins un train est 1 – 5 % = 95 %.
180 • 11. Probabilités
24 En notant A l’option arts plastiques et B l’option escalade, on a le diagramme suivant :
(32)
B (5)
A (12)
(9)
(18)
(3) (2)
A B
A B
18 élèves ne suivent aucune option.
25 a. F ∩ S est l’événement « On a choisi une fille issue d’un baccalauréat scientifique » et sa probabi-
lité est p(F S)∩ =S) =78402
1367
.
b. S est l’événement « On a choisi un étudiant qui n’est pas issu d’un baccalauréat scientifique » et sa
probabilité est p( )S = =222402
3767
.
c. F ∪ S est l’événement « On a choisi une fille ou un étudiant issu d’un baccalauréat scientifique » et sa
probabilité est p(F S)∪ =S)+ + =78 147 102
402109134
.
d. F ∪ G est l’événement « On a choisi une fille ou
un garçon » et sa probabilité est p(F G)∪ =G) 1 .
26 On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé :
S S Total
M 10 % 15 % 25 %
M 35 % 40 % 75 %
Total 45 % 55 % 100 %
a. La probabilité que l’élève ne fasse pas de sport mais joue d’un instrument est 15 %.b. La probabilité que l’élève pratique un sport est 45 %.c. La probabilité que l’élève joue d’un instrument est 25 %.d. La probabilité que l’élève fasse du sport ou joue d’un instrument est 60 %.
27 a. A et B sont incompatibles donc p(A ∪ B) = p(A) + p(B) = 0,4 + 0,5 = 0,9.
b. À l’aide d’un tableau, on peut voir que A ∩ B est l’événement contraire de A ∪ B , donc :
p( ) , ,=) ≠1 0− 9 0= 1 0≠ d’où les événements A et
B ne sont pas incompatibles.
28 a. La probabilité de tirer un joker est 54
= 127
.
b. La probabilité de tirer un pique est 1354
.
c. La probabilité de tirer un pique ou un joker est
1554
= 518
.
29 En notant p(A) la part des adolescents possé-dant une télévision dans leur chambre et p(B) la part des adolescents possédant un ordinateur dans leur chambre, avec les notations des probabilités, on cherche p(A ∩ B).
On connaît p(A) = 13
, p(B) = 15
et p( A ∩ B ) = 60 %.
p(A ∪ B) = 1 – p( A ∩ B ) = 1 – 60 % = 40 %.Comme p(A ∪ B) = p(A) + p(B) – p(A ∩ B), alors
p(A ∩ B) = p(A) + p(B) – p(A ∪ B) = 13
+ 15
– 40 %
= 1030
+ 630
− 1230
= 430
= 215
.
Deux adolescent sur quinze possèdent à la fois un ordinateur et un téléviseur dans leur chambre.
30 a. p(A) = 12
b. p(B) = 13
c. p(A ∩ B) = 16
et p(A ∪ B) = 12
+ 13
− 16
= 23
31 1. On peut construire le tableau suivant, les données en gras étant issues directement de l’énoncé :
B B Total
A 0,1 0,1 0,2
A 0,4 0,4 0,8
Total 0,5 0,5 1
a. p( A ∩ B ) = 0,1 b. p( A ∩ B ) = 0,4
c. p( A ∪ B ) = 0,6 d. p( A ∪ B ) = 0,9
e. p( A ∩ B ) = 0,4
2. L’événement contraire de A ∪ B est A ∩ B .
QCM
32 1. C 2. B 3. B
33 1. C 2. C 3. D
34 1. C 2. B 3. C 4. D
35 D
11. Probabilités • 181
36 A 37 D
38 1. A 2. C 3. D
Problèmes
39 Traduction de l’énoncéPeut-être ?Chantal veut utiliser le vélo que son ami lui a prêté. Malheureusement elle a oublié le code de trois chiffres de l’antivol. Avec patience, elle procède méthodiquement par essais successifs pour retrouver cette combi-naison. Chaque essai lui demande environ 2 secondes.
Chantal pense qu’elle a peu de chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes.Êtes-vous d’accord avec elle ? Justifier.
Il y a 103 = 1 000 combinaisons possibles.Pour les tester toutes, elle aura besoin de 1 000 × 2 = 2 000 secondes, soit 33 minutes et 20 secondes. On peut donc considérer qu’elle a une probabilité de trouver la bonne combinaison en
moins de 30 minutes de 0 × 602 000
= 910
= 90 % .
On peut donc ne pas être d’accord avec Chantal car elle a de grandes chances de trouver la bonne combinaison en moins de 30 minutes.
40 1.
Premierchoix ducandidat
Perd
u
Deuxièmechoix ducandidat
Gag
né
Per
du
Gag
né
Per
du
Gag
né
Boîtegagante
Boîteperdante
Boîteperdante
2. Le raisonnement de Bernard est le bon. Si le candidat choisit une boîte et n’en change pas, il a forcément une chance sur trois de gagner. Il est plus probable d’avoir une boîte perdante après le premier choix, il vaut donc mieux en changer. Par contre la suite de son raisonnement n’est pas expli-quée.On peut observer sur l’arbre les deux stratégies. Il y a 6 issues possibles, entourées d’un ovale celles correspondantes à la stratégie « garder sa boîte », entourées d’un rectangle les issues correspondantes à la stratégie « changer de boîte ».En gardant sa boîte, on a une chance sur trois de gagner alors qu’en changeant de boîte, on a deux chances sur trois de gagner.
41 1. a. La probabilité de toucher un navire est
18144
= 18
.
b. La probabilité de toucher un porte-avion est
5144
.
c. La probabilité de toucher un cuirassier est
8144
= 118
.
2. Il reste 12 cases avec des navires et 129 cases qui n’ont pas été jouées. La probabilité de toucher un
navire est donc de 12
129= 4
43.
42 1. a. 12 × 11 × 10 × 9 × 8
12 × 12 × 12 × 12 × 12= 55
144
b. 1 − 55144
= 89144
2. 1 − 365 × 364 × 363 × 362 × 361365 × 365 × 365 × 365 × 365
≈ 0,0271 < 3 %
43
1. a. Pour remplir les colonnes A et B, on peut soit donner un terme initial en ligne 2 et écrire une formule en ligne 3 (« =A2+1 » en colonne A, « =B2+1 » en colonne B) à recopier, soit saisir les lignes 2 et 3, les sélectionner puis les recopier vers le bas.b. Formule saisie en C3 : « =B3/365 ».Formule saisie en D2 : « =1–C2 ».
Pour r
182 • 11. Probabilités
2. Ci-dessous un extrait de la feuille :
Par exemple, pour une classe de 35 élèves, la proba-bilité qu’au moins deux personnes soient nées le même jour est environ 81 %.
44 Les snowborders de plus de 20 ans représen-
tent 13
× 14
= 112
des personnes.
La probabilité que la prochaine personne qui se présente à la remontée mécanique soit un skieur de
plus de 20 ans est 12
− 112
= 612
− 112
= 512
.
45 a. Chemin ABD avec la probabilité 12
× 12
= 14
;
chemin ABCD avec la probabilité 12
× 12
× 12
= 18
;
chemin ABCABD avec la probabilité 12
× 12
× 12
= 18
;
chemin ACD avec la probabilité 12
× 12
= 14
;
chemin ACBD avec la probabilité 12
× 12
= 14
.
b. La probabilité qu’il trouve la sortie est
14
+ 18
+ 18
+ 14
+ 14
= 1 . Hector est sûr de trouver la
sortie.
46 1. La phrase comporte 9 syllabes et il y a cinq enfants en cercle. L’enfant désigné sera situé 2 rangs avant l’enfant par lequel Lolita a commencé sa comptine (2 tours complets = 10 syllabes). Si Lolita choisit un enfant au hasard, chacun a a priori une chance sur cinq d’être désigné, mais elle ne commence pas par elle-même donc elle n’a qu’une chance sur quatre d’être le loup, en choisissant pour démarrer l’enfant qui la suit.2. a. Peut-être Tom est-il situé deux rangs avant Lolita, donc Lolita ne commençant pas la comptine par elle-même, Tom ne peut être désigné.b. Il n’y a plus que quatre enfants. L’enfant désigné sera celui par lequel Lolita commence la comptine (2 tours complets = 8 syllabes). Lolita aura alors autant de « malchance » que Tom.
47 1. La fréquence d’apparition du « pile » est
2450
= 48 %. Ce résultat paraît conforme car il est
assez proche de l’équiprobabilité théorique (50 %) pour un échantillon de seulement 50 expériences.2. a. L’algorithme choisit un nombre au hasard entre 0 et 1, il suffit alors de choisir lequel repré-sente « pile » par exemple.b. À chaque fois que A prend la valeur 1, B augmente de 1. B contiendra la valeur 3 après les 3 premiers lancers. A prend alors la valeur 0, comme B est plus grand que C (qui vaut 0), C prend la valeur 3 et B prend la valeur 0.c. B compte le nombre de 1 consécutifs générés dans A. Il se réinitialise à 0 lorsqu’une série est inter-rompue. C stocke la plus grande valeur de B rencon-trée, c’est-à-dire la longueur de la plus grande série de 1 réalisée.3. Dans la série de David, la plus grande série de « pile » est de longueur 2 et la plus grande série de « face » est de longueur 3. Ce résultat ne semble pas des plus courants, on peut même observer une série de douze 1 consécutifs.Bien que peu probable, David aurait pu obtenir ces résultats sans tricher, c’est pourquoi le professeur a pris soin d’accuser David avec réserve (« David a probablement triché… »).
Notes
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44 3343 9ISBN 978-2-218-94427-7
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