172654 Prof Corriges

Sous la direction de

André AntibiNOUVEAU

P R O G R A M M E

Travailler Travailler en confi anceen confi ance

André Antibi

avec

Corinne Croc

Marie-Françoise Lallemand

Serge Nogarède

Jean-Paul Roumilhac

MATH

© Nathan 2010

Livre du professeur

1 Généralités sur les fonctions ons 1

2 Expressions algébriques. Équations ns 11

3 Fonctions de référence nce 17

4 Inéquations ons 32

5 Coordonnées d’un point. Droites tes 38

6 Confi gurations. Trigonométrie rie 49

7 Vecteurs urs 61

8 Géométrie dans l’espace ace 70

9 Statistiques ues 78

10 Simulations. Échantillonnage ge 86

11 Probabilités tés 92

SOMMA IRE

c1 Trouver une formule

1 a) S(x) = 20x + 100.b) S(10) = 300. La somme due est 300 euros.

2 a) V = 100(10 – x).b) V = 500 pour x = 5.

3 1. Le théorème de Thalès appliqué dans le triangle DCA nous donne :DIDA

= DJDC

= IJAC

, d’où xa

= IJAC

= DJa

avec AC = a12 (en effet, AC2 = AD2 + DC2, d’où AC2 = 2a2).On en déduit que IJ = x12 et DJ = x.Le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle rectangle isocèle DHI nous donne la relation suivante :

DH2 + � IJ2 �

2

= DI2.

D’où DH2 = x2 – � x122 �

2

= x2 – x2

2 = 1

2 x2

DH = x122

.

2. a) DH = a122

pour x = a.

b) a12 est la longueur de DB. Pour que DH soit égale à la demi-diagonale, il faut donc que H soit le centre du carré et que x = a.

4 1. Pour t = 5, 12

gt2 ≈ 122,5.

M a parcouru 122,5 m après 5 secondes.

2. a) x = 12

gt2, d’où t = 6 2xg

.

b) Pour x = 300, t = 6600g

soit environ 8 secondes.

5 a) Le volume en litres au bout de t secondes est :

V = 23

× 120 × 103 + 1803 600

t = 80 000 + 0,05t.

b) On cherche V tel que V = 120 × 103.

23

× 120 × 103 + 180t = 120 × 103

soit t = 222,22 (en heures).Soit environ 9 jours et 6 heures.

c2 Ensemble de défi nition

6 Df = � – {– 3 ; 1} ; D

g = [– 1 ; + ∞] ; D

h = �.

7 Df = D

2 ; D

g = D

3 ; D

h = D

1.

8 Df = D

3 ; D

g = D

1 ; D

h = D

2 ; D

i = D

4.

9 Df = D

3 ; D

g = D

4 ; D

h = D

1 ; D

i = D

2.

10 Fonction : oui ou non ?1. a) La courbe dessinée n’est pas une représentation de fonction : la droite d d’équation x = 1 par exemple ren-contre deux fois cette courbe. 1 a deux images, ce qui est impossible par une fonction.b) La courbe dessinée est représentative d’une fonction.2. D = [– 2 ; 2].

11 a) f(2) = 2 ; b) f(0) = – 2 ; c) f(– 1) = f(0) = 0.

12 a) L’image de 2 par la fonction f est nulle.b) L’image de x par la fonction f est y.c) L’image de 0 par la fonction g est 2.

13 a) f(0) = 0 ; b) f(– 1) = 3.

14 a) L’ensemble de défi nition est constitué des trente élèves de la classe.b) Aucun élève de la classe n’est associé à une taille de 3 m.

15 a) Df = �. b) f(105) = 210 ; f(32) = 18.

16 a) Df = {11k / k ∈ �}.

Généralité sur les fonctions

C H A P I T R E1Sur les capacités

EXERCICESLES

17 f1(x) = 3x2 – 2x + 1

x2 ; f

3(x) = 1

x – 1 + 1

x – 1 ;

f2(x) = – x3 + x

x – 2 ; f

4(x) = 7x – 3 – 3

(x – 1)3.

18 f(x) = – x2 + 400.a) x

min = – 44 y

min = – 400

xmax

= 44 ymax

= 560De 4 en 4 sur l’axe des abscisses.De 80 en 80 sur l’axe des ordonnées.b)

x – ∞ 0 + ∞

f

– ∞

400

– ∞

19 a) Vrai. b) Faux. c) Faux. d) Vrai. e) Vrai. f) Vrai. Justifi cations : a) La courbe passe par l’origine.b) O est compris dans D

f.

c) f(5) = 0.d) La courbe passe par le point (2 ; 5).e) f(5) = 0.f) 0 et 5, par exemple, ont la même image par f.

c3 Image d’un nombre

20 f(x) = 2x2 + x + 1 f(1) = 4 ;f(0) = 1 ; f(– 2) = 7 ; f(15) = 11 + 15.

21 f(x) = 13 + x2

.

a) f(– 1) = 14

; f(0) = 13

;

f(3) = 112

; f(12) = 15

.

b) f(1t) = 13 + t

; f � t2 � = 1

3 + t2

4

= 412 + t2

;

f �1t � = 1

3 + 1t2

= t2

3t2 + 1 .

22 f(x) = (x – 1)2 – (x + 3)(x – 1).a) D = � ;b) f(1) = 0 ; f(0) = 4 ; f(– 3) = 16 ; f(13) = 4 – 413.

23 g(– 2) = 20 ; g(– 1) = 30 ; g(2) = 0 ; g(4) = – 20.

24 f(x) = x2 – 4.� sa courbe représentative A ∉ � car f(– 2) = 0 et non 1 ; B ∈ � car f(12) = – 2.C ∈ � car f(0) = – 4 ; D ∉ � car f(1) = – 3 et non 1.

25 f(x) = 1x2 – x + 1

. � sa courbe représentative.

A ∈ � car f(0) = 1 ; B ∉ � car f(– 1) = 13

et non 1.

C ∈ � car f(1) = 1 ; D ∉ � car f(– 2) = 17

et non 7.

26 f(x) = 2x – 1x + 1

– x – 1

x.

� sa courbe représentative.

A ∈ � car f(1) = 12

et donc B ∉ � car f(1) ≠ – 12

.

C ∈ � car f �12 � = 1.

27 a) Df = � ; f(x) =

2(x + 2)5

.

b)

x – 3 – 2 – 1 0 1 2 3 4 5

f(x) – 25

025

45

65

85

2125

145

28 a) Df = �* ; f(x) = 2�1

x + 2�.

b) f(– 3) = 103

; f �– 12 � = 0 ; f �1

2 � = 8.

29 1. a) f(12) = 2 + 1212 – 3

; f(10) = 127

; f(4) = 6 ;

f(2) = – 4 ; f �12 � = – 1.

b) g(12) = (12 + 3)(4)2

= 212 + 6 ; g(10) = 13 × 102

100 ;

g(4) = 7 × 18

16 = 63

8 ; g(2) = 15

2 ; g �1

2 � =

72

× 94

14

= 632

.

2. Vérifi cation à la calculatrice.

c4 Antécédents d’un nombre

30 a) – 5, – 3 et 2 sont les antécédents de 2 par f.b) – 4 et 3 sont les antécédents de 0 par f.c) 4 est l’antécédent de – 2 par f.

31 a) f(– 5) = – 2 ; f(– 5) = – 2 ; f(2) = 3.b) – 4,9 et 2 sont les antécédents de – 1 par f. – 4 et 2 sont les antécédents de 3 par f.c) Tous les réels strictement inférieurs à – 2 n’admettent aucun antécédent par f. Ainsi que tous les réels stricte-ment supérieurs à 3.

32 0 est un antécédent de 1 par f.1 est un antécédent de 3 par f.

– 12

est un antécédent de 0 par f.

33 1. a) Df = [0 ; + ∞[.

b) f(0) = 1 ; f(3) = 13 + 1 ; f(4) = 3.2. 0 est un antécédent de 1 par f.4 est un antécédent de 3 par f.3. 0 n’admet pas d’antécédent par f car l’équation 1x + 1 = 0 n’admet pas de solution.

34 1. 0 est un antécédent de 1 par f.1 est un antécédent de 2 par f.2 est un antécédent de 5 par f.2. a) Tous les réels strictement supérieurs à 1 ont exacte-ment deux antécédents par f.b) 1 est le seul réel qui admet un et un seul antécédent par f.

• 2

c) Tous les réels strictement inférieurs à 1 n’admettent aucun antécédent par f.

35 a)

O 2

�

4

2

x

y

b) 1 et 3 sont les antécédents de 1 par f.2 est l’antécédent de 2 par f.0 et 4 sont les antécédents de 0 par f.c) Tous les réels strictement supérieurs à 2 ou strictement inférieurs à 0 n’ont aucun antécédent par f.

c5 Lecture graphique

36 1. f est croissante sur [– 4 ; 0] et décroissante sur [0 ; 4].2.

x – 4 0 4

f– 1

3

– 1

37

x – 3 – 1 0 2 4

f1

4

3

4

2

38 1. f est décroissante sur [– 4 ; 0] ∪ [2 ; 3].f est croissante sur [0 ; 2] ∪ [3 ; 4].2.

x – 4 0 2 3 4

f0

– 2

0

– 1

0

3. Le maximum de f est 0.Le minimum de f est – 2.

39 La courbe représentative de f est la ➃.La courbe représentative de g est la ➁.La courbe représentative de h est la ➂.La courbe représentative de k est la ➀.

c6 D’un tableau à une courbe

40

O

�

3

4

– 3 x

y

41

O

�

2 5– 1

1

– 3

x

y

42

0

�

1 2 3 4

– 2

– 1– 1

2

4

– 3

x

y

43

0�

1– 1

2

– 2

2

x

y

44

0

�

1 3 8– 5

– 2

–5

– 8

x

y

45 a) Puisque f est croissante sur [2 ; + ∞[, et 3 > 2, on doit avoir f(3) > f(2) � 1.Il est impossible d’avoir f(3) = – 1.b) Puisque f est croissante sur ]– ∞ ; 1], et 0 < 1, on doit avoir f(0) < f(1) � – 2.Il est impossible d’avoir f(0) = 0.

c7 Comparaison d’images

46 f est croissante sur [– 10 ; 10], on a donc f(– 3) < f(0) < f(3).

47 f est croissante sur [– 5 ; 10], on a donc f(– 3) > f(0) > f(3).

48 f est croissante sur [– 5 ; 3], on a donc f(– 3) < f(0) < f(3).

Chapitre 1. Généralité sur les fonctions • 3

49 f est croissante sur [0 ; 3], on a donc f(0) < f(3).f est décroissante sur [– 3 ; 0], on a donc f(– 3) > f(0).f(– 3) et f(3) ne peuvent en revanche être comparées.

50 f est croissante sur [– 3 ; 0], on a donc f(– 2) < f(– 1,5).f est décroissante sur [0 ; 2], on a donc f(0,5) > f(1).f(1) < 1 et f(7) = 4, donc f(1) < f(7).f(– 3) = – 3 et f(1) > 0, donc f(– 3) < f(1).

51 f(11) > f(15) car f est décroissante sur [10 ; 15].f(18) < f(20) car f est décroissante sur [15 ; 20].f(12) < f(25) car f(12) < 0 et f(25) > 50.

52 a) Au 10 janvier, la température était négative car f est décroissante sur [5 ; 10] et f(5) = 0.b) Au 25 janvier, la température était positive car f est décroissante sur [20 ; 31] et f(31) = 2.c) On ne peut pas comparer les températures des 11 et 29 janvier. On pourrait avoir : le 11 : – 6° ; le 29 : 3° ou le 11 : 4° ; le 29 : 3°.

53 a) Vrai car – 1 < 4 et f croissante sur [– 2 ; 4].b) Faux car – 2 < 4 et f croissante sur [– 2 ; 4].c) Faux car – 1 < 0 et f croissante sur [– 2 ; 4].d) Vrai car 4 < 5 et f décroissante sur [4 ; 6].e) On ne peut pas savoir.f) Faux car – 2 < – 1 et f croissante sur [– 2 ; 4].

54 a) Vrai car – 2,5 < – 2 et f croissante sur [– 3 ; – 2].b) Vrai car f(– 2,5) < f(– 2) avec f(– 2) = 0 et f(1) = 1.c) Vrai car – 2 est le minimum de f sur [– 3 ; 4].d) On ne peut pas savoir.e) On ne peut pas savoir.f) Vrai car f(3) > – 1 et f(0) = – 1.g) Vrai car le maximum de f sur [– 3 ; 0] est 0.

c8 Ensemble des x tels que f(x) � k

55 1. a) [– 5 ; 5] ; b) [– 5 ; 0[ ∪ ]0 ; 5].2. a) [– 5 ; 5] ; b) ]– 5 ; 5[.

64 a) Df = [– 4 ; 5].

b) f(– 4) = – 2 ; f(3) = 1 ; f(0) = 4 ; f(5) = – 1.c) 1 admet deux antécédents par f, – 2 et 3.

– 32

admet 1 antécédent par f.

4 admet 1 antécédent par f.d) Aucun réel admet trois antécédents par f.e)

x – 4 0 5

f(x)– 2

4

– 1

56 1. a) [– 10 ; 8] ;b) [– 10 ; 1[ ∪ ]1 ; 8].2. a) [– 10 ; 8] ;b) ]– 10 ; 8[.

57 1. a) [0 ; 20] ; b) [0 ; 20[.2. a) [0 ; 10] ; b) [0 ; 10[.3. a) ]0 ; 10] ; b) ]0 ; 10[.

58 a) [– 4 ; 4]. b) {– 4} ∪ [3 ; 4]. c) ]– 4 ; 3[. d) ∅.

59 1. a) Faux. b) Vrai. c) Vrai. d) Vrai.2. ]0 ; 3[.

60 a) ]– 3 ; – 1[ ∪ ]3 ; 6]b) [– 6 ; 5].

61 *a)

0

�

1

– 1

– 0,5

– 2

2

1

1,5

2 x

y

b) ]– 0,5 ; 0,5[ ∪ ]1,5 ; 2].c) A = 2.

Trouvez l’erreur

62 Si f(u) < f(v), alors on a f(u) � f(v). Donc f est crois-sante sur I.

63 f(1) = 3. 1 est donc solution de f(x) � 3.

65 1. • Pour les mariages (courbe violette)

x 1999 2003 2004 2005 2008

f(x)9 737

12 480

11 285

11 341

9 379

• Pour les pacs (courbe rouge)

x 1999 2000 2001 2008

g(x)891

2 095

1 611

7 427

• 4

ProblèmesEXERCICESLES

2. Les mariages ont augmenté de 1999 à 2003 et de 2004 à 2005. Ils ont diminué de 2003 à 2004 et de 2005 à 2008.Les pacs ont augmenté de 1999 à 2000 et de 2001 à 2008. Ils ont diminué de 2000 à 2001.3. a)

x 1999 2000 2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008

f(x) + g(x) 10 628 12 372 12 224 13 259 14 791 14 174 15 623 15 360 15 440 16 806

b) Graphique tracé à l’aide du tableau précédent.

1999 année2000

10 000

11 000

16 000

2008

c) Le total des mariages et des pacs a augmenté de 1999 à 2000, puis diminué jusqu’en 2001, puis augmenté jusqu’en 2003, diminué de 2003 à 2004, augmenté de 2004 à 2005, diminué de 2005 à 2006 et augmenté de 2006 à 2008.

66 a) 500 kg ; 2 000 kg ; 1 500 kg.b) Environ 1,2 m.c) (100 × 2 000) + (150 × 500) = 275 000 (kg).

67 1., 2. a) et b)

0

productivité (en t × ha–1 × an–1)

100 120 130 175 185180

200

0,850,9

1

1,25

1,51,61,7

pluviosité(en mm)

Unités conseillées : 1 cm en abscisse pour 20 mm et 5 cm pour 1 t × ha– 1 × an– 1 en ordonnée.c) y = 0,01x – 0,3.3. a) y ≈ 1,2 ; b) y ≈ 1,6.Remarque : Il s’agit d’une solution possible. On peut, bien sûr, proposer d’autres droites.

68 a) f(a) = (20 – 2a)2 × a.b) D = ]0 ; 10[.c) f(1) = 324 et f(9) = 36, donc f n’est pas croissante sur D.f(1) = 324 et f(2) = 512, donc f n’est pas décroissante sur D.

69 1. a)

T 100 200 300 400 500 600 700 800

N(T) 100 141,42 173,21 200 223,61 244,95 264,58 282,84

0

N(T) (en hertz)

100 250 485 750

100

158

220

274

T(en newtons)

b) f est croissante sur [0 ; 800].2. 220 a pour antécédent, graphiquement, 485.Par le calcul, 10 1T = 220 pour 1T = 22, c’est-à-dire T = 222 = 484.3. 10 1T = 132 pour T = 174,24, donc on ne peut pas obtenir « do

2 ».

10 1T = 198 pour T = 392, donc on peut obtenir « sol2 ».

10 1T = 297 pour T = 882, donc on ne peut pas obtenir « ré

3 ».

Graphiquement : N(250) ≈ 158 ; N(750) ≈ 274.132 < 158, donc on ne peut pas obtenir « do

2 ».

158 < 198 < 297, donc on peut obtenir « sol2 ».

274 < 297, donc on ne peut pas obtenir « ré3 ».

70 1. a) Df = {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9}.

b) f(6) = 0,238 ; f(0) = 0 ; f(9) = 0,355.c) 4 est l’antécédent de 0,160 par f.7 est l’antécédent de 0,277 par f.0 est l’antécédent de 0 par f.2. a) Courbe.

0

Intensité I (en ampères)

1

0,10,0039

Tension(en volts)

2 3 4 5 6 7 8 9

0,2

0,3

0,4

b) Les points semblent alignés.

c) U = RI, d’où I = UR

.


Il y a proportionnalité entre I et U, ce qui est cohérent avec le 2. b).Ici, R ≈ 25,64 Ω.

71 1. a) Le 3 avril 2007, il faisait 17° environ.Le 3 avril 2009, il faisait 20° environ.b) Le 4 avril 2007, il faisait 8° environ.Le 4 avril 2009, il faisait 20,5° environ.c) Le 10 avril 2007, il faisait 21° environ.Le 10 avril 2009, il faisait 24° environ.2. Il faisait la même température le 8 avril en 2007 et en 2009.3. Le 4 avril l’écart de température a été le plus grand.

72 1.

Jours Entrées

1 800

2 960

3 920

4 820

2.

0

Entrées

800

900

1 000

1 2 3 4 5 6 7 Jours

3. a)

x 1 2 4 7

f(x)800

960

820

1 000

73 1. a) b)

0

Poids (en kg)

1

3

5

7

9

11

13

15

18

5

Âge (en mois)

12 24 36 48 60

2. a) Le poids moyen d’un enfant de 2 ans et demi est d’environ 14 kg, d’un enfant de 4 mois est de 6 kg, et de 9 mois est d’environ 8,5 kg, b) L’âge d’un enfant de 15 kg est d’environ 3 ans et demi.

74 1. a) Dorothée a parlé en premier.b) Anouk a parlé en dernier.2. a) Dorothée parla pendant 6 secondes d’une voix normale. Anouk lui a répondu pendant 4 secondes en parlant de plus en plus fort.Pendant 2 secondes, elles parlèrent en même temps sur un ton au-dessus de la normale. Anouk continua à parler seule pendant 3 secondes de plus en plus fort.Anouk continua à parler de plus en plus fort pendant 5 secondes. Dorothée parla elle aussi en même temps de plus en plus fort.Puis pendant 7 secondes, elles parlèrent toutes les deux de moins en moins fort.Anouk parla encore, seule, d’une voix normale pendant 5 secondes.b) Entre la 10e et la 12e seconde, Dorothée a parlé le plus fort, puis c’est Anouk qui a parlé le plus fort pendant les 20 secondes suivantes.

75 a) La droite verticale passant par O symbolise le cœur de l’œil du cyclone. La symétrie des courbes �

1, �

2

et �3 montre que les effets du cyclone sont ressentis de

la même façon lorsqu’on se déplace sur des cercles cen-trés sur l’œil du cyclone.b) La pression atmosphérique diminue régulièrement plus on s’approche de l’œil du cyclone.La température à 5 000 m augmente régulièrement plus on s’approche de l’œil du cyclone.La vitesse des vents au niveau des sols augmente plus on approche de l’œil du cyclone et diminue dès qu’on entre dans celui-ci.c)

Distance au centre (en km)

Pression atmosphérique

(en hPa)

Température à 5 000 m

(en °C)

Vitesse des vents (en km/h)

30 975 4 140

50 982 2 110

100 995 0 70

200 1 000 < 0 50

76 1. a)

0

1

1

– 3

3

3

�2

�’2

6

n = 2

Deux fonctions possibles.

• 6

b)

0 1

1

2 4 6

n = 3

Aucune fonction car nécessairement f(4) = 0 et on ne peut donc pas réaliser f(6) = 0.c)

0 1

–

3 6

�4

�’4

n = 432

32

92

321

Deux fonctions possibles.d)

0

1

1,2 3,6 4,8 6

n = 5

1

Aucune fonction car nécessairement f(4,8) = 0 et on ne peut pas réaliser f(6) = 0.2. Lorsque n est impair, on ne peut pas avoir n segments et f(6) = 0 : la fonction n’existe pas.Lorsque n est pair, [0 ; 6] est partagé en n intervalles ; sur chaque intervalle le coeffi cient directeur du segment est + 1 ou – 1 (valeurs alternées pour obtenir des segments différents) il y a donc deux fonctions possibles.

77 1. � = �1 + 15π2 � x2.

2. Courbe tracée sur la calculatrice.

y = �1 + 15π2 � x2.

81 a) Dans l’algorithme précédent, on prend pour f la fonction x → x2 – x – 3 ; on prend a = – 3, b = 3.Ensuite, on prend successivement N = 5, N = 15 puis N = 25.b) On peut vérifi er que pour N = 25, on obtient la courbe indiquée dans l’énoncé.

82 Tracé, dans un repère orthonormé, de la droite d’équation y = x + 1, et tracé par points de la courbe représentative de la fonction F1(x) = x + 1, sur l’intervalle [– 4 ; 4] (N = 10, soit 11 points).

3. a) Pour x = 2, � ≈ 98.b) � = 4 + 30π ≈ 98,25.

78 1. a)

x – 180 – 150 – 120 – 90 – 60 – 30 0

sin x 0 – 0,5 – 0,866 – 1 – 0,866 – 12

0

x 30 60 90 120 150 180

sin x 0,5 0,866 1 0,86612

0

3. b) P1 est vraie.

P2 est fausse. Le maximum de la fonction sinus est 1.

79 A.4. Si B est situé avant l’origine, M a une abscisse négative « – AB ». Le résultat du calcul de l’aire est le même qu’avec une abscisse égale à « AB ».Les ordonnées des points M d’abscisse AB et M’ d’abscisse – AB sont les mêmes.B.1. On a OAB isocèle en O et kAOB = 60°. OAB est donc équilatéral.2. AB = x.

L’aire de AOB est x2134

et �(x) = 3x2132

.

3. M a pour abscisse AB, c’est-à-dire x et pour ordonnée �(x).L’équation de la courbe décrite par M dans la partie A est

donc y = 3x2132

.

80 A.4. Les points M d’abscisse AB ou M’ d’abscisse – AB ont même ordonnée p. La courbe décrite par M est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.B. Posons x = AB.p = 12x si B est situé après A, c’est-à-dire si M a pour abscisse x.p = – 12x si B est situé avant A, c’est-à-dire si M a pour abscisse – x.

Graphique :

0

1

1

y

x


Algorithmiquepour tous

EXERCICESLES

83 Corrigé dans le manuel.

84 a) Notons α l’abscisse du point « le plus bas » de la courbe.• À partir du tracé obtenu pour N = 15, on conjecture que c < α < d, où c = – 2 + 8x(8/15) ≈ 2,27 et d = – 2 + 9x(8/15) = 2,8 ; de plus : f(α) < f(c) ≈ – 2,19.• D’après tracé obtenu pour N = 20, α devrait être légèrement supérieure à – 2 + 11 × (8/20) = 2,4 ; de plus f(α) < f(2,4) = – 2,24.• Le tracé obtenu pour N = 25 confi rme que α est très peu différente de – 2 + 14 × (8/25) = 2,48 ; de plus : f(α) < f(2,48) ≈ – 2,25.Remarque : le point « le plus bas » a pour coordonnées exactes (2,5 ; – 2,25), ce qui valide les conjectures précédentes.Tracé par points de la courbe représentative de la fonction F1(x) = x2 – 5x + 4, sur l’intervalle [– 2 ; 6]. (N = 25, soit 26 points).Graphique :

01

1

y

x


86 Remarque initiale : – x2 + 2x = – (x – 1)2 + 1 � 0 sur [0 ; 2].a) Tracé par points de la courbe représentative de la fonction F1(x) = sqrt(x4 – 2x) (racine carrée de – x2 + 2x), sur l’intervalle [0 ; 2]. (N = 100, soit 101 points).Graphique :

0

1

1 Ω

y

x

b) La courbe obtenue est le demi-cercle (�) de centre Ω(1 ; 0), de rayon 1, situé du côté des y � 0.c) M(x ; y) ∈ (�) ⇔ ΩM = 1 et y � 0

⇔ ΩM2 = 1 et y � 0⇔ (x – 1)2 + y2 = 1 et y � 0⇔ y2 = – x2 + 2x et y � 0⇔ y = 9– x2 + 2x.

87 1. Programme en AlgoBoxTracé par points de la courbe représentative de la fonction F1(x) = x3 – x – 3 sur l’intervalle [– 3 ; 3] (avec « doublement » du nombre d’abscisse à chaque étape, jusqu’à 28 + 1 abscisses).

Code de l’algorithme

a EST_DU_TYPE NOMBRE▼ VARIABLES

b EST_DU_TYPE NOMBREN EST_DU_TYPE NOMBREh EST_DU_TYPE NOMBRE

k EST_DU_TYPE NOMBREj EST_DU_TYPE NOMBRE

LIRE a▼ DEBUT_ALGORITHME

LIRE bLIRE Nh PREND_LA_VALEUR b-a

▼ POUR k ALLANT_DE 1 AN

▼ POUR J ALLANT_DE 0 à pour (2k)DEBUT_POURTRACER_POINT (a+j¥h.F1(a+j¥h))FIN_POUR

PAUSEFIN_POUR

FIN_ALGORITHME

DEBUT_POURh PREND_LA_VALEUR h/2

K = 4 (24 + 1 = 17 points).

10

1

y

x

K = 5 (25 + 1 = 33 points).

10

1

y

x

K = N = 8 (28 + 1 = 257 points).

• 8

10

1

y

x

2. Les points tracés avant de rencontrer pour la première fois l’instruction « Pause » ont pour abscisses a = – 3, a + (b – a)/2 = 0 et b = 3.Après chaque « Pause », et reprise de l’exécution de l’algorithme par « Continuer », les nouveaux points tracés ont, semble-t-il, pour abscisses les milieux des abscisses des points déjà tracés.3. Initialement h a pour valeur b – a.Lorsque le compteur k de la boucle « Pour » extérieure a pour valeur p(1 � p � N) :• la valeur de h, à l’entrée de la boucle « Pour » intérieure, est égale à (b – a)/2p (puisque h a été divisé p fois par 2).• la boucle « Pour » intérieure fait tracer les points de la courbe d’abscisses x

j = a + jh = a + j(b – a)/2p, pour j

variant de 0 à 2p (points que l’on peut visualiser grâce à l’instruction « Pause » avant de passer à la valeur suivante de k).Quand k prend la valeur p + 1, ces abscisses deviennent : a + jh/2 = a + j(b – a)/2p + 1, pour j variant de 0 à 2p + 1 ;

88 Soit u et v deux réels tels que u < v.f(u) – f(v) = u2 + 4 – (u2 + 4) = u2 – v2.f(u) – f(v) = (u + v)(u – v) avec u – v < 0.a) Si u et v sont des réels positifs ou nuls, u + v est positif ou nul, f(u) – f(v) est alors négatif ou nul, ce qui signifi e que f est croissante sur �+.b) Si u et v sont des réels négatifs ou nuls, u + v est négatif ou nul. f(u) – f(v) est alors positif ou nul, ce qui signifi e que f est décroissante sur �–.

89 a) (u – v)(u2 + uv + v2) = u3 – v3.b) Soit u et v deux réels tels que u < v, c’est-à-dire u – v < 0 :• si u et v sont positifs :f(u) – f(v) = u3 – v3

= (u – v)(u2 + uv + v2)avec u – v < 0 ; u2 > 0 ; uv > 0 et v2 > 0 et donc f(u) – f(v) < 0.f est croissante.• si u et v sont négatifs :u – v < 0 ; u2 > 0 ; uv > 0 ; v2 > 0 et donc f(u) – f(v) < 0.f est croissante.

elles sont donc constituées des abscisses précédentes xj

et de leurs milieux.4. Si l’on supprime l’instruction « Pause » :a) En AlgoBox, la rapidité d’exécution du programme a pour conséquence que l’on ne visualise que les points tracés pour k = N (d’abscisses a + j(b – a)/2N, variant de 0 à 2N).b) Sur calculatrice, l’exécution plus lente du programme laisse le temps de visualiser, certes de manière furtive, les tracés des points pour chaque valeur de k.

Programmes sans « Pause » sur calculatriceTI CasioClrDraw ClrgraphPrompt A «A=» ? → APrompt B «B=» ? → BPrompt N «N=» ? → NB – A → H B – A → HFor (K, 1, n) For 1 → K To NH/2 → H H/2 → HFor (J, 0, 2^k) For → J To, 2^kA + J*H → X A + J*H → XPt-On (X, Y1) Plot X, Y1End NextEnd NextVoir note page 44 du manuelb) Plus généralement, en algorithme, l’instruction « Pause » permet d’interrompre provisoirement l’exécution d’un programme pour prendre connaissance de résultats intermédiaires. L’instruction « Continuer » fait repartir l’exé-cution du programme.

• si u < 0 et v > 0, on a : u3 < 0 et v3 > 0 et donc u3 – v3 < 0.f est croissante.Conclusion : f est croissante sur �.

90 La fonction n’est pas croissante sur E. En effet, si l’on pose a = 2 et b = 3, on a f(a) = f(2) = 1 et

f(b) = f(3) = – 12

.

Donc a � b et f(a) � f(b).La fonction n’est pas croissante sur E.En effet, si l’on pose a = 0 et b = 2, on a f(a) = – 1 et f(b) = 1, donc f(a) � f(b).Donc a � b et f(a) � f(b).Donc la fonction n’est pas décroissante sur E.Remarque : en réalité, la fonction f est décroissante sur chacun des intervalles ]– ∞ ; 1[ et ]1 ; + ∞[, mais elle n’est ni croissante, ni décroissante sur la réunion E de ces intervalles.

91 Il n’existe pas de fonction affi ne f non constante telle qu’il existe un réel A > 0 tel que, pour tout nombre x, – A � f(x) � A.


Pour aller plus loin**

EXERCICESLES

• Supposons f croissante.f(x) = ax + b avec a > 0.Posons x

A l’antécedent de A avec x

A =

A – ba

.

Pour tout x > xA, f(x) > f(x

A) et donc f(x) > A.

• Supposons f décroissante.Posons x

B l’antécedent de – A avec x

B =

– A – ba

.

Pour tout x > xB, f(x) < f(x

B) et donc f(x) < – A.

Dans les deux cas, on peut trouver un réel x tel que f(x) � A ou f(x) � – A.

92 La propriété (P) est vraie.Démonstration : soit u et v deux réels tels que u < v.f est une fonction croissante sur �.Étudions le signe de « (f(u) + u) – (f(v) + v)(f(u) + u) – (f(v) + v) = f(u) – f(v) + u – v.f(u) – f(v) < 0 car f est croissante sur �.� et u – v < 0 car u < v. On déduit (f(u) + u) – (f(v) + v) < 0 et donc f(x) + x strictement croissante sur �.

93 La propriété (P) est fausse : un contre exemple : f(x) = x.f est une fonction croissante sur I = ]0 ; + ∞[.Soit u et v deux réels positifs tels que u < v.

1f(u)

– 1

f(v) = 1

u – 1

v =

v – uu × v

avec v – u > 0 et uv > 0.1

f(u) –

1f(v)

> 0 et donc 1f

décroissante sur ]0 ; + ∞[.

94 a) Faux car f(2) = – 3.b) Faux car f(2) = – 3 mais 2 ∉ ]2 ; 5[.c) Vrai. A = 7.d) Faux car – 1 ∈ [– 5 ; 5] et f(– 1) = 5.Or 5 ∉ [0 ; 3]e) Faux car f(2) = – 3 et – 3 ∉ ]– 3 ; 7].

95 Remarque : Pour la fi gure de l’énoncé, il faut faire apparaître les demi-droites d’équation y = x et y = – x.

Protocole1. On crée un point B sur l’axe des x.2. On crée le cercle de centre O et de rayon OB, c’est-à-dire l’abscisse de B, x(B).3. Soit a, l’aire de ce cercle et b son périmètre. On

construit le point M d’abscisse x(B), et d’ordonnée aπ

.

4. On construit le point N d’abscisse x(B) et d’ordonnée b

2π.

5. On active les tracés des points M et N et on fait bouger le point B sur l’axe des x pour faire varier x(B).

Problèmes ouverts

96 Prenons f défi nie sur � par f(x) = 4x + 1 et g défi nie sur � par g(x) = – 2x – 3.f est strictement croissante sur � et g est strictement décroissante sur �.f(x) + g(x) = 2x – 2.f + g est une fonction strictement croissante sur �.

97 Soit f la fonction défi nie sur [0 ; + ∞[ par :f(x) = x – 2n pour x ∈ [2n ; 2n + 1]. n ∈ �f(x) = – x + 2n + 2 x ∈ [2n + 1 ; 2n + 2].Cette fonction est croissante sur [2n ; 2n + 1] et décrois-sante sur [2n + 1 ; 2n + 2] et ne sera jamais monotone sur [A ; + ∞[.

1

10

y

x

• 10

c1 Associer à un problème une expression algébrique

1 Pour que ARC soit rectangle en A, il faut et il suffi t (Pythagore et sa réciproque) que x vérifi e la relation sui-vante :RC2 = AR2 + AC2 soit x2 = 32, x = 412x ≈ 5,66.

2 L’aire A de la partie colorée est :

A = 12

(x + y)2 – 12

y2 = 12

x2 + xy.

x et y doivent vérifi er 12

x2 + xy = 100.

3 Le volume V de cette pièce est :V = x3 + (x + 1)3 = 2x3 + 3x2 + 3x + 1.x doit donc vérifi er : 2x3 + 3x2 + 3x + 1 = 3x3

soit – x3 + 3x2 + 3x + 1 = 0.

4 Soit x le nombre total de sièges :

x = 100 + 15

× 100 + 5 = 125.

5 Le volume V de chocolat mangé par le professeur après chaque heure est :

V = 2 × 43

π × � x2 �3

+ 2x3 où x est le côté du cube.

V = π x3

3 + 2x3.

Pour que V soit égal à 16 cm3, il faut que x vérifi e la relation :π x3

3 + 2x3 = 16, soit x3 = 48

π + 6.

x ≈ 1,74 cm.

6 a) Pour 4 marches : 10 cubes.Pour 5 marches : 15 cubes.Pour 6 marches : 21 cubes.

b) Le nombre de caisses nécessaires pour construire n marches est :

S = n + (n – 1) + (n – 2) + … + 1soit aussi :S = 1 + (2) + (3) + (4) + … + (n)

On a donc 2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1)2S = n × (n + 1)

S = n × (n + 1)

2

c2 Choisir la forme la plus adaptée d’une écriture

7 1. (x – 1)(x + 4) = x2 – x + 4x – 4 = x2 + 3x – 4.2. a) A(0) = – 4 avec (1)b) A(1) = A(– 4) = 0 avec (2)c) A(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 4 avec (2)

8 1. a) (x + 2)2 – 1 = x2 + 4x + 4 – 1 = x2 + 4x + 3.b) (x + 2)2 – 1 = (x + 2 – 1)(x + 2 + 1) = (x + 1)(x + 3).2. a) A(x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = – 3 avec (3)b) A(x) = 3 ⇔ x2 + 4x = 0 ⇔ x = 0ou x = – 4 avec (2)c) A(x) = – 1 ⇔ (x + 2)2 = 0 ⇔ x = – 2 avec (1)d) A(x) = 8 ⇔ (x + 2)2 – 1 – 8 = 0 ⇔ x = 1ou x = – 5 avec (1)

9 1. a) (2x + 1)(2x + 5) = 4x2 + 2x + 10x + 5= 4x2 + 12x + 5.

b) (2x + 3)2 – 4 = 4x2 + 12x + 9 – 4 = 4x2 + 12x + 5.2. A(12) = 8 + 1212 + 5 = 13 + 1212 avec (1)

A�– 12 � = 0 avec (2)

10 1. (x2 + 1)(x – 2) = x3 + x – 2x2 – 2= x3 – 2x2 + x – 2.

2. a) f(x) = 0 ⇔ x = 2 avec la forme factorisée.b) f(x) = – 2 ⇔ x3 – 2x2 + x = 0 ⇔ x(x – 1)2 = 0

⇔ x = 0 ou x = 1.

Expressions algébriques. Équations

C H A P I T R EE2Sur les capacités

EXERCICESLES

11 1. D = � – {1}.

2. Pour tout x de D, x2 – 1x – 1

= (x – 1)(x + 1)

x – 1 = x + 1.

3.

0

2

1

1 x

y

12 a) D = � – {– 1}.b) Pour tout x de D : x4 – 1x + 1

= (x – 1)(x + 1)(x2 + 1)

x + 1 = (x – 1)(x2 + 1).

c) g(x) = 0 ⇔ x = 1.

13 1. (x2 + 1)(x + 1) = x3 + x2 + x + 1.2. a) f(0) = 1 avec la forme développée.b) f(x) = 0 ⇔ (x2 + 1)(x + 1) = 0

⇔ x = – 1.3. f(x) � 0 ⇔ (x2 + 1)(x + 1) � 0

⇔ x + 1 � 0⇔ x � – 1.

D’où �f coupe (Ox) au point d’abscisse – 1, au-dessus de

Ox pour x � – 1 et est au-dessous sinon.

14 1. f(x) = x2 + 2x – 3.2. f(x) = (x + 3)(x – 1).3. a) f(0) = – 3 avec la forme développée.f(1) = 0 et f(– 3) = 0 avec la forme factorisée.f(– 1) = – 4 avec la forme initiale.f(13) = 213 avec la forme développée.b) f(x) = 0 ⇔ (x + 3)(x – 1) = 0

⇔ x = – 3 ou x = 1.

15 1. f(x) = 9x2 + 12x – 5 = (3x + 5)(3x – 1).

2. a) (3x + 5)(3x – 1) = 0 ⇔ x = – 53

ou x = 13

.

b) (3x + 2)2 – 9 = – 9 ⇔ (3x + 2)2 = 0

⇔ x = – 23

.

c) 9x2 + 12x – 5 = – 5 ⇔ x(3x + 4) = 0⇔ x = 0

ou x = – 43

.

16 a) Non. b) f(x) = (x + 1)2 – 4.c) A(x) = (x – 1)(x + 3). d) S = {– 3 ; 1}.

17 a) A(x) = (x + 2)2 – 9 = (x + 5)(x – 1).b) S = {– 5 ; 1}.

18 a) Pour x dans �*, 1n

– 1n + 1

= n + 1 – nn(n + 1)

= 1

n(n + 1).

b) 11 × 2

+ 12 × 3

+ … + 1

n(n + 1)

= �11

– 12 � + �1

2 – 1

3 � + … + �1n

– 1n + 1� = 1 – 1

n + 1.

c3 Développer, factoriser

19 Forme factorisée : A, D.Forme développée : B, C.

20 A = G ; B = F ; C = E ; D = H.

21 A = 2x2 + 7x + 6 ; B = x2 + 3x – 10.

22 A = x2 – 9x + 20 ; B = – x2 – x + 12.

23 A = – 5x2 + 15x – 10 ; B = 8x2 + 12x – 20.

24 A = x3 – x2 + x – 1 ; B = x3 – x2 – 5x + 6.

25 A = – x4 – 2x2 + 15 ; B = x5 – 5x3 + 2x2 – 10.

26 A = x2 + 4x + 4 ; B = x2 – 6x + 9.

27 A = 4x2 + 12x + 9 ; B = 9x2 – 30x + 25.

28 A = x3 – 6x2 + 11x – 6 ; B = x3 + 2x2 – x – 2.

29 A = – 8x ; B = 4 – x4.

30 A = (a + b)2 – c2 = a2 + 2ab + b2 – c2 ;B = (a + c)2 – b2 = a2 + 2ac + c2 – b2.

31 A = x2 + y2 + z2 + 2xy + 2yz + 2zx ;B = x2 + y2 + z2 + 2xy – 2yz – 2zx.

32 A = x3 + 3x2 + 3x + 1 ; B = x3 – 3x3 + 3x – 1.

33 A = (x + 1)(x + 2) + 3(x + 1) = (x + 1)(x + 5) ;B = (x – 1)(2 + x) – (x – 1)(x + 5) = – 3(x – 1).

34 A = (x – 3)(x + 1) + 2(x – 3) = (x – 3)(x + 3) ;B = (2x – 5)(x – 1) – 2(2x – 5) = (2x – 5)(x – 3).

35 A = x × x + 2x = x(x + 2) ;B = x(x + 2) + (x + 2)(x – 4) = (x + 2)(2x + 4)

= 2(x + 2)(x – 2).

36 A = (x – 2)(x – 2) + 3(x – 2) = (x – 2)(x + 1) ;B = 5(x – 4)(x – 4) + 2(x – 4) = (x – 4)(5x – 18).

37 A = (x – 2)(x + 2) ; B = (3x – 1)(3x + 1).

38 A = (2x – 15)(2x + 15) ; B = (12x – 17)(12x + 17).

39 A = (x – 4)(x + 6) ; B = (7x – 2)(4 – 3x).

40 A = (x2 – 1)(x2 + 1) = (x – 1)(x + 1)(x2 + 1) ;B = (9 – 4x2)(9 + 4x2) = (3 – 2x)(3 + 2x)(9 + 4x2).

41 A = (x + 1)2 ; B = (x – 2)2.

42 A = (x + 3)2 ; B = (2x + 1)2.

43 A = (3x + 4)2 ; B = (2 – 5x)2.

• 12

44 A = (x2 – 1)2 = (x – 1)2(x + 1)2 ;B = (2x3 + 1)2.

45 A = 5(x – 1)2 – 3(x – 1) = (x – 1)(5x – 8) ;B = (x – 3)(1 – 4x).

46 A = 2(2x – 1)2 – 5(2x – 1) = (2x – 1)(4x – 7) ;B = (3x – 1)(3x + 1) + 2(3x – 1)(x – 4) = (3x – 1)(5x – 7).

47 A = 4(x + 3)2 – (x + 3)(x – 3) = (x + 3)(3x + 15) = 3(x + 3)(x + 5) ;

B = (4 – 3x)(4 + 3x) + 2(4 + 3x)2 = (4 + 3x)(3x + 12)= 3(4 + 3x)(x + 4).

48 A = x2(x + 1) + (x + 1) = (x + 1)(x2 + 1) ;B = x2(x – 1) + x – 1 = (x – 1)(x2 + 1).

49 Df = � – {2} f(x) =

3x – 5x – 2

;

Dg = �* g(x) =

2x2 – x – 1x

.

50 Df = � – {– 1 ; 1} f(x) =

2x2 – 1

;

Dg = � – �0 ; 1

3 � g(x) = 5x – 2

x(3x – 1).

51 Df = � – {– 1 ; 0 ; 1} f(x) =

2x2 + 3x – 1x(x2 – 1)

;

Dg = � – {– 2 ; 2} g(x) =

– x – 1x2 – 4

.

52 Df = � – �– 1

3 ; 1

3 � f(x) = – 7x + 19x2 – 1

= 7x + 11 – 9x2

;

Dg = � – {1 ; 2 ; 5} g(x) =

5x – 13(x – 1)(x – 2)(x – 5)

.

c4 Mettre un problème en équation

53 B. 1. Soit x, x + 1 et x + 2 les trois naturels cher-chés. Ce sont les mesures des côtés du triangle rectangle.2. x + 2 est la mesure de l’hypoténuse.3. (x + 2)2 = x2 + (x + 1)2 (1)C. 1. (x + 2)2 – x2 = (x + 2 + x)(x + 2 – x) = (2x + 2) × 2.2. L’équation devient 4(x + 1) = (x + 1)2

soit encore (x + 1)(3 – x) = 0 (2)S = {– 1 ; 3}.3. Seule, la solution 3 convient car – 1 ∉ �.Les trois entiers cherchés sont 3, 4 et 5.

54 Soit x l’entier naturel cherché.

L’équation à résoudre est 3 + x7 + x

= 67

.

21 est le nombre cherché.

55 Soit 2n et 2n + 2 les deux entiers naturels pairs cherchés.On cherche n tel que 2n + 2n + 2 = 2010.On trouve n = 502.Les nombres cherchés sont 1 004 et 1 006.

56 Soit 2n + 1, 2n + 3 et 2n + 5 les nombres entiers naturels impairs cherchés.On cherche n tel que 2n + 1 + 2n + 3 + 2n + 5 = 10.On trouve 6n + 9 = 101.Il n’y a pas de solution entière.On ne peut donc trouver de tels entiers.

57 Soit x la mesure du côté cherché.L’équation à résoudre est (x + 3)2 = x2 + 21.La mesure du côté est 2 cm.

58 Soit � la largeur du rectangle.L’équation à résoudre est 3�2 = 2 700.La solution est 30.Les dimensions du rectangle sont 30 m et 90 m.

c5 Résolution d’équations

59 a) x2 – 4 = (x + 2)(x – 2) ; S = {– 2 ; 2}.

b) 9x2 – 1 = (3x + 1)(3x – 1) ; S = �– 13

; 13 �.

60 a) (x + 1)(5 – 2x) = 0 ⇔ x = – 1 ou x = 52

.

b) (2x – 3)(x – 3) = 0 ⇔ x = 32

ou x = 3.

61 a) x(3x – 7) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 73

.

b) (x – 1)(x + 2) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 2.

62 1. x3(9x2 – 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 13

ou x = – 13

.

2. x7(25x2 – 4) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 25

ou x = – 25

.

63 a) x[(x + 1)2 – 4(x – 1)2] = 0 ⇔ x(– 3x2 + 10x – 3) = 0.

⇔ x�x2 – 103

x + 1� = 0 ⇔ x��x – 53 �

2 – 16

9 � = 0.

⇔ x(x – 3)�x – 13 � = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1

3 ou x = 3.

b) (x2 – 2)(x2 + 2) = 0 ⇔ x = 12 ou x = – 12.

64 1. f(x) = x2 + 6x + 5 = (x + 1)(x + 5).2. (0 ; 5).3. a) f(x) = 0 ⇔ (x + 1)(x + 5)= 0 ⇔ x = – 1 ou x = – 5.b) f(x) = 5 ⇔ x2 + 6x = 0x = – 6 ou x = 0.

65 a) f(x) = x3 – 1.b) f(x) = 0 si, et seulement, si x3 = 1, c’est-à-dire si, et seulement, si x = 1. S = {1}.

66 a) S = {– 24} ; b) S = {1}.

67 a) x ≠ 1 ; S = �– 12 � b) x ≠ 1 ; S = {– 2}.

68 a) x ≠ 1 et x ≠ – 1 ; S = {– 5}.

69 x ≠ 2 ; S = {3}.

70 x ≠ 0 ; S = {– 2 ; 2}.

Chapitre 2. Expressions algébriques. Équations • 13

71 x ≠ 1 et x ≠ – 1 ; S = {0}.

72 a) x ≠ – 12

; S = �12 �.

b) x ≠ – 2et x ≠ – 53

; S = �53 �.

75 1. b) L�

3 1,615 1,077

3. On veut montrer que �

L – � = L

�

(� : longueur ; L – � : la largeur).Soit encore que L2 – �L = �2 c’est-à-dire encore L2 – �2 – �L = 0.Or on sait par hypothèse que : L

� =

L + �L

, c’est-à-dire que L2 – �L – �2 = 0.Conclusion : le nouveau rectangle est un rectangle d’or.

4. a) L�

= L + �

L ⇔ L

� = 1 +

�L

⇔ x = 1 + 1x

et x > 0.

b) x = 1 + 1x

⇔ x2 = x + 1 ⇔ x2 – x – 1 = 0.

c) (x2 – x) – 1 = �x – 12 �

2 – 1

4 – 1 = �x – 1

2 �2 – 5

4.

d) �x – 12 �

2 – 5

4 = 0 ⇔ �x – 1

2 + 15

2 ��x – 12

– 152 � = 0.

⇔ x = 1 – 152

ou x = 1 + 152

.

e) Le nombre d’or est un réel positif et il est solution de l’équation précédente, d’où il est égal à :1 + 15

2 ≈ 1,618.

5. Le 2e rectangle dessiné dans le texte a un rapport L�

très voisin du nombre d’or. Il avait été qualifi é d’har-monieux.

76 a) �2 – �

1 = 2πa : Vraie.

b) �3 – �

2 = 2πa : Vraie.

77 Le volume V du trou doit être tel que :7 700 V – 2 700 V = 0,005.Soit V = 0,000 001 (en m3).On cherche h, sa hauteur en mètres tel que :π × (0,005)2 × h = 0,000 001.

Soit h = 125π

≈ 0,013 (en m).

78 1. a) �(x) = πx2

+ π × 8 – x

2 = 4π, x ∈ ]0 ; 8[.

b) [IJ] privé de I et de J, avec I(0 ; 4π) et J(8 ; 4π).

2. a) S(x) = 12

π(4)2 + 12

π� x2 �

2 – 1

2 π�8 – x

2 �2 = 2πx.

b) S(1) + S(7) = 16π ; S(2) + S(6) = 16π ;S(3) + S(5) = 16π.Remarque : 16π est l’aire du disque limité par �.

73 a) x ≠ 0 ; S = {– 2}.b) x ≠ 0 ; S = {1}.

74 a) x ≠ 0 et x ≠ 2 ; S = {– 12 ; 12}.

b) x ≠ – 1 et x ≠ 2 ; S = �12

; 32 �.

c) S(x) = 8π pour x = 4 (M est le milieu de [AB]).d) S(7) est l’aire de la portion du disque limité par � qui n’est pas rose, pour x = 1.La réunion des parties d’aires S(1) et S(7) est donc le disque tout entier : S(1) + S(7) = 16π.Plus généralement, S(x) + S(8 – x) = 16π.S(x) = 8π lorsque M est le milieu de [AB](S(x) = S(8 – x) dans ce cas.)

79 L’aire de la partie colorée est 2πx.

Cherchons x tel que 2πx = π4

.

On trouve x = 18

. Soit environ 0,125 cm.

80 A. On lit b ≈ 7.B. 1. a = c = 412.2. EC = 4 – HC = 1 avec HC = 3 et DC = 8, d’où b = DE = DC – EC = 7.

81 A. x ≈ 1,88.B. 1. Utilisons le théorème de Thalès dans AHB.

On obtient AMAB

= AKAH

.

De même dans ABC, on obtient AMAB

= MNBC

.

D’où AKAH

= MNBC

.

Pour que MNPQ soit un carré, il faut avoir MN = MQ = x.

On a donc la relation suivante 3 – x

3 =

x5

, ce qui nous

donne x = 158

= 1,875.

On retrouve la conjecture faite au A.

82 A. Conjecture : pour que �(x) soit minimale :x ≈ 1,25�(x) ≈ 2,875.

B. 1. Aire de AMQ : x(2 – x)

2 =

– x2 + 2x2

.

Aire de BNM : x(3 – x)

2 =

– x2 + 3x2

.

�(x) = AABCD

– 2AAMQ

– 2ABNM

= 6 + 2x2 – 5x.

2. 2�x – 54 �

2 + 23

8 = 2x2 – 5x + 6 = �(x).

3. �(x) est minimale pour x = 54

.

�(x) vaut alors 238

.

4. On retrouve les résultats du A.

• 14


83 A. Conjecture : pour que l’aire de AMN soit égale à l’aire de BMNC, on doit avoir x ≈ 3,54. L’aire sera alors environ égale à 5,42.

B. A(x) = x × x132

× 12

= x2134

.

B(x) = (x + 5)

2 × h

avec h la hauteur de MNCB

d’où h = 5132

– x132

= 132

(5 – x).

B(x) = 13 (25 – x2)

4.


85 a) 1,218 < r < 1,227.

b) r = 4 32

≈ 1,225.

86 a) 0,679 < r < 0,688.b)

00,7

1

1

x

y

L’encadrement de r obtenu en a) semble en accord avec le tracé de la courbe d’équation y = x3 + x – 1.

87 1. Dans le programme en AlgoBox, on remplace pow(10, – 2) par pow(10, – 5).Dans les programmes Casio et TI, on remplace 10^(– 2) par 10^(– 5).2. a) r = 8/3 ≈ 2,666 67c) 2,666 664 < r < 2,666 672


89 A. 1. Premier passage dans la boucle.Au début, la valeur de A est celle qui a été saisie ; c’est

avec cette valeur qu’est calculée l’expression – 12

A + 3,

c’est-à-dire f(A), c’est-à-dire A1. On affi che ensuite 1 et

la valeur de A1.

Second passage dans la boucle.Au début, A a pour valeur A

1 et donc – 1

2 A + 3 a pour

valeur – 12

A1 + 3, c’est-à-dire f(A

1), c’est-à-dire A

2. On

affi che ensuite 2 et la valeur de A2.

2. A(x) = B(x) ⇔ 134

(25 – x2) = 134

x2.

⇔ 25 – x2 = x2 ⇔ x2 = 252

soit x = 5122

≈ 3,54.

Dans ce cas, on a A(x) = 25138

� B(x) = 25138

.

3. Ce résultat est cohérent avec la conjecture établie au A.

Pe passage dans la boucle : Ap est calculé ; p et A

p sont

affi chés.À la fi n de la boucle : A

n est calculé ; n et A

n sont affi chés.

2. a) i = 1, A = 8. b) i = 2, A = – 1. c) i = 3, A = 1,25.B. 1. Programmes en AlgoBox et sur calculatrice Casio :AlgoBox Casio

A est un réel donné, « A= » ? → Aet u un entier donné. « N= » ? → NCalcul des termes de la suite : B – A → HA(0) = A For 1 → I To NA(p) = – 0,5 × A(p – 1) + 3, –.5xA + 3 → Ap = 1, 1,2, …, n. I

A Next

Code de l’algorithme

A EST_DU_TYPE NOMBRE▼ VARIABLES

n EST_DU_TYPE NOMBRE

i EST_DU_TYPE NOMBRE

LIRE A▼ DEBUT_ALGORITHME

LIRE n

▼ POUR i ALLANT_DE 1 A nDEBUT_POUR

A PREND_LA_VALEUR –0,5*A+3

AFFICHER i

AFFICHER « ,»

AFFICHER AFIN_POUR

FIN_ALGORITHME

Les résultats numériques ci-dessous sont ceux fournis par le programme en AlgoBox.2. a) A

1 = – 1, A

2 = 3,5.

3. a) A19

= 1,999 988 6, A20

= 2,000 005 7, A

29 = 2,000 000 0, A

30 = 2,000 000 0.

b) La suite de nombres A1, A

2, A

3, … semble se rapprocher

de 2 (« converger » vers 2).4. En effectuant de nombreux essais avec des valeurs quelconques de A, on constate chaque fois cette « conver-gence » de la suite A

1, A

2, A

3, … vers 2.

On conjecture que, quelle que soit la valeur de A, la suite A

1, A

2, A

3, … « converge » vers 2).

Chapitre 2. Expressions algébriques. Équations • 15


EXERCICESLES

90 B(– h2 ; 0) �utiliser tan hOIA = OAOI

= OBOA� ; C(O ; – h3) ;

D(h4 ; 0).

91 36 fruits.

92 AB = 62,1 �AB23

+ AB27

= 5�.93 Posons BP = x.

CNCA

= MNBA

= PABA

, donc x4

= 3 – x

3.

x = 127

; BP = 127

.

94 r = 4 (le rayon est égal aux deux tiers de la hau-teur).

96 Soit 2n + 1, 2n + 3, 2n + 5 les entiers naturels impairs cherchés.L’équation à résoudre est 6n = 90.Les entiers cherchés sont 31, 33 et 35.

97 À 12 h 00, à 150 km de A.

98 a) Faux car pour x = 1, (x – 1)(x2 + 1) = 0.b) Faux car pour tout réel x, – x2 – 1 < 0.c) Faux car pour x = – 1, l’expression n’est pas défi nie.d) Faux car pour x = 0 et y = 0 (x + y)2 = 0 et x2 + y2 = 0.e) Vrai, il suffi t de prendre b = – 2a.

f) Vrai, il suffi t de prendre a = – 12

b.

g) Faux car b doit être égal à – 2a.

99 a) (x – 2)(x + 2)(x – 12)�x + 32 �

= (x2 – 4)(x – 12)�x + 32 �.

b) S = �– 2 ; 2 ; 12 ; – 32 �.

c) S = {2}.d) S = {– 2 ; 2}.

e) S = �– 2 ; 2 ; – 32 �.

100 (x2 + 2x + 1)4 = (x + 1)8

(x + 1)8 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ou x + 1 = – 1.S = {– 2 ; 0}.

101 Pour x ≠ – 1 :

� 1x + 1�

2 = 1 ⇔ 1

x + 1 = 1 ou 1

x + 1 = – 1.

1x + 1

= 1 ⇔ x = 0 ; 1x + 1

= – 1 ⇔ x = – 2.

S = {– 2 ; 0}.

102 (x4 – 1)2 = 1 équivaut à x4 – 1 = 1 ou x4 – 1 = – 1.• x4 – 1 = – 1 ⇔ x = 0.• x4 – 1 = 1 ⇔ x4 = 2 ⇔ x2 = 12 ou x2 = – 12. �

impossiblex2 = 12 ⇔ x = 412 ou x = – 412.

S = {– 412 ; 0 ; 412}.

Problèmes ouverts

103 Soit f la fonction défi nie sur � par f(x) = x3 et g la fonction défi nie sur � par g(x) = – ax – 1.À l’aide d’un logiciel de géométrie, on peut tracer les deux courbes représentatives de f et de g en utilisant un curseur pour faire varier a de – 10 à 10 par exemple.Il existe toujours un point d’intersection au moins entre les deux courbes.

104 xn + a = 0.• n pair : f : x → xn est une fonction décroissante puis croissante dont le minimum est l’origine du repère.a = 0 : 1 solutiona > 0 : 0 solutiona > 0 : 2 solutions.• n impair : f : x → xn est une fonction croissante strictement.L’équation admet exactement 1 solution quel que soit le réel a.• n = 0 ; pour a = – 1, tout x est solution ;pour a ≠ – 1 ; aucune solution.

• 16


EXERCICESLES

Fonctions de référence

C H A P I T R E3

c1 Sens de variation de f : x � ax + b

1

1

O

�g

�h

�f

1

– 1

y

x

f est strictement croissante sur �, g et h sont strictement décroissantes.

2 1. a) f(x) = 54

x – 34

. b) g(x) = – 23

x + 53

.

c) h(x) = – 215

x + 115

. d) k(x) = – x – 2.

2. f est strictement croissante sur � ; g, h et k sont stricte-ment décroissantes.

3 f est affi ne et strictement croissante sur �.

4 a) f(x) = 3x + 4.g(x) = 3(x + 4) = 3x + 12.f(0) = 4, alors que g(0) = 12. Donc f ≠ g.b) f et g sont toutes deux strictement croissantes sur �.

5 Non, car une fonction affi ne ne change pas de sens de variation sur �.

6 a) f(x) = 3(x + 2). f affi ne strictement croissante sur �.b) f(x) = – 5x – 1. f affi ne et strictement décroissante sur �.

c) f(x) = x2 + 2. f non affi ne.

7 a) Faux. b) Faux. c) Vrai.

8 1. f(1) < f(3), donc f est strictement croissante sur �.

2. a) f(x) = 32

x + 12

.

b) a = 32

> 0, donc f est bien strictement croissante sur �.

9 a) Non.b) f est affi ne telle que f(2) < f(5) ; donc f est strictement croissante sur �.

10 f est strictement croissante sur �, donc :a) f(x) > f(3) ⇔ x > 3.b) f(1) < f(x) < f(4) ⇔ 1 < x < 4.

11 a) f(0) = – 1, f(1) = 2, f(2) = 1.

b)x – ∞ 1 + ∞

f(x) 2

c)

O 1

1

– 1

2

3 x

y

12 1. a) 1 < 3, donc f(1) � f(3) car f est croissante. Or f(3) < 0.D’où f(1) < 0.

Sur les capacitésEXERCICESLES

b) Non.2. a) 5 < 7, donc f(5) � f(7) ; or f(5) > 0, d’où f(7) > 0.b) x

0 ∈ ]3 ; 5[.

c2 Signe de ax + b

13 a) x = 2.

b)x – ∞ 2 + ∞

f(x) + –0

14 a) x = 53

; x > 53

.

x – ∞ 53

+ ∞

3x – 5 – +0

b)

O 53

1

– 5

x

y

�f coupe (Ox) en x = 5

3 .

Sur � 53 ; + ∞�, �f est au-dessus de (Ox) et sur � – ∞ ; 5

3 �, �f

est au-dessous de (Ox). On retrouve le tableau précédent.

15 a)x – ∞ –

32

+ ∞

2x + 3 – +0

b)x – ∞

23

+ ∞

6x – 4 – +0

c)x – ∞

25

+ ∞

– 5x + 2 + –0

d)x – ∞

16

+ ∞

12

– 3x + –0

e)x – ∞ 0 + ∞

– 4x + –0

f) x – ∞ – 4 + ∞

– 0,5x – 2 + –0

16 a)x – ∞

512 – 13

+ ∞

A – +0

b)x – ∞

412 – 2

+ ∞

B – +0

c)x – ∞

2π – 4

+ ∞

C – +0

17 1. a)

x – ∞ – 32

+ ∞

2x + 3 – +0

b)

O 1

1

3

– 32

x

y

2. a)x – ∞

34

+ ∞

3 – 4x + –0

b)

1

3

1

O 34

x

y

18 a) f(x) = x – 23

.

b) g(x) = a �x – 23 � avec a > 0.

19 a)

x14

3

4x – 1 – 0 + +

3 – x + + 0 –

(4x – 1) (3 – x) – 0 + 0 –

S = � 14 ; 3�.

• 18

b)

x53

2

x – 2 – – +

(3x – 5)2 (x – 2) – – +

S = ]2 ; + ∞[.c)

x12

1 6

x – 6 – – – +

1 – x + + – –

2x – 1 – + + +

5(x – 6) (1 – x) (2x – 1) + – + –

S = � 12 ; 1� ∪ �6 ; + ∞�.

20 a) A = x(x – 2).

x 0 2

A + 0 – 0 +

b) B = (x – 2) (x + 2).

x – 2 2

B + 0 – 0 +

c) C = (1 – x) (1 + x).

x – 1 1

C – 0 + 0 –

21 a)x

12

3

A + – 0 +

b)x 0

23

B + 0 – +

c)x 1

32

C – – 0 +

22 t

12

a = 2t – 1 – +0

Si t < 12

, f est strictement décroissante sur �.

Si t = 12

, f est constante et égale à 3.

Si t > 12

, f est strictement croissante sur �.

0

00

0

0

0

0 0 0

23 a) 2 < 3, donc f(2) < f(3), c’est-à-dire f(3) > 0.b) – 1 < 2, donc f(– 1) < f(2), c’est-à-dire f(– 1) < 0.c) 0 < 2, donc f(0) < f(2), c’est-à-dire f(0) < 0.

24 a)

x

y

1

1

2

2O 4

b) f(2) = 0 et ∀x ≠ 2, f(x) > 0.

c3Variations de f : x � x2 et g : x � 1x

25 x – ∞ 0 + ∞

x2

0

26 a)

x – 1 0 2

x21 4

0

b) f possède un maximum 4 pour x = 2.f possède un minimum 0 pour x = 0.

27 a) Non, f est strictement décroissante sur [– 2 ; 0] et strictement croissante sur [0 ; 3].b) Non, pour les mêmes raisons.Remarque : une fonction qui n’est pas croissante sur un intervalle n’est pas nécessairement décroissante sur cet intervalle.

28 a) 0 < 3,06 < 3,52. Or la fonction carrée est stric-tement croissante sur �

+ ; donc 3,062 < 3,522.

b) 0 < π < 4, donc π2 < 42.c) – 0,152 < – 0,15 < 0. Or la fonction carré est strictement décroissante sur �

– ; donc (– 0,15)2 < (– 0,152)2.

On peut remarquer aussi que (– 0,15)2 = 0,152 et (– 0,152)2 = 0,1522.Or 0 < 0,15 < 0,152. D’où 0,152 < 0,1522 et donc :(– 0,15)2 < (– 0,152)2.

29 (– 0,3)2 = 0,32 ; 10– 1 = 0,1.

0 < 0,1 < 0,2 < 14

< 0,3. Or la fonction carré est strictement

croissante sur �+ ; d’où 0,12 < 0,22 < � 14 �

2

< (0,3)2.

30 1. a) a2 � b2. b) a2 � b2.2. Non.

Chapitre 3. Fonctions de référence • 19

• 20

42 Non, car �* n’est pas un intervalle.

Ainsi par exemple : – 2 < 2 et l’on n’a pas 1– a

> 12

.

43 a) V � KV

, pour V ∈ �*+.

b) La fonction inverse étant strictement décroissante sur �*

+ et k étant positif, la fonction précédente est

strictement décroissante sur �*+. D’où lorsque le volume

augmente, la pression diminue.

44 A. f(v) – f(u) = v2 – u2 = (v – u) (v + u), du signe de v + u puisque u < v, c’est-à-dire positif puisque u et v sont tous deux positifs.D’où si 0 � u < v, alors f(u) < f(v). Donc f est strictement croissante sur �

+.

B. Lorsque u < v � 0, f(v) – f(u) est du signe de v + u, c’est-à-dire négatif. D’où f est strictement décroissante sur �*

–.

45 1. f(v) – f(u) = 1v

– 1u

= u – vuv

.

2. a) Négatif.b) Négatif, puisqu’on a dans les deux cas : uv > 0.3. D’où f est strictement décroissante sur �*

– et sur �*

+.

c4Courbes de f : x � x2 et g : x � 1x

46 1.

x – ∞ 0 + ∞

x2

0

2. a) 0. b) 1. c) 4. d) 1. e) 4.3.

4

1

1– 1– 2 2 x

y

O

4. a) 2 et – 2. b) 0. c) Pas d’antécédents.

47 a)

3 x

y

2

4

1

9

1– 2 O

b) Non, car 4 ∉ [– 2 ; 3].

31 a) Si x > 3, alors x2 > 32 car la fonction carré est strictement croissante sur �

+.

b) Si x < – 2, alors x2 > (– 2)2, c’est-à-dire x2 > 4, car la fonction carré est strictement décroissante sur �

–.

32 a) 9 � x2 � 16. b) 9 � x2 � 16. c) 0 � x2 � 4.

33 Non. De x2 > 4, on peut déduire x < – 2 ou x > 2.

34 x – ∞ + ∞

1x

0

35 a)x 1 4

f(x)1

14

b) f possède un maximum 1 pour x = 1.

f possède un minimum 14

pour x = 4.

36 – 0,2 < 0 < 10– 1 < 0,3 < 13

.

Or la fonction inverse est strictement décroissante sur �*+,

donc 110– 1

> 10,3

> 113

. Ces nombres sont positifs, alors

que 1– 0,2

< 0. D’où 1– 0,2

< 113

< 10,3

< 110– 1

.

37 a) 0 < 3 < 4. Or la fonction inverse est strictement

décroissante sur �*+. D’où 1

3 > 1

4 .

b) π < 4, d’où – π > – 4 et donc 1– π

< 1– 4

puisque la

fonction inverse est strictement décroissante sur �*+.

c) – 13

< 0 et 14

> 0 donc – 13

< 14

.

38 a) La fonction inverse est décroissante su �*+, donc

1a

� 1b

.

b) Elle est aussi décroissante sur �*–, donc 1

a � 1

b .

c) a < 0, donc 1a

< 0 ; b > 0, donc 1b

> 0. D’où 1a

< 1b

.

39 a) 1x

< 13

car la fonction inverse est strictement

décroissante sur �*+.

b) 1x

> – 12

car la même fonction est strictement décrois-

sante sur �*– .

40 a) 14

� 1x

� 13

. b) – 13

� 1x

� – 14

.

41 Non. Par exemple, si x = – 1, 1x

< 12

et pourtanton n’a pas – 1 > 2.


54 a)

x – ∞ + ∞

1x

0

b) 1 ; 12

; 2 ; – 1.

c)

2

11/2

1/2

– 1

– 1

O 1 2 x

y

55 1.

x

y

1

1O

2. a) 13

. b) – 12

.

c) – 4. d) 0 n’a pas d’antécédents.

56 1.

1

y = 1

y = – 2

y = 2

O x

y

2. a) S = ]0 ; 1[. b) S = � – 12

; 0 �.c) S = � – ∞ ; 0 � ∪ � 12 ; + ∞�.

57 1.

x

y

1

– 1

– 1

1– 2

O 2 3

2. a) � 13 ; 12

�. b) � – 1 ; – 12

�. c) � 0 ; 12

�.58 1.

1

1

– 1

– 1

O x

y

d

�

48 2. a) S = {– 1 ; 1}. b) S = {– 3 ; 3}.c) S = {0}. d) S = Ø.

49 b) x2 = 25 ⇔ x = 5 ou x = – 5.c) Non, il signifi e « au moins un ».

50

O x

y

k > 0 2 solutions.

k = 0 1 seule solution : 0.

k < 0 Pas de solution.

51 1.

1

1

x

y

d�

O

y = x

2. a) 0 et 1.b) x2 = x ⇔ x est l’abscisse d’un point d’intersection de � et de d.Graphiquement, on a obtenu 0 et 1.3. x2 = x ⇔ x2 – x = 0 ⇔ x(x – 1) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1.

52 a)

x

y

1

1

O

b) ∀x ∈ ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[, x < x2.∀x ∈ ]0 ; 1[, x2 < x.Pour x = 0 ou x = 1, x2 = x.

53

xx

d

H

My

1

2

O

1. a) A = x × 2x2

= x2.

b) A = (– x) × (– 2x)2

= x2.

2.

x

y

O

• 22

b) Mêmes résultats en ajoutant c et non pas 1 aux deux membres des inégalités.2.

x

1

O

y

64 a) Il semble que f est strictement décroissante sur ]– ∞ ; 1] et qu’elle est strictement croissante sur [1 ; + ∞[.b) 1 � u < v ⇒ 0 � u – 1 < v – 1 ⇒ (u – 1)2 < (v – 1)2 car la fonction carré est strictement croissante sur �+.De même :u < v � 1 ⇒ u – 1 < v – 1 � 0 ⇒ (u – 1)2 > (v – 1)2 car la fonction carré est strcitement décroissante sur �–.D’où confi rmation des résultats obtenus graphiquement avec la calculatrice.

65 a) f semble strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2[ et sur ]2 ; + ∞[.

b) 2 < u < v ⇒ 0 < u – 2 < v – 2 ⇒ 1u – 2

> 1v – 2

car la

fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; + ∞[.De même :u < v < 2 ⇒ u – 2 < v – 2 < 0 ⇒ 1

u – 2 > 1

v – 2 car la

fonction inverse est strictement décroissante sur ]– ∞ ; 0[.D’où f est strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2[ et sur ]2 ; + ∞[.

66 5 – 2 = 3 = 2 – (– 1) ; donc en raison de la symétrie par rapport à la droite x = 2, f(– 1) = f(5) = 11.

c5 Fonction polynôme de degré 2

67 g.

68 a) f(1) = 2.b) ∀x ≠ 1, (x – 1)2 > 0, donc (x – 1)2 + 2 > 2, c’est-à-dire f(x) > f(1).c) ∀x ≠ 1, f(x) > f(1), donc f présente un minimum en x = 1.d)

x – ∞ 1 + ∞

f(x) 2

69 1. a) ∀x ≠ 0, x2 > 0, donc x2 + 1 > 1, c’est-à-dire f(x) > f(0).Donc f présente un minimum, en x = 0, égal à 1.b) ∀x ≠ 0, 2x2 – 3 > – 3. Donc f présente un minimum, en x = 0, égal à – 3.c) ∀x ≠ 4, (x – 4)2 > 0, c’est-à-dire f(x) > f(4).Minimum, en x = 4, égal à 0.d) ∀x ≠ 2, (x – 2)2 > 0, donc (x – 2)2 + 3 > 3.Minimum, en x = 2, égal à 3.

2. a) – 1 et 1.

b) 1x

= x ⇔ x est l’abscisse d’un point d’intersection de �

et de d.Graphiquement, on a obtenu – 1 et 1.

3. 1x

= x ⇔ 1 – x2 = 0 et x ≠ 0 ⇔ x = – 1 ou x = 1.

59 1.

1

1

O x

y

– 1

– 1

2. a) ∀x ∈ ]– ∞ ; – 1[ ∪ ]0 ; 1[, 1x

> x.

∀x ∈ ]– 1 ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[, 1x

< x.

Pour x = – 1 ou x = 1, 1x

= x.

b) • Faux, d’après la 1re ligne du 2. a).• Vrai, car si x naturel non nul ≠ 1, alors x > 1.

60 a) Faux, par exemple x = 12

; x2 = 14

< 12

.

b) Faux, par exemple x = 12

; 1x

= 2 > 12

.

c) Faux, par exemple x = 12

; x2 = 14

; 1x

= 2 et 14

< 2.

d) Vrai : le point d’abscisse 1.

61 a) Faux : (1 + 1)2 = 22 = 4 ; 12 + 12 = 2.

b) Faux : 11 + 1

= 12

; 11

+ 11

= 2.

62 a) y = 2x

avec x > 0.

b)

x

y

2

O 1

c) � x = yet x > 0

⇔ x = � x = 2x

et x > 0 ⇔ x

2 – 2 = 0et x > 0

⇔ x = 12.

63 1. a) 0 � u < v ⇒ u2 < v2 car la fonction carré est strictement croissante sur �+.

⇒ u2 + 1 < v2 + 1.D’où f est strictement croissante sur �+.u < v � 0 ⇒ u2 > v2 car la fonction carré est strictement

décroissante sur �–. ⇒ u2 + 1 > v2 + 1.D’où f est strictement décroissante sur �–.


c) x – ∞ – 1 + ∞

f(x) – 4

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

e)

O

– 4

– 3 – 1

1 x

y

72 a) f(x) = – (x – 1)2 + 5.b) ∀x ≠ 1, – (x – 1)2 < 0, donc – (x – 1)2 + 5 < 5, c’est-à-dire f(x) < f(1).Maximum, en x = 1, égal à 5.

c) x – ∞ 1 + ∞

f(x)

5

d)

4

1

1 + 151 – 15

5

73 d) f(x) = 5 – 3 (x – 2)2.

74 a) et c).

75 f, fonction polynôme de degré 2, possède, en x = 2, un minimum égal à 1 ; donc f(x) est de la forme a(x – 2)2 + 1.De plus, f(0) = 3, d’où a = 1

2 , c’est-à-dire f(x) = 1

2 (x – 2)2 + 1.

76 a) � est une parabole.b) x2 + 4x + 1 = 1 ⇔ x2 + 4x = 0 ⇔ x = 0 ou x = – 4.D’où l’axe de symétrie de � est la droite d’équation x = – 2.c) f(– 2) = – 3.f(0) = 1 et 1 > – 3. Donc f présente un minimum.

d) x – ∞ – 2 + ∞

f(x) – 3

2. a) x – ∞ 0 + ∞

f(x) 1

x

y

1O

1

b) x – ∞ 0 + ∞

g(x) – 3

x

y

O

– 3

c) x – ∞ 4 + ∞

h(x) 0

4O x

y

d) x – ∞ 2 + ∞

k(x) 3

y

x2O

3

7

70 • ∀x ∈ �*, – 3x2 < 0, donc 4 – 3x2 < 4.• f(0) = 4.D’où la plus grande ordonnée est 4, obtenue au point d’abscisse 0.

71 a) (x + 1)2 – 4 = x2 + 2x + 1 – 4 = x2 + 2x – 3 = f(x).b) – 4.

• 24

�g

O

3

92

x

y

32

c) x – ∞ 2 + ∞

h(x) – 8

�h

2 4

– 8

O x

y

d) x – ∞ 1 + ∞

k(x)

8

1

5

�k

x

y

79 a) Maximum égal à 10 pour x = 0.Par exemple, – 4 � X � 4 et – 6 � Y � 11.b) Maximum égal à 14 pour x = 6.Par exemple 0 � X � 12 et – 23 � Y � 15.c) Minimum égal à – 3 pour x = – 1.Par exemple – 3 � X � 1 et – 4 � Y � 5.

80 f(x) = x(1 – x).

Maximum égal à 14

pour x = 12

.

D’où c’est pour x = 12

que A est le plus grand possible.

81 f(x) est de la forme ax(x – 16).

Or f(8) = 4. Donc a = – 116

.

D’où f(x) = x�1 – x16� avec x ∈ [0 ; 16].

e)

O

1

– 4

– 3

– 2

�

x

y

77 b) – x2 + 3x + 4 = 4 ⇔ x = 0 ou x = 3.D’où l’axe de symétrie de � est la droite d’équation x = 3

2 .

c) f � 32 � = 254

; f(0) = 4 et 254

> 4. Donc f présente un

maximum en x = 32

égal à 254

.

d)x – ∞

32 + ∞

g(x) 254

e)

�

3– 1 O

4

41 32

x

y

254

78 a)

x – ∞ – 13 + ∞

f(x) – 163

x53

–

y

�f

163

–

1

13

–

b)x – ∞

32 + ∞

g(x) 92


3.2

0

O12

1–x

y

4. Il se peut que, sur l’écran, on ne voie pas le « trou »

correspondant au point d’abscisse – 12

.

Trouvez l’erreur

90 Dans l’expression de f(x), le coeffi cient de x qui donne le sens de variation est m et non 2.Or m est un réel quelconque. Il faudra donc considérer les cas m > 0, m < 0 et m = 0.

91 Le coeffi cient de x dans 4 – 2x est – 2. Il est négatif.Donc si x � – 2, 4 – 2x � 0 et si x � 2, 4 – 2x � 0.

92 La fonction carré est croissante sur �+, mais elle est décroissante sur �–. Or les nombres – 0,75 et – 0,339 sont négatifs, avec – 0,75 < – 0,339.

D’où f �2 – 114 � > f(– 0,339).

93 La fonction inverse est décroissante sur ]– ∞ ; 0[.

94 L’ordonnée de l’extremum est égale à f �– 12 � = 3

4

et non pas à 1.

c6 Fonction homographique

82 f, g, k.

83 a) Non, x = – 2 n’a pas d’image.

b) f(2) = – 12

; f(4) = 0.

84 a) �*. b) � – {3}.c) � – {– 3 ; 1}. d) � – {13}.

85 a) �. b) �.c) � – {2}. d) � – {2}.

86 a) � – {1}.

b) Oui, car f(x) = 2(x – 1) – 1x – 1

= 2x – 3x – 1

.

87 a) f(x) = 3x + 4

+ 2.

b) � – {– 4}.

88 a) Df = � – {2} ; D

g = � – � 43 �.

b) Dh = � – �2 ; 4

3 �.

89 1. Df = � – �– 1

2 �.2. ∀x ∈ D

f, f(x) = 2(2x + 1)

2x + 1 = 2.

95 f1 strictement croissante sur �, d’où a > 0.

f2 strictement décroissante sur �, d’où a < 0.

f3 constante sur �, d’où a = 0.

96 1. On doit avoir 230 × I � 2 300.Intensités supportables : 5 A, 10 A.2. a)

1 000

0 5 10 15 20I en ampères

P

2 0002 300

3 000

b) P = 230 I.f : I � 230 I est une fonction linéaire strictement croissante sur �+, d’où « lorsque l’intensité augmente, la puissance augmente » (à tension constante).

97 Notons x le nombre de voitures vendues dans le mois.On doit avoir : 300 + 230x > 500 + 200x, soit x > 6,66…D’où x � 7.

98 f : �3 ; g : �

2 ; h : �

1 ; k : �

4.

99 • �f coupe (Ox) aux points d’abscisses – 1 et 3.

Donc �3 ne convient pas.

• f(0) = – 32

< 0, donc �1 ne convient pas.

• D’où la courbe �f est égale à �

2.


• 26

b) Milieu de [AB] � 5454

� ; P � 520

� ; Q � 052

� ; milieu de [PQ] � 5454

� .104 1. f(x) = x

2 + 1.

2. a) Théorème de Thalès dans le triangle NAM, avec (CB) // (AN).1 + ND

1 = 1 + x

x , c’est-à-dire ND = 1

x .

b) D’où g(x) = 12

× 1 × 1x

= 12x

.

3. a)

�f

�g

1

1

O

12

x

y

x0

b) �f et �

g semblent se couper en un seul point d’abscisse x

0.

4. f(x) = g(x) ⇔ x2

+ 1 = 12x

⇔ x2 + 2x = 1 car x ∈ ]0 ; + ∞[, donc x ≠ 0⇔ (x + 1)2 – 1 = 1⇔ (x + 1)2 = 2⇔ x = 12 – 1 car x > 0.

105 1. A = πx2 + π(1 – x)2 = π(2x2 – 2x + 1).2. f(x) = π(2x2 – 2x + 1) pour x ∈ ]0 ; 1[.3. a) et b) 2x2 – 2x = 0 ⇔ x = 0 ou x = 1.

D’où l’axe de symétrie : x = 12

.

h �12� = 12

et h(0) = 1 ; 12

< 1, donc h présente un minimum

en x = 12

égal à 12

.

x

y

1

1

O

12

12

c) ∀x ∈ ]0 ; 1[, f(x) = πh(x).

π étant positif, f présente en x = 12

un minimum égal à π2

.

L’aire A est alors minimum. C’est lorsque les deux cercles

�1 et �

2 ont tous deux pour rayon 1

2 .

106 1. P(i) = 0,4i(3 – i).P(i) > 0 pour i ∈ ]0 ; 3[.2. a) 0,4i(3 – i) = 0 ⇔ i = 0 ou i = 3.

100 1. �1 = x × 1

2 = x

2 ; �

2 =

x �12 x + 12�

2 = 1

4 x(x + 1) ;

�3 = 1

2 x �1x � = 1

2 .

2. a)

12

1

1O– 1 x

y

�1

�2

�3

b) Les trois courbes représentant les fonction f1, f

2, f

3

passent par le même point N(1 ; 1). Donc pour x = 1,

�1(1) = �

2(1) = �

3(1) = aire triangle ONH = 1

2 .

101 a) S1 = 4 000 × �1 + 5

100� = 4 000 × 1,05 = 4 200.

S2 = S

1�1 + 5100� = 4 000 × 1,052 = 4 410.

b) C1(x) = 4 000�1 + x

100� = 40(100 + x).

C2(x) = 40(100 + x) �1 + x

100� = 0,4(100 + x)2.

c) Il suffi t de remplacer x par 5.d) 4 622,5 = 0,4(x + 100)2 ⇔ (x + 100)2 = 11 556,25

⇔ x + 100 = 107,5 car x > 0⇔ x = 7,5.

102 1. �k�

h

�g

6

4

1

1

– 2– 6

x

y

2. a) f(– 3) = 3 ; f(– 2) = 4 ; f(0) = 0 ;

f(1) = 1 ; f(2) = 12

.

b) Voir courbe ci-dessus.3. a) S = {– 2}.b) S = [– 5 ; – 1] ∪ {1}.c) S = ]– ∞ ; – 6[.4. a) Oui.b) Non, les réels plus grands que 4 n’ont pas d’antécédents.

103 a) y = – x + 52

.


4. x 0 2 4

f(x)16 16

8

x

y

42

8

16

O

5. a) Oui pour x = 2, c’est-à-dire P au milieu de [AB].b) Oui pour x = 0 ou x = 4, c’est-à-dire P = A ou P = B.6. a) La droite d’équation y = 10 coupe la courbe de f en deux points, d’où deux valeurs pour x et donc deux positions pour P.b) 2(x – 2)2 + 8 = 10 ⇔ (x – 2)2 – 1 = 0

⇔ (x – 3) (x – 1) = 0⇔ x = 1 ou x = 3.

109 A. 1. a) 2 × 03 – 0 – 1 = 1 ≠ 0.b) Puisque 0 n’est pas solution, on ne perd pas de solution en divisant les deux membres par x. On obtient :

2x2 – 1 – 1x

= 0, c’est-à-dire 2x2 – 1 = 1x

.

2.

x

y

1O

1

– 1

3. Les solutions de l’équation 2x2 – 1 = 1x

sont les abscisses

des points d’intersection des deux courbes précédentes.4. a) Les courbes semblent ne se couper qu’en un seul point d’abscisse 1.

b) 2 × 12 – 1 = 11

donc 1 est bien solution de l’équation.

B. Le logiciel de calcul formel confi rme le fait qu’il n’y a qu’une solution : x = 1.

110 A. 1. M est un point de ]AC[. Or AC = 18 = 212. Donc x ∈ ]0 ; 212[.2. ABCD étant un carré, le triangle AOB est isocèle de sommet O. Donc le triangle AMQ est aussi isocèle de sommet M, c’est-à-dire MA = MQ.

D’où f(x) = 2 × 12

x2 = x2.

D’où l’axe de symétrie : i = 32

.

b)i 0

32 3

P(i) 0,9

c) La puissance est maximale pour une intensité de 32

A. Elle vaut alors 0,9 W.d)

i

P

O 1 3

0,91

32

107 1. f(x) = 1 – x.2. a) x ∈ ]0 ; 1[.b) y

P = f(x) = 1 – x.

3. �(x) = AM × AN = x(1 – x).

4. a) x = 12

.

b) f �12� = 14

> f(0) donc f présente un maximum en x = 12

.

5. a)x 0

12 1

� 14

b) Le maximum de � est 14

obtenu pour x = 12

.

On a alors OM = ON, car 12

= 1 – 12

. OMPN est donc un carré.c) �

x

1

1O 12

14

108 1. [0 ; 4].

2. 12

x(4 – x).

3. a) f(x) = 42 – 4 × 12

x(4 – x)

= 16 – 2x(4 – x)= 2x2 – 8x + 16.

b) Développer (x – 2)2 ou :f(x) = 2(x2 – 4x + 8)

= 2((x – 2)2 + 4)= 2(x – 2)2 + 8.

• 28

3. a) x 0 12 212

g(x)0

2

0

b) L’aire du triangle APQ présente un maximum égal à 2 pour x = 12, c’est-à-dire lorsque M = 0.Le triangle APQ n’est autre dans ce cas que le triangle ADB, donc l’aire vaut bien 2.C. Graphiquement, on constate que la droite d’équation y = 1 coupe la courbe représentant f en deux points. Les abscisses de ces points sont les valeurs de x cherchées. On obtient ainsi deux positions pour M : l’une entre A et O, correspondant à x = 1 et l’autre entre O et C.

3. MQ = MC = 212 – x.

D’où f(x) = 2 × 12

x(212 – x) = – x2 + 212x.

B. 1. Axe de symétrie : x = 12 ; g(12) = 2 ; g(0) = 0 < g(12).Donc g présente un maximum en x = 12 égal à 2.

x – ∞ 12 + ∞

g(x) 2

2.

x

y

212121

1

2

O

�f

�g


112 Pour n = 50, S � 4,499.Pour n = 100, S � 5,187.

113 1. Il suffi t de remplacer S + 1i par S + 1

i2 .

2. Pour n = 50, T � 1,625.Pour n = 100, T � 1,635.

3. Pour i > 1, i2 > i et donc 1i2

< 1i .

Pour i = 1, 1i2

= 1i .

D’où ∀n ∈ �* – {1}, T < S, avec égalité pour n = 1.


115 1. Saisir APour i variant de 1 à 10 A prend la valeur A2

FinPourAffi cher A.

2. a) Pour TI, par exemple :Input AFOR(I, 1, 10)A2 → AEndDisp Ab) 2,43 × 1042.3. a) A(210) ; b) (1,1)(210) ≈ 2,43 × 1042.

116 1. A = 8 ; A1 = – 1 ; A

2 = 7

2 ; A

3 = 5

4 .

2. On effectue une boucle « Pour », le compteur i variant de 1 à n. Au premier passage, A contient la valeur f(A), c’est-à-dire A

1 et i vaut 1. Au deuxième passage, A contient

f(A1), c’est-à-dire A

2 et i vaut 2, etc., jusqu’au n-ième

passage.3. a)

i 1 2 3

A 8 – 1 3,5 1,25

b) A3 = 1,25 = 5

4 .

c) Avant d’entrer dans la boucle, la variable i n’avait pas encore été utilisée dans ce programme.4. a) Avec « Affi cher i », s’affi chent les valeurs successives de i qui évoluent dans la boucle « Pour » : 1, 2, 3…Avec « Affi cher n », ce sera toujours la même valeur qui s’affi chera à chaque tour de la boucle, à savoir le nombre n que l’on aura saisi au départ.b) On n’aura qu’un seul affi chage : n + 1 et A

n. Pourquoi

n + 1 ? Lors du dernier passage (c’est-à-dire le n-ième), i vaut n ; mais après chaque « FinPour », i augmente de 1, c’est-à-dire ici i prend la valeur de n + 1 ; la boucle s’arrête alors car il fallait i � n. D’où, après la boucle, i vaut n + 1.

117 a) Par exemple pour TI :Input AInput NFOR(I, 1, N)– A/2 + 3 → ADisp I, AEnd


EXERCICESLES


On voit que les nombres A1, A

2, … sont alternativement

plus grands et plus petits que 2, s’en rapprochent de plus en plus, et ceci quel que soit A.

118 Si f(x) = 1x

, alors f(f(x)) = x, pour x non nul.

Donc la suite de nombres sera, pour A non nul :

A, 1A

, A, 1A

, … !

Inutile d’écrire un algorithme pour obtenir une telle suite !

b) A19

� 1,999 988 556 ; A20

� 2,000 005 722 ;A

29 � 1,999 999 989 ; A

30 � 2,000 000 006.

Il semble que ces nombres se rapprochent de plus en plus de 2, alternativement, par défaut et par excès.c) Tous les nombres A essayés permettent de faire la même conjecture. On conjecture alors que le résultat précédent serait vrai quel que soit le nombre A choisi au départ.d)

�f

2

y = x

A1

A2

AO6

3

x

y

119 On a v < 1 < u.Or f est affi ne non constante, donc f est ou bien stricte-ment croissante sur �, ou bien strictement décroissante. De plus f(1) = 0.Donc, ou bien f(v) < 0 < f(u), ou bien f(v) > 0 > f(u).Dans les deux cas, f(u) × f(v) < 0.

120 Si f(x) s’écrit ax + b, alors :f(f(x)) = a(ax + b) + b = a2x + ab + b.Pour que g soit strictement décroissante, il faudrait a2 < 0, ce qui est impossible.

121 Pour toute fonction affi ne strictement croissante, c’est-à-dire pour toute fonction de la forme f(x) = ax + b,

avec a > 0, f(x) < A ⇔ ax + b < A ⇔ x < A – ba

, car a > 0.

Donc seuls les nombres x inférieurs à A – ba

rendent

f(x) < A. Donc il n’existe pas de fonction affi ne répondant à la question.

122 • f(x) = ax + b,g(x) = cx + d.D’où g(f(x)) = c(ax + b) + d

= cax + cb + d.D’où l’enchaînement de deux fonctions affi nes est toujours une fonction affi ne. On n’obtient donc jamais la fonction carré.

123 Il faut étudier le signe du coeffi cient de x.a) a = 3t2 – t = t(3t – 1).

t 013

a + 0 – 0 +

Si t = 0 ou t = 13

, alors ∀x ∈ �, f(x) = 1 > 0.

Si t ∈ � – ∞ ; 0� ∪ � 13 ; + ∞�,

x1

t – 3t2

f(x) – +0

Si t ∈ � 0 ; 13

�,

x1

t – 3t2

f(x) + –0

b) a = 3t2 + 2t = t(3t + 2).

t – 23

0

a + 0 – 0 +

Si t = – 23

ou t = 0, alors ∀x ∈ �, f(x) = 3 > 0.

Si t ∈ � – ∞ ; – 23

� ∪ � 0 ; + ∞�,

x – 3

3t2 + 2t

f(x) – +0


EXERCICESLES

Si t ∈ � – 23

; 0 �,

x – 3

3t2 + 2t

f(x) + –0

124 a) L’égalité est vraie ∀x ∈ �, ∀x’ ∈ �. En particulier, pour x = x’ = 0, on obtient : f(0 + 0) = f(0) + f(0).D’où f(0) = 0.b) f(0) = b ≠ 0. Donc f ne vérifi e pas (P

1).

125 1. a) f est strictement croissante sur �+ et stricte-ment décroissante sur �–.En effet : si 0 � u < v, alors u2 < v2 (car la fonction carré est strictement croissante sur �+) et donc 2u2 + 1 < 2v2 + 1.De même, si u < v � 0, alors u2 > v2 (car la fonction carré est strictement décroissante sur �–) et donc 2u2 + 1 > 2v2 + 1.D’où le résultat.b) Même raisonnement, mais la multiplication des deux membres des inégalités par le nombre négatif – 3 change le sens des inégalités.Les résultats sont donc inversés.c) Même sens de variation que la fonction carré pour a > 0.Résultats inversés pour a < 0.2.

�g

�f

1

1

Ox

y

126 1. a) f a le même sens de variations que la fonctioninverse.

En effet : si 0 < u < v, alors 1u

> 1v

car la fonction inverse

est strictement décroissante sur �*+, et donc

1u

+ 1 > 1v

+ 1.

D’où f est strictement décroissante sur �*+.

Même raisonnement, si u < v < 0.b) 2 étant positif, g a le même sens de variation que la fonction inverse.c) – 3 étant négatif, par multiplication des deux membres des inégalités par – 3, le sens des inégalités va changer et la fonction h sera strictement croissante sur �*

– et sur �*

+.

2.

�f

�g

�h

x

y

2

1O

– 3

127 a) x2 + 4x – 5 = (x + 2)2 – 9. Minimum, pour x = – 2, égal à – 9.(x + 2)2 – 9 = 0 ⇔ (x + 2 – 3) (x + 2 + 3) = 0

⇔ x = 1 ou x = – 5.

b) 4x2 + 4x + 3 = (2x + 1)2 + 2. Minimum, pour x = – 12

, égal à 2.Pas de points d’intersection avec (Ox).c) – x2 + 2x + 4 = – (x2 – 2x) + 4

= – ((x – 1)2 – 1) + 4= –(x – 1)2 + 5.

Maximum, pour x = 1, égal à 5.(x – 1)2 – 5 = 0 ⇔ (x – 1 – 15) (x – 1 + 15) = 0

⇔ x = 1 + 15 ou x = 1 – 15.

128 a) 2 � u < v ⇒ 0 � u – 2 < v – 2⇒ (u – 2)2 < (v – 2)2.

u < v � 2 ⇒ u – 2 < v – 2 � 0⇒ (u – 2)2 > (v – 2)2.

Si a > 0, la multiplication par a et le fait d’ajouter 3 ne changent pas le sens des inégalités.Si a < 0, les inégalités changent de sens et les résultats seront inversés.Si a = 0, f(x) = 3. f est constante.D’où si a > 0, f est strictement croissante sur [2 ; + ∞[ et strictement décroissante sur ]– ∞ ; 2].Résultats inversés si a < 0.b) f(x) = ax2 + bx + c avec a ≠ 0.

= a�x2 + ba

x� + c = a��x + b2a�

2

– b2

4a2 � + c

= a �x + b2a�

2

– b2 – 4ac4a

.

Comme précédemment, la discussion porte sur le signe de a.

Si a > 0, f est strictement décroissante sur � – ∞ ; – b2a� et

strictement croissante sur �– b2a

; + ∞�.Si a < 0, résultats inversés.

129 1. Df = � – {2}.

2. a) f(x) = x – 2 – 1x – 2

= 1 – 1x – 2

.

b) Non car il n’existe pas de réels x tels que 1x – 2

= 0.

Ou bien : avec l’expression initiale, il n’existe pas de réels x tels que x – 3 = x – 2.

c) f(x) > 1 ⇔ 1 – 1x – 2

> 1 ⇔ 1x – 2

< 0 ⇔ x < 2.

• 30

130 1. (P) s’écrit : ∀x ∈ A, x2 � 2.Sa négation : ∃ x ∈ A tel que x2 < 2.2. a) Faux car, par exemple, x = 12 appartient à A et son carré, 2, est inférieur à 4.b) Faux, puisque tous les éléments de A ont leurs carrés supérieurs ou égaux à 2.3. Oui, par exemple : A = {2} ; A = {– 2 ; 2}.

Problèmes ouverts

131

�n

An

BnO x

y �

Graphiquement, il y a un seul point d’intersection entre P et �

n.

Notons x0 son abscisse. On a x

0 > 0, car n est positif.

D’où Aire OAnB

n = 1

2 OB

n × B

nA

n = 1

2 x

0 × n

x0

= n2

.

132

�1

�2

x

y

O

N

M

y = ax

Remarque : pour que la droite d’équation y = a’x coupe �

2, il est nécessaire que a’ < 0.

Intersection de �1 et de D

y = ax1x

= ax ⇔ x2 = 1a

(car a ≠ 0)

⇔ x = – 1

1a ou x =

1

1a car a > 0.

En raison de la symétrie par rapport à O de �1 et de D,

les deux points M et N sont symétriques par rapport à O.Si a’ < 0, on obtient de même deux points d’intersection entre �

2 et D’

y = a’x symétriques par rapport à O. Donc le

quadrilatère MPNQ dont les diagonales se coupent en leur milieu est un parallélogramme.Pour qu’il soit un losange, il faut et il suffi t que les deux droites D et D’ soient orthogonales, c’est-à-dire que aa’ = – 1.Ce sera un carré si, et seulement si, les diagonales ont la même longueur.

OM2 = � 1

1a�2

+ (1a)2

= 1a

+ a.

OP2 = � 1

5– a’�2

+ (5– a’)2

= 1– a’

– a’ = a + 1a

car aa’ = – 1.

D’où pour a > 0 donné, on trouve un seul réel a’ convenable :

a’ = – 1a

.


c1 Mettre un problème en inéquation

1 a) 9 + 11 + 2x4

� 12. b) x � 14.

2 x est la longueur de l’arête en dm : x3 � 2.

3 x est la largeur exprimée en m : x(x + 5) > 100.

4 Soit R le rayon du parterre circulaire exprimé en m :πR2 < 10.

5 a) 2n + 3(n + 1) > 150.

b) n > 1475

, soit n � 30.

6 OM > 5 ⇔ x2 + y2 > 25.

7 140 � 10πR2

3 + 4

3 πR3 � 160, où R est exprimé en cm.

c2 Résolutions graphiques

8 a) [1 ; 3]. b) ]0 ; 3].

9 a) [– 4 ; 0[ ∪ ]3 ; 4]. b) ]– 1 ; 4[. c) {2}.

10 a) [– 3 ; 4] – {– 2}. b) {– 3} ∪ [– 1 ; 0[ ∪ ]3 ; 4[.

11

x –4 – 2 1 3

f(x) – 0 + 0 – 0

12

1

1

O 3 4 x

y

13 1.

O– 1– 2 1

1

4

9

2 x

y

3

2. a) ]– 1 ; 1[. b) ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]3 ; + ∞[. c) ]– 2 ; 2[.

14 1. 2.

O– 1– 2 1 2

1

4

x

y

3. c) [– 2 ; – 1] ∪ [1 ; 2].d) Non.

15 a)

O 1

1

y

x

S = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]1 ; + ∞[.

b) Pour passer de 1x

< 1 à 1 < x, Laura a multiplié les deux

membres par x. Or x n’est pas toujours positif. On ne peut opérer ainsi.

InéquationsC H A P I T R EEE4


Chapitre 4. Inéquations • 33

Faire : 1x

– 1 < 0 ⇔ 1 – xx

< 0 et trouver le signe du quotient

1 – xx

.

16

O 1

1

– 1

– 1

y

x

S = ]– ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞[.

17 S = [2 ; 5].

18 a) S = {0 ; 3}.b)

O 3

1

9

�f �

g

x

y

1

c) [0 ; 3].

19 1.�

f

x

y

O– 1 1 2

12

4 y = x

+ 2

2. a) – 1 et 2.b) Pour x = – 1 ou x = 2, on a bien x2 = x + 2.Cette vérifi cation permet de confi rmer que les deux seules solutions que l’on « voit » graphiquement sont bien – 1 et 2.3. a) ]– 1 ; 2[.b) x2 – x – 2 < 0 ⇔ x2 < x + 2.

20 a) 1x

= x4

⇔ x2 = 4 ⇔ x = – 2 ou x = 2.

b)

O 1

– 2

2

1x

y =

1/2

y

x

x4y =

S = ]– ∞ ; – 2] ∪ ]0 ; 2].

21

1 2O

y

x4 6

�g

�f

c3 À l’aide du signe de ax + b

22 a)x 1

22

+ 0 – 0 +

b)x 2

35

– 0 + 0 –

23 a)x 5

632

+ 0 – 0 +

b) x 0 2

– 0 + 0 –

24 a) x 5

– 0 +

b)x 2

31

– 0 + 0 +

25 a) x 0

– 0 –

b) x 1 2 3

– 0 + 0 – 0 +

26

x 52

4

(2x – 5) (x – 4) + 0 – 0 +

D’où S = � – ∞ ; 52

� ∪ � 4 ; + ∞ �.

• 34

27 a) ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]5 ; + ∞[. b) � – 53

; 12

�.

28 a) � – ∞ ; 54

� ∪ �3 ; + ∞ �. b) � – 43

; 0 �.29 a) ]– ∞ ; 3] ∪ [5 ; + ∞[. b) [0 ; 3] ∪ {– 2}.

30 a) (x – 2) (x + 2) � 0. S = [– 2 ; 2].b) (1 – x) (1 + x) > 0. S = ]– 1 ; 1[.

c) (3x – 1) (3x + 1) � 0. S = � – ∞ ; – 13

� ∪ � 13 ; + ∞ �.31 a) (x – 2 – 3) (x – 2 + 3) > 0 ⇔ (x – 5) (x + 1) > 0.

S = ]– ∞ ; – 1[ ∪ ]5 ; + ∞[.b) (x – 15) (x + 15) < 0. S = [– 15 ; 15].c) (3x – 1 – 12) (3x – 1 + 12) > 0.

S = � – ∞ ; 1 – 123

� ∪ � 1 + 123

; + ∞ �.32 a) (3x – 2) (3x – 2 – 4) > 0 ⇔ (3x – 2) (3x – 6) > 0

⇔ x ∈ � – ∞ ; 2 3

� ∪ � 2 ; + ∞ �.b) (2x – 5 – x + 2) (2x – 5 + x – 2) < 0 ⇔ (x – 3) (3x – 7) < 0

⇔ x ∈ � 73 ; 3 �.c) [x – 2(x – 5)] [x + 2(x – 5)] � 0 ⇔ (10 – x) (3x – 10) � 0

⇔ x ∈ � 103

; 10�.33 a) x2 – 2x – 3 = (x – 1)2 – 1 – 3 = (x – 1)2 – 4 ou

développer (x – 1)2 – 4.b) (x – 1 – 2) (x – 1 + 2) < 0 ⇔ (x – 3) (x + 1) < 0

⇔ x ∈ ]– 1 , 3[.

34 S = � – ∞ ; 32

– 12 � ∪ � 32 + 12 ; + ∞ �.35 a) ]– ∞ ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.

b) � – ∞ ; 13

� ∪ � 2 ; + ∞ �.c) � – ∞ ; 1

2 � ∪ � 3 ; + ∞ �.

36 a) � – 13

; 2 �.b) ]– ∞ ; 7[ ∪ ]9 ; + ∞[.

c) � – ∞ ; – 72

� ∪ � 35 ; + ∞ �.37 a) � 0 ; 5

3 �. b) � – ∞ ; 1

4 � – {0}. c) {0} ∪ ]3 ; + ∞[.

38 a) ]0 ; 1[. b) ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]– 1 ; 3[.

39 a) [– 15 ; 15].

b) � 2 ; 32

� ∪ � 4 ; + ∞ �.c) ]– ∞ ; 0[ ∪ {2}.

40 a) �. b) �. c) Ø. d) ]0 ; 2[.e) ]– ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞[. f) [– 13 ; 13].

41 1. a) 2x + 3

– 1 < 0 ⇔ x + 1x + 3

> 0

⇔ x ∈ ]– ∞ ; – 3[ ∪ ]– 1 ; + ∞[.

b) S = � – ∞ ; – 2 � ∪ �– 75

; + ∞ �.c) ]– 3 ; 2[ ∪ ]7 ; + ∞[.2. Pour le a) par exemple, faire dessiner par la calculatrice

la fonction f défi nie par f(x) = 2x + 3

ainsi que la droite

d’équation y = 1, et lire les abscisses des points de la courbe qui sont au-dessous de la droite.

c4 Mise en inéquation et résolution

42 500 + 4,2x < 950 + 2,4x ⇔ 1,8x < 450 ⇔ x < 250.Pour une distance inférieure à 250 km.

43 750 + 3,75x � 6x ⇔ x � 7502,25

, soit x � 334.

44 (6 + 4) x2

� 4(3 + x)2

⇔ x � 2.

45 3x � x2 ⇔ x ∈ [0 ; 3].

46 Soit h la hauteur en dm.

2 � 0,81πh � 3 ⇔ 20,81π

� h � 30,81π

.

La hauteur est comprise entre 7,9 cm et 11,7 cm.

47 6x – (300 + 2x) > 1 500 ⇔ x > 300.

48 a) H est le projeté orthogonal de A sur (Ox).HA = 79 – 4 = 15.D’où y ∈ [15 ; 4].b) y ∈ [– 4 ; – 15].

49 x × 34

× 16

< 10 ⇔ x < 80.

La longueur maximale était de 80 m.

50 4x2 � (x + 5)2 � 9x2.4x2 � (x + 5)2 ⇔ 4x2 – (x + 5)2 � 0

⇔ (x – 5) (3x + 5) � 0⇔ x ∈ ]0 ; 5] car x > 0.

(x + 5)2 � 9x2 ⇔ (2x – 5) (4x + 5) � 0

⇔ x � 52

car x > 0.

D’où x ∈ [2,5 ; 5].

Trouvez l’erreur

51 On n’a pas le droit de retrancher membre à membre des inégalités. Pour s’en convaincre, ici, par exemple : prenons x = 5 et y = 5.y – x = 0 qui n’appartient pas à [3 ; + ∞[.


52 On ne peut pas diviser par x – 2 les deux membres de l’inéquation car x – 2 ne garde pas un signe fi xe. Il faut factoriser par x – 2.

53 Faire le produit en croix revient à multiplier les deux membres de l’inéquation par 3(x – 2), quantité qui ne garde pas un signe fi xe.

54 Le « un » du texte signifi e « au moins un » et non « un et un seul ».

55 1. Le quadrilatère AMIP a ses côtés parallèles 2 à 2 et possède au moins un angle droit : c’est un rectangle. (C’est même un carré puisque AM = AP.) De même, le quadrilatère CQIN est un rectangle.S

1 = x2 ; S

2 = (6 – x) (4 – x) avec x ∈ ]0 ; 4[.

2. S2 � S

1 ⇔ � 24 – 10x � 0

et x ∈ ]0 ; 4[ ⇔ 0 < x � 2,4.

56 P

0,6

3 m A

B

MH

x

Théorème de Thalès dans le triangle MHP.HM – 3

HM = x

0,6 .

D’où HM = 1,80,6 – x

.

30 � HM � 45 ⇔ 30 � 1,80,6 – x

� 45 ⇔ 0,54 � x � 0,56.

57 1. a) H est le projeté orthogonal de A sur (DC).

qD = 45°. Donc le triangle rectangle AHD est isocèle de sommet H.D’où HD = x et AB = 6 – x.

b) �(x) = (12 – x) x2

.

c) p(x) = 6 + x + 6 – x + x12 = 12 + x12.

d) 12 + x12 � 14 et (12 – x) x2

� 10.

2. x � 12.3. a) Dessinons sur l’écran la parabole représentant

la fonction f défi nie par f(x) = (12 – x) x2

et la droite

d’équation y = 10. Il semble que les abscisses des points d’intersection soient 2 et 10.b) 2 et 10 vérifi ent bien A(x) = 10.c) Avec l’écran de la calculatrice, x ∈ ]0 ; 2] ∪ [10 ; + ∞[.4. [12 ; 2] ∪ [10 ; + ∞[.

58 70 � 6 4006 400 + x�

2

< 5 ⇔ (6 400 + x)2 > 70 × 6 4002

5 ⇔ (6 400 + x)2 > 14 × 6 4002

⇔ x > 6 400(414 – 1)avec 6 400(414 – 1) ≈ 17 547.L’astronaute pèsera moins de 5 kg à partir de 17 547 km.

59 A. 1. a m M b

1

23

14

2

46

12

525

7,5

58

4

812

1

2. Il semble que a < m < M < b.B. 1. a) M et m sont tous deux positifs et la fonction carré est strictement croissante sur �+.

b) M2 – m2 = (a + b)2

4 – ab = (a + b)2 – 4ab

4 du signe de

(a + b)2 – 4ab.c) (a + b)2 – 4ab = (a – b)2 > 0 car a ≠ b.Donc M > m.2. 0 < a < b ⇒ a2 < ab ⇒ 3a2 < 4ab ⇔ a < 4ab.Si a = 0, on a a = 4ab.

a < b ⇒ a + b < 2b ⇔ a + b2

< b.

3. D’où pour a ≠ 0, a < 4ab < a + b2

< b.

C. 1. OD = OA + AB2

= 2OA + AB2

=OA + OB2

.

2. a) Dans le triangle rectangle OAC, cos jCOA = OAOC

.

Dans le triangle rectangle OBC, cos jCOA = OCOB

.

D’où OAOC

= OCOB

.

b) D’où OC2 = OA × OB.3. On applique le résultat du B. avec OA = a et OB = b.

On a 0 < a < b. Donc 4ab < a + b2

, c’est-à-dire OC < OD.

60 a) v2

150 + v

5 < 12 ⇔ v2 + 30v – 1 800 < 0 avec v � 0.

b) v2 + 30v – 1 800 = (v + 15)2 – 225 – 1 800= (v + 15)2 – 2 025.

c) � (v + 15)2 – 2 025 < 0et v � 0

⇔ 0 � v < 30.

Il faut rouler à moins de 30 km/h pour pouvoir arrêter la voiture en moins de 12 m.

61 1. a) �(x) = x(4 – x) et x ∈ ]0 ; 4[.f(x) = x(4 – x) ; f fonction polynôme de degré 2.Axe de symétrie de la parabole : x = 2.


• 36

f(2) = 4 ; f(0) = 0. 0 < 4, donc f présente en x = 2 un

maximum égal à 4. Or 4 = 14

× 42.

D’où ∀x ∈ ]0 ; 4[, A(x) � 14

aire du carré ABCD.

b) L’aire est maximale pour x = 2. Le rectangle est alors un carré.2. a) On trace sur la calculatrice : Y = x(4 – x) et Y = 2.On obtient approximativement : x ∈ ]0,6 ; 3,4[.b) x2 – 4x + 2 = (x – 2)2 – 4 + 2 = (x – 2)2 – 2 ou en développant (x – 2)2 – 2.c) A(x) > 2 ⇔ x(4 – x) > 2 ⇔ x2 – 4x + 2 < 0

⇔ (x – 2)2 < 2⇔ (x – 2 – 12) (x – 2 + 12) < 0⇔ x ∈ ]2 – 12 ; 2 + 12[.

d) 2 – 12 � 0,586.2 + 12 � 3,414.Les résultats trouvés graphiquement étaient très voisins.

62 1. 20tt2 + 4

� 4 ⇔ t2 – 5t + 4 � 0.

2. a) et b) La parabole semble couper (Ox) aux points d’abscisses 1 et 4, ce que l’on peut vérifi er par le calcul.D’où S = [1 ; 4].3. Pendant 3 heures.

63 2. a) 1 et 2.b) 12 – 3 × 1 + 2 = 0. De même pour 2.3. x ∈ ]– ∞ ; 1[ ∪ ]2 ; + ∞[.4. a) x ∈ ]– 3 ; – 1[.

b) x ∈ � – ∞ ; 23

� ∪ � 1 ; + ∞ �.

64 2. 0,6 et 1,6.3. [a ; b] avec a � 0,6 et b � 1,6.4. a) ]– ∞ ; a] ∪ [b ; + ∞[ avec a � – 1,8 et b � 1,1.b) ]– ∞ ; a[ ∪ ]b ; + ∞[ avec a � – 0,16 et b � 1,74.

65 1. x = – 3 + 42910

ou x = – 3 + 42910

.

2. a) et b) S = � – ∞ ; – 3 + 42910

� ∪ � – 3 + 42910

; + ∞ �.3. a) S = � – 4 + 422

3 ; – 4 + 422

3 �.

b) S = � 1 – 152

; 1 + 152

�.66 1. a) Oui. b) Non.

2. Non, puisque – 3 est solution de (1) alors qu’il n’est pas solution de (2).3. Quentin a certes multiplié les deux membres de l’iné-quation par x + 2, mais x + 2 ne reste pas toujours positif.

4. (1) ⇔ 1

x + 2 – 1 < 0 ⇔

x + 1x + 2

> 0

⇔ x ∈ ]– ∞ ; – 2[ ∪ ]– 1 ; + ∞[.

67 � est la largeur en m.(� + 1) (� + 4) – �(� + 3) > 14 ⇔ � > 5.

68 x est la mesure en mètres du côté du carré.

La hauteur du triangle équilatéral : 9x2 – x2

4 = x13

2 .

D’où h = x + x 132

= x �1 + 132 �.

Il faut x �1 + 132 � < 12 ⇔ x <

12

1 + 132

(� 6,4).

69 t est le temps de parcours en heures.Distance parcourue = (6 + 2π) × 30 = (3 + π) × 60.D’où :

150 � (3 + π) 60t

� 180.

D’où a � t � b avec a = 1 + π3

≈ 2,05

et b = 2(3 + π)5

≈ 2,46.


71 2. a) n0 = 11.

b) n0 = 12.

c) n0 = 17.

3. n � 17, car la suite des nombres �43�n

va en augmentant.

72 1. Il suffi t de remplacer 43

par 53

.2. a) n

0 = 10.

b) 10 < 17 dû au fait que 53

> 43

.

3. Lorsque l’on prend 13

au lieu de 53

, la suite, au lieu

d’augmenter, diminue. Donc elle n’arrivera jamais à dépasser un nombre A > 1 donné. Le programme tourne sans arrêt puisque la condition de sortie de la boucle n’est jamais remplie.

73 À l’intérieur de la boucle « tant que », il faut faire évoluer la variable n car n fi gure dans la condition de sortie de la boucle. Il manque la ligne : « n prend la valeur n + 1 ».



EXERCICESLES


75 a) � – ∞ ; – 43

� ∪ � – 35

; + ∞ �.b) � – ∞ ; 1

6 � ∪ � 12 ; + ∞ �.

c) � – ∞ ; 0 � ∪ � 45 ; + ∞ �.d) � 1 – 15

2 ; 1 + 15

2 �.

76 (x + 1)2 + 4 < 0. S = Ø.

77 a) Vrai.

b) Faux : 1x

< 1 ⇒ x > 1 ou x < 0.

c) Vrai.d) Faux ; par exemple x = 3 est supérieur à 2 et ne vérifi e pas l’inéquation. Il fallait factoriser par (x – 5) et non diviser les deux membres par x – 5 qui ne reste pas positif.

78 a) � – ∞ ; – 47

� ∪ � 0 ; + ∞ �.b) ]1 ; 2[ ∪ ]3 ; + ∞[.

c) � – ∞ ; – 2 � ∪ � – 1 ; 43

�.d) � – ∞ ; – 5

2 � ∪ � 12 ; + ∞ �.

79 a) x2 � 9. b) x2 > 1. c) x(x – 2) > 0.

80 Il suffi t de trouver le plus petit entier naturel n0

répondant au problème. Tous les naturels supérieurs conviendront, ainsi que les opposés.A. 0 ; 1 dans la colonne A, les carrés dans le volume B et dans la colonne C la somme de deux carrés consé-cutifs. Tirer jusqu’à ce qu’apparaisse dans la colonne C un nombre supérieur à 45 001. On obtient n

0 = 150.

B. N prend la valeur 0 Pour TIA prend la valeur 1 0 → NTant que A < 45 001 1 → A

N prend la valeur N + 1 while A < 45 001A prend la valeur N2 + (N + 1)2 N + 1 → N

Fin Tant que N2 + (N + 1)2 → AAffi cher N End Disp N

À la place de 45 001, nous pourrions mettre un nombre Bchoisi à notre gré et trouver l’entier naturel n

0 correspondant.

C. n2 + (n + 1)2 > 45 001 ⇔ �n + 12�

2

– 1502 > 0 ⇔ n � 150. n ∈ � n ∈ �

Une solution directe :45 001 = 2 × 22 500 + 1 ; 922 500 = 150.Donc 1502 + 1502 < 45 001.Donc n

0 � 150. De plus 1502 + 1512 = 45 301 > 45 001.

Donc n0 = 150.

81 a) 10 × 1,0551,196

= 8,82 €.

b) Prix hors taxe : 101,196

= 8,36 €.

Nouveau prix TTC après une baisse de 14,1 % :10 – 1,41 = 8,59 €.8,598,36

= 1,0275. D’où un taux inférieur ou égal à 2,75 %

amènerait une baisse au moins égale à 14,1 %.

82 a) Vraie, car tous les nombres de [0 ; 2] sont infé-rieurs ou égaux à tous les nombres de [2 ; 3].b) Faux, par exemple, pour x = 2, x n’est pas inférieur ou égal à tout nombre de [1 ; 3].c) Vraie ; on peut prendre par exemple y = 2.d) Vraie ; on peut prendre par exemple x = 0.e) Vraie car :(∀x ∈ A, x � 3) ⇒ A ⊂ [3 ; + ∞[ ⇒ A ⊂ ]– 3 ; + ∞[.

Problèmes ouverts

83 fn(x) = 1

2n x. D’où, f

n(1) = 1

2n .

12n

< 10– 5 ⇔ 2n > 105.

On peut résoudre par tâtonnement avec la calculatrice ou utiliser le tableur : une colonne pour 1, 2, …, une autre pour 21, 22… et voir à partir de quand une puissance de 2 dépasse 100 000.On peut aussi utiliser le programme « Algorithme pour

tous », p. 110, remplacer 43

par 2 et prendre A = 105.

On obtient n0 = 17.

84 R2 = n2 + n4. Il faut π(n2 + n4)4

> 2n3, c’est-à-dire πn2 – 8n + π > 0.On fait dessiner la courbe de f défi nie par :f(x) = πx2 – 8x + π. On hésite entre n � 2 et n � 3 sur le lecteur graphique.Pour n = 2, 5π – 16 < 0 ; donc n = 2 ne convient pas. D’où n � 3.


EXERCICESLES

c1 Repérer un point. Placer un point

1 a) b)

J

C

AB

D

O

J

C

A

I

I

B

D

O

2 a) O(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; J(0 ; 1) ; A(2,5 ; 1) ; B(2,5 ; 0) ; C(0 ; 2,5).b)

A

E

BI

J

C

D

O

3 a) O(0 ; 0) ; I�25

; 0� ; J�0 ; 25 � ; A�1 ; 2

5 � ; B(1 ; 0) ; C(0 ; 1).b)

AE

BI

J

CD

O

4 Dans (O ; I, J) : A’(2,5 ; – 1).Dans (O ; B, C) : A’(1 ; – 0,4).

A

A’

BI

J

C

O

5 a) O�0 ; – 23 � ; I�0,4 ; – 2

3 � ; J(0 ; 0) ; A(0 ; 1) ;

B(1 ; – 0,4) ; C(0 ; 1).b)

A

D

E

BI

J

C

O

c2 Distance entre deux points

6 AB = 620,5.

7 AB = 4203

.

8 AB = 4298

.

9 AB = 46515

.

10 AB2 = 25 + (t – 1)2 = 49.t = 1 – 424 ou t = 1 + 424.

Coordonnées d’un point. Droites


EXERCICESLES

Chapitre 5. Coordonnées d’un point. Droites • 39

11 AB2 = 9 + (t – 5)2 = 36.t = 5 – 427 ou t = 5 + 427.

12 AB2 = 4 + (2t – 2)2 = 16.t = 1 + 13 ou t = 1 – 13.

13 AB = 99 + 16 = 5.MA = MB + BA.A, M, B non alignés.

14 AB = 15 ; AC = 410 ; BC = 5.

I milieu de [AB] : I�2 ; 32 �.

J milieu de [AC] : J�– 12

; 32 �.

K milieu de [BC] : K�12

; 1�.15 AB = 94 + 4 = 212 ; BC = 936 + 36 = 612 ;

AC = 964 + 64 = 812.AC = AB + BC donc B ∈ [AC].

16 AB2 = 4 + 9 = 13 ; AC2 = 4 + 1 = 5.AC < AB ; C est à l’intérieur du cercle.

17 AC = 84 + 4 = 18 ; AB = 81 + 4 = 15 ; CD = 81 + 4 = 15.AB + CD = 215 = 420 ; AB + CD > AC ; les cercles sont sécants.

18 AB = 2 ; AC = 2 ; AD = 18 ; A ∈ � ; C ∈ � ; D ∈ �.AH = 15 ; 15 > 2 ; H est à l’extérieur du cercle �.

19 a) M(0 ; y) ∈ � ⇔ 12 + (3 – y)2 = 4 ⇔ 3 – y = 13 ou 3 – y = – 13.On a deux points M’(0 ; 3 – 13) ou M”(0 ; 3 + 13).b) N(x ; 2) ∈ � ⇔ (x – 1)2 + 12 = 4 ⇔ (x – 1)2 = 3.On a deux points N’(1 + 13 ; 2) ou N”(1 – 13 ; 2).

c3 Coordonnées du milieu

Pour les exercices 20 à 25, on note I le milieu de [AB] ; J le milieu de [BC] et K le milieu de [AC].

20 I(– 0,5 ; 0,5) ; J(0 ; – 2) ; K(1,5 ; – 0,5).

21 I(0,5 ; 0,5) ; J(1,5 ; – 1) ; K(3 ; 0,5).

22 I(1,5 ; 1) ; J(1,5 ; – 1) ; K(0 ; 0).

23 I(0 ; 1) ; J(– 3 ; 0) ; K(0 ; 0).

24 I�12

; 0,25� ; J(1,25 ; – 2,5) ; K� 134

; – 34 �.

25 I(0 ; 0) ; J(2 ; 2) ; K(3 ; 3).

Pour les exercices 26 à 29, on a B milieu de [AA’], donc on

a x

A + x

A’

2 = x

B et

yA + y

A’

2 = y

B.

Soit xA’ = 2x

B – x

A et y

A’ = 2y

B – y

A.

26 xA’ = 6 – 1 = 5 et y

A’ = 2 × 0 – 3 = – 3.

27 xA’ = 1 et y

A’ = 0.

28 xA’ = 4 et y

A’ = 3.

29 x’A = – 3,5 et y’

A = – 5.

30 a) A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(1 ; 1) ; O�12

; 12 � ; D(0 ; 1) ;

E(0 ; 2) ; F(– 1 ; 1).

b) x

O + x

E

2 = 1

4 ;

yO + y

E

2 = 1,25 ;

xO + x

F

2 = – 0,25 ;

y

O + y

F

2 = 0,25.

31 a) A(1 ; 0) ; B(0 ; 1) ; C(– 1 ; 0) ; D(0 ; – 1) ; O(0 ; 0) ; F(1 ; – 2) ; E(– 1 ; – 2).

b) x

O + x

E

2 = – 1

2 ;

yO + y

E

2 = – 1 ;

xO + x

F

2 = 1

2 ;

y

O + y

F

2 = – 1.

32 a) A(0 ; – 1) ; B(1 ; – 1) ; C(0 ; 1) ; D(0 ; 0) ; O�12

; – 12 � ;

E(0 ; 1) ; F(– 1 ; 0).

b) x

O + x

E

2 = 1

4 ;

yO + y

E

2 = 1

4 ;

xO + x

F

2 = – 1

4 ;

yO + y

F

2 = – 1

4 .

c4 Tracer une droite

33

B

1

2

�

�� 3

2

J

IE

OC

DB

DC

DA

DE

Équation de droite D

i

La droite passe par le point

Coeffi cient directeur

y = 2x + 1 J(0 ; 1) 2

y = – x + 4 B(0 ; 4) – 1

y = 32

x – 12

C�0 ; – 12 � 3

2

y = – 54

x + 34

E�0 ; 34 � – 5

4

34 5 × 1 – 4 = 1 ≠ – 4 donc A ∉ d et B ∈ d ; 5 × (– 4) – 4 = – 24 donc C ∈ d.

35 – (– 1) + 3 = 4 donc A ∈ d ; – 3 + 3 = 0 ≠ 3 donc B ∉ d ; – (– 3) + 3 = 6 donc C ∈ d.

36 – 33

+ 52

= 32

= 1,5 donc A ∈ d ; – 56

+ 52

= 53

≠ 0

donc B ∉ d ; 13

+ 52

≠ 52

donc C ∉ d.

37 3 × 04

– 12

≠ 12

donc A ∉ d ; 34

– 12

≠ 12

donc B ∉ d ;

34

– 12

≠ 52

donc C ∉ d.

38 Seul le point B(5 ; – 1) d’abscisse 5 appartient à d.

39 Les points A(– 1 ; 3) et C(0 ; 3) appartiennent à d.

40 3x – 5y – 4 = 0 ⇔ y = 3x – 4

5 .

41 x3

– 54

y + 12

= 0 ⇔ y = 4x15

+ 25

.

42 3y – 7 = 0 ⇔ y = 73

.

43 – x2

+ 3y – 1 = 0 ⇔ y = x6

+ 13

.

44 3x – 54

y + 4 = 0 ⇔ y = 125

x + 165

.

45 3x + 5y – 1 = x2

+ 3y + 5 ⇔ y = – 54

x + 3.

c5 Interpréter un coeffi cient directeur

46 a) 3 – 5– 1 – 2

= 23

. b) – 5 – 32 + 1

= – 83

.

47 a)

12

– 14

13

– 32

=

14

– 76

= – 314

. b)

34

+ 32

– 14

– 12

=

94

– 34

= – 3.

48 a) y = – x + b ; A ∈ d donc 1 = – 1 + b ; d a pour équation y = – x + 2.b) y = 5x + b ; A(0 ; 2) ∈ d ; d a pour équation y = 5x + 2.

49 a) y = – 3x + b ; A ∈ d donc 4 = + 3 + b ; d a pour équation y = – 3x + 1.

b) y = 12

x + b ; A ∈ d donc 23

= 12

× 14

+ b ; d a pour

équation y = 12

x + 1324

.

50 a) y = 32

x + b ; A ∈ d donc 25

= 32

× �– 13 � + b ;

d a pour équation y = 32

x + 910

.

b) y = 37

x + b ; A ∈ d donc 34

= 37

× 12

+ b ; d a pour

équation y = 37

x + 1528

.

51 Toutes les droites de cette fi gure sauf d6 ne sont

pas parallèles à l’axe des ordonnées, donc admettent une équation du type y = ax + b avec a pour coeffi cient direc-teur et b ordonnée à l’origine.d

1 : passe par O(0 ; 0) et admet (– 1) pour coeffi cient

directeur. Équation y = – x.d

2 : passe par A(0 ; 2) et admet (– 1) pour coeffi cient

directeur. Équation y = – x + 2.

d4 : passe par J(0 ; 1) et admet �1

2 � pour coeffi cient

directeur. Équation y = 12

x + 1.

d5 : passe par B(0 ; – 2) et admet 2 pour coeffi cient

directeur. Équation y = 2x – 2.d

3 est parallèle à l’axe des abscisses et passe par E(0 ; 2).

Équation y = 2.d

6 est parallèle à l’axe des ordonnées et passe par

F�72

; 0�. Équation x = 72

.

52 a) d1 passe par A(4 ; – 1) et B(– 1 ; 2).

d2 passe par E(– 2 ; 1) et F(1 ; 3).

d3 passe par G�7

2 ; – 2� et H�1

2 ; – 3

2 �.d

4 passe par K�7

2 ; 2� et L�3

2 ; 1�.

b) Coeffi cients directeurs :

d1 : 2 + 1

– 1 – 4 = – 3

5 ; d

2 : 3 – 1

1 + 2 = 2

3 ;

d3 :

– 32

+ 2

12

– 72

=

12

– 3 = – 1

6 ; d

4 : 1 – 2

32

– 72

= – 1– 2

= 12

.

2. M(x ; y) et M ≠ A ;

M ∈ d1 ⇔

y + 1x – 4

= – 35

⇔ y = – 35

x – 75

.

M(x ; y) et N ≠ E ;

M ∈ d2 ⇔

y – 1x + 2

= 23

⇔ y = 23

x + 73

.

M(x ; y) et M ≠ G ;

M ∈ d3 ⇔ y + 2

x – 72

= – 16

⇔ y = – 16

x – 1712

.

M(x ; y) et M ≠ K ;

M ∈ d4 ⇔ y – 2

x – 72

= 12

⇔ y = 12

x + 14

.

c6 Caractériser une droite

53 (AB) n’est pas parallèle à l’axe des abscisses ; elle a pour équation y = ax + b.a) M(x ; y) ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 2x – 1

= 4 – 2

– 1 – 1 = – 1 ⇔ y = – x + 3.

b) M(x ; y) ≠ B ;

M ∈ (AB) ⇔ y

x – 2 =

– 33

= – 1 ⇔ y = – x + 2.

54 a) M(x ; y) ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 1x – 2

= 4

– 5 = – 0,8 ⇔ y = – 0,8x + 2,6.

b) M(x ; y) ≠ A ; M ∈ (AB) ⇔ y – 3x – 1

= – 1 ⇔ y = – x + 4.

55 a) La droite (AB) a deux points d’abscisse 2 ; elle a pour équation x = 2.b) La droite (AB) a deux points d’ordonnée 3 ; elle a pour équation y = 3.

• 40


56 a) M(x ; y) ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 5

4

x + 32

=

32

– 54

13

+ 32

=

14

116

= 322

;

équation y = 322

x + 1611

.

b) M(x ; y) ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 5

3

x + 12

=

52

– 53

13

+ 12

= 1 ⇔ y = x + 136

.

57 d1 a pour ordonnée à l’origine 3 ; d

1 passe par (0 ; 3).

d1 n’est pas parallèle à l’axe des ordonnées ; elle passe par

A(0 ; 3) et B(2 ; 0). Son coeffi cient directeur est – 32

, donc

elle a pour équation y = – 32

x + 3.

d2 a pour ordonnée à l’origine 1 ; elle passe par J(0 ; 1) et

K(– 4 ; 3). Son coeffi cient directeur est – 24

= – 12

.

d2 a pour équation y = – 1

2 x + 1.

d3 a pour équation y = 3.

d4 a pour ordonnée à l’origine 2.

d4 passe par L(0 ; 2) ; N(– 4 ; 0). Son coeffi cient directeur

est 12

.

d4 a pour équation y = 1

2 x + 2.

d5 est parallèle à l’axe des ordonnées ; elle a pour équation

y = – 4.

c7 Alignement de trois points

58 Coeffi cient directeur de (AB) : 13 + 2– 3 – 2

= – 3,

coeffi cient directeur de (AC) : – 11 + 25 – 2

= – 3, donc A, B et C alignés.

59 Coeffi cient directeur de (AB) : – 8 – 13 – 1

= – 4,5 ;

coeffi cient directeur de (AC) : 10 – 1– 2 – 1

= – 3, donc A, B et C non alignés.

60 Coeffi cient directeur de (AB) : – 29

6 – 21

4

– 13

– 12

= 12,1 ;

coeffi cient directeur de (AC) : 10 – 21

4

10 – 12

= 0,5, donc A, B, C non alignés.

61 Coeffi cient directeur de (AB) :

13 – 31 – 13

= (13 – 3)(1 + 13)– 2

= – 213– 2

= 13 ;

coeffi cient directeur de (AC) : 6

315 – 13 = 6(315 – 13)

45 – 3 = 315 – 13

7, donc A, B et C non

alignés.

62 Coeffi cient directeur de (AB) : 2 – 112 – 1

= 12 + 1 ;

coeffi cient directeur de (AC) : 2 + 2122

= 1 + 12, donc A, B et C sont alignés.

c8 Droites parallèles, sécantes

63 Le coeffi cient directeur de d1 est 2 ; celui de d

2 est

– 3, donc les droites ne sont pas parallèles : elles sont sécantes.

64 d1 et d

2 ont le même coeffi cient directeur, donc

elles sont parallèles.

65 (12 – 1) – 1

12 – 1 = (12 – 1)2 – 1

12 – 1 = 2 – 212

12 – 1 = – 2 ≠ 0.

(12 – 1) ≠ 1

12 – 1 donc d

1 n’est pas parallèle à d

2.

66 Le coeffi cient directeur de d1 est 2, celui de d

2 est 0 ;

d1 n’est pas parallèle à d

2.

67 d1 est parallèle à l’axe des abscisses, d

2 à l’axe des

ordonnées, donc d1 n’est pas parallèle à d

2.

68 d1 d’équation 2y + 3x – 3 = 0 ; une équation de d

1

est y = – 3x

2 +

32

.

d2 d’équation – 4y – 6x + 5 = 0 ; une équation de d

2 est

y = 6x– 4

+ 54

.

– 64

= – 32

donc d1 et d

2 sont parallèles.

69 Coeffi cient directeur de d1 :

5 – 32 – 1

= 2 ;

de d2 6 – 21 + 1

= 2, donc d1 est parallèle à d

2.

70 Coeffi cient directeur de d1 :

300 – 2002 – 1

= 100 ;

de d2 900 – 100

4 + 1 =

8005

= 160, d1 et d

2 sécantes.

71 M ≠ A et M(x ; y) ;

M ∈ D ⇔ y + 3x – 1

= 3 ⇔ y = 3x – 6.

72 M ≠ A et M(x ; y) ;

M ∈ D ⇔ y – 5x + 1

= – 32

⇔ y = – 32

x + 72

.

73 Δ a pour équation y = – 2.

74 Δ a pour équation x = – 1.

75 a) Coeffi cient directeur de (AB) : 1 – 35 – 1

= – 12

;

coeffi cient directeur de (CD) : 0 – 23 + 1

= – 12

; (AB) parallèle à (CD).

b) Coeffi cient directeur de (AB) : 2 – 50 – 1

= 3 ; coeffi cient

directeur de (CD) : – 2 – 14 – 3

= – 3 ; (AB) et (CD) sécantes.

76 a) Coeffi cient directeur de (AB) :14

– 52

3 – 0 =

– 94

3 = – 3

4 ; coeffi cient directeur de (CD) :

3 – 34

72

– 12

=

943

= 34

; (AB) et (CD) sont sécantes.

b) Coeffi cient directeur de (AB) :

14

– 1

32

– 13

= – 3

476

= – 914

;

coeffi cient directeur de (CD) : 12

– 54

– 13

– 12

= – 3

4

– 56

= 910

; (AB) et (CD) sécantes.

77 Coeffi cient directeur de (AB) : 6 – 2

– 1 – 1 = – 2.

M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ d ⇔ y – 1x – 3

= – 2 ⇔ y = – 2x + 7.

78 Coeffi cient directeur de (AB) : 1 – 35 + 1

= – 13

.

M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ d ⇔ y – 4x – 3

= – 13

⇔ y = – 13

x + 5.

c9 Intersection de deux droites

Pour les exercices 79 à 86, on cherche l’intersection de deux droites de coeffi cients directeurs différents, donc elles ont un point commun.

79 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d

2

y = 2x – 1 y = 2x – 1 y = – 11⇔ � y = 3x + 4 ⇔ � 2x – 1 = 3x + 4 ⇔ � x = – 5 .

80 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d

2

y = 2x – 1 3 = 2x – 1 x = 2⇔ � y = 3 ⇔ � y = 3 ⇔ � y = 3 .

81 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d

2

y = – 43

x + 1 – 43

x + 1 = 32

x – 13

x = 8

17⇔

� y = 32

x – 13

⇔

� y = – 43

x + 1 ⇔

� y = 1951

.

82 M(x ; y) ∈ d1 ∩ d

2

y = 54

x + 12

y = 54

x + 12

y = – 3334

⇔ � y =

25

x – 12

⇔

� 54

x + 12

= 25

x – 12

⇔

� x = – 2017

.

83 M(x ; y) et M ≠ A ;

M ∈ d1 ⇔

y – 3x – 1

= – 2 ⇔ y = – 2x + 5.

M(x ; y) et M ≠ B ; M ∈ d2 ⇔

y – 5x + 1

= 1 ⇔ y = x + 6.M(x ; y) ∈ d

1 ∩ d

2

y = – 2x + 5 – 2x + 5 = x + 6 x = – 13⇔

� y = x + 6 ⇔

� y = x + 6 ⇔

� y = 173

.

84 M(x ; y) et M ≠ A ; M ∈ d1 ⇔

y – 5x + 1

= 3 ⇔ y = 3x + 8.

M(x ; y) et M ≠ B ; M ∈ d2 ⇔

y – 3x – 2

= – 1 ⇔ y = – x + 5.M(x ; y) ∈ d

1 ∩ d

2

y = 3x + 8 3x + 8 = – x + 5 x = – 34

⇔ � y = – x + 5

⇔ � y = – x + 5

⇔ � y =

234

.

85 M(x ; y) et M ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 2x – 1

= 32

⇔ y = 32

x + 12

.

M(x ; y) et M ≠ C ; M ∈ (CD) ⇔ y + 3x – 2

= 7

– 1 ⇔ y = – 7x + 11.

Les coeffi cients directeurs sont différents ; les droites sont sécantes.M(x ; y) ∈ (AB) ∩ (CD)

y = 32

x + 12

32

x + 12

= – 7x + 11 x = 2117

⇔ � y = – 7x + 11

⇔ � y = – 7x + 11

⇔ � y =

4017

.

86 M(x ; y) et M ≠ A ;

M ∈ (AB) ⇔ y – 5x + 1

= 32

⇔ y = 32

x + 132

.

M(x ; y) et M ≠ C ;

M ∈ (CD) ⇔ y – 3x + 2

= 23

⇔ y = 23

x + 133

.

M(x ; y) ∈ (AB) ∩ (CD)

y = 32

x + 132

32

x + 132

= 23

x + 133

x = – 2,6⇔

� y = 23

x + 133

⇔

� y = 32

x + 132

⇔

� y = 2,6 .

3x – 5y = 2 y = 3x5

– 25

87 a) � x + 3y = 5 ⇔

� y = – x3

+ 53

35

x – 25

= – x3

+ 53

x = 3114

⇔ � y = – x3

+ 53

⇔ � y =

1314

.

3x – y = 6 y = 3x – 6

b) � –

x2

+ y6

= 1 ⇔

� y = 3x + 6 .

Les droites d’équations respectives y = 3x – 6 et y = 3x + 6 ont le même coeffi cient directeur 3, donc elles sont parallèles. Elles n’ont pas la même ordonnée à l’origine donc elles n’ont aucun point commun ; le système n’a pas de solution.

2x – y – 7 = 0 y = 2x – 788 a) � 3x – 5y = 4

⇔ � y =

3x5

– 45

2x – 7 = 35

x – 45

x = 3⇔

� y = 2x – 7 ⇔

� y = 1 .

• 42


x + 3y = 0 y = – x3

b) � 14x + 12y = 35

⇔ � y = –

1412

x + 3512

– x3

= – 1412

x + 3512

x = 72

⇔ � y = –

x3

⇔

� y = – 76

.

2x – 5y = 0 y = 0,4x89 a) � 0,25x + 0,625y = 0,375 ⇔ � y = – 0,4x + 0,6

0,4x = – 0,4x + 0,6 x = 0,75⇔ � y = 0,4x ⇔ � y = 0,3 .

3x – 7y = 1 y = 37

x – 17

b) � 5x + 2y = 29

⇔ � y = –

52

x + 292

37

x – 17

= – 52

x + 292

x = 5⇔

� y = – 52

x + 292

⇔

� y = 2 .

2x – 13y = 0 y = 2

13 x = 213

3 x

90 a) � 13x – 32

y = 1 ⇔

� y = 13 × 23

x – 23

.

Le système n’a aucune solution.

3x – 12y = 0 y = 3

12 x

b) � 12x – y = – 1 ⇔

� y = 12x + 1

3

12 x = 12x + 1 x = 12

⇔ � y =

312

x ⇔

� y = 3 .

99 1. Dans le repère (O ; I, J) ; O(0 ; 0) ; I(0 ; 1) ; C(0 ; 2,5) ; A(2,5 ; 1).K milieu de [OI] ; K�0 ;

12 � ; L milieu de [OC] ; L(0 ; 1,25) ;

M milieu de [OA] ; M(1,25 ; 0,5).Dans le repère (O ; B, C) ; O(0 ; 0) ; I(0,4 ; 0) ; C(0 ; 1) ;

A(1 ; 0,4) ; K(0,2 ; 0) ; L�0 ; 12 � ; M(0,5 ; 0,2).

2. Les repères (O ; I, J) et (O ; B, C) sont orthonormés.Dans (O ; I, J) : AC = 0(2,5 – 0)2 +c (1 – 2,5)2 = 58,5 ; AJ = 0(0 – 2,5)2 + c(1 – 1) = 2,5.Dans (O ; B, C) : AC = 0(0 – 1)2 + ( c1 – 0,4)2 = 61,36 ; AJ = 0(1 – 0)2 + (c0,4 – 0,4)2 = 1.3. a) x

A’ = 2x

C – x

A = 2 × 0 – 2,5 = – 2,5 ;

yA’ = 2y

C – y

A = 5 – 1 = 4.

b) xB’ = 2x

I – x

B = 2 – 2,5 = – 0,5 ; y

B’ = 2y

I – y

B = 0 – 0 = 0.

(13 – 12)x + y = 2 y = (12 – 13)x + 291

� x + (13 + 12)y = 13 ⇔

� y = – 1

13 + 12 x + 13

= (– 13 + 12)x + 13.Le système n’a pas de solution.

x + y = 27 y = – x + 2792 � x – y = 2 ⇔ � y = x – 2

– x + 27 = x – 2 x = 14,5⇔ � y = x – 2 ⇔ � y = 12,5 .

x + 2 = 2y y = 12

x + 193 � y – 12 =

x4

⇔

� y = 14

x + 12

12

x + 1 = 14

x + 12 x = 44⇔

� y = 14

x + 12 ⇔

� y = 23 .

Trouvez l’erreur

94 Les abscisses et ordonnées ont été inversées.

95 Confusion entre abscisse et ordonnée.

96 AB = 0(– 1 – 2)2 + c(0 – 3)2 = 99 + 9 = 418 = 312.

97 Une équation de d est donc x = 1.

98 d : – x + y + 1 = 0 ⇔ y = x – 1. d a pour coeffi cient directeur 1.

4. AM = 0(x – 2,5)2 + (c2 – 1)2 et AM = 10.(x – 2,5)2 + 1 = 100 ⇔ (x – 2,5)2 = 99

⇔ x = 499 + 2,5 ou x = – 499 + 2,5.

100 1. a) Dans le repère (A ; I, J) :A(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; E(3 ; 1) ; J(0 ; 1) ; D(– 3 ; 1) ; B(1 ; 3) ; C(– 2 ; 4).

C

BI’ I”

J’J”

E

A I

JD

b) AB = 912 + 32 = 410. Périmètre de ABCD : 4410. Aire de ABCD : 10.


2. Dans le repère (B ; I’, J’) :A(– 1 ; – 3) ; I(0 ; – 3) ; E(2 , – 2) ; D(– 4 ; – 2) ; B(0 ; 0) ; C(– 3 ; 1).b) AB = 912 + 32 = 410. Périmètre de ABCD : 4410. Aire : 10.3. a) Dans le repère (B ; I”, J”) :

A�– 12

; – 32 � ; I�0 ; –

32 � ; E(1 ; – 1) ; D(– 2 ; – 1) ; B(0 ; 0) ;

C�– 32

; 12 �.

AB = 9 14

+ 94

= 4104

= 4102

.

Périmètre de ABCD : 4 × 4102

= 2410. Aire : 25.

101 a) L milieu de [AB] ; L�– 32

; 52 � ; équation de la

droite (CL) :

y – 52

x + 32

= – 2 – 5

2

– 1 + 32

= – 9 ; y = – 9x – 11.

K milieu de [BC] ; K�– 52

; 12 �, équation de la droite (AK) :

y – 2x – 1

=

12

– 2

– 52

– 1 =

37

; y = 37

x + 117

.

P milieu de [AC] ; P(0 ; 0) = 0, équation de (OB) :yx

= 3

– 4 ; y = –

34

x.

b) Le centre de gravité est le point d’intersection des médianes. Notons G ce point. G(x ; y). Les coordonnées de G vérifi ent le système :

y = – 9x – 11 – 9x – 11 = – 34

x x = – 43� y = –

34

x ⇔

� y = – 34

x ⇔

� y = 1 .

102 1. x2 – y2 = (x – y)(x + y) donc x2 – y2 = 0 ⇔ x – y = 0 ou x + y = 0⇔ x = y ou y = – x.2. L’ensemble des points M(x ; y) est composé de la droite d

1 d’équation y = x et de la droite d

2 d’équation

y = – x.

103 a) A(1 ; m) ∈ d ⇔ m = 2 × 1 – 3 = – 1.B(– 3 ; n) ∈ d ⇔ n = 2 × (– 3) – 3 = – 9.b) A’(1 ; 1) et B’(– 3 ; 9).c) Équation de la droite (A’B’) :y – 1x – 1

= 9 – 1

– 3 – 1 = – 2 ⇔ y = – 2x + 3.

104 a) Les nombres x et y vérifi ent : x + y = 84 y = – x + 84� y – x = 18 , soit � y = x + 18.c) Les droites d

1 et d

2 d’équations respectives y = – x + 84

et y = x + 18 ont des coeffi cients directeurs différents (– 1) et (1), donc elles sont sécantes et le système proposé a exactement une solution. y = – x + 84 – x + 84 = x + 18 x = 33d) � y = x + 18 ⇔ � y = x + 18 ⇔ � y = 33 + 18 = 51 .

105 A. 2. Solution proposée par GeoGebra.Système 1 : (– 0,67 ; 1,67) ; système 3 : (0,67 ; 0,33).

y = 2x + 3 2x + 3 = – x + 1 x = – 23

3. � y = – x + 1

⇔ � y = – x + 1

⇔ � y =

53

.

– 0,67 et 1,67 sont des arrondis de – 23

et 53

respective-ment. y = 2x + 3 2x + 3 = 2x – 1 0x = – 4� y = 2x – 1 ⇔ � y = 2x – 1 ⇔ � y = 2x – 1 .

Pas de solution.

y = 2x – 1 2x – 1 = – x + 1 x = 23� y = – x + 1

⇔ � y = – x + 1

⇔ � y =

13

.

23

≈ 0,67 et 13

≈ 0,33.

B. Solutions proposées par GeoGebra :Système a) (– 2 ; – 8) ; système b) (0,33 ; 3,33) ; système c) (– 1 ; – 1). y = 2x – 4 2x – 4 = 5x + 2 x = – 2� y = 5x + 2 ⇔ � y = 5x + 2 ⇔ � y = – 8 .

y = x + 3 x + 3 = – 2x + 4 x = 13� y = – 2x + 4

⇔ � y = x + 3

⇔ � y =

103

.

2x + 3y + 5 = 0 y = – 23

x – 53� 3x – 4y – 1 = 0

⇔ � y =

34

x – 14

– 23

x – 53

= 34

x – 14

x = – 1⇔

� y = 34

x – 14

⇔

� y = – 1 .

106 A. b) Le point commun à toutes ces droites semble être le point K(– 1 ; 3).• m(– 1) + m + 3 = 3, donc I appartient à toutes les droites d

m.

B. Grâce au logiciel, on peut penser que toutes les droites

passent par L�12

; – 5�.– 2m ×

12

+ m – 5 = – 5.

L appartient à toutes les droites dm.

107 1. a) Coeffi cient directeur de (OA) égal à 32

; coef-

fi cient directeur de (OB) égal à 32

, donc O, A et B alignés.

b) Coeffi cient directeur de (OC) égal à 3,001

2 , donc O,

A et B non alignés.c) La différence entre les coeffi cients directeurs de (OA) et de (OC) est trop petite pour être visible graphiquement.2. b) et c) Dans les deux cas, le logiciel affi che 0.3. Pour « est isocèle (OAD) », le logiciel affi che 2. Le triangle est donc isocèle de sommet A.On obtient de même OBD rectangle en D et ABD isocèle en A.

• 44


108 1. a) AM = 0(x – 1)2 + (cy – 3)2 ; BM = 0(x – 4)2 + (cy + 1)2.AM = BM ⇔ (x – 1)2 + (y – 3)2 = (x – 4)2 + (y + 1)2.b) L’ensemble des points M tels que AM = BM est la médiatrice de [AB].c) En développant l’égalité du a), on obtient :x2 – 2x + 1 + y2 – 6y + 9 = x2 – 8x + 16 + y2 + 2y + 1

6x – 8y – 7 = 0, soit y = 68

x – 78

.2. Médiatrice de [BC] :(x – 4)2 + (y + 1)2 = (x + 1)2 + (y – 5)2

⇔ – 10x + 12y – 9 = 0

y = 1012

x + 9

12.

Médiatrice de [AC] :(x – 1)2 + (y – 3)2 = (x + 1)2 + (y – 5)2

⇔ – 4x + 14y – 16 = 0y = x + 4.

109 a) Équation de la droite (AC) : y – 1

x =

44

⇔ y = x + 1.

b) BM = 0(x – 1)2 + (cx + 1 – 3)2.c) BA = 912 + 22 = 15.BA = BM ⇔ BA2 = BM2 ⇔ (x – 1)2 + (x – 2)2 = 5 ⇔ 2x2 – 6x + 5 = 5 ⇔ 2x(x – 3) = 0 ⇔ x = 0 ou x = 3.Le point D(3 ; 4) de (AC) est tel que AD = AB.d) Le triangle ABD est isocèle puisque BA = BD. (BH), médiane de ABD issue de B, est aussi hauteur du triangle ABD, donc (BH) est perpendiculaire à (AD). D est sur la droite (AC) donc (BH) est perpendiculaire à (AC), c’est une hauteur du triangle ABC.e) AC = 916 + 16 = 432 ; BC = 89 + 4 = 413.Périmètre : 15 + 432 + 413.

Aire : AC × BH

2 ; H�3

2 ;

52 � ;

BH = 0�32

– 1�2 + �5

2 – 3�

2 = 4 1

2.

AC × BH2

= 432 × 4 1

2

2 = 416

2 = 2.

110 A. 2. Les points M, P et Q semblent alignés.B. 1. Dans le repère (A ; I, J), on a A(0 ; 0) ; B(6 ; 0) ; C(6 ; 4) ; D(0 ; 4).2. M(x ; y) ; M ≠ B ;

M ∈ (BD) ⇔ y

x – 6 =

4– 6

⇔ y = – 23

x + 4.

3. M ∈ (BD) et m est l’abscisse de M, donc l’ordonnée est

�– 23

m + 4�.4. M milieu de [NC], donc x

N = 2x

M – x

C = 2m – 6

et yN = 2y

M – y

C = 2�–

23

m + 4� – 4 = – 43

m + 4.

5. Q�0 ; 4 – 43

m� et P(2m – 6 : 0).

6. Coeffi cient directeur de (MQ) :

23

m

m =

23

.

Coeffi cient directeur de (PQ) : 4 –

43

m

6 – 2m =

23

(6 – 2m)

6 – 2m.

Les coeffi cients directeurs sont égaux, donc M, P et Q sont alignés.

111 a) 36 km/h = 36 × 103

60 × 60 m/s = 10 m/s ; y = 10x.

d20

représente la distance parcourue en fonction du temps pour une vitesse de 20 m/s, d

10 pour 10 m/s et

d5 pour 5 m/s.

10

50

400

feu vert orange ou rouge vertA

d 10

d 20

d 5

B

c) À 20 m/s, Thomas trouvera le feu vert, à 10 m/s le feu sera rouge et à 5 m/s le feu sera vert.d) Pour trouver le deuxième feu vert, la durée du parcours doit être strictement comprise entre (0 s et 30 s) ou entre (60 s et 110 s) ou entre 140 s et 190 s.Soit A(30 ; 400), B(60 ; 400), C(110 ; 400) et D(140 ; 400).

La droite (OA) a pour équation y = 403

x, elle correspond

à une vitesse 403

m/s, soit 48 km/h.

La droite (OB) a pour équation y = 203

x, elle correspond à

une vitesse de 203

m/s, soit 24 km/h.

La droite (OC) a pour équation y = 4011

m/s, soit environ 13,1 km/h.Le feu vert suivant correspond au point D(140 ; 400), la

droite (OD) a pour équation y = 207

x, elle correspond à

une vitesse de 207

m/s, soit environ 10,3 km/h.

Les intervalles de vitesses cherchés sont donc (en km/h) [48 ; 50] ou [≈ 13,1 ; 24] ou [10 ; ≈ 10,3].

112 a)

b) Les points semblent alignés.c) Avec deux chiffres après la virgule, les rapports sont « constants ».

113 1. a) En début d’expérience, 1 mole de Fe3O

4 et

3 moles de CO.La valeur maximale de x est 0,75.b) À L’arrêt de la réaction, il reste à peu près 2,2 moles de Fe et 3,3 moles de CO

2.

2. D1 droite représentant la quantité de fer en fonction

du temps.

Équation : 31

= yx

; y = 3x.

D2 représente la quantité de CO

2 en fonction du temps.

Équation y = 4x.D

3 représente la quantité de CO. Équation y = – 4x + 3.

D4 représente la quantité de Fe

3O

4. Équation y = – x + 1.

En fi n de réaction : t = 0,75.Il y a : 3 × 0,75 = 2,25 moles de Fe4 × 0,75 = 3 moles de CO

2

– 4 × 0,75 + 3 = 0 mole de CO– 0,75 + 1 = 0,25 mole de Fe

3.

114 1. a ≠ a’, donc les droites sont sécantes.2. Le point A a ses coordonnées qui vérifi ent les équa-tions des deux droites.3. B(x

A + 1 ; ax

A + a + b) ; B’(x

A + 1 ; a’x

A + a’ + b’).

4. AB2 = 12 + [(axA + a + b) – (ax

A + b)]2 = 1 + a2 et

AB’ = 1 + (a’)2.BB’2 = [02 + (a’ – a)2] puisque ax

A + b = a’x

A + b’.

5. a) Si d et d’ sont perpendiculaires, alors le triangle ABB’ est rectangle en A et on peut appliquer le théorème de Pythagore.BB’2 = AB2 + AB’2 donc (a’ – a)2 = 1 + a2 + 1 + a’2, d’où – 2aa’ = 2 et aa’ = – 1.b) Si aa’ = – 1, alors – 2aa’ = + 2 et (a’ – a)2 = a’2 + a2 – 2aa’ = a’2 + a2 + 2 = a’2 + 1 + a2 + 1 = AB2 + AB’2.D’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABB’ est rectangle en A, donc d est perpendiculaire à d’.c) Deux droites d’équations respectives y = ax + b et y = a’x + b’ en repère orthonormé sont perpendiculaires si, et seulement si, aa’ = – 1.6. 1 × 2 ≠ – 1 : d

1 et d

2 ne sont pas perpendiculaires.

1 × – 0,5 ≠ – 1 : d1 et d

3 ne sont pas prependiculaires.

1 × 1 ≠ – 1 : d2 et d

4 ne sont pas perpendiculaires.

1 × (– 1) = – 1 : d1 et d

5 sont perpendiculaires.

2 × (– 0,5) = – 1 : d2 et d


2 × (1) ≠ – 1 : d2 et d

4 sont non perpendiculaires.

2 × (– 1) ≠ – 1 : d2 et d


– 0,5 × 1 ≠ – 1 : d3 et d


– 0,5 × – 1 ≠ – 1 : d3 et d


1 × (– 1) = – 1 : d4 et d


115 a) AM2 = (x – 2)2 + (x + 3 – 3)2 = 2x2 – 4x + 4.b) (x – 1)2 + 1 = x2 – 2x + 1 + 1 = x2 – 2x + 2.c) AM2 = 2(x2 – 2x + 2) = 2[(x – 1)2 + 1].La valeur minimale de AM2 est obtenue pour (x – 1) = 0, on a alors x = 1.d) Le point M(1 ; 1 + 3), donc M(1 ; 4) et AM = 12.

e) BM2 = (x + 2)2 + (x + 3 – 3)2 = 2x2 + 4x + 4= 2(x2 + 2x + 2)= 2[(x + 1)2 + 1].

Le minimum est obtenu pour x = – 1, la distance du point B à la droite D est 12.f) CM2 = (x + 2)2 + (x + 3 – 2)2 = 2x2 + 6x + 5

= 2�x2 + 3x + 52 �

= 2��x + 32 �

2 –

94

+ 52 �

= 2��x + 32 �

2 +

14 �.

Le minimum de CM2 est alors obtenu pour x = – 32

, la

distance du point C à la droite D est 4 12

= 122

.

116 L2 = 4�L L(L – 4�) = 0 L = 4� ou L = 0S ⇔ � 4L – 2(L – �) = 500 ⇔ � 2L – 2� = 500 ⇔ � L – � = 250 .

L = 0 est une valeur qui ne convient pas au problème. L = 4� 4� = 250 + � � = 50S ⇔ � L = 250 + � ⇔ � L = 4� ⇔ � L = 200 .

117 4y – 4x = 40 y – x = 10 y – x = 10 � y2 – x2 = 500 ⇔ � (y – x)(y + x) = 500 ⇔ � y – x = 50 y = x + 10 x + 10 = – x + 50 x = 20⇔ � y = – x + 50 ⇔ � y = x + 10 ⇔ � y = 30 .

x + y = 4 500118 � 5

100 x +

4100

y = 200.

On résout ce système et on obtient x = 2 000 et y = 2 500.

467x + 393y = 51,079 5119 � 366x + 175 y = 29,957 5

.

On résout ce système et on obtient : x = 0,045 6� y = 0,075 7 .

120 On note x le nombre de romans et y celui de bandes dessinées. x + y = 50On obtient

� x × 0,05 + y × 0,025 = 2 x + y = 50ou

� 5x + 2,5y = 200.On résout et on obtient x = 30 et y = 20.

121 On note x le nombre d’étudiants et y le nombre des autres amis.

On obtient 4x + 6y = 104� 18x + 30y = 480 ou

2x + 3y = 52� 3x + 5y = 80 .

D’où y = 4 et x = 20.La proportion d’étudiants est égale à

2024

, soit environ 83 %.

122 1. a) SA50

. b) SB75

. c) SB50

. d) SA75

.

SA50

+ SB75

+ 1660

6SA + 4SB = 5 × 162. On a

� SA75

+ SB50

= 1460

ou

� 4SA + 6SB = 5 × 14

3SA + 2SB = 40ou encore

� 2SA + 3SB = 35 .

On obtient SA = 10 km et SB = 5 km.

• 46



124 b) Pour n = 10, L ≈ 1,478 2.Pour n = 50, L ≈ 1,478 913.Pour n = 100, L ≈ 1,478 935.


126 a) Il suffi t de remplacer « X prend la valeur 0 » par « X prend la valeur 1 » et « Y prend la valeur 0 » par « Y prend la valeur 1 ».b) Pour n = 10, L = 3,167 778.Pour n = 50, L = 3,167 838.Pour n = 100, L = 3,167 840.

130 On a a + b + c

2 = 68

b + a + c

3 = 68

c + a + b

4 = 68.

On résout ce système, on obtient : a = 36, b = 52, c = 12.

131 On note abc le nombre cherché.• On a a + b + c = 24.• cacb = b + 10c + 100a = cabc – 9 = c + 10b + 100a – 9, d’où 9b – 9c – 9 = 0, soit b – c – 1 = 0.• cbac = c + 10a + 100b = cabc – 90 = c + 10b + 100a – 90 d’où 90a – 90b – 90 = 0 soit a – b – 1 = 0. a – b = 1On a donc b – c = 1

� a + b + c = 24.

D’où a + (a + 1) + (a + 2) = 24, soit a = 7, b = 6, c = 5.Le nombre est donc 765.

132 On a [(x + y + 1) – (2x – y)][(x + y + 1) + (2x – y)] = 0, soit (– x + 2y + 1)(3x + 1) = 0.L’ensemble est composé des deux droites d’équation

y = + x2

– 12

et x = – 13

.

133 On pose X = 1x

et Y = 1y

.

On obtient 3X – Y = 4� 2X + 2Y = – 1 .

Y = 3X – 4Soit

� Y = – 12

X – 1.

127 a) Calcul des coordonnées du milieu de [AB].b) Calcul des coordonnées du symétrique de A par rapport à B.

128 Saisir XSaisir YSaisir USaisir VA prend la valeur

V – YU – XAffi cher A

129 Pour F1(x) = (m + 1)x + (m – 1), on obtient 11 seg-

ments qui passent tous par A(– 1 ; – 2). On peut alors penser que toutes les droites d’équation y = (m + 1)x + m – 1 passent par A, quel que soit m.

D’où X = 67

et Y = – 107

et x = 76

et y = – 7

10.

134 Soit P de coordonnées (x ; y).

a = 0 + x

2On a

� a = 2 + y

2.

D’où x2

= 1 + y2

ou y = x – 2.

• P est situé sur la droite d’équation y = x – 2.• Pour tout point P situé sur d, on a y = x – 2.

D’où le milieu de [AP] a pour coordonnées � x2

; 2 + x – 2

2 �, soit � x

2 ;

x2 � qui est de la forme (a ; a).

L’ensemble cherché est donc d.

135 A et B ont pour coordonnées respectives A(1 ; 1) et B(– 1 ; 1).(Ces deux points vérifi ent y = x2 et OA = OB = 12.)

cos jxOA = sin jxOA = 1

12,

d’où jxOA = 45°.Le secteur angulaire �AOB a donc une aire égale à :πR2

4 =

π2

.

Le triangle OAB a pour aire AB × OJ

2 =

2 × 12

= 1.

L’aire du domaine est égale à π2

≈ 0,57.


EXERCICESLES


EXERCICESLES

121

1 J

IO

BA

�

y = x2

x

y

136 • N = cab.• a + b = 10.• cba = cab – 18, d’où a + 10b = b + 10a – 18, soit 9a – 9b = 18 ou a – b = 2.On obtient a = 6 et b = 4, d’où N = 64.

137 a) Il y a dans chaque renseignement deux incon-nues.b) Notons x le prix du croissant et y celui de la fi celle. On obtient : 4x + 6y = 5,2 �

3x + 3y = 3 �� 2x + 3y = 2,6 �

L’équation � peut s’écrire 2x + 3y = 2,6 (si l’on divise par 2), elle est donc équivalente à l’équation �. Avec les deux équations � et �, on ne peut pas répondre au problème. 2x + 3y = 2,6Avec � et �, on obtient

� x + y = 1, d’où x = 0,4 et y = 0,6.Avec � et �, on obtient le même système.

138 a) Faux, le point (– 3 ; – 1) est sur d.b) Vrai. Exemple M(x ; y) et M’(x – 1 ; y – 1).c) Faux, si x’ � x, alors x’ + 2 � x + 2.d) Vrai, il suffi t de prendre M' = M.

Problèmes ouverts

139 Remarque : un logiciel de géométrie permet de penser que les trois droites sont toujours concourantes ou parallèles.

• Considérons le repère (O ; I, J). On a alors O(0 ; 0), I(1 ; 0), J(0 ; 1), A(a ; 0), B(0 ; b), K(1 ; 1), A’(a ; 1), B’(1 ; b), (a ≠ 0 et b ≠ 0 car A et B ne sont pas en O).• On en déduit les équations de (OK) : y = x, de (BA’) :

y = 1 – b

a x + b et (AB’) :

y = b

1 – a x –

ab1 – a

, si a ≠ 1 et x = 1 si a = 1.

• On a (OK) et (BA’) parallèles pour 1 = 1 – b

a soit

a = 1 – b avec b ≠ 1. On a alors b

1 – a =

b1 – 1 + b

= 1. Les

trois droites sont alors parallèles.• Si b = 1, alors B’ = K et (BA’) = JK, donc les trois droites passent par K.

• Si 1 – b

a ≠ 1, alors (OK) et (BA’) sont sécantes en un

y = x x = ab

a + b – 1point P qui vérifi e � y =

1 – ba

x + b, d’où

� y = ab

a + b – 1

.

• Si a = 1, on a P(1 ; 1) et il appartient bien à (AB’).Si a ≠ 1, les coordonnées du point P vérifi ent l’équation

y = b

1 – a x –

ab1 – a

, donc P appartient encore à (AB’).

Par conséquent, les trois droites sont toujours parallèles ou concourantes.

140 P a pour coordonnées �a + 12

; a2

2 �.Les coordonnées de ce point vérifi ent l’équation

y = (2x – 1)2

2.

P est donc situé sur la parabole �, courbe représentative

de la fonction x � (2x – 1)2

2.

Réciproquement à tout point P de cette parabole, on peut faire correspondre M tel que P milieu de [IM] on a alors x

M + x

I

2 = x

P, d’où

xM + 12

= x, soit xM = (2x – 1) et

yM + y

I

2 = y

P, d’où y

M = (2x – 1)2 coordonnées qui sont

bien de la forme (a ; a2).Donc l’ensemble cherché est la parabole �.

• 48

c1 Triangles, quadrilatères, cercles

1 a) d et d’ sont parallèles, donc d’après le théorème

de Thalès : AR’AR

= AQ’AQ

= 53

.

b) Si AQ’ = 4, alors AQ = 4 × 35

= 125

et QQ’ = 4 – 125

= 85

.

2. a) d et d’ sont parallèles, donc d’après le théorème de

Thalès : P’R’PR

= AR’AR

= 53

.

b) Si PR = 3, alors P’R’ = 3 × 53

= 5.

2 ACAN

= BCMN

= 53

, d’où AC = 2 × 53

= 103

et

NC = 103

– 2 = 43

.

3 • ABAD

= ACAE

= 2

2 + 12 , d’où AB

AB + BD = 2

2 + 12 .

On obtient AB(2 + 12) = 2(AB + 1).

Soit AB(2 + 12 – 2) = 2 ou AB = 2

12 = 12.

• DEBC

= AEAC

, d’où DE = 2 + 122

× 52

= 10 + 5124

.

4 a)N

JI

M

O

y

x

b) Les longueurs imposent O, I, J et O, M, N dans cet

ordre. D’autre part, OJOI

= 52

= 2,5 et ONOM

= 7,53

= 2,5.

On a OJOI

= ONOM

donc (IM) et (JN) sont parallèles d’après

la réciproque du théorème de Thalès.

5 a) On a AC = 6, C’ milieu de [AB] et BC = 2B’C’ = 10.D’autre part BC2 – AC2 = AB2, d’où AB2 = 100 – 36 = 64, soit AB = 8.Donc AC’ = 4.b) On a donc AC = 6, BC = 10 et AB = 8.

6 a) AC’ = 2.b) CC’2 = AC2 + AC’2 = 9 + 4 = 13, d’où CC’ = 413, donc

CG = 23

413.

c) Soit B’ le milieu de [AC] (G appartient à (AB’)). On a

BB’2 = AB2 + AB’2 = 16 + 94

= 734

d’où BB’ = 4732

et

BG = 23

× 4732

= 4733

.

7 Soit a la longueur. Dans le triangle rectangle AHB,

on a AB2 = AH2 + BH2, d’où a2 = 4 + a2

4 . On a donc 3

4 a2 = 4,

soit a2 = 163

ou encore a = 4

13 .

8 CE = 212 et BE2 = AB2 + AE2 = 4 + 16 = 20, d’où BE = 215.

9 a) • I milieu de [BC], donc (AI) médiane.• AB = AC et IB = IC, donc (AI) médiatrice de [BC].• (AI) médiatrice de [BC], donc (AI) et (BC) sont orthogonales, donc (AI) est une hauteur.

Confi gurationsplanes.Trigonométrie

C H A P I T R EEE6


• Les triangles AIB et AIC sont rectangles en I et gABI = gACI car ABC isocèle en A. Donc hBAI = hCAI et (AI) est donc bissectrice de l’angle qA.b) Ces quatre points sont situés sur (AI) d’après a).

10 Ce sont deux angles complémentaires de l’angle jABH (il suffi t de considérer les triangles rectangles BAC et BHA).

11 On a gCBI = hBIM (angles alternes-internes) et gCBI = hMBI, donc hBIM = hMBI. Par conséquent, le triangle IMB est isocèle en M et MI = MB.

12 a) G est le centre de gravité du triangle ABD.b) Dans un parallélogramme, les diagonales se coupent en leur milieu, donc (AC) passe par le milieu de [BD].c) (AC) passe par le milieu de [BD], c’est donc une médiane du triangle ABD et par conséquent, elle passe par G centre de gravité du triangle.

13 a) (BC) ⊥ (AH) et (AC) ⊥ (BH) donc (BC) et (AC) sont deux hauteurs du triangle ABH. Ces deux hauteurs se coupent en C qui est bien l’orthocentre.b) L’orthocentre de ACH est B (en effet (CB) ⊥ (AH) et (AB) ⊥ (CH)).

14 a) jDBA = 120°. DBA isocèle donc :

jBAD = jBDA = 180 – 1202

= 30°.

jBCA = 30° et jACE = 60° (complémentaire de jBCA).

ACE est isocèle donc jCAE = hCEA = 180 – 602

= 60°. Le triangle ACE est donc équilatéral.b) jDAE = jDAB + jBAC + jCAE = 30° + 90° + 60° = 180°, donc D, A et E sont alignés.c) • AE = AC.• D’autre part, hBDA = hBCA donc DAC isocèle et DA = AC = AE.• A est donc le milieu de [DE].

15 a) On a jABH = jHAC car ces deux angles sont complé-mentaires de jACH (en considérant les triangles rectangles BAC et AHC).Donc si B’ est l’intersection de (AJ) et (BK), on a jABB’ = jB’AC (moitiés d’angles égaux).Par conséquent dans le triangle AB’B, on a :

jBAB’ + jABB’ = jBAB’ + jB’AC = 90°.D’où le troisième angle jBB’A = 90°, donc AB’B rectangle en B’ et (BK) ⊥ (AJ).• Pour (CK) et (AI), même démonstration en remplaçant B par C et J par I.b) Dans le triangle AIJ, on a (JK) ⊥ (AI) et (IK) ⊥ (AJ), donc K est l’orthocentre du triangle et (AK) la troisième hauteur est perpendiculaire à (IJ).

16 a) (KI) droite des milieux dans le triangle CHA’ est parallèle à (CA’) et donc perpendiculaire à (A’B). (KI) est donc une hauteur du triangle AA’K et I intersection des hauteurs (A’H) et (KI) est l’orthocentre.b) Dans le triangle CHB, la droite (KA’) passe par les milieux de deux côtés, elle est donc parallèle au troisième côté [HB]. Or (AI) hauteur du triangle AA’K est perpendiculaire à (KA’) donc à (HB).

17 a) • gDIB = gIBC (alternes-internes) et gIBC = gIBD car (BI) bissectrice donc gIBD = gDIB et par conséquent IDB isocèle en D.• Même démonstration pour IEC.b) On a DI = BD et EI = CE, donc : BD + CE = DI + EI = DI + IE.I appartient à [DE] donc DI + IE = DE.

18 a) hAEC = hECB (alternes-internes) et hECB = hECA (car (CE) bissectrice) donc hAEC = hECA et hEAC est isocèle en A.• Même démonstration pour ABD.b) AE = AC et AB = AD donc AB + AC = AE + AD.A appartient à [ED] donc AE + AD = ED.

19 a) [AB] est un diamètre donc BEA rectangle en E.b) F intersection de deux hauteurs est l’orthocentre de ABC.c) Le triangle ADB est rectangle en D car [AB] est un diamètre du cercle circonscrit à ADB ; donc (AD) est une hauteur du triangle AB. Par conséquent (AD) passe par l’orthocentre F.d) BAC est isocèle en A donc la hauteur (AF) est aussi médiatrice de [BC], d’où FB = FC.

20 • jDMB = kCBM (angles alternes-internes).

kCBM = jMBA car (BM) bissectrice de jABC, donc :

jMBA = jDMB = jAMB, d’où AMB isocèle en A.• Même démonstration pour DMN.

21 On sait que kDOC est droit car les diagonales du carré sont perpendiculaires ; donc O est sur le cercle de diamètre [DC].On sait que kDHC est droit car (CH) est une hauteur du triangle DCE, donc H est aussi sur le cercle de diamètre [DC].

22 a) A B

CD

E F

b) (AB) // (DC) et AB = DC, (DC) // (EF) et DC = EF car ABCD et DCFE sont des parallélogrammes.Donc (AB) // (EF) et AB = EF et le quadrilatère ABFE est non croisé. Par conséquent, ABFE est un parallélogramme.

23 (AM) // (BD) et (AD) // (BM). De plus, AMBD est un quadrilatère non croisé. AMBD est donc un parallélogramme.

24 kDOC = 90°, donc jDAC = 45°.

jDBC = jDAC = 45°.jABC = 90° (car jAOC = 180°).

25 kAOD = 90°, donc jABD = 45°.On sait que jDBC = 45°, donc jABD = jDBC et par conséquent (BD) est bissectrice de jABC.

26 On a jCAB = jCDB = 20°.On a jACB = jADB, de plus jADB + jBDC = jADC = 90°, donc jADB = 90° – 20° = 70°, d’où jACB = 70°.

• 50

27 Dans le triangle ABE, on a hABE = 20° ethBEA = jCED = 120°.Donc hBAE = 180 – 20 – 120 = 40°.On a jBCD = jBAD = hBAE = 40°.

28 a) OA = OB (rayon du cercle e) et O’A = O’B (rayon du cercle �’).b) O et O’ appartiennent à la médiatrice de [AB] donc (OO’) est la médiatrice de [AB] et par conséquent (OO’) et (AB) sont perpendiculaires.

29 a) [AM] est un diamètre donc jABM est droite.[AN] est un diamètre donc jABN est droit.b) kMBN = jMBA + jABN = 90° + 90° = 180° donc M, B et N sont alignés.

30 a) OA = 410 ; OB = 410 ; OC = 410.b) O est donc le centre du cercle circonscrit.

31 AB = 3 ; AC = 445 ; BC = 490. Le triangle n’est pas rectangle.



34 b) AB = 949 + 4w9 = 712 ; AC = 12 ;BC = 936 + w36 = 612.On a AB = AC + CB donc A, B et C sont alignés.c) OA = 410 ; OC = 18 et AC = 12.On a OA2 = OC2 + AC2 donc le triangle OCA est rectangle en A et par conséquent les droites (OC) et (AC) sont perpendiculaires. On sait que (AC) = (AB), donc (OC) et (AB) sont perpendiculaires.

d) Aire OAB = AO × AB2

= 715 cm2.

35 • [AC] a pour milieu O (0 ; 0) ; de même que [BD].Donc ABCD est un parallélogramme.• AB = 420 et AD = 420, donc ABCD est un losange. BD = 440 donc BD2 = AB2 + AD2 d’où l’angle BAD est droit.Donc ABCD est un carré.

36 [AC] a pour milieu I(4 ; 6) et [BD] a pour milieu J(4 ; 6). I = J donc ABCD est un parallélogramme.AB = 426 ; BC = 426 ; AC = 452. AC2 = AB2 + BC2. Le triangle ABD est rectangle isocèle donc ABCD est un carré.

37 AB = 2 ; BC = 2 ; AC = 2 donc l’angle jABC n’est pas droit et ABCD n’est pas un carré.

38 [AC] a pour milieu I �3 ; 32� et [BD] a pour milieu

J �32 ; 3�. I ≠ J, donc ABCD n’est pas un parallélogramme

donc pas un carré.

39 [AC] a pour milieu I �2 + 132

; 5 + 132 � et BD a pour

milieu J �2 + 132

; 5 – 132 �. I ≠ J, donc ABCD n’est pas un

parallélogramme donc pas un carré.

40 Les triangles AED et DEC ont la même hauteur issue de D et les bases correspondantes sont égales (AE = EC), donc ils ont la même aire.De même, les triangles ABE et CBE ont même aire (car ils ont la même hauteur issue de B et des bases égales).L’affi rmation est donc vraie.

41 Le parallélogramme MBND a pour aire :

MB × BC = 12

× 1 = 12

.

L’aire colorée a donc pour aire 14

.

c2 À l’aide des propriétés des symétries axiale ou centrale

42 a) La droite passant par les deux points et la mé-diatrice du segment formé par ces deux points.b) Toute droite perpendiculaire à ces deux droites et la droite parallèle aux deux droites située au milieu des deux droites.c) Chacune des deux droites ainsi que les deux bissectrices.

43 a) s(A) = C ; s(B) = D ; s(C) = A et s(D) = B.b) c) A’ a pour image C, M a pour image N, l’image d’une droite est une droite, donc l’image de la droite d = (AM) est la droite (CN).d) On reporte sur (CN) à partir de C la longueur AP puis à partir de N, la longueur MP, un seul point de (CN) correspond à ces deux longueurs, c’est le point s(P).

44 a) Immédiat : B transformé en C et C en B. Il suffi t de construire l’image A’ de A.b) On a I milieu de [BC] et de [AA’] donc ABA’C est un parallélogramme et l’angle jBAC est droit, c’est donc un rectangle.

45 a) Immédiat : B et C invariants et D symétrique de A par rapport au milieu de [BC].b) La réfl exion conserve les angles géométriques et les longueurs, on a donc quatre côtés égaux et les angles jABC et jADC droits (et les diagonales de même milieu).

46 Soit Δ la médiatrice de [AB], elle passe par I et par J milieu de [CD]. La réfl exion d’axe Δ transforme C en D et laisse I invariant. La réfl exion conserve les longueurs donc CI = DI.

47 a) s transforme Δ en elle-même et � en lui-même. Le point A intersection de d et � n’est pas invariant car il n’est pas sur d, il est donc transformé en B l’autre point d’intersection.Même démonstration pour s(A’) = B’.b) La réfl exion conserve les longueurs. Or s(A) = B et s(A’) = B’, donc AA’ = BB’.

48 1. a) [AB] et [CD] sont parallèles car orthogonaux à Δ.La réfl exion d’axe Δ transforme A en B et C en D. Elle conserve les longueurs donc AC = BD.

Chapitre 6. Confi gurations planes. Trigonométrie • 51

Si on suppose A et C du même côté de Δ, alors ABDC est un trapèze isocèle. Si on suppose A et D du même côté de Δ, alors ABCD est un trapèze isocèle.b) Supposons que A et C sont de même côté de Δ, alors la diagonale [AD] est transformée en la diagonale [BC]. Leur point d’intersection est donc invariant et par conséquent situé sur Δ.2. Soit s la réfl exion d’axe (IE).s(B) = C ; s(C) = B ; s(I) = I ; s(M) = M.On a donc (IB) transformée en (IC) et (CM) transformée en (BM). L’intersection O de (IB) et (CM) est donc trans-formée en U intersection de (IC) et (BM).La longueur BO est donc égale à la longueur CU. D’autre

part, on a alors ICIU

= IBIO

et I, O, B et I, U, C dans cet ordre.

Ce qui permet d’affi rmer que (OU) et (BC) sont parallèles. Donc BOUC est bien un trapèze isocèle.

49 Soit s la réfl exion d’axe d.s(A) = A’ et s(B) = B’.Si I est le point d’intersection de (AB) et d, alors s(I) = I.La droite (AB) est transformée en (A’B’) et par conséquent I appartient à (A’B’). Donc (AB) et (A’B’) se coupent sur d en I.

50 Le cercle � est transformé par la réfl exion d’axe den �’ de centre O’ et de rayon R. K est transformé en lui-même donc [OK] est transformé en [O’K]. Le point A intersection de [OK] et � est transformé en A’ intersec-tion de �’ et [O’K].

51 Dans la réfl exion s d’axe d, on a s(A) = A’, s(B) = B’, s(A’) = A et s(B’) = B. Donc (AB’) transformée en (A’B).L’intersection des deux droites est donc invariante et par conséquent située sur d.

52 On a s(O) = O’ ; s(K) = K donc [OK] transformé en [O’K].s(A) = A’ et s(M) = M donc Δ’ = (A’M).A’ situé sur [O’K] image de [OK] et sur Δ’, donc A’ inter-section de [O’K] et de Δ’.

c3 Sinus et cosinus d’un nombre réel

53 180° → π ; 3π ; – π.

90° → π2

; 5π2

; – 3π2

.

45° → π4

; 9π4

; – 7π4

.

30° → π6

; 13π6

; – 11π6

.

60° → π3

; 7π3

; – 5π3

.

135° → 3π4

; 11π4

; – 5π4

.

120° → 2π3

; 8π3

; – 4π3

.

150° → 5π6

; 17π6

; – 7π6

.

54

2π3

3π4

12

π8

π4

π6π12

π3

π3

π2

12

12

12

12

π– O O

1

1

1 1≈ 1,05

55 a) π4

+ π4

= π2

. b) 2π6

= π3

. c) π3

+ π6

= π2

.

d) π – π3

= 2π3

. e) 3π4

= π – π4

. f) 2π3

= π – π3

.

g) 7π6

= π + π6

. h) 5π6

= π – π6

.

56

π4

12

12

π3

2π33π

4

π2

O 1

1

–

–

– ππ

57 Leur différence 23π11

– π11

est égale à 2π.

58 Les nombres 3π2

; – 5π2

sont aussi associés à M.

59 π4

correspond à 45°, donc sin π4

= 1

12 .

π6


= 12

.

π3


= 132

.

60 a) sin π2

= 1 ; sin 0 = 0 ; sin π = 0 ; sin �– π2� = – 1.

b) cos π2

= 0 ; cos 0 = 1 ; cos π = – 1 ; cos �– π2� = 0.

61 sin2 x + cos2 x = 1 donc :

cos2 π6

= 1 – sin2 π6

= 1 – 14

= 34

. Donc cos π6

= 234

ou – 234

.

cos π6

> 0 donc cos π6

= 234

= 132

.

62 a) sin – π6

= – sin π6

= – 12

. b) sin 5π6

= sin π6

= 12

.

c) sin 7π6

= – sin π6

= – 12

. d) sin 2π3

= sin π3

= 132

.

e) sin 4π3

= – sin π3

= – 132

. f) sin 3π4

= sin π4

= 122

.

• 52

π4

12

12

12

π3

2π3

4π3

3π4

5π6

7π6

π6

π6

O 1

1

–

12

– –

63 a) cos π12

≈ 0,966 ; sin π12

= 0,259.

b) cos – π7

≈ 0,901 ; sin – π6

≈ – 0,434.

c) cos 8,3 ≈ – 0,431 ; sin 8,3 ≈ 0,902.

64 sin2 π5

+ cos2 π5

= 1.

Donc sin2 π5

= 1 – cos2 π5

et sin π5

> 0.

sin2 π5

= 1 – 5 + 1 + 21516

= 10 – 21516

soit :

sin π5

= 910 – 2w154

.

65 cos2 π12

+ sin2 π12

= 1. Donc cos2 π12

= 1 – sin2 π12

et cos π12

> 0.

cos2 π12

= 1 – 6 + 2 – 241216

= 8 + 41316

= 2 + 134

,

d’où cos π12

= 92 + 132

.

66 1. (sin x + cos x)2 = sin2 x + cos2 x + 2 sin x cos x= 1 + 2 sin x cos x.

2. sin4 x + cos4 x + 2 sin2 x cos2 x = (sin2 x)2 + (cos2 x)2 + 2 sin2 x cos2 x

= (sin2 x + cos2 x)2

= 1.

67 a) 10π ≈ 31,4 donc 30 ≈ 10π – m avec m = 1,4 donc

M est aussi associé à m. Or – π2

< m < 0 (car – π2

≈ – 1,57)

donc M dans le quadrant IV.

b) sin 30 est donc négatif et sin 30° = 12

, donc sin 30 ≠ sin 30°.

68 35π3

= 30π3

+ 5π3

= 5 × 2π + 5π3

. M est donc aussi

associée à 5π3

qui appartient à [0 ; 2π].

69 • 7π3

= 6π3

+ π3

= 2π + π3

.

• – 8π3

= 6π3

– 2π3

= – 2π – 2π3

.

• 43π4

= 40π4

– 3π4

= 5 × 2π – 3π4

.

12

12

8π3

π3

O 1

1

–

–

7π33π

4

43π4

2π3

–

Trouvez l’erreur

70 De OB = OC on ne peut que conclure « O sur la médiatrice de [BC] ».

71 Si les droites (IJ) et (KL) étaient distinctes et paral-lèles, les points I, J, K et L ne seraient alors pas alignés.

72 On a MNCB

= MAAB

.

73 Ici [BB’] n’est pas la médiatrice mais la hauteur.

74 d n’est pas axe de symétrie (l’axe de symétrie est la perpendiculaire à [AC] issue de B).

75 Si Δ coupe d en I, sa symétrique Δ’ coupe d et Δ en I.

76 On a aussi sin 2π3

= 132

et 2π3

∈ � π5 ; π �.


• 54

77 a)

D– 4

O I

J

H

C

B

E A

b) x

E + x

D

2 = x

B et

yE + y

D

2 = y

D d’où x

E = – 6 et y

E = 4.

c) HE = 440 et HD = 440.B et H sont équidistants de E et D, donc sont situés sur la médiatrice de [ED].d) Le milieu de [AD] a pour coordonnées (1 ; 0) ainsi que celui de [BC] donc ACDB est un parallélogramme.e) (AH) est orthogonale à (BC), c’est donc une hauteur du triangle ABC.(BH) est orthogonale à (ED), donc à (BD) donc à (AC). C’est aussi une hauteur du triangle ABC.H est par conséquent l’orthocentre du triangle.

78 A. 1. et 2. Pour affi cher une aire, utilisez la com-mande indiquée sur les rabats de couverture.3. Il semble que les deux aires sont égales.B. Les triangles ABC et ADC ont même aire car ils sont symétriques par rapport à O centre du parallélogramme ABCD. De même, les triangles AEK et AFK ont même aire ainsi que les triangles KGC et KHC.Par soustraction, on obtient donc aire EKGB = aire FKHD.

79 EGEF

= ABCD

= 4043

.

D’où EG = 4043

EF, soit EG = 4043

(EG + GF),

d’où EG�1 – 4043 � = 40

43 × 15 soit EG = 600

43 × 40

3 = 200.

La rivière a donc une largeur de 200 mètres.

80 1. a)

sin (π – x)

sin (π + x)

sin x

sin – x

O

M1(– x)

M3(π – x)

M2(π + x)

cos (π – x) cos xcos – xcos (π + x)

M(x)

b) M et M1 symétriques par rapport à l’axe des abscisses

d’où le résultat.2. b) M et M

2 symétriques par rapport à 0, d’où le résultat :

� cos (π + x) = – cos xsin π + x = – sin x.

3. b) M et M3 symétriques par rapport à l’axe des ordon-

nées, d’où le résultat cos (π – x) = – cos x ; sin (π – x) = sin x.

4. a) cos �– π6� = cos π

6 = 13

2 .

b) sin 4π3

= sin �π + π3� = – sin π

3 = – 13

2 .

c) cos 3π4

= cos �π – π4� = – cos π

4 = – 12

2 .

81 a) Un seul point de l’arc �B’AB a pour ordonnée y et pour ce point il existe un seul réel correspondant entre

– π2

et π2

.

b) 0,7 possède un seul antécédent.c) On obtient x ≈ 0,775 4 (attention à régler la calculatrice en radians).d) On obtient x ≈ 4.115.e) On obtient x ≈ 0,927 3.

82 a) jAOB = 90° donc hAOJ = 45°.Soit I’ le point d’intersection de [OB] et de sa médiatrice. Dans le triangle rectangle OI’I, on a :

cos hIOI’ = OI’OI

=

121

= 12

.

Donc hIOI’ = 60° et hIOA = 30°.De même, si on note K’ le point d’intersection de [OA] et

de sa médiatrice, on a cos (kKOK’) = OK’OK

= 12

.

Donc kKOK’ = jKOA = 60°.

b) J est associé à π4

(ou tout autre réel de la forme π4

+ k × 2π).

I est associé à π6


+ k × 2π).

K est associé à π3


+ k × 2π).

83

A C

B

H

O

π8

1. a) Considérons le cercle circonscrit au triangle rectangle ABC. Il a pour centre O car [BC] est un diamètre. jABC et

jAOC interceptent le même arc, donc jAOC = 2 jABC = π4

.


b) AHO est rectangle en H et kAOH = π4

donc OAH = π4

.

Le triangle est isocèle en H et donc AH = OH.On a OA = OB = OC = a et OA2 = OH2 + AH2 = 2 OH2.

D’où OH2 = a2

2 soit OH = a

12 = a12

2 .

On a alors BH = a + a122

et AH = a122

.

D’où dans le triangle rectangle AHB :

AB2 = �a + a122 �

2

+ �a122 �

2

= a2 + a2

2 + a212 + a

2

2 = a2(2 + 12)

soit AB = a92 + 12.

2. • Cos π8

= cos jABH = BHBA

= a �1 + 12

2 �a92 + 12

.

D’où cos π8

= 2 + 12

292 + 12 = 92 + 12

2 .

• Sin π8

= sin jABH = AHAB

= a 12

2

a92 + 12 .

D’où sin π8

= 12

292 + 12 = 12 92 + 12

2(2 + 12) = 12 92 + 12 (2 – 12)

2 × 2

soit sin π8

= 92 + 12 (212 – 2)4

= 92 + 12 (12 – 1)2

.

84 a) (AD) et (BC) sont parallèles, d’où :

kOBH = jAOB = π6

.

Donc OH = OB sin π6

= R sin π6

et HB = OB cos π6

= R cos π6

.

Donc OHB a pour aire OB × OH2

= R2 sin π

6 cos π

62

, soit

R2138

d’où OBC a pour aire R2134

.

b) Les secteurs angulaires ont pour aire πR2

12 .

c) � = R2134

et B = πR2

6 . Or 13

4 ≈ 0,43 et π

6 ≈ 0,52.

Le domaine bleu a la plus grande aire.

85 tan jABM = AMAB

, d’où AM = 100 × tan 70°.

De même, tan hABP = APAB

, d’où AP = 100 tan 50°.

Donc MP = 100 (tan 70° – tan 50°).Soit MP ≈ 155,57 m.

86 SHAH

= tan α, SHBH

= tan β

d’où tan α × (AH) = tan β × (BH),ou tan (58,5°) × AH = tan (35,1°) × (AH + 18,7).On obtient :AH[tan (58,5°) – tan (35,1°)] = tan (35,1°) × 18,7.

D’où AH = tan (35,1°) × 18,7tan (58,5°) – tan (35,1°)

≈ 14,15.

Et SH = AH × tan (58,5°) ≈ 23,08 m.

87 a) Un point M de coordonnées (x ; y) appartient à la médiatrice de [AB] si, et seulement si, AM = BM, soit (x – x

A)2 + (y – y

A)2 = (x – x

B)2 + (y – y

B)2, ou

(x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 3)2 + (y – 1)2.D’où x2 – 2x + 1 + y2 – 4y + 4 = x2 – 6x + 9 + y2 – 2y + 1.

On obtient ainsi une équation de la médiatrice y = 2x – 52

.

b) Ces deux droites sont perpendiculaires à [AB], elles sont donc parallèles et possèdent le même coeffi cient directeur. La hauteur a donc une équation de la forme y = 2x + b. C vérifi e cette équation, d’où 5 = 2 × 4 + b soit b = – 3. La hauteur issue de C a pour équation y = 2x – 3.c) M(x ; y) appartient à la médiatrice de [AC] si, et seule-ment si, AM = BM soit (x – 1)2 + (y – 2)2 = (x – 4)2 + (y – 5)2 d’où y = – x + 6.Les coordonnées I du cercle circonscrit vérifi ent les équations des médiatrices de [AB] et [AC], c’est-à-dire le système

� y = – x + 6

y = 2x – 52 .

I a donc pour coordonnées x = 176

, y = 196

.

d) • Les médianes ont une équation du type y = ax + b.

• La médiane d issue de A passe par le milieu A’�72 ; 3� de

[BC] d’où � 2 = a × 1 + b

3 = a × 72

+ b d’où a = 25

et b = 85

; d a donc

pour équation y = 25

x + 85

.

• La médiane d’ issue de C passe par le milieu C’�2 ; 32 � de

[AB] d’où � 5 = 4a + b32

= 2a + b d’où a = 74

et b = – 2 ; d’ a donc

pour équation y = 74

x – 2.

• Les coordonnées du centre de gravité G vérifi ent le sys-

tème � y = 25

x + 85

y = 74

x – 2 .

G a donc pour coordonnées x = 83

et y = 83

.

88 a) Remarque : ici l’unité est 0,5 cm.

1

1

I

P

C

A

B

O

b) Le centre I a pour coordonnée (5 ; 0).

c) IA = 9(5 – 5w)2 + (5 – 0)2 = 5.

IB = 9(1 – 5w)2 + (3 – 0)2 = 5.

IC = 9(8 – 5w)2 + (– 4)2 = 5.


Or le rayon du cercle est égal à OI = 5.Donc A, B et C sont bien sur le cercle �.d) Un point M(x ; y) appartient à la médiatrice de [OC] si, et seulement si, OM = CM, soit : x2 + y2 = (x – 8)2 + (y + 4)2.D’où une équation : y = 2x – 10.La hauteur du triangle AOC issue de A est parallèle à la médiatrice de [OC], elle a donc le même coeffi cient directeur et une équation de la forme y = 2x + b.Les coordonnées de A vérifi ent cette équation, d’où :5 = 10 + b et b = – 5.La hauteur issue de A a pour équation y = 2x – 5.

OC a pour équation y = – 12

x (immédiat car ici b = 0). Les

coordonnées de l’intersection K de (OC) et de la hauteur

vérifi ent � y = – 12

x

y = 2x – 5 d’où x = 2 et y = – 1.

e) AOC a pour aire :OC × KA

2 = 964 + x16 × 9(5 – 2x)2 + (5 + 1)2

2

= 480 × 4452

= 415 × 3152

= 30.

f) On a aussi aire AOC :AC × OH

2 = 932 + 92 × OH

2 = 490 × OH

2 = 3410 × OH

2 .

On obtient 3410 × OH2

= 30, d’où OH = 20

410 = 2410.

89 1. Il semble que les aires sont égales pour x = 2,66 et que l’aire du triangle est maximale pour x = 4.

2. a) f(x) = x2 et g(x) = (8 – x) × x

2 =

– x2 + 8x2

.

b) f(x) = g(x) si, et seulement si, x2 = – x2 + 8x

2 .

Soit 3x2 – 8x = 0 ou x(3x – 8) = 0 avec 0 � x � 8.

Les aires sont donc égales pour x = 83

(ou x = 0 mais alors

le carré et le triangle ont des aires nulles).c) On veut 3x2 – 8x � 0 soit x(3x – 8) � 0, d’où :3x – 8 � 0 (car x � 0).L’aire du triangle est supérieure à l’aire du carré pour

0 � x � 83

.

d) – (x – 4)2 + 16

2 = –

– (x2 – 8x + 16)2

= – x2 + 8x

2 .

L’aire sera maximale pour (x – 4)2 = 0 soit x = 4.

e) f(x) + g(x) = x2 + 8x

2 et les fonctions x � x2 et x � 8x

sont croissantes sur [0 ; 8]. Le maximum est donc obtenu pour x = 8.

90 A. A semble être le milieu du segment.B. 1. A appartient aux axes de symétrie et la symétrie conserve les distances, donc AS = AM et AT = AM.2. jSAM = hSAB + jBAM = 2 jBAM, jMAT = kMAC + hCAT = 2 kMAC,d’où hSAT = 2(jBAM + kMAC) = 2 jBAC = 180°.3. S, A et T sont alignés et A entre S et T (angle plat), et comme AS = AT, on a bien A milieu de [ST].

C. • Par construction AKMH est un rectangle. AAK = THM et ZSH = THM d’où ZAK = ZSH et AKHS est un parallélogramme.• De même, ZHA = AKT et HATK est un parallélogramme.• AKHS est un parallélogramme donc ASA = ZHK, de même HATK est un parallélogramme donc AAT = ZHK.• Donc ASA = AAT, d’où (AS) et (AT) sont parallèles, donc confondues et A est le milieu de [ST].

91 A. Le logiciel répond « I sur (AJ) ».B. 1. a) ADI est isocèle.b) On a hIDC = 60° donc hADI = 30° d’où

hAID = 180° – 30°

2 = 75°.

2. a) fICJ = 30° + 60° = 90°.b) fICJ est rectangle isocèle.c) fCIJ = 45° (d’après 2. b).3. fAIJ = gAID + gDIC + fCIJ = 75° + 60° + 45° = 180°.L’angle est plat donc A, I et J sont alignés.

C. 1. II’ = 132

, JS’ = 132

.

2. a) On a A(0 ; 1) ; B(1 ; 1) ; C(1 ; 0) ; D(0 ; 0) ; I �12 ; 132 � ;

J �1 + 132

; 12� .

b) y

A – y

I

xA – x

I

= 1 – 13

2

– 12

= 13 – 2.

yA – y

J

xA – x

J

= 1 –

12

– �1 + 132 �

= – 1

2 +13 = 13 – 2.

On a y

A – y

I

xA – x

I

= y

A – y

J

xA – x

J

donc A, I et J sont alignés.

92 A. Il semble que l’aire du trapèze est supérieure à celle du triangle pour x > 0,8.

B. 1. f(x) = 4 + x

2 × 2 = 4 + x.

g(x) = (4 – x) × 3

2 = 6 – 3

2 x.

2. f(x) – g(x) = 52

x – 2.

x 0 45

4

f(x) – g(x) – +0

3. Les aires sont égales pour x = 45

, pour x > 45

l’aire du

trapèze est supérieure à celle du triangle.

93 1. • x < 0, on a �1 = – 3x

2 et �

2 = 5 × (4 – x)

2 .

• 0 � x � 4, on a �1 = 3x

2 et �

2 = 5 × (4 – x)

2 .

• x � 0, on a �1 = 3x

2 et �

2 = (x – 4) × 5

2 .

2. Les triangles IOA et IBC ont mêmes bases ([OA] et [BC]) et mêmes hauteurs que JOA et JBC, donc les mêmes aires que JOA et JBC.

• 56

3. a) • Si x � 0,

f(x) = – 3x2

+ 5 × (4 – x)2

= – 8x + 202

= – 4x + 10.

• Si 0 � x � 4, f(x) = 3x2

+ 5(4 – x)2

= – x + 10.

• Si x > 4, f(x) = 3x + 5(x – 4)2

= 4x – 10.

b)

y = 16

74– 2

2

4

6

8

10

18

20

2

c) Sur [– 2 ; 7], le minimum 6 est obtenu pour x = 4 et le maximum 18 est obtenu pour x = – 2 ou x = 7.

4. a) Aire OABC = 5 + 32

× 4 = 16.

b) La droite d’équation y = 16 coupe la courbe en deux points d’abscisses x

1 ≈ – 1,5 et x

2 ≈ 6,5.

5. a) On veut f(x) + g(x) = 162

avec 0 � x � 4 d’où – x + 10 = 8. Soit x = 2.b) Pour 0 � x � 4, la droite d’équation y = 8 coupe la courbe au point d’abscisse 2.

94 A. 1. a) M(1 ; 0); T(4 ; 0).b) M(0 ; 1) ; T(18 ; 0) (voir fi gure du 2.).c) M(– 1 ; 0) ; T(2 ; 0). d) M(0 ; 1) ; T(18 ; 0).2.

31

18

α

On a cos α = 182

d’où α ≈ 0,34.

B. 1. a) Le point M a fait un tour, donc parcouru une dis-tance d = 2π soit environ 6,28 m.b) Le point T a fait un aller-retour de la position (4 ; 0) à (2 ; 0) puis (4 ; 0), soit 4 m.2. a) Le point M a fait deux tours plus un quart de tour, il est donc en B.b) Le point M a fait cinq tours plus sept huitièmes de

tour, il est au point I �122

; – 122 �.

3. a) M a pour coordonnées (cos 2πt ; sin 2πt) (car 1 seconde correspond à un tour donc t secondes correspondent à une longueur de 2πt de cercle).b) • Cas où M est dans le 1er quadrant :

T

O

M(cos 2πt ; sin 2πt)

32 – (sin 2πt)29 w w w

�

On constate que x(t) = OT = 99 – (siwn 2πt)2 + cos 2πt.• On retrouve graphiquement le même résultat dans les trois autres quadrants.4. x(0) = 99 – siwn 0 + cos 0 = 19 + 1 = 4. Ce résultat correspond bien à celui obtenu au A. 1. a).

x �32� = 99 – �siwn 3π2 �

2

+ cos 3π2

= 89 – 1 + 0 = 18.

Ce résultat correspond bien à celui obtenu au A. 1. d).

95 A. 2. Le périmètre semble constant.3. L’aire semble maximale pour M(2 ; 0).B. 1. et 2. On a jPBM = 60° donc MP = BM sin 60° = 13

2 x

et BP = BM cos 60° = x2

.

De même MQ = MC sin 60° = 132

(4 – x) et

CQ = MC sin 60° = 4 – x2

= 2 – x2

.

3. a) p(x) = 132

x + x2

+ 132

(4 – x) + 2 – x2

= 2 + 213.

b) et c) Le périmètre ne dépend pas de x, il est constant et indépendant de la position de M.

C. 1. a) Aire BPM = 12

× 132

x × x2

= 138

x2.

b) Aire CQM = 12

× (4 – x) 132

× 4 – x2

= 138

(4 – x)2.

c) �(x) = Aire ABC – Aire BPM – Aire CQM.

Aire ABC = 4 × 4 × 13

22

= 413

donc �(x) = 413 – 138

(x + (4 – x)2)

= 413 – 138

(x2 + 16 – 8x + x2)

= 413 – 213 + 13x – 134

x2

= 213 + 13x – 134

x2.

2. a) La fonction x � – x2 est croissante sur ]– ∞ ; 0] et décroissante sur [0 ; + ∞[, donc la fonction x � – (x – 2)2 est croissante sur ]– ∞ ; 2] et décroissante sur [2 ; + ∞].

b) Les fonction f : x � – 132

(x – 2)2 et g : x � 313 – 132

(x – 2)2

varient comme la fonction x � –(x – 2)2 d’où :

x 0 2 4

g(x)

313

c) On a 313 – 132

(x – 2)2 = 313 – 134

(x2 – 4x + 4)

= 313 – 134

x2 + 13x – 13

= – 134

x2 + 13x + 213

= �(x).Donc �(x) maximale lorsque x = 2, on a alors :�(2) = 313 ≈ 5,2.d) Ce résultat est bien en accord avec la conjecture.


96 Après avoir saisi le programme et entré les valeurs, on constate que la réponse est bien « rectangle en A ».



99 On remplace la ligne « Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2 » par :« Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2

ou (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – U)2 + (T – V)2 = (S – X)2 + (T – Y)2

ou (S – X)2 + (T – Y)2 + (S – U)2 + (T – V)2 = (U – X)2 + (V – Y)2 »et dans les deux lignes suivantes, on affi che simplement « rectangle » sinon « non rectangle ».

100 On remplace la ligne « Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2 par :

« Si (U – X)2 + (V – Y)2 + (S – X)2 + (T – Y)2 = (S – U)2 + (T – V)2 et (U – X)2 + (V – Y)2 = (S – X)2 + (T – Y)2 » et on affi che « rectangle, isocèle en A » sinon « non rectangle, isocèle en A ».

101 a) On teste si [AC] et [BD] ont même milieu.b) « ABCD est un parallélogramme ».« ABCD n’est pas un parallélogramme ».

102 1. a) et c) La calculatrice répond « rectangle ».b) La calculatrice répond « non rectangle ».2. Seul le triangle du a) est rectangle.3. Pour 10– 10 et 10– 15, le logiciel répond non rectangle.Pour 10– 20, le logiciel répond rectangle.4. a) La précision de calcul de l’algorithme ne suffi t plus pour 10– 20, et pour les calculatrices la précision est mise en défaut pour 10– 10.b) L’algorithme sur une calculatrice doit donc être utilisé avec précaution.

• 58


EXERCICESLES

103 L’aire du domaine bleu est égale à l’aire du demi-cercle de diamètre [BC] moins l’aire du triangle, soit :πBC2

8 – AB × AC

2 .

L’aire du domaine rose est égale à la somme des aires des deux demi-cercles de diamètre [AB] et [AC] moins l’aire du domaine bleu, soit :πAB2

8 + πAC2

8 – πBC2

8 + AB × AC

2 = π �AB2 + AC2 – BC2

8 �+ AB × AC

2 = AB × AC

2

car AB2 + AC2 – BC2 = 0.Donc les aires sont égales.

104 S P

O

IL

ΔJ

N RK

M

La parallèle Δ à (SO) coupe (SR) en J. On construit alors le parallélogramme ORJI. Montrons que ORJI et MNRS ont même aire.

On a JRSR

= NRRO

. On note K et L les intersections de la

perpendiculaire à NO issue de S avec (NO) et (JI).

On a JRSR

= KLKS

.

Aire ORJI = KL × RO

= � JRSR

× KS� × RO

= NRRO

× KS × RO

= NR × KS= aire MNRS.

105

O’

A

B

O

Le triangle OAO’ est rectangle en A (la tangente est per-pendiculaire au rayon). On a O’A = 10 et OO’ = 20 donc

sin lAOO’ = O’AOO’

= 12

.

L’angle lAOO’ est égal à 30° donc jAOB = 60°. Le quadri-latère OAO’B a les angles qA et qB droits, l’angle 0 égal à 60° donc l’angle O’ est égal à 120°.On a OA2 = OO’2 + OA2 d’où OA = 1013.Le quadrilatère OAO’B a pour aire 1013 × 10 = 10013.Les secteurs angulaires de centre O et de centre O’ ont

pour aires respectives π × 102

6 et π × 102

3 .

L’aire cherchée est donc égale à :

10013 – 100 × π2

= 100�13 – π2 �.


EXERCICESLES

106 B

C

60°72°

A B’

Soit B’ le projeté orthogonal de B sur (AC) : BB’AB’

= tan 72°

et BB’B’C’

= tan 60°.

Or B’C = 200 – AB’ donc BB’AB’

= tan 72°

et BB’200 – AB’

= tan 60°.

Soit tan 72° × AB’ = tan 60° (200 – AB’).D’où AB’ (tan 72° + tan 60°) = 200 tan 60° = 20013.

On a donc AB’ = 20013

tan 72° + 13 ≈ 72,02 m.

On a alors BB’ = AB’ × tan 72° ≈ 221,66 m.On a alors AB2 = AB’2 + BB’2, d’où AB ≈ 233 m.

107 Considérons la symétrie s de centre O.s(A) = C, s(B) = D donc l’image de la droite (AB) est la droite (DC). Le cercle � a pour image lui-même donc les points d’intersection de (AB) et de � ont pour images les points d’intersection de (DC) et de �. B ayant pour image D, M a donc pour image N. M et N sont symétriques par rapport à O, [MN] est donc un diamètre.

108

O

D

C

B

A

BOD est isocèle donc jOBC = kODC.BAC est isocèle donc jABC = jACB.De plus jACB = jOCD.Donc jOCD + kODC = jABC + jOBC = jOBA = 90°.Donc dans le triangle COD, on aura jCOD = 90°, c’est-à-dire jDOA = 90°.

109 BP

M

N

CAO

On a OP2 = OA2 + PA2 = 10OM2 = OC2 + MC2 = 8PM2 = PB2 + BM2 = 2donc OP2 = OM2 + PM2, d’où jPMU est droit.De même OM2 + NP2 = 5 + 5 = OP2 d’où jPNO est droit.Donc les quatre points sont sur le cercle de diamètre [PO].

A

B C

110 Le triangle ABC est équilatéral de côté 2R. Son aire est égale à :

2R × 2R × 132

2 = R213.

Chacun des secteurs angulaires coloriés a une aire égale

à πR2

6 , donc l’aire du triangle curviligne est égale à

R213 – 3πR2

6 = R2�13 – π

2 �.On veut R2�13 – π

2 � > 100, soit R2 > 100

13 – π2

d’où :

R > 9 100

13 – π2

≈ 24,9.

111 1. a) Faux ; b) Vrai ; c) Vrai ; d) Faux.2. a) Vrai ; b) Faux (le milieu de [AB] appartient à d).3. a) Faux ; b) Vrai (le centre convient).

Problèmes ouverts

112 1. Pour tout M de [AB], le triangle MDC a pour

aire 10 × 102

= 50 cm2.

2. Si les sommets M, N, P sont situés sur deux côtés opposés, alors aire MNP � 50 (hauteur = 10et base � 10).

Si les sommets M, N, P sont situés sur deux côtés consécutifs, alors aire MNP < 50 (hauteur MC � 10 et base NP � 10).

Supposons maintenant les sommets sur trois côtés.Le triangle MNP a une aire inférieure au triangle MNC car la hauteur PL est inférieure à la hauteur CK.

Le triangle MNC a une aire inférieure au triangle MDC car la hauteur NR est inférieure à la hauteur DS.Par conséquent, le plus grand triangle est MDC d’aire 50 cm2.

MA B

P

CD 10

10 I 10

10

MB

CPND

A

CPND

B

M

A

CD

B

P

MA

N

KL

MA B

CD

N

R

S


113 • Aire OCD = OC× OD2

.

• La droite d a une équation y = ax + b avec a < 0 et 3 = 2a + b car A appartient à d. d a donc pour équation y = ax + 3 – 2a, donc D a pour coordonnées (0 ; 3 – 2a) et

OD = 3 – 2a. C a pour coordonnées �2a – 3a

; 0� donc OC = 2a – 3

a d’où :

aire OCD = (3 – 2a) (2a – 3)2a

= – (3 – 2a)2

2a .

C1

A

D

1

O d

On a – (3 – 2a)2

2a = – 4a2 + 12a – 9

2a

= – 4a2 – 12a – 9 + 24a2a

= – (2a + 3)2

2a + 12.

Cette quantité sera minimale pour (2a + 3)2 = 0, soit pour

a = – 32

.

L’aire sera alors égale à 12 cm2.Remarque : Pour ces deux derniers exercices ouverts, un logiciel de géométrie permet d’émettre des conjectures qui peuvent guider les recherches.

• 60

c1 Égalité de vecteurs

1 tu = iw = iw’ ; tv = tu’.

2

ru’

rv’

rv2rv1

ru1ru2

uw’

ru

rv

uw

A

3

ru’

rv’

rv

rv

uw’

ru

rurv

uw

A

A1

A4 A

3

A2

4 1. ZAB = RDC = ABE = ZCF. 2. ZAC = ABF.

5

A B E

DM

P

C

Q

F N

6 1. a) B. b) C.2. a) M. b) D.

7 a) pES = ZAC = pLA = oBI.b) pCI = pSA = ZAB = pEL.c) A’ image de A par la translation de vecteur pSB.A" image de A par la translation de vecteur pCL.

A

A”

A’B

IC

LE

S

L milieu de [AA”].B milieu de [AA’].

8 a) ZDA = pCI ; RDC = pAI ; pDI = ACB.b) D

1 est l’image de D par la translation de vecteur ZAB.

D2 est l’image de D par la translation de vecteur ZBA.

A I B

D D1D2 C

9 a)

A

C

B

C’

C’ image de C par la translation de vecteur ZAB : ECC’ = ZAB.On trace le quatrième sommet du parallélogramme ABC’C.b) On a ZAC = ZBC’ et ECC’ = ZAB.

10 a)

A

C

BC’

B’

K

A’

VecteursC H A P I T R E7


b) RA’K = ZBB’ donc A’KB’B est un parallélogramme.c) A’ est le milieu de [CB], donc ZBA’ = RA’C.d) A’KB’B est un parallélogramme donc ZKB’ = RA’B et RA’B = ZCA’. On en déduit que ZKB’ = RA’B donc KB’BA’ est un parallélogramme.e) A’CKB’ est un parallélogramme donc ZKC = RB’A’. B’ et A’ milieux respectifs de [AC] et [AB] donc RB’A’ = RAC’.On a ZKC = RAC’ et CKAC’ est un parallélogramme.

11 1. ABCD est un parallélogramme donc ZAB = EDC.ABDE est un parallélogramme donc ZAB = ZED.On en déduit que EDC = ZED ; (D est le milieu de [EC]).ACDF est un parallélogramme donc AAF = ECD.EDC = ZED et ECD = AAF donc ZAF = ZDE ; AFED est un parallélogramme.

F A B

D

H

CE

2. CAEH est un parallélogramme si [EC] et [AH] ont le même milieu D.3. a) ZAB = pFA = ZED = EDC.b) ECD = ZDE = AAF = ZBA’.4. a) ZAC = ZFD = ZEH. b) ZDF = ECA = ZHE.

12 5. Conjecture F est l’image de E dans la translation de vecteur ZAB.On a pEF = ZEB + ABF et ABF = ZAE donc pEF = ZEB + ZAE = ZAB.F est l’image de E dans la translation de vecteur ZAB.6. a) ZCD = EAC. D image de C dans la translation de vec-teur EAC.ZCE = ZAB. E image de C dans la translation de vecteur ZAB.ZCA + AAE = ZAB donc ZAC = ZBE.b) ZAB = ECE (translation).ZAB = pEF (translation).

c2 Coordonnées d’un vecteur

13 1.

C

A

D

I

B

O

J

2. ZAB(4 ; – 4) ; ZAC(2 ; – 1) ; ZAD(0 ; – 4).3. AB = 412 ; AC = 15 ; AD = 4.

14 YOM = tu donc M(1 ; 2).

15 M(1 ; 2) ; N(– 2 ; 1) ; P(4 ; 4) ; Q(1 ; 3).

16 1. A(– 2 ; – 1) ; B(3 ; – 1) ; C(2 ; 1) ; D(– 2 ; 3).2. ZAB(5 ; 0) ; ZAC(4 ; 2) ; ZAD(0 ; 4) ; ZBC(– 1 ; 2) ; oBI(– 2 ; 1) ; ZCD(– 4 ; 2).3. ZBA(– 5 ; 0) ; ZCA(– 4 ; – 2) ; ZDA(0 ; – 4).

17 A�– 23

; – 13 � ; B�1 ; –

13 � ; C�2

3 ;

13 � ; D�–

23

; 1�.ZAB�5

3 ; 0� ; ZAC�4

3 ;

23 � ; ZAD�0 ;

43 � ; ZBC�–

13

; 23 �.

oBI�– 23

; 0� ; ZCD�– 43

; 23 � ; ZBA�–

53

; 0� ; ZCA�– 43

; – 23 � ;

ZDA�0 ; – 43 �.

18 b) M(5 ; 6) c) N(3 ; 3).

19 1. ZAB(4 ; – 4) ; ZAC(2 ; 2) ; ZAD(6 ; – 2) ; ZBC(– 2 ; 6) ; ZBD(2 ; 2) ; ZCD(4 ; – 4).2. ZAB = ZCD donc ABDC est un parallélogramme.

20 1. ZAB(4 ; – 4) et ZDC(2 – x ; 5 – y).2. On veut ZAB = ZDC soit x – 2 = 4 et y – 5 = – 4d’où x = – 2 et y = 9.

21 a) ZAB(– 2 ; 1) ; EAC(– 4 ; – 4) ; ZAD(x – 5 ; y – 1).ZBC(– 2 ; – 5) ; ZBD(x – 3 ; y – 2) ; ZCD(x – 1 ; y + 3).b) ABCD parallélogramme équivaut à ZAB = ZDC, ce qui donne x = 3 et y = – 4.c) On obtient x = 1 et y = – 2.

22 a) ZAB(3 ; 5).b) M(10 ; – 5).c) N(13 ; 0).

23 a) t = 7 et m = 4.b) t = 0.

c) t = – 72

et m = 4.

c3 Coordonnées de la somme

24 ru + rv(3 ; 2) ; ru + ru(2 ; 6) ; rv + rv(4 ; – 2) ; ( ru + ru) + rv(4 ; 5) ;

ru + (ru + rv)(4 ; 5).

25 1. ZAB(1 ; – 5) ; EAC(2 ; 2) ; EBC(1 ; 7) ; ABA(– 1 ; 5) ; ECA(– 2 ; – 2).2. ZAB + EAC(3 ; – 3) ; ZAB + ZCB(0 ; – 12) ; ZAB + ABA(0 ; 0).3. a) TAM(x – 1 ; y – 3).b) M(4 ; 0).c) N (2 ; – 14).

• 62

26 1. ZAB(– 3 ; 2) ; EAC(– 1 ; – 3).2. TAM(x – 2 ; y – 1) ; RBM(x + 1 ; y – 3).3. TAM + RBM(2x – 1 ; 2y – 4) ; ZAB(– 3 ; 2) ; M(– 1 ; 3).

27 ru(xC – x

A ; y

C – y

A) = (1 ; 3).

rv(xB – x

A ; y

B – y

A) = (3 – 1).

iw(1 + 3 ; 3 – 1) = (4 ; 2).ZAD(x

D – 0 ; y

D – 1) ; D(4 ; 3).

28 a) TAM + RBM (2x – 1 ; 2y + 3) ; iO(0 ; 0) ; M�12

; – 32 �.

I milieu de [AB] I�1 + 02

; 0 – 3

2 �, donc M = I.

c) TAM + RBM + RCM (3x – 2 ; 3y + 2) ; M�23

; – 23 �.

29 1. if1(2 ; 1) ; if

2(– 2 ; 6).

2. if1 + if

2(0 ; 7).

3. if3(0 ; – 7).

30 1.

O

J

I

ru

ei

2ei

12

2ei–ej

ej

ej

On lit ru(2 ; 1), rv�2 ; – 12 �.

2.

O ei

tu tv

2tu

tu + tv2 tu + 2 tv

2tv

2 tv

ej

3. On a ru + rv�4 ; 12 � ; 2ru(4 ; 2) ; 2 rv(4 ; – 1) ; 2 ru + 2rv(8 ; 1).

c4 Utiliser la notation λ ru

31 a) tX = 32

ei + 12

ej ; b) tX = 12

ei + 12

ej ; c) tX = 12

ei – 12

ej.

32 ru = ei ; rv = r0 ; iw = 72

ei – 34

ej.

33

A

P

B

ru

M

N

C

34 1. EDC = ru ; ZFC = – ru ; ADF = 2ru ; AEA = – 2ru.2. a) Vrai. b) Faux. c) Faux.

35

E

Q

F

PB

C

A

DN

M

36 a) ASB = 2ru ; oIC = – ru ; 3 oEL = 3ru ; – 2 ABA = 2ru.

b) AEA = 12

uV ; ESC = 12

uV ; 2 iEI = 2uV ; 32

AEA = 34

iV.

37 O

I

ACB

D

zi

38 O I

P MNQ zi

39 a) k = 3.b) k = – 3.c) k = – 3.

d) k = – 32

.

40 a) k = – 3.

b) k = 12

.

c) k = 53

.

d) k = – 45

.

41 a) k ∈ [0 ; 1].b) k ∈ [1 ; + ∞[.

42 a) k ∈ ]– ∞ ; 0]. b) k ∈ [– 1 ; 0].

43 a) ZAB(– 3 ; 1) ; EAC(3 ; – 1) ; EBC(6 ; – 2).

b) 2ZAB(– 6 ; 2) ; – ZAB(3 ; – 1) ; 12

ZAC�32

; – 12 � ; – EAC(– 3 ; 1) ;

2EBC(12 ; – 4) ; 23

ZBC�4 ; – 43 �.

c) 2ZAB + 12

ZAC�– 92

; 32 � ; – ZAB + 2EBC(15 ; – 5) ;

2ZAB – EAC + 23

ABC�– 5 ; 53 �.

44 ZAB(– 6 ; – 1) ; 2ZAB(– 12 ; – 2) ; EAC(– 7 ; 3) ; – 3EAC(21 ; – 9) ; 2ZAB – 3EAC(9 ; – 11) ; M(4 ; – 14).

45 TAM = 23

ZAB + 23

EAC = 23

(ZAB + ZAC) ; ZAB(7 ; 2) ;

EAC(6 ; 1) ; ZAB + EAC(13 ; 3) ; TAM = 32

(ZAB + EAC) : �392

; 92 � ;

M�292

; 32 �.

46 2. a) EAC(1 ; 1) ; ZAB(3 ; – 2).

iw �13

; 13 � ; et �2 × 1 +

12

× 3 ; 2 × 1 + 12

× (– 2)� = (3,5 ; 1).

3. ru(1 ; 0) ; rv(1 ; – 3) ; iw(0,5 ; – 1,5) ; et(2,5 ; – 1,5).

Chapitre 7. Vecteurs • 63

c5 Colinéarité de deux vecteurs

47 pSB = 2oEL ; pCI = 12

pSB ;

pSE = 12

ACL ; ACL = 2oIB ; oEI = 2ALB.

48 1. On a ZAB = 23

EAC, donc ZAB et EAC colinéaires.

2. Construction simple.

49 EAC = – 23

ECB.

50 3rv = 3�23

ei – ej � = 2ei – 3ej

= ru.

51 – 6rv = – 6�– 13

ei – 12

ej � = 2ei + 3ej

= ru.

52 a) rv = – 3ru ; ru et rv colinéaires.

b) – 1 × 13

– 1 × �– 12 � ≠ 0 ; ru et rv non colinéaires.

c) ru et rv colinéaires.d) ru et rv non colinéaires.e) ru et rv non colinéaires.

53 ABC est un triangle donc (A ; ZAB, EAC) est un repère du plan.Dans ce repère, ru a pour coordonnées (2 ; – 1) et rv(1 ; x).ru et rv sont colinéaires lorsque 2 × x – (– 1) 1 = 0 donc

x = – 12

.

54 ru et rv sont colinéaires lorsque 12

× (– 1) – �– 34

a� = 0

soit a = 23

.

55 a) 25 + 2k = 0 donc k = – 12,5.

b) 10 – 3k2 = 0 donc k = 4103

ou k = – 4103

.

c) 412k2 + 15k = 0, soit k(412k + 15) = 0 donc k = 0 ou

k = 15412

= 15128

.

c6 Somme de deux vecteurs

56 a) ZAB + EAC = EAC + pCF = ZAF.b) ZAB + pCF = ZAB + ZBE = ZAE.

57 M(4 ; 3) ; N(– 2 ; – 2).

58 M(7 ; 2) ; N(3 ; 0).

59 M(3 ; 8) ; N(– 3 ; 4).

60 1. 2. 3.

ru

rv

3rv

2ru– ru

– rv

A

B

P

N

M

2RAM

RAN

4. Pour le point Q à partir du point M, on trace le vecteur – 2RAN(8 carreaux à gauche, 18 vers le bas).

61

A

– 2 ZAB

2 ZAB

3 ZBC

ZAB23

M

B

C

P

N

ZAC23

ZAC12

62

A

P

B

F

E

M

D

Q

C

N

63 1. a) ASA = ZAB donc ZAB + AAL = ASA + AAL = pSL.b) ASA = oEL donc ASA + pLB = oEL + pLB = AEB.2. a) ZAB + pBL + pLA = t0.b) ZAB + AAL + AAE = pCI + oIB + pBL = pCL.

• 64

64 ZAB = EAD + EDC + ZCB

ou ZAB = 12

EAD + 12

ZDB + 12

EAC + 12

ZCB.

65

O

H G

S

T

E F

ZOT + EOS = (ZOE + EOF) + (ROG + TOH)= (ZOE + EOG) + (EOF + TOH) = oO + oO = oO.

O est le milieu de [ST].

66 a) EBC – ZBA + ZBD – ZBC = ZAB + ZBD = EAD.b) (ZAB + ZCD) – (ZAB – ZBC) = ZAB + ZCD – ZAB + ZBC = ZBC + ZCD

= ZBD.c) ZCD – (pFE – EGH) – ZEH – ZGF – ZDK + ZCK = ZCD + EGH + ZHE + pEF + ZFG + ZCD = 2ZCD.

67 ru = 2 ZAB – 3ZCB = 2ZAB – 3(ZCA + ZAB) = – ZAB + 3ZAC.

rv = 12

ZBC + 34

ZAB – 13

ZAC = 12

(– ZAB + ZAC) + 34

ZAB – 13

ZAC

= 14

ZAB + 16

ZAC.

iw = 15

ZAB – 3(ZAB – ZAC)

= – 145

ZAB + 3ZAC.

68 ABE = ZAB donc B est le milieu de [AE].ZED = 2ZBC donc (DE) est parallèle à (BC).EAD = ZAE + ZED = 2ZAB + 2ZBC = 2(ZAB + ZBC) = 2ZAC.Donc C est le milieu de [AD].

69 ZAB + EAD = ZAC + ZAE donc EAD – ZAE = ZAC – ZAB, soit ZED = ZBC.BCDE est un parallélogramme.

70 ABCD est un parallélogramme de centre O donc EDC = ZAB et O est le milieu des segments [DB] et [AC].

ZAE = 13

ZAB ; ZFC = 13

EDC donc ZAE = ZFC ; FCEA est un

parallélogramme, ses diagonales [CA] et [FE] ont le même milieu O.

71 ZPC = 32

EDC et TAM = 32

ZAB.

ABCD est un parallélogramme donc EDC = ZAB. Par suite ZPC = TAM, on en déduit que AMCP est un parallélogramme, ses diagonales ont le même milieu de [MP].O est le milieu de [AC], donc c’est le milieu de [MP].b) TMN = EMA + ZAB + EBN ;

EBN = 32

EBC = 32

ZAD = RQD ; ZAB = EDC ; RMA = ZCP.

On peut donc écrire TMN = RQD + EDC + ZCP = ZQP.c) TMN = ZQP d’où MNPQ est un parallélogramme.

c7 Alignement et parallélisme

72 ZAB(3 ; – 2) ZAC(– 9 ; 6).On a ZAC = – 3ZAB, donc ZAB et ZAC sont colinéaires et par conséquent A, B et C sont alignés.

73 On veut x – 5 = 73

× – 3

et y + 3 = 73

× – 2 d’où x = – 2 et y = – 233

.

74 1. TCM a pour coordonnées (2x ; 5x) dont M a pour coordonnées (2x – 4 ; 5x – 2).TAM a pour coordonnées (2x – 7 ; 5x – 9) et ZAB a pour coordonnées(5 ; – 5).2. On veut TAM et ZAB colinéaires,d’où (2x – 7)(–5)(5x – 9) × 5 = 0.

On obtient x = 167

.

75 a) – 3 × (y – 2) – 3 × (x + 5) = 0soit – 3x – 3y – 9 = 0 ou x + y + 3 = 0.b) ZAB a pour coordonnées (1 ; – 10).On veut donc y + 10x = 0.

76 ZAB a pour coordonnées (12 ; 3).On veut donc 3x – 12y = 0.

77 ZAB a pour coordonnées (– 1 ; – 7).On veut donc (– 1)(x – y) – (– 7)(x + y) = 0soit 6x + 8y = 0.

78 ZAB et ROC ont pour coordonnées respectives (3 ; – 2) et (3 ; 2).Ici xy’ – yx’ = 3 × 2 – (– 2) × 3 = 12. Donc ZAB et ROC ne sont pas colinéaires et les droites (AB) et (OC) ne sont pas parallèles.

79 On a ZAC(– 11 ; 2) et ZBD(2 ; – 3).(– 11) × (– 3) – 2 × 2 ≠ 0.Les vecteurs ZAC et ZBD ne sont pas colinéaires.Les droites ne sont pas parallèles.

80 On a ZAC(1 ; – 7) et ZBD(– 3 ; 6,2).1 × 6,2 – (– 7)(– 3) ≠ 0.Les droites ne sont pas parallèles.

81 On a ZAC(1 ; – 7) et ZBD(– 6,4 ; 3).Les droites ne sont pas parallèles.

82 1. pJC = pJA + ZAC, d’où pJA + ZAC = 2pJA.ZKB = ZKA + ZAB et ZKC = ZKA + ZAC,

d’où ZKA + ZAB = – 12

(ZKA + ZAC).

2. pJA + ZAC = 2pJA, d’où pJA = ZAC et pAJ = – ZAC.

ZKA + ZAB = – 12

ZKA – 12

ZAC, soit – 32

ZKA = ZAB + 12

ZAC

ou ZAK = 23

ZAB + 13

ZAC.

3. pIK = oIA + AAK = 12

ZBA + 23

ZAB + 13

ZAC = 16

ZBA – 13

ZAC.


uIJ = oIA + pAJ = 12

ZBA – AC.

On a ainsi uIJ = – 3oIKuIJ et oIK sont colinéaires et I, J et K sont alignés.

83 1. a) pAJ = ZAB + pBJ et pAJ = ZAC + pCJ (Chasles).2pAJ = ZAB + pBJ + ZAC + pCJ = ZAB + ZAC + ( pBJ + pCJ).J est le milieu de [BC] : pBJ + pCJ = iO ; 2pAJ = ZAB + ZAC.b) 2oAI = (TAM + AMI) + (RAN + pNI) = TAM + RAN + (AMI + pNI)

= TAM + RAN.

2. 2oAI = TAM + RAN donc oAI = 12

(TAM + RAN).

On a de même pAJ = 12

(ZAB + ZBC).

3. oAI = 12

(kZAB + kZAC) = 12

k(ZAB + ZAC) = kpAJ.

oAI et pAJ sont colinéaires et A, I, J sont alignés.

84 1. oAI = TAM + AMI = 12

ZAB + 12

TMC.

D’autre part TMC = TMA + ZAC = – 12

ZAB + ZAC,

d’où oAI = 12

ZAB – 14

ZAB + 12

ZAC soit oAI = 14

ZAB + 12

ZAC.

ZAK = ZAC + ZCK = ZAC + 13

ZCB.

D’autre part ZCB = ZCA + ZAB,

d’où ZAK = ZAC – 13

ZAC + 13

ZAB, soit ZAK = 23

ZAC + 13

ZAB.

2. On obtient 3ZAK = 4oAI, soit ZAK = 43

oAI.

Par conséquent, A, I et K sont alignés.

90 1. a) ZAB(3 ; 1) ; ZCD�52

; – 2�.b) 3 × (– 2) – 1 ×

52

≠ 0 donc (AB) et (CD) sont sécantes.

2. a) M�3k – 1 ; k + 32 �.

b) RCM(3k – 1 ; k – 1).

c) – 2(3k – 1) – 2,5(k – 1) = 0 donc k = 9

17.

d) M�3 × 9

17 – 1 ;

917

+ 32 � = �10

17 ;

34,517 �.

91 A. Conjecture : M, N et L sont confondus.B. 1. ZCB = ZCA + ZAB ;

AAL = 12

ZCB + ZAC = 12

(ZCA + ZAB) + ZAC = 12

(ZAC + ZAB)

AAL = EAN donc L = N.2. a) TAM = ZAB + TBM (Chasles).M milieu de [BC] donc TBM = TMC et TAM = ZAB + TMC.TAM = ZAB + (RMA + ZAC) = ZAB + EAC + TMA.

b) TAM + TAM = ZAB + ZAC et TAM = 12

(ZAB + ZAC)TAM = EAN et EAN = AAL.Les points M, N et L sont confondus.

85 1. • ZGF = RGD + ZDF, or ADFE est un parallélogramme donc ZDF = ZAE, d’où ZGF = RGD + ZAE

soit ZGF = 14

EAD + 14

ZAB.

• ZEH = AEB + EBH, or ABHG est un parallélogramme donc EBH = EAG, d’où ZEH = AEB + EAG =

34

ZAB + 34

ZAD.

On a donc ZEH = 3ZGF.Les vecteurs ZEH et ZGF sont colinéaires donc les droites (EH) et (GF) sont parallèles.

D’autre part ZGF = 14

(ZAB + ZAD) = 14

ZAC donc les droites

(FG) et (AC) sont parallèles.

Trouvez l’erreur

86 Pour appliquer le théorème de Thalès, il faut savoir que A, M et N sont alignés.

87 Erreur ZAB = ROA + EOB.Faux ZAB = – EOA + EOB.

88 On a toujours oAI + oIB = ZAB.I milieu de [AB] équivaut à oAI + oBI = t0.

89 BC = 2IJ ne permet pas de conclure que ZBC et yIJ sont colinéaires.

c) M(– 1 ; 5) ; EAN ((– 1 – a) ; (5 – b)) et EAN = AAL.N(– 1 – a + a ; + 5 – b + b) = (– 1 ; 5).M = N = L.

92 1.

A

O

ej

ei

D

C

C’

A’

ZAB

B’

B

2. a) RDA’ = – ADA et RDB’ = – ADB.

• 66


On en déduit les coordonnées de A’ et B’, A’(7 ; 6) et B’(10 ; 2).b) On a ZAB’ de coordonnées (10 – 1 ; 2 – 2) soit (9 ; 0) et ZBA’ de coordonnées (7 + 2 ; 6 – 6) soit (9 ; 0).On a donc ZAB’ = ZBA’ et par conséquent AB’A’B est un parallélogramme.3. a) On a ZCC’ = ZABd’où C’ a pour coordonnées (1 ; 11).b) ZBA a pour coordonnées (1 + 2 ; 2 – 6) soit (3 ; – 4) et RC’C a pour coordonnées (4 – 1 ; 7 – 11) soit (3 ; – 4).D’où ZBA = RC’C et par conséquent BACC’ est un parallélogramme.4. a) On sait que dans le parallélogramme AB’A’B, on a AB’ = BA’.On sait que dans le parallélogramme BACC’, on a AC = BC’.D’autre part ZAC = ZBC et ZAB’ = ZBA’,d’où jCAB’ = jCBA’.D’après le deuxième cas d’égalité, on a donc les triangles AB’C et BA’C’ égaux.b) On calcule les longueurs AB’ = BA’ = 4,5 ;AC = BC’ = 434 ;B’C = A’C’ = 461.D’après le troisième cas d’égalité, les deux triangles sont égaux.

93 A. 1. ABCD parallélogramme donc AB = DC et (AB) est parallèle à (DC).

MB = 23

AB et NC = 13

DC donc MB = 2NC.

2. On utilise le théorème de Thalès MPNP

= BPPC

= MBNC

= 2.

3. MPNP

= 2 donc MP = 2NP et N ∈ [MP], donc N est le

milieu de [MP].B. 1. EBM’ = EBM + YMM’ et YMM’ = 2TMN d’où EBM’ = EBM + 2TMN.2. a) TMN = EMB + ZBC + RCN =

23

ZAB + ZBC – 13

ZAB.

EBM’ = – 23

ZAB + 2�13

ZAB + ZBC� = 2ZBC.

b) EBM’ et ZBC sont colinéaires donc C, B et M’ sont alignés.3. M’ appartient à (MN) et (BC) donc M’ = (MN) ∩ (BC) = P.

94 A. 1. a) A, C et N sont alignés, donc il existe un réel k tel que ZAC = kEAN.b) Les droites (MN) et (CB) sont parallèles donc ZAB = kRAM.

97 Pour les deux premiers vecteurs, le logiciel doit affi cher « vecteurs colinéaires », et pour les deux suivants « vecteurs non colinéaires ».


c) ZCB = ACA + ZAB = (– kEAN) + (kRAM) = k(ENA + EAM) = kTNM.

2. oAI = ZAC + oCI = kEAN + 13

ZCB = kEAN + k3

TNM

= k�EAN + 13

TNM� = k(EAN + ANJ) = kpAJ.

oAI et pAJ sont colinéaires donc A, I et J sont alignés.B. 1. a) (MN) est parallèle à (CB) ; N ∈ [AC] ; J ∈ [AI’] et M ∈ [AB].On applique le théorème de Thalès :

• aux triangles ANJ et ACI’ : ACAN

= CJ’NJ

= a ;

• aux triangles ANM et ABC : ACAN

= BCMN

= a.

b) On a CI = 13

CB et NJ = 13

MN donc CINJ

= CBMN

= a.

2. a) CI’NJ

= CINJ

⇒ CI’ = CI et I et I’ sur [CB].

b) On a I = I’ et A, J et I sont alignés.

95 A. Conjecture : O, G et J sont alignés.B. OIJK est un rectangle, donc ROK = uIJ.1. ZOJ = ZOI + uIJ = ZOI + ROK.

2. ROG = ROA + RAG = ROA + 35

ZAB = ROA + 35

(RAO + ROB)

= 25

ROA +35

ROB.

3. ROG = 25

× 12

ZOI + 35

× 13

ROK = 15

(ZOI + ROK).

4. ROG = 15

ZOJ.

C. 1. O(0 ; 0) ; I(1 ; 0) ; J(1 ; 1) ; K(0 ; 1) ; A�12

; 0� ; B�0 ; 13 �.

ZAB�– 12

; 13 � ; ZAG�–

310

; 15 � ; G�1

5 ;

15 �.

2. ZOJ(1 ; 1) ; ROG�15

; 15 � ; ROG =

15

ZOJ donc O, G, J sont alignés.

96 DFEA est un parallélogramme : ZDF = ZAE.

ZGF = RGD + ZDF = 25

(ZAD + ZAB),

on a ZAC = ZAD + ZAB

ZEH = 35

(ZAB + ZAD).

ZGF = 25

ZAC donc (GF) est parallèle à (AC).

ZEH = 35

ZAC donc (EH) est parallèle à (AC).

99 1. On saisit les coordonnées des points A(G ; H) ; B(I ; J) ; C(K ; L).(X ; Y) sont les coordonnées de ZAB ; (U ; V) celles de ZAC.Dans la condition « si » on applique le théorème qui permet de savoir si des vecteurs sont colinéaires.2. On remplace K et L par O et 0.



EXERCICESLES


101 1. tu1�– 32

; 0� ; tu2�94

; 0� ; tu1 + tu2�3

4 ; 4� ;

tu1 + tu2

+ tu3�– 218

; 8�.

102 a) A’ est le milieu de [BC] donc EA’B + EA’C = t0.ZGB + RGC = (RGA’ + EA’B) + (RGA’ + EA’C) = 2RGA’.b) G est le centre de gravité du triangle donc EGA = – 2 RGA’ ;EGA + ZGB + RGC = EGA + 2RGA’ = t0.

103 a) G centre de gravité du triangle EGA + ZGB + RGC = t0 (voir exercice 102).TMA + RMB + TMC = (TMG + EGA) + ( TMG + EGB) + ( TMG + EGC)

= 3TMG.b) ZKA + ZKB + ZKC = 3RKG.On veut 3EKG = 3ZAB, donc ZKG = ZAB.K existe et il est unique.c) On a 3ZPG = RGN donc 3PG = GN.

GN = AB donc 3PG = AB, soit PG = 13

AB.

L’ensemble des points P est le cercle de centre G et de

rayon 13

AB.

104 A. a) YOM = EOA + TAM. c) YOM = EOA + EEM + ZAE.B. 1. YOM = EOA + ZAB + RBM ; L = 1 + 1 + 2 = 4.YOM = EOA + ZAE + TEM ; L = 1 + 1 + 12 = 2 + 12.YOM = EOA + TAM ; L = 1 + 15.YOM = ROG + TGM ; L = 15 + 1.2. Le plus court chemin est la ligne droite ; la plus courte décomposition est YOM = EOE + EEM (on considère que dans une décomposition il y a au moins deux vecteurs non nuls), le minimum est 212.L est la plus grande lorsqu’il n’y a « aucune diagonale » donc le maximum de L est 4.3. Pour trouver toutes les décompositions vérifi ant P, on peut, par exemple, faire un arbre. On constate que L prend 4 valeurs 212 ; 1 + 15 ; 2 + 12 ; 4.

L Décompositions de longueur L

212 YOM = EOE + EEM

1 + 15 ROG + TGM = EOF + EFM = ROA + TAM = ROC + TCM

2 + 12 EOE + pEF + EFM = EOE + AEG + TGM = ROC + ECG + TGMROC + ACE + EEM = ROA + AAF + RFM = ROA + AAE + REM

4 EOA + AAE + EEG + YGM = EOA + AAE + AEF + EFM = EOA + EOB + ABF + EFM

EOC + ECD + EDG + TGM = EOC + ACE + ZEG + TGM = ROC + ACE + AEF + EFM

TOD + TDM = EOB + EBMEOA + ZAB + RBM = EOA + EAG + TGM = ROC + ACF + EFMROD + EDG + TGM = EOB + ABF + EFM

2. Pour n = 1, on a X = – 32

et Y = 4 les coordonnées de tu1.

Pour n > 1, on passe des coordonnées de IOMi – 1

à celles

de IOMi en ajoutant �–

32 �i

à l’abscisse de IOMi – 1

et 2 + 2(– 1)i + 1 à l’ordonnée de POMi – 1

; ce que fait l’algorithme.

C. 1. Les décompositions dans lesquelles au moins un vecteur est colinéaire à YOM sont celles de longueur 2 + 12 et celles de longueur 12.2. Toutes ces décompositions ont pour longueur 4.3.ROG + TGM, EOA + TAM ont un vecteur colinéaire à TOG. EOF + EFM ; TOC + TCM ont un vecteur colinéaire à EOF.Ces décompositions ont pour longueur 1 + 15.

D. 1. � = 32

.

2. � est la plus grande pour EOD + TDM et EOB + EBM.3. a) EOB + EBM a pour longueur 4 et pour surface associée 2.EOA + AAE + AEF + EFM a pour longueur 4 et pour surface associée 1.b) EOA + AAE + pEF + EFM a pour longueur 4 et pour surface associée 1.EOA + TAM a pour longueur 1 + 15 et pour surface associée 1.

105 a) Vrai, B est l’image de A dans la translation de vecteur ru.b) Vrai, défi nition des vecteurs du plan.c) Vrai, relation de Chasles.d) Faux, on prend A = C et A ≠ BZAB + ZCB = ZAB + ZAB = 2ZAB ≠ t0EAC = EAA = t0.e) Vrai, rv = – ru.f) Faux.

Problèmes ouverts

106 rS = UOA1 + UOA

2 + … + IOA

n.

1er cas : n est pair, n = 2k avec k ∈ �.Les points A

i et A

i + k sont symétriques par rapport à O

donc EOAi + POA

i + k = e0 d’où UOA

1 + UOA

2 + … + OoA

n = e0.

2e cas : n est impair. n = 2k + 1 avec k ∈ �.La fi gure admet toutes les droites (OA

i) pour axes de

symétrie. Ainsi YOA2 et POA

2k + 1 sont symétriques par

rapport à (OA1) et YOA

2 + POA

2k + 1 est colinéaire à YOA

1.

De même TOA3 + IOA

2k est colinéaire à YOA

1

jusqu’à POAk + 1

+ POAk + 2

est colinéaire à UOA1.

La somme rS est colinéaire à TOA1.

On montre de la même façon qu’elle est colinéaire à YOA2,

à YOA3, à YOA

4 … à POA

2k + 1.

• 68


EXERCICESLES

Les vecteurs YOA1 ; YOA

2 ; … ; POA

2k + 1 ne sont pas colinéaires.

Le seul vecteur colinéaire à tous les autres est le vecteur nul, donc S = r0.La propriété proposée est vraie.

107 1re méthodeOn note I le milieu de [AC].RAM + 2RBM + RCM = AAI + AIM + 2RBM + pCI + AIM

= 2AIM + 2RBM.On note K le milieu de [IB].AIM + EBM = 2EKM.EAM + 2EBM + ECM = 4EKM.4EKM colinéaire à AAB équivaut à (KM) // (AB).L’ensemble cherché est la parallèle à (AB) passant par K.

2e méthode

A

IJ y = 1

4

B

C

On prend le repère (A ; AAB, EAC)A(0 ; 0) ; B(1 ; 0) ; C(0 ; 1).EAM + 2EBM + TCM(4x – 2 ; 4y – 1)AAB(1 ; 0).RAM + 2EBM + RCM est colinéaire à AAB lorsque :

(4x – 2) × 0 – (4y – 1) = 0 ⇔ y = 14

.

L’ensemble des points M est la droite d’équation y = 14

.


c1 Constructions. Patrons

1 Non. [CD] doit être en traits pleins. J au milieu de [AD].

2 a)

A

CD

B

b) A

C

DB

3

C

E

B

A

DF

4 a) A

I

D

C

B

G

b) [IG] correspond à la partie pointillée.c) [GD] correspond à la partie pointillée.d) [CI] correspond à la partie en traits épais.e) Le segment [BI] doit être en pointillé.

5 a) b) [IG] en trait plein.

H d d’G

FI

D

E

A J B

C

c) [JC] en pointillé.d) Voir droite d.e) Voir droite d’.

6 [AB] est en vraie grandeur. On devrait avoir sur la fi gure AB > BC.

7 a) On voit la face supérieure donc le cube est en dessous.b) On voit la face BFGC, le cube est à gauche.c) B C

G

HE

A

F

D

8 Les patrons ne sont pas à l’échelle.Il y a onze patrons possibles.

9 a) Les patrons ne sont pas à l’échelle.Il y a deux patrons possibles.

Géométrie dans l’espace

C H A P I T R EE8Sur les capacités

EXERCICESLES

Chapitre 8. Géométrie dans l’espace • 71

b)

C

B

60°60°

60°F

ED

A

Les sommes d’angles permettent de constater que les points A, B et C sont alignés ; de même que les points C, D, E et E, F, A.On a d’autre part AC = AB + BC = AF + FE = AE et de même AC = CE.

10 Toutes les arêtes mesurent 2,5 cm.

11 a) Non car les deux croix ne peuvent pas être sur des faces adjacentes.b) Oui.

c1 Défi nition d’un plan

12 a) I appartient à (AB) qui est incluse dans ABC.b) (ABC) = (DCI).

13 a) J appartient à (DH) qui est incluse dans ADE.b) (ADH) = (JAE).

14 (IAJ) = (ABJ).

15 Ils appartiennent au plan défi ni par la droite (AB) et le point G.

16 Ils appartiennent au plan défi ni par la droite (DA) et la droite (DH).

17 M appartient à (AB) donc aux plans (ABC) et (ABD) (ainsi qu’à tout plan contenant (AB)).

18 N appartient à (AC) donc aux plans (ABC) et (ACD).

19 (AM) = (AB) donc (ABC) et (AMC) sont égaux.

20 (AN) = (AC) donc (AND) et (ACD) sont égaux.

21 M appartient à (AB) donc à (ABC).N appartient à (AC) donc à (ABC).Par conséquent, la droite (MN) est incluse dans (ABC).

22 On peut défi nir le plan (ABC) par les droites (BC) et (MN) car M et N appartiennent respectivement à (AB) et (AC) donc à (ABC). Les 4 points sont donc coplanaires.

23 a) Les deux droites coupent le segment [AB] en son milieu I.b) Les deux droites (CG) et (DG’) sécantes en I, donc coplanaires.Les 4 points C, G, D et G’ sont donc coplanaires.

24 On peut défi nir les plans (ABC), (ABD), (ACD) et (BCD) qui correspondent aux quatre faces du tétraèdre.

25 On peut défi nir les plans (ABC), (ABD), (ABE), (ACD), (ACE), (ADE), (BCD), (BCE), (BDE) et (CDE).

26 a) 4 plans correspondent aux quatre arêtes.b) 8 plans : les 4 faces et les 4 plans précédents.

c1 Positions relatives de plans

27 (ABC) et (EFG) ; (ABF) et (DCG) ; (BCG) et (ADE).

28 I et J sont communs aux deux plans et K n’appar-tient pas au plan (ABCD), par conséquent les plans ne sont pas parallèles.Leur intersection est la droite (IJ).

29 (IJD) = (ABCD).Le point J est commun aux deux plans et le point K n’appartient pas au plan (ABCD).L’intersection est la droite (BC) car B et J appartiennent aux deux plans.

30 a) Les deux droites appartiennent au plan (ABCD) car I ∈ (AB) et J ∈ (BC), donc (IJ) incluse dans le plan (ABC).b) Dans le plan (ABCD), (IJ) sécante avec (BC) en J. Or (AD) et (BC) sont parallèles, donc (IJ) est sécante avec (AD) dans le plan (ABCD).Les deux plans sont distincts, et contiennent respectivement les droites sécantes (AD) et (IJ). Ils ne peuvent pas être parallèles. Ils sont donc sécants.

31 a) Droite (AB). (A et B appartiennent aux deux plans et G n’est pas dans (ABCD)).b) Droite (AB).c) Droite (BD).

32 Les deux plans sont distincts et contiennent res-pectivement les droites d et d’ sécantes. Ils ne sont donc pas parallèles. Ils contiennent tous les deux le point M et le point d’intersection A de d et de d’.Donc Q ∩ Q’ = (AM).

33 a) Droite (BF).b) Droite (GH).

34 a) Droite (AE).b) Droite (DH).

• 72

35 a) Les points A et I appartiennent aux deux plans et J n’appartient pas au plan (ABC).L’intersection est la droite (AI).b) Les points I et J appartiennent aux deux plans et A n’appartient pas au plan (BCD).L’intersection est la droite (IJ).

c1 Positions relatives de droites et de plans

36 Elles sont parallèles à la droite (DC).

37 a) (DC) est parallèle à (AB) et (AF) est sécante avec (AB).b) Les plans se coupent suivant (AB). Or (DC) n’a aucun point commun avec (AB), elle ne peut donc pas en avoir avec (AF) qui est contenue à (ABF).

38 a) Elles sont parallèles à (BC).b) (AD) et (FG) sont coplanaires donc les droites (AG) et (DF) sont coplanaires et non parallèles. Elles sont donc sécantes.

39 (BD) est incluse dans le plan (BCD) et (AC) n’a avec ce plan qu’un seul point commun, le point C. Donc les droites (BD) et (AC) n’ont aucun point commun et ne sont pas parallèles. Elles sont alors non coplanaires.

40 Elles sont non coplanaires. (Même explication que pour le 39).

41 Elles sont non coplanaires. (Même explication que pour le 39).

42 Il suffi t de trouver des plans contenant une droite parallèle à (AB).Par exemple (DCGH) et (EFGH).

43 Il suffi t de trouver des plans contenant A ou G mais ne contenant pas les deux points.Par exemple (ABDE), (ABFE), (FGCB) et (DCGH).

44 Les deux droites sont parallèles.Le plan (ABCD) qui contient une droite parallèle à (MN) est donc parallèle à (MN).

45 a) L’intersection est la droite (IJ).Les plans (IJK) et (BCD) sont parallèles.Les intersections avec le plan ABC sont parallèles.b) Ce sont les intersections de deux plans parallèles par les plans (ACD) et (ABD).

46 Le plan (MNP) contient deux droites sécantes paral-lèles à deux droites du plan (ABD). Donc (MNP) // (ABD).

47 On a (AD) // (BC) donc d’après le « théorème du toit », les deux plans P et Q contenant respectivement (AD) et (BC) se coupent suivant une parallèle à (AD) et (BC).

48 a) I appartient à (BC) donc au plan (ABC).b) I appartient à (HK) donc au plan (GHK).c) E appartient à (AB) donc au plan (ABC) et à (GH) donc au plan (GHK).De même F appartient à (AC) et à (GK) donc aux plans (ABC) et (GHK).E et F appartenant aux deux plans, l’intersection des deux plans (ABC) et (GHK) est donc (EF).d) On a vu que I appartient aux plans (ABC) et (GHK), il est donc sur leur intersection (EF).

49 • (MD) est la droite d’intersection de (OCD) et (MAD).• Soit I le point d’intersection de (AD) et (BC).I appartient aux plans (MAD) et (OBC). Dans le plan (OBC) la droite (IM) coupe (OB) en N. La droite (MN) ou (IM) appartient aux deux plans (OBC) et (MAD), c’est donc leur droite d’intersection.• L’intersection de (MAD) et (OAB) est alors (NA).

c1 Longueurs. Aires. Volumes

50 a) La droite (KB) égale à (BF) est perpendiculaire au plan (BAC). Par conséquent [KB] est bien la hauteur relative à la base BIJ.

b) V = 13

× 1 × 1

2 × 2 =

13

(cm3).

51 a) La droite (BC) est perpendiculaire au plan (BAF). Par conséquent [BC] est la hauteur relative à la base BIK.

b) V = 13

× 1 × 2

2 × 3 = 1 (cm3).

52 a) La droite (AE) est perpendiculaire au plan (EFGH). Par conséquent [AE] est la hauteur de la pyramide.

b) V = 13

× (3 × 3) × 3 = 9 (cm3).

53 Le périmètre du cercle de base est égal à 2π × 2 donc l’aire � vérifi e :� = (2π × 2) × 10 = 40π (cm2)c’est-à-dire environ 125 (cm2).

54 V = S × h d’où 2,6 = 3,25 × h soit h = 0,8 m.

55 V = 13

× (2π × 0,5) × 2 ≈ 2,1 m3.

56 � = 4πR2 donc R ≈ 1 cm.

57 a) EG = 9EF2 + EG2 = 425 = 5 (cm).AG = 9AE2 + EG2 = 94 + 25 = 429 (cm).b) Les 4 diagonales ont pour longueur 429, la somme des carrés des 4 diagonales est donc égale à 116.La somme des carrés des 12 arêtes est égale à 4 × 4 + 4 × 16 + 4 × 9 = 116.

58 V = (2a) × (5a) × (7a) = 1 890

d’où a3 = 1 890

70 = 27 soit a = 3.

Les arêtes ont donc pour longueur 6, 15 et 21.


59 Soit r et r’ les rayons des boîtes A et B et h leur hauteur.La circonférence de A est égale à 2πr et celle de B est égale à 2πr’, donc r’ = 2r.Le volume de A est égal à πr2h et celui de B à π(2r)2h donc 4πr2h.Le volume de B est égal à 4 fois celui de A.

60 Le périmètre du cercle de base sera égal à 14

× (2π × 4) soit 2π (cm).Le cercle de base aura donc pour rayon 1 cm et pour aire π cm2.La hauteur est égale à 942 – 12 = 415 et le volume égal à 13

π415, c’est-à-dire environ 4 cm3.

61 On obtient une pyramide de hauteur 2 cm (inscrite en pointillés dans le cube de base ABCD ci-contre) et de

volume 13

× 23 c’est-à-dire 83

cm3.

65 A. 1. H G

D

E

A B

C

F

2. V = AB × AD × AE × 13

= 4 × 3 × 2 × 13

= 8 cm3.3. Le patron n’est pas à l’échelle.

D

E3

E2

E1

E4

C

BA

B. 1.

A

E

H G

C

B

D

2. V = AB × AD

2 × CG ×

13

= 4 cm3.

3. Le patron n’est pas à l’échelle.

AE1 = AE

2 = 2 ;

DE2 = DE

3 ;

BE1 = BE

4 ; CE

3 = CE

4.

D

A B

C

Trouvez l’erreur

62 [BD] doit être en pointillés.

63 [AD] et [EH] doivent être parallèles, de même que [BC] et [FG].

64 (AI) et (JK) se coupent sur le dessin mais pas dans la réalité car (AI) appartient au plan (ABC) et (JK) coupe le plan (ABC) en K qui n’est pas sur (AI). Ces deux droites ne sont pas coplanaires.

A

G1

G3

G2

D

B

66 a) Triangle équilatéral pour le tétraèdre, l’octaèdre et l’icosaèdre carré pour le cube et pentagone pour le dodécaèdre.b) Il y en a 4 pour le tétraèdre, 6 pour le cube, 8 pour l’octaèdre, 12 pour le dodécaèdre et 20 pour l’icosaèdre.Les préfi xes tétra, octa, dodéca, icosa, signifi ent quatre, huit, douze et vingt.c)

d) On trouve dans les cinq cas f + s – a = 2.

DG1 = DG

3 = 9DC2 + CG2 = 420.

BG2 = BG

3 = 9BC2 + CG2 = 413.

AG1 = AG

2.


• 74

67 a) E est sur (HG) et sur (AB) donc E appartient aux plans (GHK) et (ABC).De même F appartient à (GHK) et (ABC).Les deux plans sont donc sécants suivant la droite (EF).b) On a (HK) // (BC). Le théorème du toit permet de dire que l’intersection des plans (GHK) et (ABC) est parallèle à (HK) et (BC).

68 a) B a pour volume 13

du volume A. La hauteur

atteinte est donc 13

de la hauteur totale.

b) C a pour volume 43

πr3 et A a pour volume 2πr3.

Le volume de C représente donc les 23

de celui de A.

La hauteur atteinte est donc 23

de la hauteur totale.

69 a) AB = a

12 donc V =

a3

212.

b) Le volume du cube est la somme des volumes du tétraèdre et des 4 pyramides EAFH, DACH, GHFC et

BACF de volume 16

� a12 �3

.

D’où le volume cherché est égal à a3

212 –

46

a3

212.

C’est-à-dire a3

612.

70 a) AO = 432 = 412,

donc V = 16π12

3 ≈ 23,7 (cm3).

b) Lorsque l’on développe, tous les points correspondant au cercle de base sont à 6 cm du point A.c) La longueur correspondant au cercle de base est égal à 2π × 2 = 4π (cm).Le périmètre d’un cercle de rayon 6 cm est 2π × 6 = 12π (cm).d) Il suffi t de tracer un cercle de rayon 6 cm et de prendre

un secteur d’angle 2π3

.

71 1. O appartient à la droite (AB) donc au plan (MAB).2. I appartient à la droite (AM) donc au plan (MAB).J appartient à la droite (BM) donc au plan (MAB).3. O, I et J appartiennent à P.4. a) (MAB) contient (AB) qui coupe P.b) Les deux plans sont sécants suivant une droite.5. O, I et J appartiennent aux deux plans, ils sont donc alignés sur la droite d’intersection.

72 A. 1. a) EFAB

= SESA

= 3

12 =

14

d’où EF = 94

.

b) SB = 992 + 122 = 6225 = 15.

2. a) VSABCD

= 9 × 9 × 12 × 13

= 324 cm3.

b) VSEFGH

= 94

× 94

× 3 × 13

= 8116

cm3.

D’où le volume nécessaire :

324 – 8116

cm3 ≈ 318,937 5 cm3.

B. 1. MNAB

= x

SA d’où MN = x ×

ABSA

= x × 9

12 =

34

x.

2. A(x) = MN2 = �3x4 �2

= 9

16 x2 = 0,562 5 x2.

3. L’aire n’est donc pas proportionnelle à SM.

4. V(x) = VSABCD

– VSMNPQ

= 324 – 0,562 5x2 × x

3

= 324 – 0,187 5x3.

73 1. V = 1 × 1 × 1 + 1 × 1 × 1

3 =

43

m3.

2. 43

m3 ≈ 1 333 L, il faudrait donc :

43

× 1 000

100 =

403

heures,

c’est-à-dire 393

+ 13

, soit 13 h et 20 min.

3. a) h(1) = 1,9 m (il est sorti 1

10 m3 d’eau) ; h(2) = 1,8 m.

b) h(t) = 1 pour t = 10 (le cube est vidé).c) En 15 heures, on vide 1 500 L, or le réservoir en contient qu’environ 1 333 L, donc h(15) = 0.

d) Au bout de 11 heures, il reste 43

– 1,1 m3, soit 7

30 m3.

Soit h la hauteur restante et x le côté de la base de la

pyramide d’eau restante. On a x = h et donc 7

30 =

h3

3 d’où

h3 = 7

30 soit h ≈ 0,888.

Donc h(11) ≈ 0,888.4. Sur [0 ; 10], h est une fonction affi ne qui vérifi e h(0) = 2

et h(10) = 1 donc h(t) = – t

10 + 2.

74 A. 2. Il semble que le minimum est 4 et le maxi-mum 6.B. 1. a) (JK) est parallèle à (HC) et (JK) parallèle à l’inter-section Δ de � et de (ABFE) car ce sont les intersections de � avec des plans parallèles.Donc Δ est parallèle à (HC) et elle passe par E, par conséquent c’est la droite (EB).b) On a (JK) parallèle à (EB) et JE = KB = 420.La hauteur (JJ’) est égale à 418 = 312.

Donc aire égale à 412 + 212

2 × 312 = 18 cm2.

On a la fi gure suivante.

J K

J’ K’BE

12412

12

420212

420

2. On a MJ = IJ = JK = 212.On note L, N et P les intersections de � avec (BC), (AB) et (AE).(JK) coupe le plan (ABC) sur (DC) en Q et par conséquent elle coupe (NL) en Q.De même (MP) coupe (NL) sur (AD) en R.D’autre part, on a (MJ) // (NL) car ce sont des intersections de � avec des plans parallèles, et (MJ) // (EG) donc (NL) // (EG) et par conséquent (NL) // (AC).


Par construction, on a CQ = KC et CL = CO

d’où CL = KC = 12

BC, donc L milieu de [BC] et N milieu de [AB].On a de même P milieu de AE.Les six côtés sont donc égaux et de longueur 212.L’hexagone est alors composé de 6 triangles équilatéraux de côté 212, son aire est égale à :

6 × 212 × 212 ×

132

2 = 1213 ≈ 20,78.

75 A. 2. a) K est en D.b) HK = EI.c) FJ = EI.d) (KJ) // (DB).B. 1. a) (GJ) et (KI) sont les intersections de � avec des plans parallèles de même que (JI) et (GK).b) D’après a), c’est un parallélogramme.2. On a des côtés opposés parallèles. Ce sont donc des parallélogrammes et les angles jKHF et jKDB sont droits, on a donc des rectangles.3. a) GK = GJ car on a les triangles rectangles GHK et GFJ qui ont les mêmes côtés de l’angle droit.b) On sait que IJGK est un parallélogramme et que deux côtés consécutifs ont la même longueur, c’est donc un losange.4. a) Ils sont sur des droites qui possèdent deux points dans ce plan, donc qui sont incluses dans ce plan.b) EACG est un rectangle.c)

A

I

S

T

U

C

E G

Les droites (TU) et (SU) sont parallèles respectivement à (EA) et (CG) (droites des milieux).Donc (TU) et (SU) sont confondues et T, U et S sont alignés.


77 Il suffi t dans l’algorithme et les programmes de remplacer 0,8 par 0,7.


79 a) L’algorithme ne rentre pas dans la boucle, car il n’y a pas de construction.

d) TU = 12

EI (droites des milieux dans (GEI)).

C. 1. FJ = TU car (KJ) est parallèle à (FH),

donc FJ = 12

× 2 = 1.

2. Nous allons considérer 1 patron parmi les patrons pos-sibles. Les 4 côtés de la face GKIJ sont égaux à GJ = 417 et la diagonale [KJ] du losange a pour longueur BD soit 412.L’autre diagonale est égale à 917 – 8 × 2 = 6 cm.Le patron n’est pas à l’échelle.

DK2

I1

J3

G3

K1

G2

G1

J2

J1

I2

4

4

4

4

4

4 3

3

22

417

417

417

417

417

417417

412 =

BD

3

3

C

A B

3. La somme est égale à :

4 × 4 + �3 + 22

× 4� × 2 + �4 + 32

× 4� × 2 + 412 × 3, soit

environ 91 cm2.Rappel : aire du losange IKGJ = GI × JK.4. Pour aller de A à G, on peut traverser la face inférieure puis une des deux faces latérales JBCG ou CGKD. Les tra-jets les plus courts correspondent aux trajets AG

1 et AG

2

du patron. Ils passent par le milieu de [BC] ou de [DC] et ont une longueur égale à 982 + 42 = 480 ≈ 8,94 cm.On peut aussi traverser les faces ABJI puis BCGJ ou ADKI puis DKGL (ou peut visualiser ce trajet en traçant côte à côte deux de ces faces) on obtient encore un trajet minimum de 480.On peut enfi n traverser une face latérale puis la face supérieure, le trajet le plus court est alors AG

3 sur le

patron ; un compas permet de constater que c’est le trajet le plus court de tous, on peut mesurer sur le patron, on trouve environ 8 cm.

b) Le résultat affi ché est égal à 0 pour le volume et la hauteur.

80 Après la fi n du « tant que », on calcule :

VD = � K

0,8�2 × H

et on affi che VD (on doit calculer

K0,8

pour revenir au

dernier pavé de côté supérieur à 1).


EXERCICESLES

• 76

81 Il suffi t de faire affi cher à la fi n de la boucle du « tant que » la valeur de V et la valeur de T.

82 Après la ligne « K prend la valeur K × 0,8 », il suffi t de rajouter « H prend la valeur H × 0,5 ».

84 Si d n’est pas parallèle à Q, alors d possède un point commun A avec Q. Ce point A est alors aussi dans P qui contient d. Par conséquent, P et Q ont un point com-mun A, ce qui implique que P et Q sont soit sécants, soit confondus. Ce qui est en contradiction avec l’hypothèse P et Q distincts et parallèles. Donc d est parallèle à Q.

85 a) On a la fi gure suivante.

A B

S

S’

R

P Q

4

44

4O

La bille est tangente au côté du cône, la coupe suivant le plan SAB de la fi gure ci-dessus, permet de constater que le quadrilatère OPSQ possède 3 angles droits donc 4 angles droits et 2 côtés consécutifs égaux, c’est donc un carré. Le centre O est à la distance OS = 412 de S.b) On a alors OS = 412 et RS = 412 + 4 ≈ 9,65 cm.Comme au départ, il y a déjà 10 cm de hauteur d’eau ; la bille sera entièrement recouverte.

c) Le volume de la bille est égal à 43

π × 43 ≈ 268 cm3.

Le volume d’eau est égal à 13

π × r2 × h avec h = 10 et

r = 10 (car ASB est rectangle donc SS’ = S’A),

soit 13

π × 103 ≈ 1 047 cm3.

Le volume occupé est maintenant égal à :43

π × 43 + 13

π × 103 = π3

(44 + 103) = π3

× 1 256,

soit environ 1 315 cm3.

On a donc 13

π × r2 × h = π3

× 1 256 et r = h

d’où π3

h3 = π3

× 1 256 ou h3 = 1 256 d’où h ≈ 10,79 cm.

86 Déroulons la surface latérale du cylindre : on obtient un rectangle de côtés 12 cm et 2π × 3 = 6π cm, soit environ 18,85 cm.

83 Cet algorithme permet de calculer le volume et la hauteur d’un empilement de pavés à base rectangulaire de côtés K et k, de telle sorte qu’à chaque nouveau pavé la largeur et la longueur sont multipliées par 0,75.

La fi gure suivante n’est pas à l’échelle.

3π

3 3

MMouche

I

mielm

m’

La mouche doit aller du point M au point m’ situé sur l’autre face du rectangle.Soit m’ le symétrique de m par rapport au côté du rectangle.Se rendre de M à m équivaut à se rendre de M à m’.Le chemin le plus court est alors Mm’.Le triangle Mmm’ est rectangle en m car (mM) est paral-lèle au côté.Donc Mm’ = 9(3π)2 + 62 ≈ 11,17 cm.Le point I sur le bord du rectangle est le point du bord du vase par lequel doit passer la mouche.

87 • On a (AA’) // (BB’) et (CC’) // (BB’) donc (AA’) // (CC’).D’autre part AA’ = CC’. Donc AA’C’C est un parallélogramme.Même démonstration pour BB’D’D.• Dans le parallélogramme AA’C’C, les diagonales [AC’] et [CA’] se coupent en leur milieu.• Dans le parallélogramme BB’D’D, les diagonales [BD’] et [DB’] se coupent en leur milieu.• Dans le parallélogramme ABC’D’, les diagonales [AC’] et [DB’] se coupent en leur milieu.Par conséquent, les segments [AC’], [BD’], [DB’] et [CA’] ont même milieu.

88 a) Faux, par exemple si d est incluse dans p, alors d ∩ p = d.b) Faux, si p et Q sont parallèles, alors p ∩ Q = ∅.c) Faux, si d et d’ sont sécantes.


EXERCICESLES


Problèmes ouverts

89 Le volume occupé par l’eau est proportionnel à la surface de base occupée par l’eau.

B A

0,5

0,5P Q

O

La surface du cercle est égale à π × 12 = πm2.

Les angles kAOQ et hBOP sont égaux à π6

(sinus égal à 0,5)

donc QOP = 2π3

et le secteur angulaire jQOP a une surface

de π3

m2.

Le triangle OPQ a une aire égale à :

PQ × 0,52

= 2cos

π6

× 0,5

2 =

2 × 132

× 12

2 =

134

.

Par conséquent, l’aire de la partie hachurée correspondant

à l’eau est égale à π3

– 134

, soit environ 0,614 2 m2.

Le volume d’eau est alors égal à 3 × �π3 –

134 �

π m3, soit

environ 0,586 5 m3.

90 Notons d la dimension commune.Un cylindre de diamètre d et de hauteur d passe par l’ouverture carrée et l’ouverture circulaire en l’obturant car les vues de face et de dessus correspondent à un carré et à un cercle.

d

d de face de dessus

d d

Il suffi t alors de couper suivant les pointillés de la 2e fi gure pour obtenir le solide suivant qui convient.

StatistiquesC H A P I T R EE9

c1 Avec un logiciel ou une calculatrice

1 Effectif total = 20 ; moyenne = 8,05 ; médiane = 9 ; Q

1 = 7 ; Q

3 = 9 ; minimum = 2 ; maximum = 11.

2 a) Si B5 = 5, on a saisi « = Moyenne (A

2 : A

15) » avec

affi chage sans décimale.Si B

5 = 6, on a saisi « = Médiane (A

2 : A

15) ».

b) Si B4 = 5, on a saisi « = Quartile (A

2 : A

11 ; 3) ».

Si B4 = 4, on a saisi « = Médiane (A

2 : A

11) ».

c) On a saisi « = Quartile (A2 : A21

; 3) ».

3 wx = 12,136 ; médiane = 11,5 ; Q1 = 11 ; Q

3 = 15 ;

minimum = 7 ; maximum = 15.

4 wx = 12,615 ; médiane = 12,4 ; Q1 = 8,2 ; Q

3 = 15,2 ;

minimum = 8,2 ; maximum = 18,1.

5 wx = 278,9 ; médiane = 251 ; Q1 = 251 ; Q

3 = 315 ;

minimum = 121 ; maximum = 513.

6 wx = 1,2 ; médiane = – 1,5 ; Q1 = – 2,5 ; Q

3 = 7 ; mini-

mum = – 3 ; maximum = 9.

7 wx = 11,8 ; médiane = 11,5 ; Q1 = 10 ; Q

3 = 15 ; mini-

mum = 2 ; maximum = 19.

8 a) Formule :(B2*B3 + C2*C3 + D2*D3 + E2*E3 + F2*F3) / (B2 + C2 + D2 + E2 + F2).c) Pour parvenir au résultat, il suffi t de diminuer le nombre de « petits » salaires et d’augmenter celui de « gros » salaires.(Il est possible de diviser tous les salaires par deux et d’aug-menter le salaire moyen.)

9 b) Les seules valeurs qui varient sont la moyenne et l’étendue (on doit garder en A

11 une valeur supérieure à 28

pour qu’elle reste la valeur maximale).

c2 Caractéristiques d’une série

10 wx ≈ 17,17 ; médiane = 19 ; Q1 = 13 ; Q

3 = 25.

11 wx ≈ 12,02 ; médiane = 12 ; Q1 = 10 ; Q

3 = 13.

12 wx ≈ 63,98 ; médiane = 75 ; Q1 = 22 ; Q

3 = 100.

13 a)

Valeur 18 20 32 34 35

Effectif 60 20 20 60 40

Médiane = 33 ; Q1 = 18 ; Q

3 = 34.

b)

Valeur 135 142 156 174 180

Effectif 20 60 40 20 60

Médiane = 156 ; Q1 = 142 ; Q

3 = 180.

c)

Valeur 5 5 6 9 12 18

Effectif 20 20 80 20 20 40

Médiane = 6 ; Q1 = 6 ; Q

3 = 12.

14 Âge moyen : 16 ans.

15 Taille moyenne ≈ 49,3 cm (on a remplacé chaque classe par son milieu).

16 1. m ≈ 10,14.2. a) Le résultat 9,17 semble erroné.La nouvelle moyenne est d’environ 10,29.b) La longueur est vraisemblablement proche de 10,29 mètres.

17 a) L’étendue était de 12 – 6, c’est-à-dire 6.b) Non, puisque la nouvelle étendue sera égale à (12 + 3) – (6 + 3).


Chapitre 9. Statistiques • 79

c) La nouvelle étendue sera de :12 × 1,5 – 6 × 1,5 = (12 – 6) × 1,5.Elle sera ainsi multipliée par 1,5.

18 a) m1 = 16,3 ; m

2 = 14,4.

b) m2 < m

1 avec m

1 – m

2 ≈ 2.

Le médicament semble donc effi cace.

19 a) Faux, car l’effectif total de cette série est de 35.b) Faux, en effet 6 élèves ont reçu 15 SMS, mais 11 élèves ont reçu au moins 15 SMS.c) Faux, car la fréquence est de 10

35 = 2

7 .

d) Faux, car le nombre moyen est de 9,7 (le nombre 16,7 ne tient pas compte de l’effectif).e) Vrai.

20 a) • Lorsque la série est symétrique, la médiane Med est égale à la moyenne wx.• Voici un exemple de série non symétrique telle que néanmoins Med = wx.

Valeur 1 2 4wx = 2 = Med.

Effectif 2 2 1

b)

Valeur 1 2 3 wx = 1,8 ;Med = 2.Effectif 2 2 1

On a bien Med > wx.

21 1. a) Série Femmes : étendue = 1,7 ; médiane = 83,9 ;intervalle interquartile : [82,9 ; 84,4].Série Hommes : étendue = 2,8 ; médiane = 76,7 ;intervalle interquartile : [75,8 ; 77,4].b) Moyenne Femmes = 83,6 ; moyenne Hommes = 76,5.2. L’espérance de vie des femmes reste plus élevée que celle des hommes mais celle des hommes a augmenté plus vite sur cette période.

22 a) Médiane = 43 ; moyenne = 42,93.Étendue = 6 ; intervalle interquartile = [42 ; 44].

23 La médiane appartient à la classe [90 ; 94]. Cette classe contient 23 éléments et la médiane est comprise entre le 3e et le 4e éléments de cette classe, si l’on suppose la répartition uniforme on peut prendre pour médiane

90 + 4 × 3,523

, soit environ 90,6.

On obtient pour moyenne 90,28.

24 Valeur – 2 0 2

Effectif 2 1 2

25 Valeur – 3 1 3 7

Effectif 3 2 2 3

26 Valeur 2 4 7 20

Effectif 4 2 1 4

Étendue = 18 ; médiane = 4 ; moyenne ≈ 9,36.

27 a) 28 + 22a + 70 + 40a + 144100

= 4,59,

d’où 62a – 242 = 459soit 62 a = 459 – 242

a = 3,5.b) La médiane est alors 4,25.

28 a) 7 + 6a + 30 + 7a + 1013 + 3a

= 3,96,

d’où 47 + 13a = 3,96 × 13 + 3,96 × 3a.On obtient (13 – 3 × 3,96) a = 13 × 3,96 – 47, d’où a = 4.b) La médiane est alors 3.

c3 Effectifs cumulés, fréquences cumulées

29

Valeurs 5 6 7 9 13

Effectifs 3 5 1 2 4

Effectifs cumuléscroissants

3 8 9 11 15

Effectifs cumulés décroissants

15 12 7 6 4

30

Valeurs 2 3 5 12 15

Effectifs 3 4 1 4 3


3 7 8 12 15


15 12 8 7 3

31

Valeurs 5 6 9 10 13

Effectifs 10 5 6 4 5


10 15 21 25 30


30 20 15 9 5

32 A. 5. C9 donnera 30 comme nouvel effectif total.

Dans C6, on aura 27.

B. 2. Dans la cellule E2, on tape « = C

2 ÷ C$9 ». Dans la cel-

lule F2, on tape « = D

2 ÷ C$9 ». Puis on recopie vers le bas.

3. Si on affi che sous forme de pourcentage, on obtient 45 % et 85 %.

c4 Représentations graphiques

33 a) Un carreau correspond à un effectif de 5. On obtient :

xi x

1x

2x

3x

4x

5

Effectif 15 20 25 15 20

Effectif total : 95.b) L’ensemble des bâtons correspond à 19 carreaux, donc

un carreau correspond à 26619

= 14.On a donc :

xi x

1x

2x

3x

4x

5

Effectif 42 56 70 42 56

Fréquence 0,158 0,211 0,263 0,158 0,211

34 a) 9 notes.b) Moyenne : 10,8.c) Médiane : 12.d) 12 > 10,8, donc l’élève préférera annoncer la médiane.e) Il suffi t de ne tracer que le haut des bâtons.

35 a) Étendue : 19 – 2 = 17.b)

Notes 2 3 4 5 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19

Effectifs 1 1 2 1 3 3 1 2 3 3 3 2 2 4 1 1 2

c) Moyenne = 11,3 ; médiane = 12.d) Il suffi t de ne tracer que les points extrémités des bâtons.

36 a)

Classe [1 ; 2[ [2 ; 3[ [3 ; 4[ [4 ; 5[ [5 ; 6[ [6 ; 7[

Effectif 10 40 20 40 20 10

b) [3,5 ; 4,5].

37 1. 170,04.2. a)

Classe [155 ; 160[ [160 ; 165[ [165 ; 170[ [170 ; 175[

Effectif 3 5 5 5

Classe [175 ; 180[ [180 ; 185[ [185 ; 190[

Effectif 2 3 2

b)5

4

3

2

1

155 160 165 170 175 180 185 190

c) 170,50.Lorsqu’on remplace chaque classe par son centre, on fait comme si la moyenne des éléments d’une même classe était égale au centre de la classe, ce qui n’est pas exactement le cas ici. En effet, pour la classe [175 ; 180[, par exemple, elle est de 175 et non de 177,5.

38 a) Médiane dans la classe [170 ; 175]. En effet :

Classe [150 ; 160[ [160 ; 170[ [170 ; 175[ [175 ; 180[ [180 ; 200[

Effectif pro-portionnel à

2 12 6,5 7 4

M

15,75 15,75

b) M = 170 + 1,756,5

× 5 ≈ 171,3.

39

4 0003 800

3 200

3 600

3 000

2 000

1 000800

400200

5 10 14 20

y = 1 000

0

La médiane correspond à l’abscisse du point d’intersection, soit environ 11,6.Les quartiles Q

1 et Q

3 correspondent aux abscisses des

points d’intersection de la droite d’équation y = 1 000 avec la courbe des effectifs cumulés croissants et décrois-sants.On a Q

1 ≈ 10,2 et Q

3 ≈ 12,5.

40

4 0003 8003 6003 400

3 000

1 000

600400200

4 8 10 14 20

y = 1 000

Médiane ≈ 11,5 ; Q1 ≈ 10 ; Q

3 ≈ 13.

41 1. Certaines classes ont un effectif trop réduit par rapport à d’autres.2.

Classe [5 ; 25[ [25 ; 30[ [30 ; 35[ [35 ; 60[

Effectif 214 223 273 180

Aire (cm2) 10,7 11,15 13,65 9

Largeur du rectangle (cm) 4 1 1 5

Hauteur (cm) 2,675 11,15 13,65 1,8

� �

• 80


En abscisse, on a choisi 1 cm pour 5 litres. Pour les aires, 1 cm2 représente 20 clients.

42

2001 2002 2003 2004 2005 2006 2007 2008 2009 2010

– 1

– 0,5

0

0,5

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

43 1. b) Le régime des pluies est du même type dans les deux villes. Naples est cependant un peu moins arrosée.2. Vancouver : médiane = 81 ; [42 ; 122,5].Naples : médiane = 70 ; [37,5 ; 110].

44 1. L’effectif total est égal à 11, la médiane est la 6e valeur 50 (attention à bien ordonner les valeurs). Q

1 est la

3e valeur, c’est-à-dire 45 et Q3 la 9e valeur 60.

2. On ordonne les 15 valeurs, la médiane est la 8e valeur 25, Q

1 la 4e valeur 15 et Q

3 la 12e, soit 30.

10 15 20 25 30 35 40

45 a) et b)

Âge [20 ; 40[ [40 ; 55[ [50 ; 55[ [55 ; 60[ [60 ; 80[

Fréquence 27 % 33 % 17 % 15 % 8 %

Angle 97° 119° 61° 54° 29°

c) On a choisi pour les aires, 1 carreau pour 2 %. Dans chaque rectangle, on a noté le nombre de carreaux.

16,5

13,5

20 40 50 55 60 80

4

8,57,5

Trouvez l’erreur

46 La moyenne est égale à :150 + 140 × 2 + 160

4 .

47 Ce ne sont pas les hauteurs des rectangles qui doi-vent être utilisées mais leurs aires et ici l’aire du rectangle [160 ; 170[ est supérieure à celle du rectangle [175 ; 180[.

48 1. a) Q1 = 16 ; médiane = 16,5 ; Q

3 = 17 ; mini-

mum = 15 ; maximum = 22.b)

10 16 17 18 19 20 21 22

2. Q1 = 14 ; médiane = 15,5 ; Q

3 = 16,5 ; minimum = 12 ;

maximum = 20.3. • Vrai : environ la moitié des truffes de B ont un poids supérieur à 16,5 (la médiane) alors que les trois quarts des truffes de A ont un poids inférieur à 16,5 (3e quartile).• Vrai : pour A l’écart interquartile est de 2,5 alors que pour B il n’est que de 1.

49 1. a) Moyenne = 152.b) Minimum = 20 ; maximum = 271 ; médiane = 143 ; Q

1 = 72 ; Q

3 = 255.

3. a) Faux : Q1 = 72 donc pendant les trois quarts de la

saison, l’enneigement est supérieur à 72 cm.b) Vrai : la médiane est égale à 123 donc pendant environ la moitié de la saison l’enneigement est inférieur à 123.c) Vrai : on compte 7 périodes sur 15 avec un enneigement supérieur à 176.

50 a) Environ 40,5 (attention la classe 15-24 ans par exemple, correspond à l’intervalle [15 ; 25[ dont le milieu est 20).b) Hommes : environ 39 ans. Femmes : environ 42 ans.


c) Histogramme de la série des femmes.

0 15

17,5 12 12,1 13,6 13,4 12,4 8,2

10,8

25 35 45 55 65 75 100

Le pourcentage correspond au nombre de carreaux.Remarque : pour 75 ans ou plus, on a pris l’intervalle [75 ; 100].Un carreau correspond à 1 point de pourcentages.d)

Âge [0 ; 15[ [15 ; 25[ [25 ; 35[ [35 ; 45[

Effectif 11 951 000 8 075 000 8 010 000 8 979 000

Âge [45 ; 55[ [55 ; 66[ [65 ; 75[ 75 ou +

Effectif 8 786 000 8 075 000 5 039 000 5 865 000

Remarque : on a arrondi les résultats au millier.

51 a)

b) • La surface agricole moyenne est la moyenne des contenus des cellules E

3 à E

8 avec comme effectifs ou

fréquences les contenus des cellules B3 à B

8 ou C

3 à C

8.

On obtient environ 80.• La médiane est 72,3.d)

4,111 %

331,66 %

17,412 %

4,1

17,437,3

72,3137,3

331,6

37,320 %

72,330 %

50,00,0 150,0100,0 250,0200,0 350,00

20

40

60

80

100

120

300,0

137,321 %

52 a)

t strictement inférieur à 0 30 60 90

Effectif 0 175 567 834

Fréquence 0 0,13 0,43 0,64

t strictement inférieur à 120 150 180 210

Effectif 961 1 129 1 249 1 312

Fréquence 0,73 0,86 0,95 1

b) L’abscisse M du point d’intersection de la courbe � des fréquences cumulées et de la droite Δ d’équation y = 50 est tel que, pour 50 % des employés, t � M et, pour 50 %, t � M. M est donc la médiane de la série.On peut lire graphiquement une valeur approchée de M :70.c) Les effectifs étant supposés répartis de manière régulière, on obtient :

M – 6050 – 43

= 90 – 6064 – 43

,

c’est-à-dire M = 70.

53 A. 1. 1er décile 609 € ; 9e décile 3 887 €.2. Médiane : 1 719 €.

Q1 = 924 + 1 175

2 ≈ 1 050 €.

Q3 = 2 447 + 2 980

2 ≈ 2 713 €.

3. Un certain nombre de très gros salaire « tirent » la moyenne vers le haut sans intervenir sur la médiane.B. 1. L’aire de chaque rectangle est proportionnelle à la fréquence de la classe. Or ici chacune des classes a la même fréquence (10 %).2. On choisit 2 cm pour 500 € en abscisse et 5 cm2 pour chacun des rectangles. On obtient les dimensions suivantes :

Classe 1 2 3 4 5

Largeur en cm 1,22 0,64 0,5 0,52 0,57

Hauteur en cm 4,1 7,81 10 9,61 8,77

Classe 6 7 8 9 10

Largeur en cm 0,67 0,79 1,07 1,81 8,23

Hauteur en cm 7,46 6,33 4,67 2,76 0,61

54 a) L’effectif total correspond à 20 carreaux, chaque carreau correspond donc à un effectif de 15.

Valeur 1 2 3,5 4 5 7

Effectif 45 90 75 45 30 15

b) Étendue = 6 ; médiane = 3,5 ; Q1 = 2 ; Q

3 = 4 ;

moyenne = 3,075.

55 a) Le pourcentage correspondant à x5 est égal à

100 % et donc chaque carreau correspond donc à 20 % en ordonnée.

• 82


En abscisse, un carreau correspond à 0,5.

10

100 %

Valeursx1

x2

x3

x4

x5

Valeur 1,5 2,25 3 4 5

Fréquence 20 % 10 % 20 % 40 % 20 %

b) Médiane = 3,5 ; moyenne = 3,225.c) Effectif total = 50.

Valeur 1,5 2,25 3 4 5

Effectif 10 5 10 20 5

d) Voir courbe du a) (qui descend).

56 1. Pour une abscisse d’année, l’ordonnée du point correspondant sur la courbe ensemble est égale à la somme des coordonnées des points correspondants sur les trois autres courbes.2. a)

i 1 2 3 4 5 6 7

pi

5 5 2 0 1

gi

1 5 8 1 – 1 0 21

ti

1 2 1 4 0 0 – 1

b) Moyenne pi = 2,6 ; médiane p

i = 2.

Moyenne gi = 2,3 ; médiane g

i = 1.

Moyenne ti = 1 ; médiane t

i = 1.

c) La progression des bacs professionnels semble plus rapide que celle des autres bacs (cette tendance peut s’observer sur le graphique).

57 a)120 000

100 000

80 000

60 000

40 000

20 000

01 2 3 4 5 6 7 8 9 10

Les pays sont notés de 1 à 10.En gris clair 2007, en noir 2008.b) Pour 2007 : médiane ≈ 36 635,5 ;

Qi = 22 298 ; Q

3 = 54 273.

Pour 2008 : médiane ≈ 40 430,5 ;Q

i = 24 660 ; Q

3 = 55 595.

58 a) Les populations des pays sont dans les cellules B

2 à B

28. Les superfi cies sont dans les cellules C

2 à C

28.

b) Formule : = somme(B2 : B

28)

c) On tape dans D2 : = B

2 ÷ C

2 puis on recopie vers le bas.

d) Population : moyenne ≈ 18 202 436 ;médiane = 9 059 651 ;Q

1 = 3 555 179 ; Q

3 = 22 215 421.

Superfi cie : moyenne ≈ 160 336 ;médiane = 83 870 ;Q

1 = 43 094 ; Q

3 = 301 230.

59 1. a) Environ 26 degrés.b) Moyenne des maximales ≈ 18,6.Moyenne des minimales ≈ 12,2.2. a) Environ 122 mm.b) Environ 830 mm.3. Moyenne ≈ 8,75 ; médiane = 8.



62 Cet algorithmique permet de calculer la moyenne des nombres 1 ; 22 ; 33 ; … ; NN.

63 Cet algorithmique permet de calculer successive-ment les moyennes des nombres 12 puis 12 et 22 puis 12, 22 et 33 … jusqu’à 12, 22, …, N2.

64 1. À chaque tour dans la boucle, on rajoute les nombres successifs de la liste.

2. Il suffi t à la fi n d’affi cher SN

.

3. a) On remplace « S prend la valeur S + L(i) » par « S prend la valeur S + (L(i))2 ».

b) Avec l’algorithme de 3. a), on affi che SN

.

c) On remplace « S prend la valeur S + L(i) » par « S prend la valeur S × L(i) ».


EXERCICESLES

65 a) À chaque tour dans la boucle, on compare le maximum des nombres déjà comparés au nombre sui-vant. À la fi n, on a donc le plus grand nombre.

b) On remplace « Si L(i) > Max, alors » par « Si L(i) < Min, alors » et « Max prend la valeur L(i) » par « Min prend la valeur L(i) ».

c) Saisir NPour i variant de 1 à N

Saisir L(i)Fin Pour

Max prend la valeur L(1)Min prend la valeur L(1)Pour i = 2 à N, faire

Si L(i) > Max, alorsMax prend la valeur L(i).

Fin PourPour i = 2 à N, faire

Si L(i) < Min, alorsMin prend la valeur L(i).

Fin PourAffi cher Max – Min.

• 84

66 • On a x1 < x

n puisque les valeurs ne sont pas toutes

égales. Donc, si l’on note x1, x

2, …, x

n les n valeurs de la

série données dans l’ordre croissant, on a :nx

1 < x

1 + x

2 + … + x

n < nx

n.

Donc nx

1

n <

x1 + x

2 + … + x

n

n <

nxn

n , soit x

1 < wx < x

n.

• Pour la médiane, si l’on pose x1 = 1, x

2 = 1 et x

3 = 3, la

médiane de la série des trois nombres x1, x

2 et x

3 est égale

à x1. La médiane ne vérifi e donc pas cette propriété.

67 N est impair, la médiane M est donc une valeur xk

de la série telle que, si i < k, alors xi � M et si i > k, alors

xi � M. Donc la somme des n

i pour i < k, est stricte-

ment inférieure à N2

, car la médiane est le terme de rang

N – 12

+ 1. D’autre part, n1 + n

2 + … + n

k > N

2 , car la

médiane est le terme de rang N + 12

.

68 Soient x1, x

2, …, x

n les n valeurs de la série données

dans l’ordre croissant. Les nouvelles valeurs données dans l’ordre croissant sont alors x

1 + 4, x

2 + 4, …, x

n + 4.

• L’étendue devient (xn + 4) – (x

1 + 4) = x

n – x

1. L’étendue

est inchangée.

• La moyenne devient (x

1 + 4) + (x

2 + 4) + … + (x

n + 4)

n

= (x

1 + x

2 + … + x

n) + 4 × n

n =

x1 + x

2 + … + x

n

n + 4.

La moyenne est augmentée de 4.• Toutes les valeurs sont décalées de + 4, il est donc de même pour la médiane.

69 a) La valeur doit être égale à la moyenne initiale.b) Les deux valeurs doivent être symétriques par rapport à la moyenne initiale.

70 a) On veut 3 + 8 + 12 + 15 + x5

= 12, d’où x = 22.

b) On veut alors x � 12.

71 a) Moyenne = 1.b) On ajoute une valeur 1.c) On veut :– 14 × 1 + 0 × 10 + 1 × 11 + 3 × 5 + 6 × 3 + x × 1

31 = 2.

D’où x = 32. On ajoute une valeur 32 avec un effectif de 1.

72 Si l’on note x et y les fréquences de 4 et 5, on a :0 × 0,23 + 1 × 0,3 + 2 × 0,28 + 3 × 0,15 + 4x + 5y = 1,5 et x + y = 0,04 car la somme des fréquences vaut 1.D’où x = 0,01 et y = 0,03.

73 a) Dans l’entreprise A, salaire moyen des ouvriers égal à 1 100 € et celui des cadres égal à 2 000 €.Dans l’entreprise B, salaire moyen des ouvriers égal à 1 150 € et celui des cadres égal à 2 200 €.b) Dans l’entreprise A, salaire moyen égal à :110 000 + 200 000

200 = 1 550 €.

Dans l’entreprise B, salaire moyen égal à :207 000 + 44 000

200 = 1 255 €.

c) L’effectif des cadres, plus important dans l’entreprise A, fait « monter » la moyenne.

74 a) Soit I(xi ; f

i) un point de la courbe des fréquences

cumulées croissantes.Soit J(xi ; f ’

i) un point de la courbe des fréquences cumulées

décroissantes.On a x

i + f

i = 100.

Le milieu du segment [IJ] a pour coordonnées �xi ;

f ’i + f

i

2 �,soit (x

i ; 50), il est donc situé sur la droite d’équation

y = 50, qui est donc axe de symétrie de l’ensemble formé par les deux courbes.b) Les deux courbes se coupent sur cet axe de symétrie, et le point d’intersection correspond à une fréquence de 50 %, son abscisse donne donc la médiane.


EXERCICESLES

75 1. a) Faux, il suffi t de considérer la série 1, 2, 3, 4.b) Faux, il suffi t de considérer la série 1, 2, 3.2. a) Faux, il suffi t de considérer la série 1, 2, 3, 4.b) Faux, il suffi t de considérer la série 1, 2, 3.3. a) Vrai, il suffi t de considérer la série 1, 2, 3.b) Vrai, il suffi t de considérer la série 1, 2, 4.

76 Exemple : 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10.

Problèmes ouverts

77 Exemple : on passe de 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10 à 1, 1, 1, 1, 1, 1, 4, 10, 10, 10, 48.

78 a) Exemple : la série 5 – 435 ; 5 + 435 a pour moyenne 5 et la moyenne des carrés est égale à 60.(On cherche une série de deux nombres tels que x + y = 10 et x2 + y2 = 120.)

b) Notons x1, x

2, …, x

n les n valeurs d’une série et wx la

moyenne.On a (x

1 – wx)2 + (x

2 – wx)2 + … + (x

n – wx)2 � 0, d’où :

x12 – 2x

1 wx + (wx)2 + x22 – 2x

2wx + (wx)2 + … + xn2 – 2x

nwx + (wx)2 � 0,

soit (x1

2 + x2

2 + … + 2xn) – 2wx(x

1 + x

2 + … + x

n) + n(wx)2 � 0.

On a alors ncx2 – 2wx × nwx + (wx)2 > 0,ou encore ncx2 – n(wx)2 � 0.D’où cx2 > (wx)2.Donc wx = 5 et cx2 = 24 est impossible.


c1 Simulations

1 Par exemple, pair représentera « pile » et impair représentera « face ».Sur les 30 nombres de la 1re ligne, 21 sont pairs.

2 Pair → « pile » ; impair → « face » ou le contraire.0, 1, 2, 3, 4 → « pile » ; 5, 6, 7, 8, 9 → « face ».

3 a) 0, 1, 2 → boule bleue ;3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 → boule rose.

f = 6

20 =

310

.

b) 8

20 =

410

≠ 3

10.

4 a) On obtient un nombre au hasard de l’intervalle [0 ; 1[.b) ALEA ().

5 Si le nombre obtenu est < 0,5, alors « pile », sinon « face », par exemple.

6 Par exemple : 0, 1, 2, 3 → « rouge » et 4, 5, 6, 7, 8, 9 → « bleue ».

f = 2760

= 9

20 = 0,45.

7 1. On obtient des nombres aléatoires de l’inter-valle [0 ; 1[ et non simplement des « 0 » ou des « 1 ».2. Des nombres aléatoires de [0 ; 2[.3. a) Int(1,35) = 1 ; Int(0,42) = 0.b) Int(2 × rand).

8 a) Non, car on obtient les nombres 0, 1, 2, 3, 4 ou 5 et non pas : 1, 2, 3, 4, 5 ou 6.b) Int(rand × 6) + 1 ou Int(ran# × 6) + 1.

9 Ligne 1 : un nombre au hasard de l’intervalle [0 ; 1[.Ligne 2 : un entier au hasard parmi 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Ligne 3 : 0 ou 1.Ligne 4 : un entier au hasard parmi 1, 2, 3, 4, 5, 6.

10 a) Non, car le 2e rand tapé ne donne pas nécessai-rement le même résultat que le premier.b) Même raison.

11 b) La somme des « 0 » et des « 1 » situés dans la liste 1 est égale à la somme des « 1 », c’est-à-dire au nombre de « pile » obtenus. D’où en divisant par 100, on obtient bien la fréquence de « pile ».f = 0,48 ; f = 0,53.

12 a) Pour TI : seq randInt (1,6), X, 1, 100) Sto L1.Pour Casio : seq (Int (ran# × 6) + 1, X, 1, 100, 1) → list 1.

b) et c) f = 0,18 ; d = 0,18 – 16

≈ 0,013.

13 1. 1, 2, 3, 4, 5, 6 → boule blanche et 0, 7, 8, 9 → boule noire, par exemple.2. a) Comme 1.b) 0, 1, 2, …, 30 → boule blanche et 31, 32, …, 99 → boule noire, par exemple.c) 1, 2, …, 35 → boule blanche et 0, 36, 37, …, 99 → autres couleurs.

14 On a alors p(6) = 27

et 17

pour les autres.

1 → « 1 » ; 2 → « 2 » ; … ; 5 → « 5 » et 6, 7 → « 6 ».

15 a) Oui, car on obtient bien :

p(boule blanche) = 26

= 13

.

b) Non, car on obtient bien : p(boule blanche) = 12

≠ 13

.

c) Non, car on obtient bien : p(boule blanche) = 15

.

16 a) Par exemple : 1 → « fi lle » et 0 → « garçon ».Colonne A et colonne B : des 0 ou des 1 aléatoirement.Colonne C : ajouter colonne A et colonne B.

Simulations.Échantillonnage


EXERCICESLES

Chapitre 10. Simulations. Échantillonnage • 87

Les nombres obtenus colonne C donnent le nombre de fi lles de la famille.Obtenir la fréquence de ces nombres (0, 1 ou 2) avec NB.SI.b) Il ne semble pas y avoir équiprobabilité. Les familles avec une seule fi lle semblent plus fréquentes.

c) F p(2F) = 14

F G

p(sexe ≠) = 12

G F

G p(2G) = 14

17 1. 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12.2. Avec un tableurColonne A et colonne B : 1, 2, 3, 4, 5, 6 de manière aléatoire.Colonne C : ajouter colonne A et colonne B pour avoir la somme des points obtenus.Avec NB.SI, compter le nombre de « 6 » et de « 7 ».Avec une calculatriceListe 1 et Liste 2 : comme ci-dessusListe 3 : ajouterPour compter le nombre de « 6 » obtenus se reporter à la question b) de l’exercice 12.

3. a) p(S = 6) = 5

36 ; p(S = 7) =

636

= 16

.

b) Les fi gures obtenues ne sont pas égales aux probabilités ci-dessus, mais voisines.

c2 Échantillonnage

18 a) b) et c) Oui, car il s’agit de n répétitions indé-pendantes de la même expérience.d) Non, car il s’agit d’un tirage sans remise et que le nombre de cartes tirées : 8 est grand par rapport à la population : 32. On ne peut donc pas l’assimiler à un échantillon.

19 a) Lancer la pièce 20 fois et compter le nombre de « pile » obtenus.b) Lancer le dé 20 fois et compter le nombre de « 4 ».c) Tirer 20 boules avec remise et compter le nombre de boules bleues.d) Tirer 20 cartes avec remise et compter le nombre d’as.

20 Numéroter les élèves de 1 à 1 252 et tirer 50 numé-ros avec remise.

21 a) �0,65 – 1

5100 ; 0,65 +

15100� = [0,55 ; 0,75].

b) �0,65 – 1

81 000 ; 0,65 +

181 000� = [0,618 ; 0,682].

22 a) Oui, car 0,49 ∈ �0,42 – 1

5100 ; 0,42 +

15100�.

b) Non, car 0,49 > 0,42+ 1

81 000.

23 �0,6 – 1

5100 ; 0,6 +

15100� = [0,5 ; 0,7].

24 Oui, car 0,49 ∈ �0,51 – 1

81 253 ; 0,51 +

181 253�.

En effet, 0,51 – 1

81 253 < 0,482 < 0,49.

25 La fréquence f observée est égale à 65150

≈ 0,433.

Or f ∈ �0,487 – 1

5150 ; 0,487 +

15150�,

car 0,487 – 1

5150 < 0,405 < f.

Donc, au seuil de 95 %, les foyers de cet échantillon ne sont pas sous-équipés par rapport à la population française.

26 f = 172500

= 0,344.

0,25 + 1

5500 < 0,295 < f.

Donc f n’appartient pas à l’intervalle de fl uctuation au seuil de 95 %.Donc au seuil de 95 %, on peut dire que les travaux ont amélioré la fréquentation hors département.

27 *f = 0,63 et f ∈ �0,60 – 1

81 000 ; 0,60 +

181 000�,

car 0,60 + 1

81 000 > 0,631 > f.

Donc f appartient à l’intervalle de fl uctuation au seuil de 95 %. Ce médicament n’apparaît donc pas comme effi cace.

28 1. a) I1 = �0,62 –

15400

; 0,62 + 1

5400� = [0,57 ; 0,67].

b) 0 10,670,57

2. a) I2 = �0,62 –

181 000

; 0,62 + 1

81 000� = [0,588 ; 0,652].

b) I2 ⊂ I

1.

29 a) �0,53 – 1

81 000 ; 0,53 +

181 000� = [0,498 ; 0,562].

b) Il y a 95 chances sur 100 pour que l’intervalle [0,498 ; 0,562] contienne p. Malgré les 530 personnes, sur les 1 000 interrogées, qui votent pour lui, le candidat n’est pas sûr d’être élu !

30 L’intervalle de confi ance au niveau 0,95 est égal à [0,22 ; 0,42]. Il y a 95 % de chances que cet intervalle contienne p.

31 1

1n = 0,04 ⇔ n = 625.

32 1

1n � 0,01 ⇔ n � 10 000.

Trouvez l’erreur

33 p(yeux bleus) = 0,35.Avec la simulation proposée, on a p(pair) = 0,5 ≠ 0,35.

34 La fréquence dans l’échantillon est de 67 %, c’est-à-dire 0,67.Dans l’intervalle de confi ance, il a été pris 67 au lieu de 0,67.

35 2. Lorsque, dans une somme, il n’y a que des « 0 » ou des « 1 », la somme est égale au nombre de « 1 ».3. Non, les résultats fl uctuent.6. Plus le nombre de lancers augmente, moins il y a de fl uctuation.

36 A. 1. On veut simuler n lancer, donc on va utiliser une boucle « Pour », le compteur i variant de 1 à n.Pour chaque lancer, il faut obtenir un nombre aléatoire entre 1 et 6 et, si le résultat est égal à 1, ajouter 1 au compteur K que l’on aura pris soin de mettre à 0 avant de commencer les lancers, c’est-à-dire avant d’entrer dans la boucle.2. • Entrée du nombre n de lancers.• Initialisation à 0 de la variable K qui comptera les « 1 ».• Boucle Pour, qui tournera n fois.• Obtention d’un entier aléatoire de 1 à 6 et s’il est égal à 1.• alors la variable K est augmentée de 1.• fi n de la boucle.• Calcul de la fréquence f des « 1 ».• Affi chage de f.3. La fréquence des « 1 ».4. Pour calculer K, on utilise sa précédente valeur : « K prend la valeur K + 1 ». Donc au départ, K a besoin d’être bien affecté. Tandis que f n’est pas calculé ainsi : on met dans f directement sa valeur K/n.B. 1. Pour TI, par exemple.Input N0 → KFor (I, 1, N)If randInt (1, 6) = 1ThenK + 1 → KEndEndK/N → FDisp F2. Pour n = 10 : f = 0,20 ; f = 0,30 ; f = 0 ; f = 0,40 ; f = 0,10.Pour n = 20 : f = 0,15 ; f = 0,30 ; f = 0,25 ; f = 0 ; f = 0,20.3. Pour n = 100 : f = 0,14 ; f = 0,21 ; f = 0,13 ; f = 0,20 ; f = 0,16…Pour n = 1 000 : f = 0,152 ; f = 0,167 ; f = 0,158 ; f = 0,172 ; f = 0,183…Plus n augmente, moins les fréquences s’éloignent de16

= 0,166…

C. 1. Remplacez « = 1 » de la 4e ligne par « = 2 ».2. Remplacez « entre 1 et 6 » de la 4e ligne par « entre 0 et 1 ».

37 A. 1. a – 1 1

p12

12

2. n = 2 a – 2 0 2

p14

12

14

n = 3 a – 3 – 1 1 3

p18

38

38

18

Pour n = 2, p(a = 1) = p(a = – 1) = 0.Pour n = 3, p(a = 2) = p(a = 0) = p(a = – 2) = 0.3. a) Les entiers de – 10 à + 10.

b) p(a = 10) = 1

210

= p(a = – 10).B. 1. a) Dans la cellule A2 := SI (ALEA() < 0,5 ; A1 + 1 ; A1 – 1)

b) et c) A11 = a.2. b) Les 150 abscisses d’arrivée de la puce.d) Si la puce fait p sauts vers la droite (0 � p � 10), elle en fait donc 10 – p vers la gauche.D’où son abscisse d’arrivée a = p – (10 – p) = 2p – 10 qui est un nombre pair.e) On obtient par exemple :

a – 10 – 8 – 6 – 4 – 2 0 2 4 6 8 10

Effectifs 0 2 7 18 31 41 30 13 6 2 0

Après plusieurs simulations avec F9 , la valeur de a la plus probable est a = 0.

3. = ENT (ALEA()*2) donne des « 0 » ou des « 1 » de manière équiprobable.Si « 1 » fait aller vers la droite et « 0 » vers la gauche, le nombre de pas vers la droite sera égal au nombre de « 1 » obtenus, c’est-à-dire à la somme des 10 termes de la colonne A.Cette somme est écrite dans la cellule A11. Si p est sa valeur, l’abscisse fi nale a est égale à :

p – (10 – p) = 2p – 10, d’où la cellule A12 est remplie avec = 2A11 – 10 .C. 1. x = a.2. On fait apparaître un nombre aléatoire de [0 ; 1[. S’il est inférieur à 0,5, l’abscisse x augmente de 1 ; sinon elle diminue de 1.3. a) i ne sert qu’à compter le nombre de sauts (qui doit être égal à n).Il revient au même de faire varier i de 1 à n que de n + 1 à 2n.b) Si i varie de 0 à n, il y aura n + 1 sauts et non n.4. On fait apparaître au hasard des « 0 » ou des « 1 », les additionne dans s et affi che a = 2s – n.Saisir ns prend la valeur 0Pour i variant de 1 à ns prend la valeur s + entier aléatoire 0 ou 1fi n Poura prend la valeur 2s – naffi cher a


• 88


38 A. 1. π4

. Avec le quotient des nombres de points,

on approchera π4

, donc π.

2. OM � 1 ⇔ X2 + Y2 < 1.B. 1. b) ALEA()^2 + ALEA()^2 calcule OM2 où M est un point aléatoire du carré. Si cette quantité est inférieure à 1, le point M appartient au quart de disque et on affi che « 1 », sinon on affi che « 0 ».d) L’instruction tapée dans L1 compte le nombre de « 1 ».Dans L3 avec = L1÷10 000 , on aura le rapport entre le nombre de points dans le quart de disque et le nombre de points total dans le carré. On obtient ainsi une estimation

de π4

.

2. A 0,95 %, 0,79 – 1

100 �

π4

� 0,79 + 1

100 c’est-à-dire

0,78 � π4

� 0,80.

3. A 0,95 %, 3,12 � π � 3,20.

39 1. AB = 9(a – b)2.2. a) � = AB.b) Si � � 0,5, alors S prend la valeur S + 1.c) S = nombre de fois où AB > 0,5, sur les n essais.f = la fréquence correspondante.3. a) Pour TI par exemple :Input N0 → SFor (I, 1, N)rand → Arand → B4 ((A – B)^2) → LIf L � 0,5ThenS + 1 → SEndEndS/N → FDisp Fb) n = 100 : f = 0,28.n = 1 000 : f = 0,242.n = 10 000 : f = 0,253 0.4. a) [0,253 – 0,01 ; 0,253 + 0,01] = [0,243 ; 0,263] (avec n = 10 000).b) n = 10 000.

40 1. a) �0,49 – 1

81 000 ; 0,49 +

181 000� = [0,458 ; 0,522].

b) �0,51 – 1

81 000 ; 0,51 +

181 000� = [0,478 ; 0,542].

2.

0,5

0,478

0,458 0,522

0,542

3. Non, car 0,478 < 0,5.

41 �0,28 – 1

81 500 ; 0,28 +

181 500� = [0,254 ; 0,306].

42 1. 5 = 6 – 1 est la plus grande valeur possible.Tous les nombres de 0 à 4 sont aussi possibles.2. a) On barre les chiffres 0, 7, 8 et 9, et ensuite pour deux nombres consécutifs, d est la différence entre le plus grand nombre et le plus petit. On fait cela 100 fois.

3. a) d 0 1 2 3 4 5

p16

518

29

16

19

118

43 1. 3752

≈ 0,71.

2. a) A1 =ENT(ALEA()*2) et tirer jusqu’à la cellule AZ1.b) Le nombre de garçons sur les 52 naissances.

3. a) �0,5 – 1

452 ; 0,5 +

1452� = [0,362 ; 0,638].

b) Le nombre d’échantillons de taille 52 dont la fréquence des garçons n’appartient pas à l’intervalle de fl uctuation ci-dessus.4. Au seuil de 95 %, la naissance de 37 garçons sur 52 n’est pas conforme à une situation d’équiprobabilité.

44 a) Entrée : « Saisir N »Initialisation : « S prend la valeur 0 »Traitement : « Pour i … Fin Pour »Sortie : « Affi cher S/N ».b) Compter le nombre de « 6 » obtenus sur n lancers d’un dé équilibré.

45 a) Initialisation : « S prend la valeur 0 »Traitement : « Pour i … Fin Pour »Sortie : « Affi cher S/500 ».b) Affi cher la fréquence du nombre de boules bleues obtenues sur 500 lancers.c) On peut choisir le nombre de lancers alors que dans l’algorithme initial le nombre de lancers était fi xé à 500.d) Pour TI par exemple :0 → SFor (I, 1, 500) IF RandInt(1, 10) < 3 Then S + 1 → S End EndDisp S/500

46 1. a) On peut supposer que la réponse exacte est toujours la 1re proposée, sinon on peut tirer sa place au hasard.A1 = ENT(ALEA()*4) + 1 (numéro de la réponse proposée par le candidat).B1 = SI(A1 = 1 ; 2 ; – 1) (note obtenue à la question).Tirer jusqu’à la ligne 5.C5 = SOMME(B1 : B5) (note obtenue au QCM).Tirer jusqu’à la ligne 250 (50 simulations).D2 =SOMME(C1 : C250)/50 (pour obtenir m).b) On obtient m = – 0,8 ; m = – 1,28 ; m = – 0,92.2. a) Recommencer à côté en remplaçant 4 par 3 dans ENT(ALEA()*4) + 1.b) m’ = – 0,04 ; m’ = 0,08 ; m’ = 0,02.c) Oui.3. a) I5 = SI(G5 < 0 ; 0 ; G5) b) m” = 1,62 ; m” = 0,84 ; m” = 1,54…c) Oui.


48 Au début du programme, ajouter une instruction qui nettoie l’écran : EffDessin ou ClrDraw pour TI, Cls pour CASIO.1. a) et b) Les points semblent répartis un peu partout dans l’écran car N = 10 est petit, donc la fl uctuation est grande.c) Dans Y= , taper 0,5.

2. On devrait obtenir environ 5 points extérieurs à la bande horizontale (5 %).

49 a) Non, car chaque fois, avant de réaliser un nou-vel échantillon, il faut remettre à 0 la mémoire S qui va contenir le nombre de « pile » de cet échantillon.b) Rien !, puisque I et J ne servent qu’à compter de 1 à N et de 1 à K.

53 a) = SI(ALEA() � 0,72 ; 1 ; 0).b) « 0 » avec la probabilité 1 – 0,72 et « 1 » avec la probabilité 0,72, c’est-à-dire ce que l’on souhaitait.

54 « 1 » représentera un demi-pensionnaire et « 0 » un externe.Taper dans A1 =ENT(ALEA() + 0,72) et tirer jusqu’à A100.

55 Dans les colonnes A, B et C, simuler trois lancers de dé équilibré avec =ENT(ALEA()*6) + 1 . Ajouter les résul-tats dans la colonne C.2. a) 0,124. b) 0,118.

56 1. G, FG, FFG, FFFG ou FFFF.2. Il semble que les fréquences des fi lles et des garçons soient très voisines.3. Dans la suite des chiffres au hasard qu’il faudrait pour simuler la composition de 10 000 familles par exemple, les nombres pairs et impairs suivent la loi de l’équipro-babilité.

57 La fréquence de guérison avec placebo est de 0,51.Donc l’intervalle de confi ance correspondant à 95 %, avec n = 100, est égal à [0,41 ; 0,61]. La fréquence de guérison avec le médicament, égale à 0,6, appartient à cet intervalle.Donc à 95 %, on peut penser que ce médicament n’a pas d’effi cacité.

c) On pourrait penser que au lieu d’avoir K échantillons chacun de N lancers, on aura N échantillons de K lancers. Il n’en est rien car J intervient dans « Tracer point (J, F). Au lieu de prendre les valeurs 1, 2, …, K comme dans l’algorithme de l’exemple, il sera là systématiquement égal à K + 1 et l’on obtiendra des points tous de même abscisse.

50 Il faut supprimer la ligne : « Tracer points (J, F) » et la remplacer par : « Affi cher F ».


52 a) Une expérience à deux résultats équiprobables, répétée n fois. (Par exemple : pile, face avec une pièce équilibrée.)b) S compte le nombre de fois où l’événement codé 1 est réalisé.c) La fréquence de l’événement codé 1.

58 Dans l’échantillon étudié, la fréquence des planches sans nœud est de 0,38. Donc l’intervalle de confi ance à 95 % est de [0,28 ; 0,48] (puisque l’échantillon était de 100).À 95 %, la proportion de planches sans nœud appartient à cet intervalle. Elle peut donc être égale à 0,28 (!!).D’où 28 % de planches sans nœud et 72 % de planches avec nœud amènent un prix de : 0,28 × 12 + 0,72 × 8 = 9,12 €.

Problèmes ouverts

59 Comme en 2de on ne sait pas calculer exactement cette probabilité p, on peut effectuer une simulation pour approcher p.Avec un tableur, par exemple :• A1 =ENT(ALEA() × 2) (on met des « 0 » ou « 1 », au hasard).• Copier dans A2• B1 =1• B2 = SI(A1 = A2 ; B1 + 1 ; 1) (on affi che la longueur des suites de « 0 » ou de « 1 » consécutifs).Tirer jusqu’à la ligne 100.Il suffi t de compter le nombre de « 5 » (respectivement de « 6 » pour la question suivante) de la colonne B avec NB.SI et de tirer vers la droite pour obtenir autant de simulations que l’on veut.


EXERCICESLES


EXERCICESLES

• 90


On peut enfi n compter le nombre de simulations où le résultat est égal à 0 avec NB.SI. Par différence, on obtient le nombre de fois où il est différent de 0.Par exemple, sur 100 simulations de 100 lancers, on en obtient 95 qui contiennent au moins une fois 5 résultats consécutifs égaux. On recommence avec F9 : 98 – 96 – … – 97… D’où p est voisin de 0,97.Pour au moins 6 résultats égaux, on obtient p ≈ 0,80.

60 ***

A B

C

GH

E

3

F

D2

1

y

x

z

Nous allons approcher la loi de probabilité par simulation, car un arbre serait trop touffu !Nous simulerons un saut de la coccinelle en faisant apparaître 1, 2 ou 3 de manière équiprobable.Si, par exemple, le « 1 » sort, la coccinelle avancera d’un pas parallèlement à (Ox) ; si le « 2 » sort, elle avancera parallèlement à (Oy) et si le « 3 » sort, elle avancera parallèlement à (Oz).Pour simuler 10 sauts, on fera apparaître une suite de 10 nombres aléatoires : 1, 2, 3.Dès que, dans cette suite, il y a un nombre pair de « 1 », la coccinelle revient dans le plan (yoz). S’il y en a un en nombre impair, elle fi nit dans le plan (BCF). De même, pour un nombre pair de « 2 », elle revient dans le plan (xoz). De même pour « 3 ». Si a, b, c sont respectivement les nombres de « 1 », de « 2 » et de « 3 », on a a + b + c = 10.

10 étant pair, il est donc impossible que 3 d’entre eux soient impairs ou qu’un seul le soit c’est-à-dire, la coccinelle n’atteindra jamais, au bout de 10 sauts, les points B(1 ; 0 ; 0), D(0 ; 1 ; 0), F(0 ; 0 ; 1) et G(1 ; 1 ; 1).Seuls les points A(0 ; 0 ; 0), C(1 ; 1 ; 0), F(1 ; 0 ; 1) et H(0 ; 1 ; 1) sont possibles.Avec le tableur

A B C D

1 0 0 0 0

2 2

3 1

3

�

• De A2 à A11, les 10 nombres aléatoires 1, 2 ou 3.• (B1 ; C1 ; D1) = (0 ; 0 ; 0) = les coordonnées du point A de départ. On va suivre pas à pas, les coordonnées des points atteints en ajoutant 1 (modulo 2) à la bonne coordonnée selon la sortie d’un « 1 », d’un « 2 » ou d’un « 3 » et placer ces coordonnées dans B2, C2, D2.Par exemple : B2 =SI(A2 = 1 ; MOD(B1 + 1 ; 2) ; B1)

C2 =SI(A2 = 2 ; MOD(C1 + 1 ; 2) ; C1)De même pour D2.Il suffi t de tirer jusqu’à la ligne 11, pour lire les coordonnées du point d’arrivée. Pour plus de lisibilité, on traduira ce triplet (B

11, C

11, D

11) par le nombre B

11 × 4 + C

11 × 2 + D

11.

Les 4 points A, C, F et H attendus sont ainsi codés respectivement : 0, 6, 5, 3.Il suffi t de tirer vers la droite pour avoir le nombre voulu de simulations.Avec NB.SI, on obtiendra le nombre de fois où la coccinelle arrive en A, en C, en F ou en H en comptant le nombre de « 0 », de « 6 » de « 5 » et de « 3 ».Il semble que l’on soit en présence de l’équiprobabilité.

c1 Situations d’équiprobabilité

1 a) 5

30 =

16

. b) 2530

= 56

.

2 1. {1, 2, 3, 4, 5, 6}.2. a) La loi équiprobable.

b) 16

; 12

; 46

= 23

.

3 a) 1

32. b)

432

= 18

. c) 8

32 =

14

.

4 a)

26 8 34

10 16 26

36 24 60

b) p(A) = 2460

= 25

; p(B) = 2660

= 1330

; p(C) = 1660

= 4

15.

5 *1. P

FP

F

P

F

P

F

P

F

P

F

P

F

a) p(a = 3) =

18

.

b) p(a = 0) = 18

.

c) p(a = 1) = 38

.

2. • Compter le nombre de chemins contenant 2 « pile » : il y en a 3.D’où p(a = 1) =

38

.

• p(a = 2) = 1 – [p(a = 3) + p(a = 1) + p(a = 0)]

= 1 – �18

+ 38

+ 18 � =

38

.

6 *1. a) 2

20 =

110

. b) 6

20 =

310

. c) 35

.

2.

VR

R

V

R

25

V35

34

14

24

24

a) 25

× 14

= 1

10. b)

35

× 12

= 3

10. c)

25

× 34

+ 35

× 12

= 35

.

7 m 1 2 3 4 5 6

p1136

936

736

536

336

136

8 On note G le gain obtenu en euros.1. a) p(G = 3) = p(« obtenir une dame ») =

18

.

b) p(G = 0) = 2032

= 58

.

2. a) p(G = 3) = 2 × 18

× 58

= 5

32.

b) p(G = 9) = 0 c) p(G = 0) = �58 �2

= 2564

.

9 B0,7

0,70,3

0,3

0,7

0,3B

N

N

B

N

a) p(2B) = (0,7)2 = 0,49.b) p(B et ensuite N) = 0,7 × 0,3

= 0,21.c) p(une seule B) = 2 × 0,7 × 0,3

= 0,42.

10 *1. a) 26

= 13

. b) 23

.

2.

RJ

J

R

J

13

R23

23

13

23

13

a) p(2 fois J) = �13 �2

= 19

.

b) p(au moins une fois J) = 1 – p(0 fois J)

= 1 – 49

= 59

.

ProbabilitésC H A P I T R E11


Chapitre 11. Probabilités • 93

11 1.

55

5

5

5

15

545

45

15

45

15

a) �45 �2

= 1625

.

b) 2 × 15

× 45

= 8

25.

2. 35

× 35

= 9

25.

c2 Des fréquences aux probabilités

12 a) 5

100 =

120

.

b) 10 + 5 + 1

100 =

16100

= 4

25.

13 1. 500 étant un nombre important, on va prendre pour loi de probabilité les fréquences observées. D’où :

xi

d c

pi

0,78 0,22

2. a) (0,78)2 = 0,608 4. b) 2 × 0,78 × 0,22 = 0,343 2. c) (0,22)2 = 0,048 4.

14 1. On prendra les fréquences observées pour pro-babilités.

Durée 0 � t < 2 2 � t < 4 4 � t < 6 6 � t < 8 8 � t < 10 t � 10

p 0,30 0,22 0,15 0,16 0,12 0,05

2. 0,30 + 0,22 + 0,15 = 0,67.3. a) (0,67)3 ≈ 0,301. b) (0,05)3 = 0,125 × 10– 3.

15 a) 2p + 5p = 1. D’où p = 17

et donc, p(6) = 27

et

p(5) = … = p(1) = 17

.

b) 57

.

16 a) Même en sachant la pièce truquée, sur trois résultats de lancers, on ne peut rien conclure.b) Je parie « pile », car les fréquences observées font apparaître trois fois plus de « pile » que de « face ».c) On prend pour loi pile face

p 0,76 0,25

p(pile – face – face) = 0,76 × 0,24 × 0,24 ≈ 0,044.

c3 p(A ∪ B) + p(A ∩ B) = p(A) + p(B)

17 a) 0,3 + 0,5 – 0,2 = 0,6.b) 0,4.c) 0,3.

18 a) E = {1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6}.b) A = {1 ; 3 ; 5} ; B{3 ; 4 ; 5 ; 6}.

c)

A

1

B

E

4

6

3

5

19 1. a) 4

32 =

18

. b) 8

32 =

14

. c) 1132

.

2. a) A ∩ B = « Obtenir le roi de cœur ».A ∪ B = « Obtenir un roi ou un cœur ».

b) p(A ∩ B) = 1

32 ; p(A ∪ B) =

18

+ 14

– 1

32 =

1132

.

20 a) 25M 12

J5

35

p(M ∪ J) = 35 – 5

35 =

67

.

b) p(M ∩ J) = p(M) + p(J) – p(M ∪ J)= 2535

+ 1235

– 3035

= 15

.

21 A.

3

4

2

1

3

4

2

1

ou 1 2 3 4

12

13

24

35

4

23

24

45

66

8

34

35

66

9712

45

46

8712

816

Somme ��

21 = Produit

p(A) = 3

16 ; p(B) =

316

; p(A ∩ B) = 1

16 ; p(A ∪ B) =

516

.

B. On n’aura plus les cases de la 1re diagonale du tableau.

p(A) = 2

12 =

16

; p(B) = 2

12 =

16

;

p(A ∩ B) = 0 ; p(A ∪ B) = 26

= 13

.

22 1. a) p(C) = 550

2 000 = 0,275.

b) p(I) = 450

2 000 = 0,225.

2. a) C ∩ I = « acheter des clémentines en provenance d’Italie ».b) C ∪ I = « acheter des clémentines ou acheter italien ».

3. p(C ∩ I) = 100

2 000 = 0,05.

p(C ∪ I) = 0,275 + 0,225 – 0,05 = 0,45.

Trouvez l’erreur

23 L’élève fait l’hypothèse d’équiprobabilité sur les 11 résultats positifs, ce qui est faux. Par exemple : 2 = 1 + 1, alors que 4 = 1 + 3 = 2 + 2 = 3 + 1. On comprend que 4 sera obtenu plus souvent que 2.

24 L’élève a utilisé la formule : p(A ∪ B) = p(A) + p(B), formule qui n’est vraie que lorsque les deux événements A, B sont incompatibles ; ce n’est pas le cas ici puisque

A ∩ B = « obtenir le roi de cœur », de probabilité 1

32 ≠ 0.

25 1. G

0,30,5

0,1

0,6

0,5

0,7

0,3I

DP

E

F

G

F

0,2

0,8

G

F

p(A) = 0,1 × 0,8 = 0,08.

2. a) 0,21. b) 0,3.c) 0,3 × 0,3 + 0,6 × 0,5 + 0,1 × 0,8 = 0,47.

26 a) < 10 € � 10 € Total

Carte bancaire 0,18 0,48 0,66

Espèce 0,12 0,08 0,20

Chèque 0,14 0,14

Total 0,30 0,70 1

b) p(A) = 0,7 ; p(B) = 0,08 ; p(C) = 0,2 + 0,3 – 0,12 = 0,38.

c) 0,180,66

= 3

11 ≈ 0,27.

27 1.

V2

B1

B2

V2

B2

nn + 6

V1

n – 1n + 5

p(B1) =

nn + 6

.

p(B1 et B

2) =

nn + 6

× n – 1n + 5

.

2. n(n – 1)

(n + 6)(n + 5) =

12

⇔ n2 – 13n – 30 = 0.

3. b) Les abscisses semblent être – 2 et 15.c) Reportez – 2 et 15 dans n2 – 13n – 30.4. n = 15.

28 A. 1. SD AD

A 0,34 0,05

B 0,25 0,14

C 0,12 0,10

2. 8 × 0,34 + 10 × 0,25 + … = 11,26.B. 1. a) 0,39. b) 0,39. c) 0,22.2. 0,29.

29 a) 2 × 2 × 3 = 12.

b) p(A) = 1

12 ; p(B) =

12

; p(C) = 4

12 =

13

.

30 p(A) = 18

; p(B) = 18

+ 18

= 14

; p(C) = 18

+ 38

= 12

;

p(D) = 1 – �18

+ 18 � =

34

.

31 1. a) 4

25. b)

925

. c) 1225

.

2. Pour a) et b), en multipliant les probabilités trouvées sur la branche. Pour c) en ajoutant les probabilités des deux chemins qui réalisent l’événement.

32 *1.

6

6

6

16

656

66

6

6

6

6

6

6

6

616

16

a) 1

216. b)

125216

. c) 3 × 25

216 =

75216

= 2572

.

d) 3 × 5216

= 15216

= 5

72.

2. Leur somme doit être égale à 1.3. s = 0.

33 *1. 2 – 3 – 4 – 5 – 6 – 7 – 8 – 9 – 10 – 11 – 12.2. a)

bleurouge

1 2 3 4 5 6

1 2 3 4 5 6 7

2 3 4 5 6 7 8

3 4 5 6 7 8 9

4 5 6 7 8 9 10

5 6 7 8 9 10 11

6 7 8 9 10 11 12

b) x

i2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

pi

136

236

336

436

536

636

536

436

336

236

136

34

B

C

13

D

A

13

13

A

C

13

DA

B

DA

B

C

1. a) 13

. b) 29

. c) 29

. d) 29

.

35 *1. 6

26 =

313

.

2.

V

V

V

313

C1013

CC

C

C

C

C

V

V

V

V a) � 3

13�3.

b) 3

13 × �10

13�2 =

3002 197

.

c) � 126�

3 =

117 576

.


• 94

Chapitre 11. Probabilités • 95

36 1 – p(« que des garçons font les courses »)

= 1 – �35 �3

= 98125

.

37 a) 1, 2, 3, 4.b) 10 000 étant un nombre grand, on prendra pour probabilités les fréquences observées.


40 Pour les premières valeurs de i, les fréquences cumulées fl uctuent, mais assez vite on constate une sta-bilisation vers 0,5.


42 a) Remplacez la 1re ligne du traitement de l’exemple p. 292 par « Si entier aléatoire (1, 6) = 6, alors s prend la valeur s + 1 ».b) Pour TI : Remplacez les 5e et 6e lignes de l’exemple par :If entAleat (1, 6) = 6Thens + 1 → sEndPour Casio : Remplacez la 5e ligne de l’exemple par :If Int (Ran# × 6) + 1 = 6Then s + 1 → sI. Endc) Au départ, les résultats fl uctuent, mais ensuite ils tentent à se stabiliser vers 0,16.d) Quand on n’a que des 0 ou des 1, le nombre de « 1 » n’est autre que la somme des résultats obtenus.Si on faisait ainsi avec le dé, on compterait, dans s, la somme des points obtenus, qui, dans le cas du dé, est différent du nombre de « 6 » obtenus.

43 1. a) t est le compteur de la tortue. Il donne le nombre de cases franchies par cette dernière. S’il arrive à 6, la tortue a gagné.b) Oui, il faut mettre la tortue au départ.c) Pour que la boucle « tant que » puisse démarrer. En effet, la boucle, pour fonctionner, teste, entre autres, si x est différent de 6. Il faut donc mettre dans la variable x le résultat du 1er lancer du dé.d) x = 6 ou t = 6.e) • x = 6.• t = 6.

c) ni

1 2 3 4

pi

25

35

× 24

= 3

1035

× 24

× 23

= 15

35

× 24

× 13

× 1 = 1

10

38 Pour obtenir les fréquences cumulées, dans la cel-lule D2, tapez : = C2/A2 .

2. a) Pour TI par exemple :entAleat (1, 6) → X0 → TWhile X ≠ 6 and T ≠ 6T + 1 → TentAleat (1, 6) → XEndIf X = 6ThenDisp « L »ElseDisp « T »Endb) Le lièvre.3. a) On va utiliser une boucle « pour », le compteur i variant de 1 à n afi n de simuler n parties. a comptera le nombre de fois où le lièvre gagne.Saisir na prend la valeur 0Pour i variant de 1 à n x prend la valeur… � Fin Tant que.

� partie de l’ancien algorithme.

si x = 6 alors a prend la valeur a + 1 fi nSifi nPourAffi cher a.b) Pour n = 100, le lièvre a gagné 63 fois, c’est-à-dire f = 0,63.Pour n = 400, le lièvre a gagné 264 fois, c’est-à-dire f = 0,66.c) Le lièvre semble en effet gagner plus souvent que la tortue.d) On peut prendre pour probabilité la fréquence obtenue pour n = 400. On aura alors p = 0,66 et q = 1 – p = 0,34 ; p ≈ 2q.Le lièvre a environ deux fois plus de chances que la tortue de gagner.


EXERCICESLES

44 P

F

P

12

F12

12

12

p(G) = 12

+ 14

= 34

.

45 p(produit pair) = 1 – p(produit impair) = 1 – � 815�

2

= 161225

.

46 p(gagne avec A) = 12

;

p(gagne avec B) = 1 – �34 �2

= 7

16 <

12

.

47 a)

1

2

3

2

V2V1

3

13

12

b) p(A) = 46

= 23

; p(B) = 1 – 23

= 13

; p(C) = 26

= 13

;

p(D) = 12

.

48 1. a) �16 �2

= 1

36. b) �5

6 �2 =

2536

.

2. = 663

= 162

.

49 a) p(3F et 1G) = 424

= 14

; p(1F et 1G sachant que

l’on a déjà 2 fi lles) = 12

.

Or 12

= 2 × 14

. D’où Mme Bertrand a raison.

b) p(2F sachant que déjà 1F et 1G) = 14

= p(3F et 1G).La probabilité n’a pas changé.

50 a) Fausse : si A est l’ensemble de tous les résultats possibles, p(A) = 1 et il est impossible de trouver un évé-nement de probabilité > 1.b) Vraie : en effet, ∀ A ∈ �, ∀ B ∈ �, A ∩ B ⊂ A, donc p(A ∩ B) � p(A).c) Vraie : il suffi t de prendre A égal à l’ensemble de tous les résultats possibles. p(A) = 1 et ∀ B ∈ �, p(B) � 1.

Problèmes ouverts

51 • Effectuer un arbre et compter.ou sans arbre :

AA 14

FAAAFA � 2

8FFAAFAFA

316AFFA

�

p(Agagne) = 14

+ 28

+ 3

16 =

1116

.

ou, encore plus vite, en comptant la probabilité que Florian gagne :

FFF 18

AFFFFAFF

316FFAF

�

18

+ 3

16 =

516

.

52 n 1 2 3 4

p4

25684256

144256

24256

Au lieu de tenter de dessiner les 256 chemins (!), on peut utiliser 4 cases qui seront les 4 résultats obtenus après tirage : � � � � et compter de combien de manières ces cases peuvent être remplies.


EXERCICESLES

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