MATH X 1ere S.pdf

collectionw www.didiermathx.com liv re du pr of es se ur me Programme 2011 re S collection Programme 2011 Première S Sous la direction de Marie-Hélène Le Yaouanq liv re du pr of es se ur Yves Alvez Élisabeth Beauvoit Daniel Guillemet Georges Saliba Lucie Tadeusz Couverture : Contours Mise en pages, schémas et photogravure : STDI Suivi éditorial : Malik Agina « Le photocopillage, c’est l’usage abusif et collectif de la photocopie sans autorisation des auteurs et des éditeurs. Largement répandu dans les établissements d’enseignement, le photocopillage menace l’avenir du livre, car il met en danger son équilibre économique. Il prive les auteurs d’une juste rémunération. En dehors de l’usage privé du copiste, toute reproduction totale ou partielle de cet ouvrage est interdite. » « La loi du 11 mars 1957 n’autorisant, au terme des alinéas 2 et 3 de l’article 41, d’une part, que les copies ou reproductions strictement réservées à l’usage privé du copiste et non destinées à une utilisation collective » et, d’autre part, que les analyses et les courtes citations dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale, ou partielle, faite sans le consentement de l’auteur ou de ses ayants droit ou ayants cause, est illicite. » (alinéa 1er de l’article 40) – « Cette représentation ou reproduction, par quelque procédé que ce soit, constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du Code pénal. ». © Les Éditions Didier, Paris 2011 ISBN 978-2-278-06949-1 Imprimé en France Sommaire Programme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4 Partie I. Analyse Chapitre 1. Second degré . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 Chapitre 2. Étude de fonctions . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 Chapitre 3. Dérivation . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 Chapitre 4. Sens de variation d’une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61 Chapitre 5. Notion de suite numérique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 86 Chapitre 6. Comportement d’une suite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 103 Partie II. Statistiques et probabilités Chapitre 7. Statistique descriptive . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 125 Chapitre 8. Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 138 Chapitre 9. Loi binomale. Échantillonnage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160 Partie III. Géométrie Chapitre 10. Vecteurs et droites du plan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190 Chapitre 11. Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 205 Chapitre 12. Produit scalaire . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 219 3 l’objectif étant que ces éléments soient maîtrisés en fin de cycle terminal. En particulier. mais sont introduits au cours du traitement d’une question en fonction de leur utilité. le programme vise le développement des compétences suivantes : – mettre en œuvre une recherche de façon autonome . – mener des raisonnements . Il importe toutefois de prévoir des moments d’institutionnalisation de certains concepts ou types de raisonnement. avec un dispositif de visualisation collective . – par les élèves. lors de la résolution de problèmes. – dans le cadre du travail personnel des élèves hors de la classe. après que ceux-ci ont été rencontrés plusieurs fois en situation. de rédaction d’une démonstration et de logique font partie intégrante des exigences du cycle terminal. Les concepts et méthodes relevant de la logique mathématique ne font pas l’objet de cours spécifiques mais prennent naturellement leur place dans tous les champs du programme.Bulletin officiel spécial n° 9 du 30 septembre 2010 Programme Mathématiques Classe de première Cycle terminal de la série scientifique L’enseignement des mathématiques au collège et au lycée a pour but de donner à chaque élève la culture mathématique indispensable pour sa vie de citoyen et les bases nécessaires à son projet de poursuite d’études. Utilisation d’outils logiciels L’utilisation de logiciels. Objectif général Outre l’apport de nouvelles connaissances. L’utilisation de ces outils intervient selon trois modalités : – par le professeur. il s’inscrit dans une perspective de formation de l’individu. – communiquer à l’écrit et à l’oral. de calcul (formel ou scientifique) et de programmation change profondément la nature de l’enseignement en favorisant une démarche d’investigation. De même. – avoir une attitude critique vis-à-vis des résultats obtenus . sous forme de travaux pratiques de mathématiques . en les formant à la pratique d’une démarche scientifique et en renforçant leur goût pour des activités de recherche. Le cycle terminal de la série S procure un bagage mathématique solide aux élèves désireux de s’engager dans des études supérieures scientifiques. Au-delà du cadre scolaire. Raisonnement et langage mathématiques Comme en classe de seconde. le vocabulaire et les notations mathématiques ne sont pas fixés d’emblée. L’apprentissage des mathématiques cultive des compétences qui facilitent une formation tout au long de la vie et aident à mieux appréhender une société en évolution. 4 . l’utilisation de logiciels de calcul formel peut limiter le temps consacré à des calculs très techniques afin de se concentrer sur la mise en place de raisonnements. Il convient de prévoir des temps de synthèse. les capacités d’argumentation. d’outils de visualisation et de simulation. en classe. les travaux hors du temps scolaire contribuent à la formation des élèves et sont absolument essentiels à leur progression. modéliser. communiquer un résultat par oral ou par écrit. ayant valeur de modèle. L’étude de phénomènes discrets fournit un moyen d’introduire les suites et leur génération en s’appuyant sur des registres différents (algébrique. L’acquisition du concept de dérivée est un point fondamental du programme de première. Certaines sont exigibles et correspondent à des capacités attendues. en phase avec les objectifs poursuivis. d’une part. comme celui de la classe de seconde. De nature diverse. trouver des résultats partiels et les mettre en perspective . Analyse Le programme s’inscrit. Le calcul de dérivées dans des cas simples est un attendu du programme . sont rappelées en fin de programme. géométrique) et en faisant largement appel à des logiciels. Plusieurs démonstrations. L’étude des suites se prête tout particulièrement à la mise en place d’activités algorithmiques. Un des objectifs de ce programme est de doter les élèves d’outils mathématiques permettant de traiter des problèmes relevant de la modélisation de phénomènes continus ou discrets. En particulier. Des éléments d’épistémologie et d’histoire des mathématiques s’insèrent naturellement dans la mise en œuvre du programme. l’aptitude à mobiliser l’outil informatique dans le cadre de la résolution de problèmes est à évaluer. de longueur raisonnable et de nature variée. les fonctions racine carrée et valeur absolue. Les capacités attendues dans le domaine de l’algorithmique. Ainsi. Les modes d’évaluation prennent également des formes variées. elles doivent entraîner les élèves à : – chercher. on consolide l’ensemble des fonctions mobilisables. Organisation du programme Le programme fixe les objectifs à atteindre en termes de capacités. numérique. en particulier à l’aide d’outils logiciels . – mettre en œuvre des algorithmes . Fréquents. Les situations proposées répondent à des problématiques clairement identifiées d’origine purement mathématique ou en lien avec d’autres disciplines. – expliquer oralement une démarche. Mathématiques. – choisir et appliquer des techniques de calcul . expérimenter. la période à laquelle ils ont vécu et leur contribution fait partie intégrante du bagage culturel de tout élève ayant une formation scientifique. Elles doivent être exercées à l’intérieur de chaque champ du programme. La présentation de textes historiques aide à comprendre la genèse et l’évolution de certains concepts. Connaître le nom de quelques mathématiciens célèbres. dans le cas de situations plus complexes. On introduit un nouvel outil : la dérivation. Ils sont conçus de façon à prendre en compte la diversité et l’hétérogénéité de leurs aptitudes. Son plan n’indique pas la progression à suivre. De même. Il est conçu pour favoriser une acquisition progressive des notions et leur pérennisation. Les interrogations sur leur comportement amènent à une première approche de la notion de limite qui sera développée en classe de terminale. 1. les activités de type algorithmique sont signalées par le symbole ◊. sont repérées par le symbole ■. d’autre part. graphique.Diversité de l’activité de l’élève Les activités proposées en classe et hors du temps scolaire prennent appui sur la résolution de problèmes purement mathématiques ou issus d’autres disciplines. on sollicite les logiciels de calcul formel. – raisonner. démontrer. Les fonctions étudiées sont toutes régulières et on se contente d’une approche intuitive de la notion de limite finie en un point. et du raisonnement. enrichi de deux nouvelles fonctions de référence. Classe de première S 5 . dans le cadre de la résolution de problèmes. 6 . Classe de première S 7 . dont il importe que les élèves sachent choisir la forme la mieux adaptée au problème envisagé. Mathématiques. L’introduction de cette notion implique un travail sur le calcul vectoriel non repéré et la trigonométrie. Géométrie L’objectif est de renforcer la capacité des élèves à étudier des problèmes dont la résolution repose sur des calculs de distances et d’angles. La géométrie dans l’espace est source de situations permettant de mettre en œuvre de nouveaux outils de l’analyse ou de la géométrie plane.2. notamment dans des problèmes d’optimisation. la démonstration d’alignement. de parallélisme ou d’orthogonalité. L’outil nouveau est le produit scalaire. 8 . Dans le cas particulier d’expériences identiques et indépendantes à deux issues. Classe de première S 9 . de fichiers mis à disposition par l’INSEE). La notion de loi de probabilité d’une variable aléatoire permet de modéliser des situations aléatoires. riches et variées (issues. on introduit la loi binomiale. on poursuit la formation des élèves dans le domaine de l’échantillonnage. L’utilisation des arbres pondérés est développée pour modéliser la répétition d’expériences identiques et indépendantes. Statistiques et probabilités L’étude et la comparaison de séries statistiques menées en classe de seconde se poursuivent avec la mise en place de nouveaux outils dans l’analyse de données. L’objectif est de faire réfléchir les élèves sur des données réelles. En s’appuyant sur cette loi. Elle est restreinte à ce cadre afin d’éviter toute confusion avec des situations relevant des probabilités conditionnelles. d’en proposer un traitement probabiliste et de justifier certains faits observés expérimentalement en classe de seconde. Mathématiques.3. par exemple. 10 . mais doit être répartie sur toute l’année scolaire. À l’occasion de l’écriture d’algorithmes et programmes. – interpréter des algorithmes plus complexes. aucun logiciel n’est imposé. Notations et raisonnement mathématiques Cette rubrique. Mathématiques. ne doit pas faire l’objet de séances de cours spécifiques. Dans le cadre de cette activité algorithmique. Aucun langage. – en réaliser quelques-uns à l’aide d’un tableur ou d’un programme sur calculatrice ou avec un logiciel adapté . consacrée à l’apprentissage des notations mathématiques et à la logique. Classe de première S 11 . mais aussi avec les autres disciplines ou le traitement de problèmes concrets. statistiques et probabilités. raisonnement par équivalence). géométrie. les élèves ont conçu et mis en œuvre quelques algorithmes. L’algorithmique a une place naturelle dans tous les champs des mathématiques et les problèmes posés doivent être en relation avec les autres parties du programme (analyse. un travail sur la notion d’équivalence doit naturellement être mené en série scientifique (propriété caractéristique. il convient de donner aux élèves de bonnes habitudes de rigueur et de les entraîner aux pratiques systématiques de vérification et de contrôle. En complément des objectifs rappelés ci-dessous. Cette formation se poursuit tout au long du cycle terminal. logique). les élèves sont entraînés à : – décrire certains algorithmes en langage naturel ou dans un langage symbolique .Algorithmique En seconde. x –∞ –2 +∞ 4 f(x) 2 Développer. d. Ensemble des solutions de f (x)  3 : ]– ∞ . (– 2 . + ∞[. – 4[ ∪ ]0 . strictement négative sur ]– ∞ . x2 – 8x + 16 = (x – 4)2 3 9 d. Forme 2 : les solutions sont – 7 et – 1. il est atteint en – 4. Les solutions sont 0 et – 8. Solutions de f (x) = 3 : – 3 et – 1. nulle en – 4 et 0 . factoriser a. a. Forme 3 : g(x) = 14 ⇔ 2x (x + 8) = 0. 0[. x2 + 6x + 9 = (x + 3)2 c. f (x) est strictement positive sur ]– 4 . 4. Forme 1 : g(x) = 54 ⇔ (x + 4)2 = 36. Parabole b. – 3] ∪ [– 1 . 2. Forme 1 : g admet – 18 pour minimum . 3. + ∞[. 4 Avec les tableaux de signes x 12 –∞ 2 signe de 2x – 4 – 0 signe de 3 – x + signe du produit (2x – 4)(3 – x) – 0 3 + +∞ + + 0 – + 0 – . 2. 4) c. Les solutions sont 2 et – 10. x2 + 3x + = (x  )2 2 4 3 Choisir la bonne forme 1.1 Second degré Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Fonction du second degré 1. (3x + 2)2 = 9x2 + 12x + 4 b. yS = 4a 4a 3. h(x) = 4(x2 – 6x) + 27 2. 2 x 2 . b. b. Axe de symétrie : x = 1.3 x  .5 et pour ordonnée f (1. 1. 2 4 B. 0 € x  . b  . b 3. Où se trouve le sommet ? 1. On conjecture que a  . Les solutions sont 0 et – . f (0) < f (xs) donc c’est un maximum que f admet en xS. 4 2 2 2. x2 – 6x + 9 = (x – 3)2 d’où x2 – 6x = (x – 3)2 – 9. c.25. – 4)  b 3 3 1  et yS = f .5) = – 4. On prouve cette conjecture par un développement : 2 2 32 1 9 1 . 2a 2 2 2 3 1 b. 2 x2 2 4 2 32 1 c. a. S (1 . g(x)  – 4. Chapitre 1. xS = -       b.Activité 1. Second degré 13 . Forme canonique et équation f (x) = 0 A. f (0) > f (xS) donc c’est un minimum que f admet en xS Si a < 0.b2  4 ac 2. Donc g admet un minimum en 1. h(x) = 4[(x – 3)2 – 9] + 27 = 4(x – 3)2 – 9 d. a b 0a . Activité 2. k(x) = 0 € 2 x  1 .5. Cas 1 : yS < 0 et a > 0 donc Δ > 0. Cas 3 : yS = 0 et a > 0 donc Δ = 0.. a. 1..32  9 9 3 . k(x) = 0 ⇔ Á x  ˜ .. Le discriminant b b2 Ê b2 ˆ b2 donc yS = a Á 2 ˜ c c. k(x) = 0 € 4 x 0€x . 2 x 2 . a. Cas 5 : yS = 0 et a < 0 donc Δ = 0. g(1) = – 4 et pour tout x.b . Le sommet a pour abscisse xS = 2 2a Pour aller plus loin f (xS) + b2 b2 Ê b2 ˆ b2  aÁ 2˜ c  c soit f (0). xS = - Cas 2 : yS > 0 et a > 0 donc Δ < 0. Ë 4 a ¯ 2a 4a 4a Si a > 0. 2 2 5 5 5ˆ 5 5 5 Ê ou .6 x  4  f ( x ). Les solutions sont et . Le sommet S a pour abscisse 1. Les solutions sont 0 et 3. 2.6  0 € x  . Cas 4 : yS < 0 et a < 0 donc Δ < 0. Ë 2 2 2¯ 4 2 2 12 1 c. Cas 6 : yS > 0 et a < 0 donc Δ > 0. f (x) = 0 € x  € x  1 ou x  2. h(x) = 0 € x . On résout f (x) = c. Ë 4 a ¯ 2a 2a 4a D .1  3 ou x  – 1 – 3. a. 1. 2 2   Activité 3. 1 2 13 2 1 13 3x  3 x2  x   3 x 2  2 x . l’équation a une unique solution . Si Δ > 0. Tout est mélangé ! • On repère déjà la courbe représentant chaque fonction. Plusieurs raisonnements pourront être confrontés. puis négative. b. 14 . f (x) = (x – 3)2 – 4 = (x – 5)(x – 1) c. ensuite négative. f(x) < 0 pour x appartenant à ]1 . L’affirmation de Jean-Paul est fausse : (3x + 2)x – 4 = 3x2 + 2x – 4. f(x) est d’abord du signe de a. Si D  0.4. a. on obtient : 52 pour 4 . puis à nouveau du signe de a. Activité 4. A et B. a. Cas 1 : a > 0 et f (x) est d’abord positive. puis positive. puis positive. Algorithmes 1. 157 pour 7.. 2 1 1 Le minimum est atteint en .4. Discriminer : distinguer. Cas 5 : a < 0 et f(x) est négative ou nulle pour tout réel x. ce minimum est . diviser). Cas 2 : a > 0 et f (x) est strictement positive pour tout x réel Cas 3 : a > 0 et f(x) est positive ou nulle pour tout x réel. 6 3 3 L’affirmation de Louis est juste. 4 pour – 2 . 3 3 3 9 3     TP2. c’est-à-dire dans les cas 2 et 4. 2. différencier (du latin discriminare : séparer. Le programme A appliqué à x donne (3x + 2)x – 4. Conjecture : Si Δ > 0. si Δ < 0. et avec l’axe des ordonnées... • On détermine les points d’intersection de chaque courbe : avec l’axe des abscisses. Cas 6 : a > 0 et f(x) est d’abord négative. Le signe du trinôme de degré 2 1. l’équation n’a pas de solution.40. 5[. Figure c pour 1 par élimination. f (x) = 0 pour x = 1 ou pour x = 5 . on remarque que f(x) a même signe que a pour tout réel x.4  . si Δ = 0. Par les deux programmes. TP1. Figure a pour  2 : l’abscisse de son sommet est positive.   Pour aller plus loin : ces deux programmes sont-ils équivalents ? La réponse est oui car. Tableau de signes : x –∞ 1 signe de x – 5 – – signe de x – 1 – 0 + signe du produit (x – 5)(x – 1) + 0 – 5 +∞ 0 + + 0 + 2. puis du signe contraire à celui de a. l’équation a deux solutions . algébriques ou graphiques sont mobilisables par les élèves et pourront être confrontés. . À l’aide de la représentation graphique par exemple. Cas 4 : a < 0 et f (x) est strictement négative pour tout réel x. pour tout réel x. C. Le programme B appliqué à x donne 3 x  3 3 Des arguments numériques. b. 1 2 13 . Le signe de Δ permet donc de distinguer les différents cas pour la résolution de l’équation f(x) = 0 d’où le nom de discriminant. Par exemple : Figure b pour 3 (seule courbe pour a > 0). On détermine ainsi les graduations (on pourra utiliser le milieu de [AB] pour les figures a et c). on peut conjecturer que : f (x) > 0 pour x < 1 ou pour x > 5 . a2  4b D  a2  4b  0 donc l’équation a deux solutions : x1  et x 2 = . 2 x2  6 x = 16 a pour solutions 4 et 8.6 6 . On remarque que la méthode d’Al-Khwārizmī donne celle des deux solutions qui est positive. 6]. 0) (0 . Problème d’aire 1.A B C Abscisse du sommet Figure a (2 – 2 .8 mais on ne trouve pas de valeur exacte à la calculatrice. 757 à 10–3 près.3 2 ). Chapitre 1.5 Figure c (– 2 – 3 . 2 2 c. La solution obtenue est 3. . Un ancien algorithme 1. – 1) 2 Figure b (– 2 . – 1) –2 TP3.. Les problèmes à résoudre étaient des problèmes concrets dont les solutions étaient par nature des nombres positifs (longueur. comme intermédiaires de calculs et mirent très longtemps à être considérés comme des nombres à part entière.   a2 a 2 4b  a2 4. x 0 x2 x2 .3 2 < x ≤ 6. 0) (0 . 0) (2 + 2 .3 2 et 6  3 2 . Les nombres négatifs ne furent utilisés que plus tard. x 10 x x 5 5 x La partie colorée en vert (ici grisée) a pour aire x2 + 5x + 5x = x2 + 10x soit 39. 6] est 6 . b. Il semble y avoir une solution de (x) = 9 entre 1. 0) (1 . 3.a . somme d’argent par exemple). a. 4. Seule 4 est solution de (x) = 16. De même avec une figure on obtient un grand carré d’aire x2 + 8x + 16 soit 84 + 16 = 100. a. Vérification : 32 + 10 × 3 = 39.3 2 ª 1. 5. 6] et (x) = 36 2. On obtient comme aire du grand carré x2 + ax + b  . 2 2 6 18 (x) 0 3. On obtient donc x = 10 – 4 = 6. TP4. – 8) – 0. x ∈ [0 . 2 36 ⇔ (x) > 9 €  x  ( 6 . 2 2 4 4b  a2 a 4b  a2 Donc son côté est . (x) = 16 pour x = 4.x   6x . aire. 0) (0 .7 et 1. x + ax = b ⇔ x + ax – b = 0. on en déduit que l’aire du triangle CMM¢ est supérieur au quart de l’aire du carré pour 6 . a. d’où x = 4 2 4 2 2 b. x 5 x x2 5x 5 5x 25 2.a  a2  4b . (x) > 4 La fonction  étant strictement croissante sur [0 . et par suite x = 8 – 5 = 3. La seule solution dans [0 . Second degré 15 . Le grand carré a donc pour aire 39 + 25 = 64. Son côté est donc 8. Par le calcul : x2  6 x = 9 a pour solutions 6 . 0) (– 2 + 3 . b. 25) soit environ 0.25 centaines. La population reste stable si elle est soit de 0 1.8x2 + 1.143 environ. a. Donc Q a pour coordonnées (a . Il appartient donc à la droite d’équation x = 1. 16 1 x . En 2012. Le milieu de [AB] a pour abscisse 2 Pour aller plus loin a2 (AB) : y = mx – ma + . Donc B a pour abscisse – a + 2. (AB) : y  x  6. aa  b  c ) et R (1 . Une équation de (CR) est alors y = (aa  b ) x  c. aa  ba  c ] soit M a . Par le calcul : f (x) = x ⇔ x(– 2. 2 4 Les solutions sont – 4 et 6. 642875 centaines de coccinelles soit de 2.8x – 0.8x + 1.7 f(x) 0 0  3. 1. f (x) ≥ x + 0. On lit graphiquement : Le nombre de coccinelles en 2011 est f(0.5 et 0.527789. Donc l’abscisse de B est solution de 4 2 2 4 2 2 4 b. 8 coccinelles soit 64 coccinelles.252) = 0. Le milieu de [SC] a pour abscisse  1. Construction à la règle Une équation de (PB) est y = ax + b + c.5 f(x) 1 1 0. soit x ª 0. On cherche x tel que f (x) = x. On retrouve le point A d’abscisse – 4 et donc B a pour abscisse 6. B appartient à (AB) et à  donc son abscisse est solution de x  6  ou encore x2 – 2x – 24 = 0. il y aurait f (0. Quand a décrit R. 8  0. Partie B 1 1 x . Donc M [a .12  a .12. 65. (SC) : y  –4  6 02 = 1.2 a pour discriminant Δ = 1 et pour racines 0. 4. c’est-à-dire 25 coccinelles. x2 – 2x +2a – a2 = 0 € x . aa  b  c ) . Cordes de paraboles Partie A : voir fichier sur le site www.55 centaines.1) soit environ 0. TP6. TP7.didiermathx. c’est-à-dire 55 coccinelles.TP5. M décrit la parabole d’équation y = ax2 + bx + c.8) = 0. 2 2 Donc le milieu de [AB] a même abscisse que celui de [SC] et appartient à la droite d’équation x = 1. c.a ou encore x2 – 2x + 2a – a2 = 0. 2 2 x2 1 b. L’abscisse de B est solution de x2 – 4mx + 4ma – a2 = 0 soit (x – 2m)2 = (a –2m)2. Étudier l’évolution d’une population 1. Par le calcul : f (0.a  . x 2. Le milieu de [AB] appartient à la droite d’équation x = 2m.2 ⇔ – 2.252 et f (0. (AB) : y = x . aa 2  ba  c . Les solutions sont donc a et – a + 2.2 ≥ 0.1) = 0.12 .a2  0 € x .1  2a .8 x – 0. a–a  2  1. Le milieu de [AB] a pour abscisse a2 a2 1 1 x2 1 1 = x.com.8x2 + 1. 2. a. 0 0. 4 L’abscisse de B est – a + 4m donc celle du milieu de [AB] est 2m. On doit donc avoir entre 15 et 50 coccinelles pour en avoir au moins 20 de plus l’année suivante. – 2. 0 5. g(0)) soit P (0 . –2 1 1 1 x 4. Sommet S 1 .7ˆ b. 9) c. Parabole « tournée vers le haut ». x = 0 b. SANS CALCULATRICE  92 1 Oui 2 3 y 3 7 4 Á ˜ Ë 2¯ y 4 4 3 3 5 Non 6 Figure b 2 2 1 1 7 Figure a 8 D  27 a. Sommet S de y 3 2 2 b.Exercices 18 SANS CRAYON. Sommet S(2 . S (2 . x = 0 17 1 –1 0 –1 1 0 –1 1 2 3 4 x –1 0 1 2 3 –4 –3 –2 –1 0 –1 4 x 1 2 x y 4 2 1 20 1. Sommet S (2 . Sommet S –1 . P (0 . 41 2 1 y y –4 –3 –2 –1 0 –1 4 3 –1 0 –1 2 1 –1 0 –1 2 3 4 x 2 x 21 1. 1 3 b. d. x = 1. 10). g(x) = 0 ⇔ x = 1 ou x = – 3. 9 2. 4). P1 est « tournée vers le bas » et S a pour coordonnées (2 . 9 2  y y 4 ENTRAÎNEMENT 13 a. 1) 3 1 1 1 d. Sommet S 21 . – 4) 4 1 2 10 coordonnées (– 1 . 8 7 x 6 –2 5 –3 4 3  23 c. Sommet S (1 . P2 est tournée vers le haut et S a pour coordonnées (1 . S (– 1 . –1 0 –1 1 2 4 x 3 –2 10 Oui –3 –4 11 (x – 3)2 – 9  c. Oui d. – 4) Ê . –2 0 1 2 3 4 5 6 x –1 9 Pas de solution. 1) b. – 12).   y 3 19 a. Oui b.5   c. 2 2 a. –4 3. Oui c. Chapitre 1. Non 16 a. Sommet S . Oui d. Second degré 17 . Sommet S 2 . 4). – 9). 2 4 15 a. Non 14 a. g(x) = 3x2 + 6x – 9 –3 2. S (0 . Oui c. Oui b. Deux solutions. S . 2) 12 (x – 2)(x + 3) = x2 + x – 6 d. de sommet S (– 1 . 24 1. f(x) +∞ 2. Figure c. soit 1. –∞ 5 +∞ 25 2 f(x) c. 0) et B (– 3 . – 11 x – 12 22 a. c. 4 8 1 2 x –2 25 a. –4 –5 x –6 –7 –∞ –2 +∞ f(x) –8 – 10 –9 – 10 b. 0 . 5 . b. –3 26 a. f admet un minimum en 0. L’ensemble des solutions est [1 . P0 : y = 2x2 2. 1 2 2 x .   y 2 1 – 3 – 2 – 1– 10 1 -5 9 2 C a pour abscisse  . P1 : y = 2x2 – 6x + 12 x et P2 +∞ 3 2 3 2 –∞ : y = 2x2 – 12x + 24.. 2 4. Les solutions sont – 3 et 5. B 0 . b. son ordonnée est 2 4 9 121 f . x –∞ f(x) – 1 2 – 9 4 +∞ d. 0). f admet un maximum en 2 c. . f(2) = 1 3. A ( . . 23 1. y 2 1 3. Les solutions sont 2 et son symétrique par rapport 3 à .Les points d’intersection avec l’axe des abscisses sont A (1 . 8). 2 18 –2 –1 0 –1 1 2 3 4 x –2 –3 5. f (x) = g(x) € x –∞ 0 f(x) –3 Donc f (x) = g(x) € x  3x . 27 1.x . D – 5 . On trouve deux solutions : – 3 et 5. Soit A (2 .5  0. f admet un maximum en 4. 1 2.5  0 soit x2 – 2x – 15 = 0. 0) . 2xA2 – 6m xA + 12m = 8 – 12m + 12m = 8 = yA Donc A appartient à Pm pour tout m. Pour tout réel m. 3 3 Or (x + 3)(x – 5) = x2 – 2x – 15. 2]. 2a  23 . seule solution : – 1. f (x) = x - 2 3. D’après le sens de variation de f. x2 = . – 2 et . x(x + 6) = 0 . b. Solutions : – 3 et 2. x  d. c. À l’aide d’un tableau de signes.28 1. +∞ 1 1 1 et 1. c. f (x) b. 38 1.15 . 1 f. deux solutions : 2 et – 2. h(x) = – x2 + 6x – 1. d.. 0). le minimum de f sur I est – 10 et le maximum 38. pas de solution. x1 = 3 3 d.et . On le vérifie par le calcul..  c’est-à-dire x . d. 9(x + 1)2 – 8   3 3 7 7 2. b. g(x) = (7 – x)(3 – x) . – 6 et 3. a. on ne peut voir qu’une seule solution. solution unique.x . Le menu de recherche d’intersection de la calculatrice fournit deux solutions :  25 . 8 8 39 a. L’ensemble des solutions est I puisque : f(x)  – 10 > – 20 pour tout réel x.. les solutions sont 0 et – 6. Solutions : 2 2 40 2 2 c. D  0 . 35 a. – (x – 1)2 + 6 32 a. x1 = 3. . f (x) = 0 € x . 2 2 2 2 34 1. 2 4 g. d. l’ensemble des solutions est ]– 4 . 0). (1 . . deux solutions : 0 et . x2 + 3x + 3 = x + 2 ⇔ (x + 1)2 = 0 Une seule solution : – 1. il n’y a pas d’autres solutions. pas de solution. (x + 1)2 = 0 . pas de solution. b > 0 (car – b  0). f (– 5) = 38 et f (3) = 38.105 – 3  105 et Il y a deux solutions : . 3 d. D  – 7 . f (x) = – 2 x - 3 2 2  7 2 2 - . on obtient l’ensemble des solutions de l’inéquation f(x) > 0 : ]– ∞ . (. + ∞[. 2[ ∪ ]3 . a < 0 . 6 12 31 a. Deux solutions : et – 4. Solutions : 0 et – 3. Pas d’intersection. D’après les variations. 29 On détermine le signe du coefficient de x2 ainsi b que l’abscisse du sommet (soit par la formule – soit 2a comme milieu des racines).. x = – 1 d’après la question 1.. (0 .65 – 15  65 et . 0) et (– 4 . b. 2[.3 . 3(t + 1)2 – 12 12 7 d. Second degré 19 .54 1 49 d. D’après le sens de variation de f.41 5 1 5 1 2. D  – 23 . Les équations données en a. 0). e. x(3x – 4) = 0 .7 et x 2  . D  12 48 4 3 . 41 Sur une fenêtre standard. d. c. 2(x + 2)2 – 10 b. b. x2 = 4 . e. -2 7 -2. 3. D  0 . Solutions : 1 et 2. 4 2 3 37 a. 3 x   . 2 x   4 8   c.. proche de 0. c. 0) et (– 2 . D  28 .5 .2. 2. a. pas de solution. c. – 10 2. f (x) = x . Sur ⺢ on a le tableau : x –∞ –1 1 2 36 a.  soit f (x) = (x – 3)(x – 2). c. h. f. On conjecture graphiquement que : f (2) = 17 et f( – 4) = 17. ou 2 4 2 2 7 33 1. (x + 2)2 + 1 b. Il est possible que f (x) = 5(x – 1)(x – 5) .. 2 3 7 3 7 Les solutions sont  et – 2 2 2 2 . 4 c. 3 35 35 105 d’où D   .. Chapitre 1. 0) et (3 . g. b. 30 c = f (0) = – 15 . r2 nombres ENTRÉES : Saisir a.2 . r1. « et ». c. La courbe représentant la fonction f est donc la droite d’équation y = – x + 4. 0].2  5 ) b.b. privée de son point d’abscisse –1. b.didiermathx. x2 – 4 > 0 sur ]– ∞ . afficher « deux racines : et 2a 2a En langage formalisé : VARIABLES : a. b. Le trinôme est ax2 + bx + c. 48 a. – 3x2 + x + 10 < 0 sur ]– ∞ . En langage naturel : Demander a. 2].236 et x2 = . – 2 [ ∪ ] 2 . 3(x – 3)(x + 1) b. x –∞ signe de – 4x2 – 11x + 3 d. 2]. 16 x  2 La courbe semble être une droite. En langage formalisé : VARIABLES : a. (x – 2)(x + 3) > 0 sur ]– ∞ .d Si d > 0. – [ ∪ ]2 . 2. – 1 .. (x – 3)(x + 2) 1 c. afficher « pas de racines » b Si d = 0. 1[. + ∞[ et 4x2 – 8 ≤ 0 sur [– 2 . c Calculer d = b2 – 4ac Afficher d. c Calculer d = b2 – 4ac Si d < 0.d . – 2[ ∪ ] 2 . 3(x + 2)(x + ) 3 9 46 1. P(x) = 4 x(x + 1) (x . 2]. et d. x signe de x2 + 3x + 5 1 4 –3 – 0 + 0 –∞ +∞ – +∞ + 49 a. d. x –∞ signe de – x2 + 6x + 9 x1 – 0 x2 + 0 +∞ – c. r2 FinSi 43 Voir sur le site www. b. b. r1 FinSi Si d > 0 Alors Afficher « deux racines : ». 4 – 2x2 < 0 ⇔ 2 < x2 € x Œ]– ∞ . Soit x1 = 3 . b. x2 – 1 < 0 ⇔ x2 < 1 € x Œ]– 1 . – 2[ ∪ ] 2 . c. x2 – 4x = 3x2 + 4x – 2 a pour solutions : x1 = -2 . b. – (x – 2)(x + 14) c.5 ( x . 42 1. 9 . c TRAITEMENT : d prend la valeur b2 – 4ac SORTIE : Afficher d 2. 4 c. 4 47 1. + ∞[ et (x – 2)(x + 3) ≤ 0 sur [– 3 .) 4 20  34 d.com. 2.5 ª – 4. x . f (x) = – x + 4 mais ceci n’est valable que pour les réels x différents de – 1. 3x2 + 4x ≤ 0 € x Œ[. Solutions : 0 . afficher « une racine : 2a -b. 2]. b. En langage naturel : Demander a.d r1 prend la valeur 2a –b  d r2 prend la valeur 2a FinSi SORTIE : Si d < 0 Alors Afficher « pas de racine » FinSi Si d = 0 Alors Afficher « une racine : ». d nombres ENTRÉES : Saisir a.   45 a. + ∞[ 3 5 2 et – 3x + x + 10 ≥ 0 sur [– . 3 50 a. + ∞[ et x2 – 4 ≤ 0 sur [– 2 . 44 a. Pas de factorisation. c. b.3 2 et x2 = 3 + 3 2.2  5 ª 0. 236. 3 . 5 d. x –∞ +∞ Signe de 2x2 – 5x + 7 + b. – x2 + 3x + 4 = – (x – 4)(x + 1) 3. ∞[. – 3[ ∪ ] 2 . r1. 4x2 – 8 > 0 sur ]– ∞ . c TRAITEMENT : d prend la valeur b2 – 4ac Si d = 0 Alors b r1 prend la valeur – 2a FinSi Si d > 0 Alors –b .2. 1 1 1  0. 56 ª 1.10 . Par conséquent f (x) < 5 pour tout réel x. b. + ∞[ 2 1 5 6 x 2 . 3. – 8[ ∪ ]2 . x2 + x+ 1 0 pour tout x réel (D  – 3). c. 2. 56 1.È et sur ˘ . B et C : 54 1. 96 On entrera donc dans GeoGebra : On détermine de même l’arc suivant : Chapitre 1. . 1[.12 ÔÓ .   È.5 x . en cm2. On pourra prendre comme équation de courbe : 9. EMB est rectangle isocèle en M donc BM = EM = NC = x.5x  1 . Î3 2 ˚ 55 2. x2 + x+ 1 > 0 donc f (x) < 5 ⇔ 4x2 – 5 < 5(x2 + x + 1) f (x) < 5 € . 93..8 x  12  0.10  0. Il suffit de trouver a. g(x) = (x – 1)(x2 + 6x – 6). f(x) > – 6 € 4 x 2 – 5  – 6 x 2  x 1 f (x) > – 6 € 10 x 2  6 x  1  0 ce qui est vrai pour tout réel x. Pour tout réel x. – 1[ ∪ ]0 . -1  10 [ 1 c.56x pour 0 ≤ x ≤ 4 . ..96x2 + 9. + ∞[. ]– ∞ .d.1 x 0 1 +∞ – 0 + + + – 0 + L’ensemble des solutions est ]– ∞ . 51 Les ensembles de solutions sont : a. f(x) – 8 ≥ 0 donc f(x) ≥ 8. ˙˚ 2 2 ÍÎ On cherche la parabole passant par A. donc 8 est le minimum de f sur ]0 . c tels que : a 1 ÔÔ b .7 È ˘ .   È. Par un tableau de signes : x –∞ Signe de x – 1 – Signe de x2 + 6x – 6 + Signe de g( x ) – x1 x2 – 0 – 1 +∞ 0 + – 0 + + – 0 + + x 2 . ] -1 . De plus. f(4) = 8. Ensemble des solutions : 1 ˘–  . b. 3 x  2x 2 2x Par un tableau de signe on trouve comme ensemble de solutions : 1 1 ]– ∞ . D’où : 1 1 (x) = 36 – ¥ 2 ¥ 6 . ÎÍ ˚˙ 2Î » ˚ 2 7 1 2..42  x x Pour x >0. x2 + 6x – 6 a pour racines x1 = – 3 – 15 et x2 = -3  15 ª 0.[ ∪ ]0 . calcul : x  € x – < 0 € x x x x –∞ –1 0 signe de x2 – 1 + 0 – signe de x – – – 0 + signe de x2 . . Le trinôme – x2 – 5x – 10 n’a pas de racines (D  .a  5 Ì Ôc . On peut prendre ymin = – 6 et ymax = 5. 87 . On peut résoudre cette inéquation à l’aide des 1 courbes de référence d’équation y = x et y = ou par le x x2 .x 6 . 2 L’ensemble des solutions est [0 . ]– ∞ .15) donc est négatif pour tout réel x. 57 On peut prendre par exemple les points suivants : 52 Soit (x) l’aire de DNEMG.8 x  16 x . d.x .b  . 0[ ∪ ÈÍ . ˘˙ .. Second degré 21 . y = – 4.c  6 soit a = 1. f x – 8  2. 53 1.x 2 . f est au-dessus de g sur ˘ –  . . b = 6 et c = – 6. 2]. ÎÍ ˚˙ ˚˙ 2 2 ÎÍ 7 1È ˘ f est en dessous de g sur . + ∞[ b.x ¥ 4 2 2 (x) = x2 – 8x + 30 1 (x) > ¥ 36 € x 2 . Pour x = 11. en euros. La balle arrive bien dans le carré de service. 29 donc la balle passe au-dessus du filet. L’équation y = 0 a une seule solution positive : x2 ª 19.4. 2 3. 59 a. (h) = – 2h2 + 14h pour h Œ 3 .97 donc la balle passe audessus du filet. 7. On cherche à quelle distance du filet elle touche le sol. Comme x2 > S¢B.83.04 q2 + 15q – 1 000 B(q) a pour racines q1 ª 86.855 on a y ª 0. ED 1 60 1. tan a =  EC 2 1 2.285 m. Or S¢B = 11. la balle sort du carré de service.27.19. L’équation y = 0 a une seule solution positive : x2 ª 17.885 on a y ª 1. 58 Soit B(q) le bénéfice pour une quantité q produite.didiermathx. 288].885 + 6. b. gPND = a donc DP = PN et PN = 2(AD – h) = 14 – 2h.com. B(q) ≥ 0 si et seulement si q Œ [87 . 7 et q2 ª 288. Voir fichiers sur le site www.4 = 18. Pour x = 11. B(q) = 25q – C(q) = – 0. 4. (h) ≥ 24 ⇔ – 2h2 + 14h – 24 ≥ 0 € h Œ 3 . 4.. b¢.  1250  n n-4 24 24 . 13. 3 3˚ Î 62 1. 5.x   b. ˘˙ .didiermathx. Des essais sur le tableau montrent que les points placés semblent appartenir à la parabole C d’équation y = x2. h 3 3. 3 3 È20 – 5 10 10 ˘ Donc C(x)  50 € x Œ Í . b.5 10 20  5 10 ª 1. On obtient ensuite (2. 2 2 2 63 Soit n le nombre de personnes.5 (h) 24 4. x 0 2 0 10 61 On doit avoir x  0 et 3x  10.5 10 20  5 10 ˘ – 3x2 + 40x – 50  0 ⇔ x Œ Í . MN OM x x   d’où MN = AB ×  x 2. a. 41) . 22 1 2 1 x  x 2 2 c. On a donc n = 12. 1 + 2b + b2) soit (1. Î 3˚ L’aire C(x) colorée est alors C(x) = – 3x2 + 40x. 2. f (1) = 1. a. b¢ 2). Voir sur le site www. ˙. Donc x Œ ÈÍ0 .. 25) . n > 4. On cherche à avoir C(x) inférieure à la moitié de l’aire du carré c’est-à-dire C(x)  50. n n  1 1 2 1 Donc 2Tn = n(n + 1) et Tn =  n  n. 7. È20 . (a. 5). (2. ˙ 3 3 Î ˚ 20 . b2) a pour successeur (1. c doivent donc vérifier les équations suivantes : abc 1 Ô Ì 4 a  2b  c  3 ÔÓ9a  3b  c  6 4 4 2 (x) 0 L’aire maximale est 24. f (2) = 3 . f (3) = 6. 1 + b. On conjecture Tn = n2  n mais ce n’est qu’une 2 2 conjecture. (2. c) = (2. OC AO 4 d’où MQ = 4 – x. En assemblant deux nombres triangulaires Tn on obtient un rectangle de dimensions n et n + 1. 65 1. (x) = 2 x ( 4 .5 7 24. b. 94 . Voir sur le site www. 4 et ª 11. Voir sur le site www. 61) .com. a. en simplifiant.didiermathx. T6 = 21 2. 13) puis (2.com. c. Le premier triplet donne le point P1(b. 3. 1 1 d. 11. AB OA 4 4 MQ AM 4 ..x ) 3. 5.didiermathx. On recopie ensuite vers le bas les formules entrées en ligne 3.5 m2. b. b. Ils semblent appartenir à une parabole. b. a. Un triplet (1. 3. 1= n-4 n On résout donc n2 – 4n – 96 = 0 dont les solutions sont – 8 et 12. Dans le plan (AOC). c. 2. 1 + b. (2. 9. 30 000 30 000 soit. b. f x  0 L’aire maximale est 4 2 cm2. 3. 64 1.com. (1 + b)2) donc il est aussi de la même forme (1. 85). Le second triplet est encore de la . b2) qui appartient bien à C. a. 3. MF = MH € MF2  MH2 € x 2  y 2 . P a pour équation x2 – 2ay + a2 = 0 ou encore 1 2 a x  puisque a 0 du fait que F œd. b c Donc l’autre racine est x2 = . y= 2a 2 d. Voir sur le site www. 66 1. Contre exemple : x2 – 5x + 1 a deux racines et a et c sont de même signe. 1 + 2b + b2 + k) = (1. 67 a.1  0. x2 – 2x – 3 < 0 € x Œ] . Second degré 23 .com. Les solutions sont 0 et – 1. idivis(n) renvoie la liste des diviseurs positifs de n.didiermathx. De multiples solutions avec somme ou produit des racines. Sinon le trinôme s’annulerait ou même changerait de signe. 3. le trinôme ne change pas de signe mais il peut être toujours positif comme x2 + 1. a + b + c = 0 2. MF = MH = y 2 . De façon générale. n4 + n2 + 1 = 3 qui est bien un nombre premier. La distance du point A à la droite d est : – la plus petite distance entre A et un point de d . X2 – 12X + 27 = 0 a pour solutions X1 = 3 et X2 = 9. b.même forme donc le point P2 associé appartient à C. page 324. Voir sur le site www. On peut aussi utiliser la question 1 : ax2 + bx + c = ax2 + bx – a – b = a(x2 – 1) + b(x – 1) = (x – 1)[a(x + 1) + b]. b. 2. 68 1. Donc aucun n4 +n2 +1 n’est premier pour tout n > 1. . Pour n = 1.1 . p2 p p Donc AD = AC – = q2  4 2 2 2 p p p et AE = AC + = q2   .TP6. rectangle en B. Faux. x Pour aller plus loin a. 4 2 2 Or l’équation x2 – px – q2 = 0 a pour solution p  p2  4 q2 p p2 p p2  q2 . géométrique est étudiée au chapitre 12. 1 2 98 1.3 x  20 x -1 + 0 – 0 2. – 4] ∪ ]1 . Ainsi un des points d’intersection appartient bien à [AC] et l’autre pas. a a 69 Dans le triangle ABC. Les solutions sont 0 et 1. a. Les solutions de l’équation x4 + 3x2 – 4 = 0 sont – 1 et 1. Une autre solution. 4. On pose X = 99 1. Le triplet suivant (1. les 20 points placés appartiennent donc à la courbe d’équation y = x2 + k soit y = x2 + c – b2. X2 +3X – 4 = 0 a pour solutions X1 = – 4 et X2 = 1. b.a et la distance de M à d est 2 c. Vrai car b2 – 4ac  0. x2+ x + 1 = 1 € x x  1  0. et ainsi de suite jusqu’au 20e point. 3 et – 3. Faux . n4 + n2 + 1 = (n2 – n + 1)(n2 + n + 1) avec n2 – n + 1 et n2 + n + 1 entiers différents de 1 si n > 1. 3[.3 . Travail personnel Pour les exercices 71 manuel. 70 2 est effectivement une solution.com.2ay  a2  y 2 . Par exemple pour a = 2 : Chapitre 1. b.5] 97 a. Les solutions de l’équation x4 – 12x2 + 27 = 0 sont donc 3 . x2 + 2x + 2 > 0 pour tout réel x. On utilise un tableau de signes à 95 : voir corrigés en fin du APPROFONDISSEMENT 96 a. x2 – x + 1 = 1 € x x . –∞ –4 1 Signe de – 2x2 – 3x + 20 – 0 + Signe de x – 1 – – Signe de -2 x 2 . Vrai. – la distance AH où H est le point d’intersection de d et de la perpendiculaire à d passant par A.1 . Les solutions sont – 2 et – .5 +∞ + 0 – + + + 0 – L’ensemble des solutions est ]– ∞ . L’ensemble des solutions est ]– 1 . b.didiermathx. 1 pour x 1. .    q2 et – 2 4 2 2 4 Les solutions de l’équation sont donc AE et AD. x -1 1 1 On a donc X = – 2 ou – d’où x = ou –1. 5. 100 1. 3[. 1 + b. (1 + b)2 + k) donc il est de la même forme. 2 2 2. 2. Il suffit de poser k = c – b2. b2 + k) est (1. x 2  y . l’hypoténuse [AC] est le plus grand côté donc AC > AB et A est extérieur au cercle de centre C et de rayon CB. 2. 1 + b. 2 1 1 x donc yP  – xP2. + ∞[ donc P décrit une demi-parabole. Q2 associés sont tels que P1Q1 = P2Q2 = l. (BM) : y = . On trace le cercle de centre I et de rayon l.x . et MQ2 = 2 2 3. › r 200 . 4 3 2 1 F N(0 . situé du même côté que P et Q par rapport à [AB].6m . si l œ ÎÈ2 . t) donc (AN) : y = - M b. r = 5 correspond à la boule de la première expérience.5  5 21 Une seule solution convient donc : r = . b. P2. on trace le symétrique de la partie obtenue par rapport à la droite (BJ). c. soit 2. 2 2 ˘˚. 2 AB  2 2 . On peut choisir au maximum un rayon r égal à 10 cm. PQ Œ ÈÎ2 .x 2 .13. Quand t décrit ]0 . L’abscisse de P est solution de - J d’où P a pour coordonnées (2t . a. + ∞[. 4. b = – 20. x2 b. y t 2. La distance de I à la droite (AB) est la médiane du triangle rectangle 1 isocèle AIB. a. Les points M1 et M2 sont tels que IM1 = IM2 = l donc les points P1.x2  . Soit l Œ ÈÎ2 . 4 1 H 2 x t t2 xx t 4 4 t2 ). On cherche a. PMQI a quatre angles droits donc c’est un rectangle et de ce fait IM = PQ = l. D’où PQ2 = x2 – 4x + 8.5 21 ª . – I –2 O –1 t2 x  t. – 4r2 – 20r + 500 = 0 a pour solutions Q A e. V(r) = 100› ¥ 2r . 4  PQ2  8 d’où 2  PQ  8 car PQ est positive et la fonction carré est strictement croissante sur [0 . 8  2 2 .36  m2 . Q1.com. c tels que a = – 4. Le plus grand côté est alors 6 + x. Le triangle est rectangle si et seulement si (3 + x)2 + (4 + x)2 = (6 + x)2 . On l’élimine donc. M2 B 105 On ajoute une longueur x > 0 à chaque côté.   b. a. 5. donc est égale à AB.102 1. a. On obtient ainsi toute la parabole privée de son sommet B. gPMA = gQMB = 45° donc gPMQ = 90°. 2. b. PQ2 = PM2 + MQ2 avec AM2 = 2 PM2 soit PM2 = 2 MB2 4 . 2 2 ˘˚ . c = 500 conviennent (on peut aussi utiliser un logiciel de calcul formel). 95 2 – 5  5 21 ª 8. Le point P appartient à la 2 P 8 1 parabole d’équation y = .didiermathx. – 5 .› ¥ 53  › 3 3 4 4 b.r 2 ) 3 3 4 2 2 500 3. 4]. 2 2 ˘˚ . 104 1. 2 . 2 2 ˘˚ . 8 d. Le discriminant est D  3 . Par suite. I est tel que qBAI = qABI = 45° donc I est le point (fixe) tel que ABI est rectangle isocèle en I. On cherche à résoudre x2 + 3x + 11 = mx + 2 soit x2 + (3 – m)x + 9 = 0. c. il n’existe pas de valeur de x donc de point M tel que l = PQ. 2. Soit v ce volume : 4 2 500 v = 100› ¥ 10 . le cercle De plus IA = IB = 2 de centre I et de rayon l coupe le segment [AB ] en deux points M1 et M2 (éventuellement confondus si l  2). pour tout x de [0 . 3 : I 24 La droite coupe la parabole si et seulement m  – 3 ou m  9. On résout (r – 5)(– 4r2 – 20r + 500) = 0. 4]. Pour l  2. 2 et P M1 103 La droite dm passant par R et de coefficient directeur m a pour équation y = mx + 2. x 0 2 4 8 8 PQ2 4 b. Δ  0 ⇔ m  – 3 ou m  9. c. a.com. b – 5a = 0. 96. a. l’abscisse de P décrit ] 0 . a. Voir sur le site www.r  › ou encore 3 3 2 3 r(600 – 4r ) = 2 500 soit – 4r + 600r – 2 500 = 0. + ∞[. Donc.27.didiermathx. t = 101 1. c – 5b = 600 et – 5c = – 2 500. On en déduit que pour x Œ [0 . Comme l Œ ÈÎ2 . Les nombres a = – 4. b. Pour obtenir l’autre demi-parabole.m2 . Voir sur le site www.› ¥ r 3  › r (200 . (MN) est perpendiculaire à (AH). 7 5 4 3 Le triangle a pour dimensions . 5. Êa ˆ Alors PQ = 2x. 3x – 2 > 0 et 4x – 3 > 0 3 donc x > . 111 On peut expérimenter avec GeoGebra. Donc la somme minimale x est 2. 4  3 2 50 .200 3   300  200 3 ª 8. 4 On résout 2x – 1 > 3x – 2. 1 + 2 + … + n est la moitié de la somme précédente n2  n donc 1 + 2 + … + n = . dans ce cas. 2. Second degré 25 . le triangle a pour dimensions : 3 . x 1 À l’aide de la courbe d’équation y = x  on peut x conjecturer qu’il s’agit de 2. soit 4 3 x 2  2 500 . 50 On doit avoir 0 < x . 3 x 3 1 3 2  x et celle du L’aire du triangle est x ¥ 2 2 4 50 . • Pour x > 1.3 x 2 .  x  1 3 7 4 6 donc la seule solution est x  . Il ya une seule solution positive . 2 = 2 × 1 = P(2) – P(1) 4 = 2 × 2 = P(3) – P(2) 6 = 2 × 3 = P(4) – P(3) etc. carré. 108 On peut expérimenter avec GeoGebra en créant un curseur x. et . Le triangle est rectangle si et seulement si (2x – 1)2 = (4x – 3)2 + (3x – 2)2 soit 21x2 – 32x + 12 = 0 2 6 3 dont les solutions sont et . Exemple (x2 + 2x) + (– x2) = 2x. 109 On peut expérimenter avec GeoGebra.x˜ qui est Ë2 ¯ a maximale pour x = c’est-à-dire quand P et Q sont les 4 milieux de [BH] et [CH]. + ∞[. L’inéquation (9 – 4 3 )x 2 . pour x = 1. x x x 1 Donc x  2 pour tout x > 0. 2x – 1 > 4x – 3. x   2. le triangle est équilatéral de côté 1 donc n’est pas rectangle. Soit x le côté du triangle équilatéral. 2 Chapitre 1. x 1 De plus. Soit x = HQ. La seule solution est donc 2. b. C’est donc le point N. On étudie donc le signe de x 2 . 112 1. on a 4x – 3 > 3x – 2 > 2x – 1. 1 1 On doit avoir ( x – 3)2 + 1 = x avec x  3 soit x  15. Alors (AH) est perpendiculaire à (BC) car ABC est équilatéral. Le triangle n’aura jamais un périmètre plus petit que celui du carré et une aire plus grande que celle du carré. • Pour x < 1. 5 Les solutions de cette équation sont 5 et 50. 2n = P(n + 1) – P(n) En ajoutant membre à membre et en simplifiant : 2 + 4 + … + 2n = P(n + 1) – P(1) = (n + 1)2 – (n + 1) = n2 + n.3 x x  4 16 2 On cherche donc x tel que  où x1  et x2 = 300 . Vrai.soit x2 + 2x – 11 = 0. 3 Dans ce cas. Le triangle est rectangle si et seulement si (4x – 3)2 = (3x – 2)2 + (2x – 1)2 soit 3x2 – 8x + 4 = 0 dont 2 les solutions sont et 2. x2] 1 107 On cherche le minimum de x + sur ]0 .2 x  1 x . 110 Soit x le nombre total de singes. Voir site.300 x  9 x 2. Le symétrique de M par rapport à (AH) appartient au symétrique de [AB] soit [AC] et à la droite perpendiculaire à (AH) passant par M c’est-à-dire (MN). Or. Ë2 ¯ Êa ˆ L’aire du rectangle est donc 2 3 x Á . 4 . 106 a.1  2 3. Soit H le milieu de [BC].300 x  2 500  0 a pour ensemble de solutions [x1 . 92. 3x – 2 > 4x – 3 pour savoir quel est le plus grand côté selon les valeurs de x. 87 29-4 3   29-4 3 ª 135. 7 7 7 • Pour x = 1. 3. P et Q sont symétriques par rapport à (AH). Faux. et NQ = CQ × tan gQCN  3 Á . Comme (MN) est parallèle à (PQ). De même. P(x) = x2 – x convient. 3 Le périmètre du triangle est plus petit que celui du 25 carré si et seulement si 3x < 50 – 3x € x  . 5 5 1 ( x – 3)2 + 1 = x ⇔ x2 – 55x + 250 = 0. Ils étaient donc 50. On doit avoir 2x – 1 > 0. on a 4x – 3 < 3x – 2 < 2x – 1.x˜ .12 1 x -2  pour x > 0. Étude de fonctions 2 Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Avec les racines carrées. – 1[ » ]2 . On peut calculer 2. En résolvant l’inéquation ou à l’aide du sens de variation. g(x) > 0 pour x > . 4 – 2 3 3. f (x) = 0 € x  3 c. 2 2 2 3 Avec les distances AB = 40  2 10 . Ensemble de solutions : ]– ∞ . a. x –∞ +∞ f (x) b.. on obtient : f(x) > 0 pour x < 3 . 10 000  100 . 41 a a2  a 2 25 25 25 7 7 7 –2 2 n’existe pas 16 9 16 9 16 9 2 Avec les fonctions affines a. 64  8 . f(x) < 0 pour x > 3. + ∞[ . Ensemble de solutions : [– 2 . 1 c. 4 Avec les lectures graphiques a. d. 4 2 d. 3] 26 b. 1.. 9 3  . g (x) < 0 pour x < . 22 + 12 2 10 -2  10 -1 . x –∞ +∞ g (x) g (x) = 0 € x  - 3 3 3 . b. Des fonctions u + k et ku 1. Vrai Activité 1.–C2) On pourra comparer avec la formule =ABS(C2) Pour aller plus loin Voir fichier sur le site www. Si – 2. Il semble que f ait même sens de variation que u. On obtient la courbe représentant la fonction racine carrée. Voir fichier sur le site www. Des comparaisons (A) est fausse.com. + ∞[. Étude de fonctions 27 . nombre 2 10 – 0. a.C2. a. D’où 0  u a   ub  car la fonction racine carrée est strictement croissante sur [0 . x –∞ 0 2 +∞ 2 u(x) –2 2.5.5  a < b alors 0  u(a) < u(b) car u est strictement croissante sur ⺢. C’est dire que f est strictement croissante sur [– 2. 3. Contre-exemple pour x = 0. (B) est fausse. Sens de variation u et A. Fonction u 1 u 1.5 Avec les fonctions homographiques 1. Voir fichier sur le site www. Contre-exemple pour x = 0. AT2 = 1 + y2 . b. + ∞[. À la recherche d’une formule On peut entrer en D2 la formule : =SI(C2>0. Activité 2. c. On a ici g (x) = v  x  avec v (x) = – x + 6. AB2 = (x + 1)2 .didiermathx. De AB2 = AT2 + TB2 on déduit que y2 = x d’où y = x car y  0 par construction de T. On peut calculer g (x) pour tout x  6.5  a < b alors f (a) < f (b). a. TB2 = x2 + y2. a. Il semble que g ait même sens de variation que u si k > 0 et le sens de variation contraire à celui de u si k < 0. a. Pour tout x 5 2 2.5 . 2 b.com b.didiermathx. 2. Activité 3. On en déduit que : si – 2.didiermathx.25.5 4 –2 résultat 3 5 2 13 1 On peut appliquer ce programme de calcul à tout nombre supérieur ou égal à - –4 5 soit – 2. Activité 4. Si a < b  6 alors v(a) > v(b) > 0 car v est strictement décroissante sur ⺢.5. Pour tout x 0 b.com b. ABT est rectangle en T. Chapitre 2. Activité 5. Une nouvelle fonction 1. f (x) = 2 x  5 2. + ∞[. Si 3 < a < b alors 0 < u (a) < u (b) car u est strictement croissante sur ⺢ puis 1 1  car la fonction inverse est u a  ub  strictement décroissante sur ]0 . + ∞[. 36 . on obtient l’affichage « solution ». 68 . Un algorithme On peut modifier l’algorithme en ajoutant une boucle pour l’appliquer à tous les entiers entre 1 et 99 et vérifier qu’il s’arrête bien à chaque fois en donnant un résultat. 1 B. c’est-à-dire h(a) > h(b). b. Il faut alors modifier la fin du programme ainsi : 2.  1x 2 2 2 5 -1 B. L’algorithme demande les valeurs de a. Fonction u 1. x 2 5 1 1 5 -1 5 -1  donc y =  1 0.Donc v  a  > v b   0 car la fonction racine carrée est strictement croissante sur [0 . b = 1 et x = – 1. on obtient l’affichage « pas solution ». |n – y| prend donc les valeurs 0 . On peut modifier le test pour savoir si y est proche de 0. réduire le nombre de cas : a est le chiffre des dizaines et b celui des unités de n. 45 . On peut calculer les résultats possibles et notant les résultats pour arriver à 0. 3. Un algorithme 1. b. g est strictement décroissante sur ]– ∞ . à 10–9 près par exemple si le logiciel calcule avec cette précision. 3[ » ]3 . Le message affiché doit donc être « solution ». ax + b - Si |y | < 10–9 Alors Afficher « peut être solution » Sinon « pas solution » FinSi TP2. a. Donc n = 10a + b et par suite : |n – y| = |10a + b – 10b – a| = 9|a – b|. b = 1 et x = 4. Un programme Le calcul est effectué avec des valeurs décimales approchées. b. Un problème de programmation A. On trouve de même que h est strictement décroissante sur ]– ∞ . Ou « à la main ». 6]. 28 18 81 63 36 27 54 72 45 9 0 . Avec a = 2. ]– ∞ . 9 . On pourra ensuite les enchaîner dans un seul tableau : x –∞ u(x) 3 +∞ 0 h(x) TP1. 72 ou 81. + ∞[ . + ∞[ 2. On a donc montré que si a < b  6 alors g (a) > g (b). 27 . a. 3[. et x et teste si la valeur de x entrée est solution de l’équation ax + b - 1 = 0. 18 . 54 . Avec a = 2. h est donc strictement décroissante sur ]3 . c’est-à-dire si 0  y < 10–9 ou – 10–9 < y  0 autrement dit si |y | < 10–9.  Par le théorème de Thalès dans les triangles DOF et B¢A¢F. OF = x C 1 C 0 +∞ + OF 0. AB.     1 d’où On a donc OF OA OF OA OA ¢ B. 0004 1 1 1 0. 02 D’où 19. Résultat préliminaire OA ¢ A ¢B¢ . OF  0. cette distance n’a plus aucune signification et on peut considérer que le foyer est sur la rétine. Quand OA  25 m. on déduit que .19984 d’après le sens de variation de la fonction qui à OA associe OF. on a toujours OF < 0. CF  2 si et seulement si x Œ 0 . x OA¢ x 0 +∞ Par le théorème de Thalès dans les triangles AOB et A¢OB¢.    OA  0.didiermathx. 1 uur 1 uur On peut se placer dans le repère orthonormé (A . Pour OA  25 m. CF = MF – MC = 10 – 2x . BE : 10 10 2 CF = 10 . 0004  0. C =  où OA¢ est fixée.1. 4. 02 0. Soit x la mesure de AM en cm.OF OA ¢ fi =   . OA AB OA OF OF OA¢ OA¢ 1 1 1 . 0. cette distance diminue encore. MF puis CF en distinguant deux cas de figures : si 0  x  5. on a C 2. 3. Fonctionnement de l’œil 1 1 1. 02 OF OA 0.98 mm  OF  20 mm.  OA AB A ¢B¢ A ¢F . si 5  x  10.   OA AB OF OA ¢ A ¢B¢ OA¢ A¢0 .x . 02 OA b.TP3.com pour l’expérimentation. 02 25  0. 02 OA  0. Fonctionnement de l’œil A. 02 . Dans la réalité. Étude d’une distance Voir fichier sur le site www.02 (en mètres) soit OF < 20 mm. c. a. 02 OA 0. Comme OA > 0. le foyer est à moins de 2 centièmes de mm de la rétine dans le modèle géométrique utilisé. on a OD OF OA ¢ A ¢B¢ A ¢F De OD = AB. TP4. Et quand OA augmente. 02  OA d’où OF  = 0. CF = MC – MF = 2x – 10.x  d’où CF = |10 – 2x| ou bien calculer MC. 2) 2 4 B (6. » [ 6 .10]. 2) 6 8 10 Chapitre 2. Étude de fonctions x 29 . y 10 f(x) = abs (10 – 2x) 8 6 4 2 0 A (4. On conjecture que f est définie sur ⺢\{1}. (GF) est la médiatrice de [AC] et (KH) celle de [CB]. b Œ 0 . + ∞[. 1  m -1 1 pour m 1. N (xM . À la distance maximale égale à 4. f est strictement décroissante sur ]– ∞ . Donc C est le milieu de [AB].didiermathx. AGCF et CKBH sont deux losanges superposables avec A.TP6. m-1 1 pour m 1. 1  pour m 1. 2.didiermathx. Une fonction homographique A. 1[ et sur ]1 .     TP7. Un dessous-de-plat articulé A. + ∞[. yP) soit m . C et B alignés. que f est strictement décroissante sur ]– ∞ . AP et AM sont colinéaires si et seulement si 1 1 – (yP – 1) (m–1) = 0 d’où P 0 . 4. 1. Voir fichier sur le site www. P existe si et seulement si (MA) n’est pas parallèle à (OJ) soit m 1.com. 1. Donc f (m) = 1 + m -1 3. B.com 2. 2. Voir fichier sur le site www. 1. uur uuur B. 1[ et sur ]1 . • On sait que AG = 1 donc G appartient au cercle de centre A et de rayon 1. y  est tel que CK = 1 ou encore CK = 1 c’est-à-dire 16b  y b. 1 . a. 0 car C est le milieu de [AB].. Elle a une ressemblance avec une portion de la courbe représentant la fonction racine carrée à laquelle on aurait appliqué une symétrie par rapport à un axe parallèle à (OJ). 1]. b  30 . abscisse positive ou nulle alors que  possède aussi des points d’abscisses négatives :1 9 d. b2 . on obtient yK = 1 c. G semble décrire un quart de cercle. 2ˆ Ê b2 d’où KÁ 3 b . Donc quand b décrit [0 . b - 0 b2 16 1- 2 2 2 k  1. 4]. 2.3  x  3. xG décrit [0 .b ˜ . C K Comme yK > 0. La courbe G n’est pas confondue avec  (on peut le constater en traçant  sur le logiciel) car les points de G ont une x2  0 € x 2  92 . K34 b . donc 4 G décrit tout le quart de cercle en question. 9 3 K K appartient donc à la courbe . 16 Ë4 16 ¯ 4 1 b2 16 1 0 xK2 4 x donc yK  1 . Par construction. b • L’abscisse de G : xG = par les propriétés de symétrie de la figure. G reste dans le premier quadrant du plan donc appartient au quart de cercle de centre A et de rayon 1 situé dans ce premier quadrant. 3. 4  l  1. 12 y = 3x + 5 23 1.46. + ∞[ d’où 2. D  0 . par étapes. [100 . 24 d’où.4 Chapitre 2. [0 . 14 x –∞ 0 +∞ g(x) 2  1 b. [4 . 196 e. ]4 . 0  4 x  4 c.h–1.5 Ë ¯ 27 1. x2  3 25 a. 1  x  102 +∞ BD = BC – CA = 5 . 4 2 5 2  3 2 2 donc 2 5  3 2 . x b. – 2 + 3 x -2 -x 5 x -6 b. f(x) –5 24 a.6  L2  l2  2. ]1 . 2 f.2 x  8 e. + ∞[.Exercices 17 Oui. 0  8 . 9] 625  25. 9 (– 1 . en km.9. ]– ∞ . D  0 . encore moins pendant 5 secondes.84 km. b  0 Figure de droite : a < 0.1 c. SANS CALCULATRICE 1 a. 22  1. 8[ f. sur [10 000 . Étude de fonctions 31 . 4) –∞ c. 3  x  9  13 d. Vmax ª 97.4 4 donc 5 1 . d.1 EA = AB – BE = 3 – 5 2 AB 5 1 2. en m. 121 b. 11 253 s’écrit avec 3 chiffres. + ∞[ 20 2. Le nombre donné est compris entre 2 et 3. 5. 0] 1 b. SANS CRAYON. 400  20 . La vitesse de 100 km. 225 2 64  8 . [5 .x 4 d’où 2  4  5  6  3 etc. 0  V  134 g  36. 3 100 < 108 < 121 donc 10 < 108  11 104 < 11 253 < 106 18 a.s–1. + ∞[ » {0}. 0 < x  0. 62 21 a. 6 donc.   EB 2 5 -1 Ê 5 -1  5 . 2 2 2 x 1 2 x 26 1.h–1 n’est pas atteinte. [ . + ∞[ 9 c. + ∞[ e.h–1. on montre que 2.13  5 ˆ EB Á et  ˜ 4 EA 3 . [0 .4 et 1. 0  x  3 b. a. 2 5 4  5 4 5. 8 Non 8 x 2  8  24 22 2  6  3 donc 7  5  6  8 10 Oui d’où 2  5  6  3 donc 6  4  5  6  7 3 11 y = . 4 2  1. 0  h  67 donc. 19 a. x-4 x -9 3 x2  4  3 d. 144  12 . 6 5-3 19 c. 5 donc 100 < 11 253 < 1 000. 3  2 x  3  7 b. b  0 7 Aucune solution d. b. 169 d. c. 13 0 +∞ 2. 4 2  L2  l2  2. 6 Figure de gauche : a > 0.4 1 > 2 4 = 4.2  L  2. 0  3 . 5 1  5.2 x 2  3 pour x Œ[ 0 . 0  V  130. BC = 22  12  5 15 x 3 ] seulement. 144 c. + ∞[ 0 h(x) ENTRAÎNEMENT 16 a. Pour tout entier n positif ou nul.n 2.8  1 Pour tout x de [2 . . On développe le membre de droite. n1 . donc x 2  2 x  5  2  0. 32 34 On étudie le signe de (2x2 – 6x + 1) – (– x + 4).1 3 . 32 a. Donc f a pour minimum 2. 2 1 9 de coordonnées (. 3.8  1  0 et (x – 3)2  0 donc g(x) – 1  0 et g(x)  1. f (x) – 2 = x 2  2 x  5 . 1  n 1 n  2 n. Soit 0  a < b. 1. x2 + 2x + 5 > 0. On connaît déjà la position relative des courbes d’équations y = x et y = x2. 6 c. + ∞[. Pour tout x réel. 5 33 1. b3 a3 Donc f (b) – f (a) > 0 soit f (a) < f (b).32 y=x 1 .x2  6x .x 2  6 x . 0. On calcule g (x) – 1 : g (x) – 1 = . 4 g (x) – 1  - d.5 < 0. car x2 + 2x + 5 = (x + 1)2 + 4. 1[ mais au-dessus sur ]1 . f (– 1) – 2 = 0 donc f (– 1) = 2. 4].8 . 2 2 1  est au-dessus de d sur ]– ∞ . 0.42 > 1.5 3.[ et sur ]3 . 2. Soit a < b < 2.8 . 2.12 > 2. . 2 Soit 2x2 – 5x – 3. G est en dessous des deux autres courbes sur ]– ∞ . Donc f est strictement croissante sur ]– ∞ . b. 6  0. Soit a < b  0. x –∞ 0 x2 + x–1 – x3 – x2 – 1 0 + 0 +∞ + – 0 + – 0 + G : y  x 3 coupe les courbes d’équations y = x et y = x2 aux points de coordonnées (0 . dont les racines sont - 35 1. f est strictement croissante sur [– 3 .1 .1 g (x) – 1 = b. 2 1  et d se coupent aux points d’abscisse . 0]. . 1). y 4 y = x3 29 g (3) = 1. 2.x 2  6 x . –2 –1 0 1 2 x –1 –2 –3 f (b) – f (a) = 31 1. La fonction g est strictement décroissante sur ]– ∞ . 2. 1 et 3. a-b g (b) – g (a) = donc g (a) – g (b) < 0 2-b  2-a soit g (a) > g (b).  et (3 . 3[. a. 0) et (1 . d’où f (a) < f (b)  0. Alors f (b) – f (a) = b  3 . 30 2..2 x 2  2 x  5  2 f (x) – 2 = x2  2x  5  2 x2  2x  1  x  12  x2  2x  5  2 x2  2x  5  2 2. 0[ et sur ]0 .8  1  x . + ∞[.2 f (x) – 2 =  x 2  2 x  5 . f est strictement croissante sur [0 .8  1 y = x2 2 .x 2  6 x .et 3. + ∞[.a  3 b-a . Alors a2 + ab + b2 > 0 et a – b < 0 donc f (a) – f (b) < 0 soit f (a) < f (b).4 > 1. De plus (x + 1)2  0 donc f (x) – 2  0. Soit – 3  a < b.x2  6x . Par suite f (x)  2 pour tout x réel. 2[. x3 – x2 = x2(x – 1). 1). Alors 0  – b < – a donc f (– b) < f (– a) c’est-à-dire 0  – f (b) < – f (a). 28 1. 2 1  est en dessous de d sur ]– . Il est difficile d’émettre une conjecture au voisinage de 3. + ∞[. On en déduit que g admet 1 pour maximum et qu’il l’atteint en 3.1 6 5   6  5  2 5. 3. atteint en – 1.25 < 0.x 2  6 x . 6-5 6. 01[ » ]0. c.14 = D x2  x-4 avec D = x  2  x .. 1  2 . –7 –6 –5 –4 –3 –2 –1 –1 1 2 3 4 x f (x) = |x + 2| pour tout réel x car : • pour tout x < – 2. Chapitre 2. trinôme de degré 2 de racines 2 et 7. 10–4 g. x . Ensemble des solutions : ] – ∞ . Cf est au-dessus de C g . 2. 38 a. Donc pour – 2  x  4. 43 1. x . – x) = |x|. Cf est en dessous de C g . f (x) – g (x) > 0 • sur ]7 . 7[. + ∞[. négatif sauf entre ses racines. + ∞[. On étudie le signe de 1 9ˆ 1 9 Ê .4  x  2 .1 et . Finalement : Cf et C g se coupent au point de coordonnées (7 . Les solutions sont 2 . – 2 + 2[. x  2  0 et x – 4 > 0 donc D > 0. 1[ ]– 1 . La courbe  : y  ]– 2 + 2 .4. (– 2 – 2 . f (– 4) = 2 . Si x  4 alors x – 4  0 soit 0  g (x). 3. – 0. 3).x 2  9 x . 2   3  et d se coupent au point de coordonnées 3 .x 2  2 x . 5. + ∞[. • pour tout x  – 2.  ∞[.2 . x + 2  0 donc |x + 2| = x + 2 qui est égal à f (x) dans ce cas. 103 d. .2. - 4 14 et . 100]  est en dessous de d sur ]– 2 – 2 .1[ et sur f.2  1  est au-dessus de d sur ]– ∞ . x . 41 1. g (x)  0  f (x).01 . Si x  3.x  ˜  . Ensemble des solutions : [– 100 . f (0) = 2 . 2 3 – c. d(x) = x – 3 . 1 . 3 3 42 max(x . f (x) – g (x) < 0. 39 VARIABLES : x nombre ENTRÉES : saisir x TRAITEMENT : Si x < 0 Alors x prend la valeur – x + 0 3 4 h. 40 a. 7[.  est 2 en dessous de d ailleurs.3 FinSi SORTIE : Afficher x 1 coupe la droite x 1 d : y = x + 3 aux points de coordonnées b.32 . e. x  3  x 1 x 1 x –∞ – x2 – 4x – 2 – 2– 2 – 1 – 2+ 2 – x+1 – D x  + 0 + 0 0 0 – +∞ – e. f (x) – g (x) a même signe que – x2 + 9x – 14. . 2 Sur [– 2 . d(x) = 3 – x.x 2  3 x Ë 2 2¯ 2 2 1 soit .2  et (– 2 + 2 . Pas de solution. Ensemble des solutions : ]– 1 . Sur ]4 . Ou encore d(x) = |x – 3|. Sur ]7 . 4. + ∞[.4x .x2 . 36 On étudie le signe de D(x) = 1 . Si – 2  x alors 0  x + 2 donc 0  f (x) par stricte croissance de la fonction racine carrée sur [0 . 37 1. 4 et 8. x + 2 < 0 donc |x + 2| = – x – 2 qui est bien f (x) dans ce cas .4 2 . si x  3. f. Donc : • sur ]4 .Á. + ∞[. Les solutions sont 3 et – 3. Étude de fonctions 33 . f (– 2) = 0. 2. y 7 2. 10 – p 5-1 b. – 2 – 2[ et sur d. 6 5 4 3 2 1 f (x) – g (x) = Pour x > 4. 44 1. f (x) – g (x) = x  2 . 2. 2. Strictement croissante sur [0 . Par le théorème de Pythagore. en euros. a. AB2 + CE2 = (AD2 + DE2) + (CD2 + DB2) donc de signes opposés. d. On a aussi |ab| = |a| ¥ |b|. Le coût total pour n journaux est donc. Strictement décroissante sur ]– ∞ . 0] et strictement croissante sur [0 . + ∞ [ . + ∞[. + ∞[. On a donc f (x) = x strictement décroissante sur ]0 . 34 54 a. AE2 = y2 .70 € est de 267 journaux imprimés. Quitte à échanger a et b on a traité le cas où a et b sont Le coût moyen par journal pour n journaux vendus est 80 donc  0. Même principe. AB2 + CE2 = AE2 + BC2 par le théorème de Pythagore. 40 en euros. x > 0 . La fonction f est 3. On a encore |ab| = |a| ¥ |b|. b. Strictement croissante sur ]– ∞ . Donc pour tous a et b réels. |ab| = |a| ¥ |b|. + ∞[. 2. Strictement croissante sur ]– ∞ . x  – 2 b. x x 0 +∞ 1 x d. 0] et sur [0 . Or ab  0 donc |ab| = – (ab). 46 a. 53 1. 3 € n  267.1] » [1 . 0] mais strictement croissant sur [0 . OP MO x x 2. n 2. Voir fichier sur le site www. AN2 = y2 + 9 . n Œ•* donc  0.  ∞[ e. 48 a. + ∞[. 0] et strictement décroissante sur [0 . c. 80 + 0. b. MN2 = AM2 + AN2 donc xy = – 9. Strictement décroissante sur ]– ∞ . x  d.∞ . . • Si a  et b  0 : |a| ¥ |b| = (– a) ¥ (– b) = ab De plus ab  0 donc |ab| = ab. 7 €  0. 0[ et sur ]0 . f (x) = . 52 1. • Si a  0 et 1 2 3 4 5 6 x b  0 : |a| ¥ |b| = a ¥ b. x  0 f. + ∞[. BC2 = x2 . y 5 4 3 2 1 –3 –2 –1 –1 45 1. Strictement décroissante sur ]– ∞ . 51 1. Pour 150 journaux imprimés. les frais ont été de 140 € dont 80 € de frais fixes. 9 3. et c. Strictement décroissante sur]– ∞ . et c. toutes deux strictement croissantes sur ]– ∞ . + ∞[. 2. De plus ab  0 donc |ab| = ab. b. 4  0. Il semble que f soit strictement décroissante sur ]0 . 0[ et sur ]0 . La part variable proportionnelle aux nombre de journaux imprimés est donc 60 de 60 € pour 150 journaux donc de n euros pour n 150 journaux. Donc 16 + 16 + (y – x)2 = y2 + x2 soit 32 – 2xy = 0 ou 16 y = pour x > 0. b. Strictement croissante sur [0 . MOP et MAB. d. a. 0[ et sur ]0 . Strictement décroissante sur [0 . 47 a. x 16 pour x > 0.40n.pour x > 0. + ∞[. le produit uv est strictement décroissant sur ]– ∞ . AM2 = x2 + 9. f est strictement décroissante sur ]0 . CE2 = 16 + (y – x)2 (on peut tracer le projeté orthogonal H de C sur (AE) et raisonner dans le triangle CHE ou introduire un repère orthonormé). Par le théorème de Thalès dans les triangles AB MA 2 x  2 4 d’où OP =  2 . 80 80 3.com b. + ∞[. + ∞[. 0] et strictement croissante sur [0 . + ∞[. 0] et strictement décroissante sur [0 . MN2 = (x – y)2 . x Œ ] . + ∞[. • Si a  0 et b  0 : |a| ¥ |b| = a ¥ (– b) = – ab. + ∞[. Strictement croissante sur ] – ∞ . + ∞[. c. 50 1. Le coût moyen par journal diminue quand le nombre de journaux imprimés augmente. + ∞[.didiermathx. f(x) 49 Pour u et v définies sur ⺢ par u (x) = x et v (x) = x. Donc |ab| = |a| ¥ |b|. x  – 4 1 2 c. n n La production minimale assurant un coût inférieur à 0. ABD est rectangle en D donc AB2 = AD2 + DB2 et CE2 = CD2 + DE2 par le théorème de Pythagore. 2 cm. 8[ est p(4) = 8 + 4 2. On étudierait le sens de variation de la fonction v qui à t associe v (t) = 20 274  t . 8[ (ou [0 .4 La fonction f est donc définie par f (x) = x 2  16 . 2]. x 8+4 2 3. 4. 8] si on admet un triangle rectangle aplati). 24 . + ∞[. 2] et strictement croissante sur [2 . Strictement décroissante sur ]– ∞ . On constate (par exemple à l’aide de la calculatrice) que f (3) = 1 . + ∞[. il faut et il suffit que BM  3. d. - x -3 u x  58 1.x 2 p(x) = 8 + 2 x 2 . on déduit que f (x)  1 € 3  x  4.16 x  64 p a donc même sens de variation que u où u(x) = 2x2 – 16x + 64. + ∞[. La distance de O à la droite d est f (2) = 5 ª 2.2 x 2 f (x) = 5 x 2 . On trouve environ 2. La fonction v est strictement croissante sur [– 274 . b. p(x) = AB + AC + BC = 8 + x 2   8 . a. on le vérifie par le calcul. + ∞[. x 0 u x  64 u x  4 8 64 32 8 8 4 2 p(x) 62 a. 2. Strictement décroissante sur ]– ∞ . 2. f (x) = x 2  y 2  x 2  5 . c.CM¢ u x  0 MM¢ = BM2  16 . Donc le minimum de p sur ] 0 . Étude de fonctions 35 . + La vitesse diminue quand la température diminue. 57 1.55 a. Pour que MM¢  1. 0] et strictement croissante sur [ 0 . x –∞ u x  2 4 0 6 +∞ 0 x 1 2 25 4 –2 u x  3 0 0 u x  5 2 u x  0 0 56 a. –∞ u x  u x  1 +∞ 4 2 Chapitre 2. f atteint donc son minimum en 2. 4]. b. De la stricte croissance de f. f est strictement décroissante sur ]– ∞ . 61 1. + ∞[.4 pour 0  x  4. x Œ]0 . f est strictement croissante sur [0 . 2. MM¢ = CM – CM¢ MM¢ = CB2  BM2 . - x  u x  + 0 u x  0 60 Soit u(x) = – x2 + x + 6 c. Il est atteint quand AB = AC = 4 cm c’est-à-dire quand le triangle rectangle ABC est isocèle en A. b.20 x  25 . 3. 0 59 1. Strictement décroissante sur ]0 . Strictement croissante sur [– 3 . c. a. b. 0[ et strictement décroissante sur ]0 . + ∞[. b. – 1[ et sur ]– 1 . 2[ et sur ]2 . k est associé au graphique b. + ∞[. Or f n’est pas définie en – 1 et k n’est pas définie en 1 donc : f est associé au graphique c . 2 2 Î ˚ De plus la valeur maximale prise par y est obtenue pour x = 50. f est strictement décroissante sur ]0 . . f est strictement croissante sur ]– ∞ . f est strictement décroissante sur ]– ∞ . De même g n’est pas définie en – 2 et h en 1 donc parmi les graphiques restants : g est associé au graphique a h est associé au graphique d. 65 a. + ∞[. d. x –∞ u x  0 –2 1 +∞ x u(x) 0 –∞ 4 +∞ 0 1 u x  u x  63 –5 0 0 – x2 + 101x – 2 250  0 € x ŒI È101 . f est strictement décroissante sur ]– ∞ . [ et sur ] . x –∞ u x  –3 0 u x  +∞ 2 1 2 c. 3 3 b. + ∞[. d. b. 5 5 c. x –∞ 1 u x  +∞ c.1201 101  1201˘ avec I = Í . c. 0 +∞ x u x  0 0 0 1 u x  0 3 2 –3 u x  0 u x  x –1 +∞ 0 1 u x  0 d. d. – 6[ et sur ]– 6 . f est strictement croissante sur [0 . 64 a. 0[ et strictement décroissante sur ]0 .3. + ∞[. f est strictement croissante sur ]– ∞ .5 : y ª 17. ˙ à [33 . 66 a.b. 68]. x u x  0 4 1 1 4 u x  36 +∞ 67 Leur sens de variation indiquent que f et k ne peuvent être associés qu’aux graphiques b et c. + ∞[. f est strictement croissante sur ]– ∞ . + ∞[. + ∞[. f est strictement croissante sur ]– ∞ . 71 a. si a < b.2x  4 donc y = . x –1 2 5 0 0 g(x) –3 11 . Soit u(x) = x2 + 4x + 5. y) Œ Cf € Ì ÔÓ y  0 Ó y0 Par conséquent Cf est le demi-cercle de centre A et de rayon 3 situé au-dessus de l’axe des abscisses et est le demi-cercle de centre Q et de rayon 3 situé en dessous de l’axe des abscisses. donc ÔAM2  9 AM  3 €Ì M(x .68 1. Cas où u est strictement décroissante sur I et u(x) > 0 sur I (ou u(x) < 0 sur I). 5 b. a. 70 1.   È . Par le théorème de Pythagore dans le triangle AMN. [ et sur ] . f (x) = – 2 + . – f (x)) appartient à Cg puisque g (x) = – f (x). ˚˙ ˚˙ 2 ÎÍ 2 ÎÍ a. f (x)) de Cf. MN2 = MA2 + AN2 = (2 – x)2 + (2 – y)2.  Or – 2 + x2 x2 x2 3. + ∞[. + ∞[. x2 3. Chapitre 2. f (x) = – 4 + x6 décroissante sur ]– ∞ . On a donc a = 3 et b = – 7.5  0 €Ì y0 ÓÔ Or AM2 = (x – 2)2 + y2 = x2 – 4x + 4 + y2. En effet pour tout point M(x . f (x) = 1 3 pour tout x . 1 1 Donc par stricte décroissance de la fonction  u a  ub  inverse sur ]– ∞ . f (x) = 2 + 3 x  2 . Cette fonction est strictement décroissante sur [0 . 73 (A) Vrai (B) Faux (C) Vrai (D) Faux (E) Vrai 74 1. x2 8 8 . 4[ et sur ] 4 .2  . . 69 Avec Xcasfr : b. u 3. et inversement. Donc f est 2 2x . y 4 f 2 –2 0 2 4 6 x –2 g b.1 . – 2[ et sur ]– 2 . 1 Ainsi est strictement décroissante sur I. + ∞[. + ∞[. Étude de fonctions 37 . f (x) = 3  .4 x  y 2 .1 1 1 strictement décroissante sur ]– ∞ .x 2  4 x  5 €Ì y0 ÓÔ Ô x 2 . f (x) = 2 + 72 a. alors u(a) < u(b) < 0 car u est strictement croissante sur I et strictement négative sur I. Donc f est strictement b. 2. Elles sont symétriques l’une de l’autre par rapport à l’axe des abscisses. (2 – x)2 + (2 – y)2 = (x + y)2 € 8 – 4x – 4y = 2xy 4 . son symétrique M¢ (x . f est strictement décroissante sur x-4 ]– ∞ . Les cercles sont tangents donc la distance entre leurs centres MN est égale à la somme de leur rayons : MN = x + y d’où MN2 = (x + y)2. x –1 2 5 9 u x  0 0 3 f(x) 0 0 2.x 2  4 x  5 Ô y 2  . Cas où u est strictement croissante sur I et u(x) < 0 sur I : pour tous a et b de I. f est strictement croissante sur ]– ∞ .2x soit y(x + 2) = 4 – 2x d’où y = . f est strictement décroissante sur 2x  1 ˘ –  . 0[.7 x2 -7 2. M(x . 2].1 È et sur ˘ . – 6[ et sur ]– 6 . y) Œ Cf € y = . 4. On applique le résultat précédent à la fonction – u : 1 1 1 = – est strictement décroissante sur I donc est -u u u strictement croissante sur I. 2 2 26 pour x – 6. x  x . TRAVAIL PERSONNEL Pour les exercices 77 manuel. Soit r (x) le rayon et d (x) le diamètre du disque tangent à l’axe horizontal en x. distincts. x + 6 > 0 donc De même pour tout autre pays de l’UE de population p. f (1) et f (1. 1. et d0 le diamètre. OM = a2  b2 et ON = b2  a2 . N(a . De 2. 5  f 1  f 1. ABGH est un rectangle de dimensions 6 cm et 6 2 cm. Quand M s’éloigne de B. Donc  et ¢ sont symétriques par rapport à d. où p < 82 : p p p f (x) < 6 2. 38 104 1. a 0. O = K. (HM) et (BG) sont coplanaires (dans le plan (ABG)) et non parallèles donc sécantes.5). 5. du disque représenp r  x 2 x  d’où tant un effectif égal à 1. 36 2 > 0 et x6 d. Par le théorème de Thalès dans les triangles MBP et MAH : x BP x BP MB  soit d’où f  x   6 2 . c.5). b. c.com 1. f est strictement croissante sur [0 . a. celle de la Pologne 38 millions. 103 Voir fichier disponible sur le site www. 2]. en millions. a. ab ba .  x6 x6 AH MA 6 2 3. f est strictement décroissante sur [0 . Soit K le milieu de [MN] : xk = yK = xK et K appartient à d. Si b a et b . l’Allemagne a une importance double de celle de la Pologne. M¢( a . Si r0 est le rayon. Il suffit de réduire le second membre au même dénominateur. Pour tout x > 0 . M(a . c. équidistants de M et N. a. 82 82 82   . milieu de [MN]. 1 b. O et K sont deux points distincts de d. b. d. a). 76 2. b. donc d est la médiatrice de [MN]. 2. M et N sont confondus et appartiennent à d donc ils sont symétriques par rapport à d. Son importance a donc bien été minimisée. Pour l’Allemagne et la Pologne : la population de l’Allemagne est environ 82 millions d’habitants. De 2. Comme a  0. a ) b. Donc d est orthogonale à [MN] et coupe [MN] en son milieu. a) d’après la question 1. 82 ª 2. + ∞[. b. En fait 38 38 38 38 sont représentés proportionnellement à la racine carrée de leur population. Ceci vient du fait que pour x > 1. a. 1 Partie A. 5 . M et N sont distincts et appartiennent à d¢ : y = – x qui est orthogonale à d. Si a = b. on a alors 1 p r02 r (x) = r0 x et d (x) = d0 x . on déduit que la symétrique de  par rapport à d est incluse dans ¢.16 donc si les pays sont représentés proportion38 nellement à leur population.didiermathx.  a 2  a donc M¢ appartient à ¢. P s’éloigne de B sur [FG] mais n’atteint jamais G. a2) avec a  0 donc son symétrique N¢ par rapport à d a pour coordonnées (a2 . a2  a donc N¢ appartient à .75 L’aire d’un disque est proportionnelle à l’effectif qu’il indique. si les pays   . [f  0  f  0. Donc M et N sont symétriques par rapport à d. ce qui signifie que M et N sont symétriques par rapport à d. a. On a donc une courbe qui a la même allure que celle de la racine carrée. yk = donc 2 2 c. l’Allemagne a une importance égale à une fois et demi celle de la Pologne. Les rectangles ont pour base et pour 2 hauteurs respectives f (0. Si a  .a . à 101 : voir corrigés en fin du APPROFONDISSEMENT 102 1. 3. on déduit que tout point de ¢ a son symétrique dans .b . 82 82 82 82 Mais ª 1. Cet effectif est noté sur l’axe horizontal. 5. a.49    3. 2 On encadre A par les deux aires calculées précédemment d’où 2. Sur GeoGebra : . 2.. Donc a b car ces deux nombres sont 2 106 1.x 4  2 4 x 2 .999) SORTIES : Afficher a Afficher b b. K Á .didiermathx. Sur AlgoBox par exemple.x 2  . b. ˜.x 4 .com On conjecture que m = 2. f (x) – 2 = c. Les aires sont données par : a = 0. 3. I = (0 . 75] ab 2 d’où 2. b. 5  f  0. On en déduit que 2 2 Ê a  bˆ Ê a  bˆ  Á Á ˜ . 4x2 .x . 25  f  0. 25[f 0.001) FinPour b prend la valeur b+0. b = 0.Partie B a. 25  f 0.2 b. f (x) – 2 = x 4 .4 4x2 . 75] Êa  b a  bˆ 3. 5  f 0.x 2 . BC  x 4 .001*f(0. 4 On a donc  ª 3. 4 Cette différence est positive ou nulle.001*f(k*0. A(a .001) b prend la valeur b + 0. 25[f  0  f  0. 1 b. 2 Ë 2 ¯ ab 2 a  b  2 4. en entrant la fonction f en F1 : 2 2 Ê a  bˆ ab2 a b donc Á ˜  2 4 Ë ¯ 2 Ê a  bˆ Ê a  bˆ -Á Á ˜ 2 ˜¯ 2 Ë Ë ¯ 2  ab-2 a b 4  a .1415… qui est cohérent avec les différents encadrements trouvés. Étude de fonctions 39 .2 car x  0.34. 2] 2. Son aire est donc = p r 2  p. OB2 = OM2 + MB2 donc MB2 = 4 – x2 et MB = 4 .x 2 avec 0  x  2 ce qui équivaut à x2 + y2 = 4 avec 0  x  2 et y  0 soit OM2 avec 0  x  2 et y  0.b 2 . y) appartient à f si et seulement si y = 4 . b.83  A  3. 2 4. Voir fichier sur le site www. 75 º  f 1. Donc f est le quart du cercle de centre 0 et de rayon 2 situé dans le premier quadrant. 2 ˜¯ 2 Ë Ë ¯ = ab  2 positifs ou nuls. f (x) – 2 = 4 x 2 . 1 f  x   OM. Algorithme Ê a  bˆ ab 5. Chapitre 2. Á ˜  2 2 Ë ¯ VARIABLES : a.x 4  2 > 0.x 4 . 75  º  f 1. 105 2. M(x . a.001*f((k–1)*0. a  . b . k nombres INITIALISATION : a prend la valeur 0 b prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k allant de 1 à 1999 a prend la valeur a + 0.2 f (x) – 2 = x 2  4 . – x4 + 4x2 – 4 = – t2 + 4t – 4 avec t = x2. – t2 + 4t – 4 = – (t2 – 4t + 4) = – (t – 2)2 Par suite. a.x 2 . Bb . 3. – t2 + 4t – 4  0 pour tout réel t donc – x4 + 4x2 – 16  0 pour tout x. 20 x  100 p a même sens de variation que la fonction u définie sur [0 . Si on augmente les salaires d’un montant m.t . c. + ∞[. 10] par u(x) = 2x2 – 20x + 100. 1 1  2. + ∞[. g est strictement croissante sur [– 1 . Pour avoir un périmètre minimal. 05 soit x > 10 donc 2 x x > 100.1  3. x < x + 1 donc x  g x  par stricte croissance de la fonction racine carrée. MH < ML donc MH < 1. x Pour les points d’abscisses 200 : p(x) 200 ª 14 . Elle est donc maximale quand OH est maximale.11 cm.2 À la main : 1 2 2 3 1  100 . on ne les distinguerait donc pas. g (x) – f (x) > 0 donc f (x) < g (x).142 et 201 ª 14 . c. r5 r5 r5 b. Soit x = AM et p(x) le périmètre de MNST. Elle est située en dessous de la droite d’équation y = 10 puisque p < 10 pour tout r > 5. devient hm hm . 2. 6 Remarque : on peut retrouver ce résultat géométriquement car l’aire de OB est le double de celle de OMB soit OB ¥ OH = 2OH où H est le projeté orthogonal de M sur [OB]. 0499 . Donc p(x) = 4 x 2  10 . la distance entre les points de f et g d’abscisses 20 sur le papier est environ 0. y 10 De plus f (x) = 2 € . À la distance p = 2 m.x 2 L’unité étant 1 cm. 109 On peut expérimenter sur un logiciel de géométrie.22  0 avec t = x 2 donc f  2   2. 110 On peut créer un programme sur un logiciel de calcul formel comme Xcas pour calculer cette somme.99 Etc. Pour x  0. p(x) = 4 2 x 2 . On est sûr de ne plus distinguer les points d’abscisse x 1 dès que x est tel que  0. L’écart ne diminue pas car augmenter un salaire t ˆ Ê de t % revient à la multiplier par Á1  ce qui ne Ë 100˜¯ change pas le rapport. On a donc f (x)  2 pour tout x de I. 1 Si L est le milieu de [OB]. 4 2 0 Si H = L.50 50   10 . 2 Si H L. D’après la courbe. a = 5 donc p  10r 10 r  5 . 200 300 400 500 x d.f  x    x 1- 1 x 1 x x  x  1  x 1 x x . 583 . Donc MH est maximale quand H = L c’est-à-dire quand OMB est isocèle en M (soit OM = 2  et dans ce cas l’aire de OBC est égale à 2. c. a. 4.f  x   g x  . 99  100 Donc en ajoutant membre à membre. 8 L’aire maximale est donc atteinte en x  2 et est égale à 2. l’écart hm-f -m h-f  . 40 100 0 5 40 10 40 20 2 Pour avoir un périmètre maximal. 111 a. MH = 1. on obtient que cette somme est égale à 9.18 donc on ne les distinguerait pas non plus. ML = OB  1. on va choisir une mise au point à 10 m pour qu’elle soit valable pour n’importe quelle valeur de r aussi grande soit-elle. 472 et g (20) = 21 ª 4 . MHL étant rectangle en H. a. MN = NS = ST = TM = x 2  10 . La courbe f est donc en dessous de g . b. 3.x 2 3. 107 1. 2. f (20) = 20 ª 4 . il faut placer M au milieu de [AB]. et < soit g (x) – f (x) < x 1 x 2 x 2 x c. Pour x > 0. 108 1. On peut donc les distinguer. b. D’où le tableau de variation de p Pour les points d’abscisses 100 : 100  10 et 101 ª 10. x  1  x donc x  1  x  2 x  0 1 1 1 . Elle est strictement croissante sur ]5 . g x  .D’où f (x) – 2  0 pour tout x de I. Les courbes semblent se confondre. il faut placer M en A ou en B. a – u = v  b . 112 1. donc 2 et 3 sont échangeables. (a – 3)2 = 2 + b et (a – 2)2 = 3 + b.4 a  0 Ô b2  4 a Ó 1er cas : si a < 0 et b de signe quelconque 1 1 Ôb  a2 € b  a2 . Il en résulte u  b  1 et v  b  1. 3. c’est-à-dire 0  u + b  1 et 0  v + b  1. Comme u – v est un entier non nul . 10 2. f(3) = a – 3  b . soit a2 – 6a + 7 = b et a2 – 4a + 1 = b d’où – 6a + 7 = – 4a + 1. Avec un logiciel. soit a2 – 14a + 49 = b + 4 et a2 – 8a + 16 = b + 7 d’où a2 – 14a + 45 = a2 – 8a + 9. ( u  b – v  b) ( u  b + v  b) = (u + b) – (v + b) = u – v. a – 2  b = 3 et a – 3  b = 2 revient à a – 3 = 2  b et a – 2 = 3  b . b) correspondants aux cas où il y a des solutions. u  b + v  b = 1. Ì 2 ÓÔb . Si a = 3 alors a – 3 = 0 = b  2 d’où b = – 2. Pour a  7 et b  – 4. 5 0 5 10 2.4b  0 Ôb  a2 €Ì 4 . a – v = u  b . Comme a  7. En considérant le sens de variation de la fonction qui à h-f m > 0 associe . Soit 6 = 2a. Si on prend a = 3 et b = – 2. a – u  b = v et u = a – v  b . a – 4  b = 7 et a – 7  b = 4. y On obtient donc la zone coloriée suivante : y 15 y= 10 1 2 x 4 y=2 x 5 5 0 5 10 15 20 x y = –2 x –5 113 1. (a –7)2 = b + 4 et (a – 4)2 = b + 7. 4 Ì 4 Ô b2  4 a Ó 2e cas : si a > 0 et b de signe quelconque 1 2 1 Ôb  a2 Ôb  a 4 €Ì 4 Ì Ôb  2 a Ô b2  4 a Ó Ó 1 Ô b  a2 €Ì 4 Ôb  . À la main : Les équations admettent toutes les deux des solutions si et seulement si les deux discriminants des trinômes x2 – ax + b et x2 – bx + a sont positifs ou nuls c’est-àdire 1 a2 – 4b  0 et b2 – 4a  0 ou encore b  a2 et 4 b  2 a car a et b sont positif ou nuls. Étude de fonctions 41 .2 a ou b  2 a Ó x a – 7 = 4  b et a – 4 = 7  b . a = 6 ne convient pas. donc 4 et 7 ne sont pas échangeables. Donc (u – v) ( u  b + v  b ) = u – v. c’est-à-dire 36 = 6a € a = 6. f(7) = a – 7  b . f(4) = a – 4  b . Si a  3 et b  – 2. f(2) = a – 2  b . f(2) = 3 – 0 = 3 et f(3) = 3 – 1 = 2. Les conditions s’écrivent encore 1 a2 . Comme u v. faire afficher les points M(a . il en résulte : u – v = – 1 ou u – v = 1 c’est-à-dire v = u + 1 ou v = u – 1. b) sont donc situés en dessous de la 1 courbe d’équation y  x 2 et au-dessus de celle 4 d’équation y  2 x . on peut tirer aléatoirement un grand nombre de valeurs de a et b. b  – u et b  – v soit b  sup(– u . plus l’écart diminue. 0  v + b  1 € – 1  – v – b  0 de 0  u + b  1 et – 1  – v – b  0 on tire – 1  u – v  1. on peut même dire que plus m hm augmente. Les points M(a . c’est-à-dire a = 3. – v). u  b – v  b = u – v. Chapitre 2. par exemple un tableur.h-f h-f On sait que h – f > 0 donc et l’écart  hm h diminue effectivement. Donc tous les couples d’entiers (– u . u – 1) sont échangeables. – u + 1) = – u + 1 = b.Si v = u + 1 : a – u  b = v et a – v  b = u € a – u  b = u + 1 et a – u  1  b = u. . a = u et b = 1 – u et sup(– u .1  b = u. 42 Si v = u – 1 : a – u  b = u – 1 et a – u . Donc tous les couples d’entiers (u . – u + 1) = – u + 1 = b permettent d’avoir les deux égalités et sup(– u . u + 1) sont interchangeables. – u – 1) = – u = b. b = – u et a = u + 1 permettent d’avoir les deux égalités et sup(– u . 6-2 2. 2. a.2 -1 O -1 I 2 3 x b. Le coefficient directeur de la droite (AB) est 6-2 2 3-3 Celui de (AC) est  0.2 -1 O -1 C –2 I 2 3 x b. 2 1.. y 5 4 A 3 2 J . a.3. Dérivation 43 .3 Dérivation Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 5-3 1  . 1 1. La droite (BC) a pour équation x  6. 1 1 x. Pour tout h 0. L’équation réduite de cette droite est y  3 c.2 x  5. L’équation réduite de cette droite est y  . Elle n’a pas de coefficient directeur. y 3 2 J . c’est une droite parallèle à (OJ). 3 3  2 h 2 .3h   2h . h Chapitre 3. 22    4 .d 2 quand h tend vers 0 est 19. 01 .d 2 4 . 9 ¥ 2.22 ] 4 . f¢(1) = 2. 3. Voir fichier sur le site www. Tangente et nombre dérivé A.1 . b. 0 . 01 d 2  h .d 2  19. On choisit h très proche de 0.com B.1 . Par le calcul a.d 2 4 . 92. Pour h = 0. a. 09. 9[2  h2 .1  20.didiermathx.2 2. 6  4 .4 y 7 6 d2 d1 5 4 3 d3 2 d5 -4 -3 -1 O -1 -2 d4 J I 2 3 4 5 6 x -2 -3 -4 Droite Coefficient directeur Équation d1 d2 d3 2 –3 0 y = 2x y = – 3x + 2 y=3 d4 2 3 2 y= x -2 3 d5 n’existe pas Activité 1.1 d 2  0. Vitesse instantanée 1. d. Entre les instants t0 = 2 et t = 2 + h la vitesse moyenne de la bille est : d 2  h . b. 29 2. 01  19.2 2 . 649.6. 9 ¥ 0.01. Aspect numérique 2.1.d 2  19.1  10. 44 x=–2 . 0. Pour h = 0. Le coefficient directeur de cette droite est 2. 9 h2  4 h   = 19.1 près de h c. Aspect graphique 1. h 2h-2 h d 2  0. La valeur limite à 0.1 . 2.1 . La vitesse instantanée de la bille à l’instant t = 2 est 19.12 . La courbe et la droite sont presque confondues après de nombreux zooms. 6  4 . Activité 2. 9 ¥ 0. 9h. d 2. 6 . e. 6  4 . 6¯ Ë .f  a  . f ¢(– 0. . C’est le coefficient directeur de la tangente à  en A a . 0. b.5 + h)2) donc le coefficient directeur de AM est .0. 4. y ¢ . 2.12t 2  12t . b. y ¢¢ uuur uuur Ê t 3t  3 . une expression de f ¢(a) semble être 3a2. Ë 6t ¯ Ë y¯ Soit N x ¢ . on peut en déduire que le coefficient directeur de la tangente à  en A est – 1. Quand h tend vers 0.0 . 3.3ˆ uur t CB Á .25) et M(– 0. 1 ]. f a  h .5) = – 1. 1 1 P 6t .b. Pour f x  x 3. 1]. Étude d’une autre tangente a. Pour tout t Œ [0 .f  a  f a  h .h  h2  . 3 3 1 Donc P décrit un arc de la parabole d’équation y  . y .x 2  2 x . 2 + h tend vers 2.5 . A(– 0. 6].6t  6 . Les droites (AC). (– 0. c. Soit P x ¢¢ . 3 Chapitre 3. Dérivation 45 . CN  t CB équivaut à x ¢ . – 1 + h tend vers – 1. Soit Mx . 1) et M(1 + h . 5 c. .6t ¯ Ë t  .6t ¯ d’où N3t  3 . Pour aller plus loin f ¢ a   3a2 .6t ¯ et – 12t2 + 6t = y – 6t. uur uur Ê 3t ˆ uur Ê x ¢ .6t et CNÁ ˜ ˜ Ë y ¢ .6t  6.1 h  h .0. Une courbe de Bézier 1.1 h Quand h tend vers 0. On fait tendre h vers 0 et cette limite si  ah-a h elle existe est notée f ¢ a . A(1 . (1 + h)2) donc le coefficient directeur de AM est 1  h2 .3  3t et y ¢ . La valeur donnée par le logiciel est la même que celle obtenue par le calcul : f ¢(1)  2.6a pour f  x   x 3 .3t ˆ uuur et MP Á t MNÁ .1 2h  h2   2  h. 1 h . P semble décrire une portion de parabole quand t décrit [0 . uur Ê 3t ˆ uuur Ê x ˆ uuur uur t AC Á ˜ et AM Á ˜ . .0 . Ainsi P 6t . 25 .x 2  2 x pour x Œ[0 . 2. 6t .6  .3t  ˆ uuur Ê x ¢¢ . Conjecture : f ¢ a   2a pour tout a réel. . on calcule Activité 3.1 TP1. (BC) et (MN) semblent être les tangentes à la courbe G aux points A.5 + h .6t2  2 ¥ 6t  d’où P x . Fonction dérivée 1. MP  t MN équivaut à 3t = x – 3t ˜ ˜ Ë y ¢¢ .3 x 2 . 5  h2 . 5  h . b. B et P respectivement. on pose x  6t . c. Bilan : pour tout réel a donné. a f ¢(a) –3 –2 –1 0 2 2 3 –6 –4 –2 0 1 2 6 c. AM  t AC équivaut à x  3t et y  6t . Donc M3t . . f  a . A(9 . (MN) a pour équation y  . son coefficient directeur est 1 donc f¢(9) = 1 soit 18a  b  1 1 1 1 De même en B. . TP2. P sont alignés .x2  x avec x Œ 9 . Arrondir les angles Soit  la parabole d’équation y = ax2 + bx + c et f la fonction définie sur ⺢ par f (x) = ax2 + bx + c. 3t  3 .4t  2. La tangente T à la courbe en B d’équation y  f ¢ 6x .b et c  . 2 2 On a f’(x) = .12t 2 . le coefficient directeur de (BC) est .soit 42a + b = 4 2 2 2 On peut déterminer a et b à la main à partir des équations 3 et 4 puis déterminer c en vérifiant la compatibilité des équations 1 et 2 ou plus simplement résoudre directement avec un logiciel de calcul formel le système formé par les quatre équations : 18a  b  1 Ô 1 Ô 42a  b  2 Ì Ô12  441a  21b  c Ô Ó 9  81a  9b  c 1 17 81 . La tangente T en A à la courbe d’équation y  f ¢ 0 x  f 0 soit y  2 x .4t  2 .6t  6 donc  .¥ 6t  2  .1 c.12t 2 .2 x  12.4t  2 donc (MN) a pour coefficient directeur . Donc (BC) est la tangente à la courbe G au point B. N.donc f¢(21) = . 16 8 16 L’arc de parabole qui relie A et B en évitant tout changement brutal de direction en A et B a pour équation 1 17 81 y  . . 12) appartient à  donc 12  441a  21b  c 2 3 La droite (AO) est la tangente à  en A . On pose f  x   . Donc (AC) est la tangente à la courbe G au point A. 21. • (CB) a pour équation y  .x  2 donc le coefficient directeur de la tangente à G au point P d’abscisse x  6t est . 3 3 Conclusion : (MN) est la tangente à G au point P.6  6 soit y  .3t Or les coordonnées de M vérifient y  .4t  2 . 6t et N3t  3 .6t  6 .2 x +12. 3 • (AC) a pour équation y  2 x ..6t M3t .4t  2 x  b d’où b  . 9) appartient à  donc 9  81a  9b  c 1 B(21 .x 2  2 x. M. il suffit donc de montrer que le coefficient directeur de la tangente à G au point P est  .4t  2 x . 1 On néglige p2 par rapport à p . 2. c. 1]. On pose x = 4 + p avec 0 < p < 1 ainsi x 2  20 € 4  p2  20 € 16  8 p  p2  20. b. La méthode de Newton-Raphson A 1. On veut résoudre l’équation x 2  20 . 16 < x2 < 25 donc la solution positive de x2 = 20 est comprise entre 4 et 5. p2  p donc il est raisonnable de négliger p2 par rapport à p. 16 8 16 Ainsi a  - TP3. 2 2 17 comme approximation de 20 . b. a. On sait que pour tout p Œ[ 0 . 2 1 1 Ainsi une approximation de la solution positive de x 2  20 est 4  ou avec les notations d’Euler : 4 . il vient alors 16  8 p  20 d’où p  . Pour 4  x  5. La seconde partie du texte nous donne 4  36 46 .. H et F sont symétriques par rapport au pli. L’abscisse du point d’intersection de  avec l’axe des abscisses est la solution de f  x   0 avec x  0 c’est-àdire 20 .B. Algorithme Saisir n a prend la valeur 4 Pour k de 1 jusque n Faire a prend la valeur a/2+10/a Afficher (a) FinPour TP4. 1. c. Le pli est donc la médiatrice de [FH] ainsi FM = HM. 0 . 0 c’est-à-dire 4  .472135956. Avec des pliages B. Les points marqués semblent appartenir à une parabole et les différents plis semblent représenter les tangentes à cette parabole. La tangente T à  au point d’abscisse 4 a pour équation y  f ¢ 4x . c. Le milieu I de [HF] a pour coordonnées On constate que a2 . F b.36  0 à la place de x 2 .472135955. Ainsi l’abscisse du point d’intersection de T et de l’axe des abscisses est solution de f a a2 . MH2  b2 et MF2  a2  10 . on détermine une équation de la tangente T à  au point d’abscisse 4  36 trouve l’abscisse du point d’intersection de T et de l’axe des abscisses. La valeur approchée de 20 donnée par la calculatrice est 4. a. 5.20b  100  a2  0 100  a2 D’où b  . a. a.20  0 . 10 20 a a a2 ¥ 5 5 donc I appartient à T. b).   1 161 . 20 a a2 x 5.20 a 10 a  car a 0. 1. 20 O Conclusion : lorsque a décrit ⺢. C. 17 et on d. 5].0. 2. 36 On retrouve la seconde approximation de 20 donnée dans la partie A. Soit a un réel de [4 . f ¢ a  x . 4 36 36     17 Le point d’intersection de T¢ et de l’axe des abscisses a pour coordonnées 4  . 10 2 20 Chapitre 3. Une équation de la tangente T au point d’abscisse a est y  f ¢ a  x .4  f 4  8 x .a   f  a   0 qui équivaut à x  a 2a 2 a f ¢ a  b.b 2 . c. H a2 . M décrit la parabole d’équation y  5  3. MH = MF équivaut à MH2 = MF2 c’est-à-dire M . Dérivation 47 . 2.472222222 puis 4.36. Le point M a pour coordonnées (a .. 1 36 Son intersection avec l’axe des abscisses est le point de coordonnées . La tangente T¢ à  au point d’abscisse 4  a pour équation y  9 x 2 4 161 161 17 9x 0€x  4 . 2 8 On approxime la courbe par sa tangente au point d’abscisse 4 et on résout l’équation 8 x . Pour obtenir une nouvelle valeur. Une équation de la tangente T à P en M est y  b. b.5 puis 4.a   f  a  avec f ¢ a   2a. Les valeurs obtenues avec la calculatrice sont 4. 3. h    -1. Pour tout M O .  10 000 . par la gauche. TP6.6227766 .  1050. 10 -8 1 Pour h  10 -10 . Pour M = O c’est évident. 10 -4 1  1 000 . Pour tout h > 0. Quand h tend vers 0 en restant strictement négatif. y 4 3 2 1 . La fonction racine carrée en 0 1. T est donc la droite (IM) car I et M sont deux points distincts de cette droite.f 0 h .f  0 h h 1 Pour tout h > 0.f 0 h h    1. Le pliage a bien été effectué selon T. h 3. 10 -1 1  10 . On dit qu’il tend vers  .2 -1 0 -1 1 2 3 4 x Il y a une « cassure » en 0. ce rapport devient aussi grand que n’importe quelle valeur positive que l’on veut. 10 -10 1 1 1  10 4 équivaut à h  4 d’où h  8 (la fonction carrée est strictement croissante sur [ 0 . Pour h  10 -3 . Pour tout h > 0. Soit f  x   x pour x  0. Quand h tend vers 0. la droite d’équation y = – x. f 0  h .4 . si l’on fait tendre h vers 0 par la droite alors la demi-tangente à droite est la droite d’équation y = x et.16227766 . f  0  h . Donc (IM) est la médiatrice de [FH]. 10 10 h h 3. 10 -2 1 ª 31.f 0 tend vers 1. Pour h  10 -4 . La fonction valeur absolue en 0 A.    . Les droites (OM) quand « M tend vers O » tendent vers l’axe des ordonnées. Pour h  10 -2 .3 . 4. h f 0  h . 2 h h h h 1 ª 3. 10 10 h 1 1 1 1  10 6 et pour tout 0  h  100 . 48 . I est à égale distance de H et de F et M aussi. Pour h  10 -1. h h h f 0  h . De même pour tout 0  h  12 . 2. h h h 2.c.f 0 tend vers – 1. 1. 10 -3 1  100 .  [ ). TP5. Pour tout h < 0. f 0  h . Quand h tend vers 0 en restant strictement positif. Pour h  10 -8 . Or le pliage a été effectué sur la médiatrice de [FM]. B. C’est le coefficient directeur s’il existe de la 2. Donc pour tout h 0. solution de . x .Il ne peut pas y avoir de limite en 0. c.f 0 . il y en a une à droite et une à gauche.h     x  h . 4 sur [3 .4 ¥ 2 ¥ .h .a . 0 f 0  h .2 ¥ .16 donc – 2 n’est pas est strictement décroissante.h  0. x  h  et N x .x .2 x 2  5 x  2  0.f 0 .h h .h 2h xh.h) De même.6 15 f ¢ x   x 2  2 x .2 x est strictement décroissante sur [0 . elle est unique.0 . b. a  h . 9 La fonction f définie par f  x   2 . ENTRAÎNEMENT 17 Droite d1 d2 d3 d4 Coefficient directeur 2 –1 0 - 1 3 d5 d6 n’existe pas 1 6 Chapitre 3. pour x = 0 et pour tout h < 0.h 2h hh 0 f 0  h . Xcas choisi par défaut h = 0. x .0 .22  5 ¥ .3  49 8 La fonction f définie par f ( x )  1 . Dérivation 49 . a. f x  h .x .2  2  .x est le taux de variation de la fonction f entre x et x + h. Si la limite existe.h x  h . Elles se trompent ! xh.f a .h  . la machine évalue la quantité f a  h .h Exercices 10 La fonction f définie par f  x   SANS CRAYON. 0  h . Pour déterminer le nombre dérivé d’une fonction f donnée en un réel a donné. – 10) rÊ ˆ r Ê 0. 2 6 .f x .f 0 .     0.h ..y  6  0. Comme xB = xA + 1.h d. 0  h . Les calculatrices donnent 0 comme nombre dérivé pour la fonction valeur absolue en 0. 2] est strictement décroissante.  [ x-3 11 f ¢ 5  10 12 f ¢ . 0  h . + [.h . x  h  et N x . 7 D  52 . 5ˆ 5 u Á 1˜ et v Á ˜ sont des vecteurs directeurs de la Ë 6¯ Ë 3¯ 1 droite d d’équation cartésienne 3 x . h droite (MN) avec M x  h .h x  h . Les calculatrices évaluent la même quantité pour le calcul du nombre dérivé.5 16 y  . 5 x  h . r Ê – 3ˆ est un vecteur directeur de (AB).0 . . 2 Le coefficient directeur de la droite est 3. SANS CALCULATRICE 5 4 1 Le coefficient directeur de (OC) est ..2  13 f ¢ 9  1 4 1 6 14 f ¢ x   4 x .x .h 0. La courbe  admet donc une tangente à droite d’équation y = x et une tangente à gauche d’équation y = – x au voisinage de 0 mais la fonction valeur absolue n’est pas dérivable en 0. Quand on ne précise pas la valeur de h. Ë 3 ˜¯ 3 uÁ 4 A (– 2 .xh h Xcas calcule le taux de variation entre les points M et N de la courbe  situés de part et d’autre de x à h près : M x  h .  Pour x = 0 et pour tout h > 0. on a yB = yA + 3 ¥ 1 = 4.001..3 x est une équation de la tangente à la courbe d’équation y = x2 – 3x en son point d’abscisse 0.( .h h . x .h   0.h .x sur ] .h 2h 2h hh f 0  h . 26 g ¢ 0  3 .6  h . 21 1.yx 2  xy  y 2   x 3  x 2 y  xy 2 .2 -1 0 -1 3 x 2 A 5 x 1 x -2 -3 -2 19 a.f 1 2h Pour a  1   2 donc f ¢1  2.d 10 . h h f a  h . y 1 1 .33 1 B . 50 d 10  h . b.f 2 tend vers 12 quand h tend vers 0 donc h f ¢2  12.5  4 . Pour tout a réel. 4. f (5) = 52 = 25 f (5 + h) = 25 + 10h + h² f 5  h . 3.1.f a tend vers 2a quand h tend vers 0.f a 2 a  h .y3 2.3 est : f 1  h .7 a pour ordonnée 1 + 0. le nombre dérivé de f en a est 2. f ¢ 4  0 .3  . a. 2 3 4 4 y 2 3 1 2 A 1 d. la vitesse instantanée est d¢(10) = 25.2 -1 0 -1 m = 0. 23 a. Pour h > 0. 3. y b.6 a pour ordonnée 1 – 0. – 0. Donc h Donc f¢(a) = 2a pour tout a réel.d  0 tend vers 5 quand h tend vers 0 donc h d ¢ 0  5. h Donc d ¢10  25. Q d’abscisse 3. b. d h . R d’abscisse 2. Le nombre dérivé en a de la fonction f définie par f  x   2 x .  h h h2  25h   h  25 h b. 25 1.1 ou a  5. Donc Q (3. Pour a  3 h h f .f 5 tend vers 10 3. Donc R (2. Quand h tend vers 0.22  h2  2 2  h  22 3  h h2  6h  12 . a. b.f 2 2  h3 . c.8  2  h .3 2h    2.3  0 .8). Donc P (5 . Pour tout x et y réels. f ¢ 6  2.1 100  50 2.d  0 h2  5h   h  5. 28 f ¢ a   0 pour a  .25  h h 10h  h2   10  h h f 5  h . 2  h . f a  h .18 a. 27 f ¢ 2  . f ¢ a   2. 2. 9). 24 1. b. g ¢ . f ¢ . 3.d 10 tend vers 25 quand h tend vers 0.yx 2 . 2. h2  20h  100  5h  50 d 10  h . h h f 3  h . g ¢ 4 . Conjecture : pour tout a réel. a.7 . f ¢3  3 2. f 2  h . h h h Donc pour tout a réel. f a  h .2 .8 h h2  6h  12   h h h  h2  6h  12 f 2  h . h donc f ¢5  10.f .6 h h donc f ¢ .f 5 25  10h  h2 .4 ¥ 4 = – 0. Le point P d’abscisse 5 a pour ordonnée 1 + 2 ¥ 4 = 9.f a 2ah  h2   2a  h.f 3 2h   2 donc f ¢3  2.3 .6  2. 22 1.y 3  x3 .6.6 2h  2 Pour a  .7 ¥ 4 = 3.8.2a .xy 2 . Pour tout a réel. 20 1.1 . . Ainsi au temps t = 10 s. x . g ¢ 2  . f ¢ . h h d h . f ¢ 0  .6 . B 4 3 B 7 m=2 A 2 y 8 6 1 m=3 1 5 -1 0 -1 1 2 A 4 3 x 1 3 2 1 -1 0 -1 c.3 . 5  0.3 . f ¢3 est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse 3.6). f¢(a) = 1 pour tout a réel. f a 2 2  h h 1 2 ah  h  h h 2   a  1 h 2 f a  h .1  1. 36 y = 4x – 4 A 4 O 1 2 32 1. TA a pour équation y  f ¢ 1x . y 2. 4 1 x  1.1  f 1  .x  1.x  2. 3 E 5 4 y x +4 2 D C y = – x + 11 2 J – 1O –4 B I 6 2 x –1 y=–x–2 31 1.f a tend vers a  1 quand h tend vers 0 donc h f¢(a) = a + 1. 3. y = x2 35 a.  Chapitre 3. Dérivation  51 . Pour tout a réel.4  f 4  4 3 2 Donc TA : y  J 2. dérivable en 3. 1 1 a  h2  a  h  1 .5 34 d4 est la tangente à la courbe d’équation y= 3 A 1 3 x .a2  a  1 f a  h . TA a pour équation y y  f ¢ 4x . Non dérivable en 3 . c’està-dire y = 4(x − 2) + 4 = 4x − 4. 4 3 x 2 –3 30 y 11 y = x + 3. b. 2. x 2.x .29 33 1. TA a pour équation y − f (2) = f¢(2) (x − 2). Conjecture : f ¢ a   a  1 pour tout a réel.4  4 . 1 A – 3 – 2 –1 O I –1 m=–4 –2 1 x . Donc TA : y  . f a  h . Cette droite est alors la tangente à  en A. y= 1 x y b. a. Donc f ¢ a   2a pour tout a réel.a2 2ah  h2   2a  h  h h h qui tend vers 2a quand h tend vers 0.f a a  h2 . 39 a. a. On place le point B de la parabole  dont l’abscisse est le double de celle de A. 1) est Ê 1ˆ y . – 2 –1 0 –1 1 3 x 2 42 1. 10 A 2 8 A 1 A¢ 6 O –5 4 y= 2 1 P 1 x y=–x+2 –4 –2 0 –2 c. soit y  . f ¢(2) = 12 Les coordonnées du point d’intersection de  et de Ô y  x 2 cette parallèle vérifient le système Ì ÔÓ y  2ax 1 c. 2 4 x 2. Voir sur le site www. On utilise f ¢(0) = – 5. Une équation de la tangente à H en A Áa . Ë 1¯ y 3 2 1 – 3 – 2 –1 0 –1 –2 A 1 2 3 4 x b. f ¢(– 5) = – 10 b. 38 a. 0). A On construit la parallèle à (SB) passant par A.didiermathx.2 ˜  x . f ¢(2) = 4 d. f ¢(1) = – 3 et f ¢(2) = – 1. Ê 1ˆ 3. 52 . Cette tangente coupe l’axe des abscisses au point (2 . f ¢(3) = - 4 x 3 40 1. a.2 ˜  x .1  Á. m2 = – 3 E 1 –6 m=–1 –7 Le sommet de la parabole d’équation y  x 2 est S( 0 . 0) donc la parallèle à TA passant par S a pour équation y  2ax . Pour tout a réel. 3 2 1 41 Voir corrigé page 342 du manuel Math’x 1re S.2 x  . Cette tangente coupe l’axe des abscisses en P(2a . Une équation de la tangente à H en A1(1 . 0). L’abscisse de B semble être le double de l’abscisse de A.com C –4 2 b. a a a Ë a ¯ b. Ce sont les coefficients directeurs respectifs des tangentes . 4 a2  ainsi la conjecture est démontrée. ˜ est Ë a¯ 1 2 1 Ê 1ˆ y . m1 = – 5 –3 1 1 9 Donc B2a .a . on obtient donc : y d. b.1 soit y = – x + 2.37 2. Á. 3 A 2 1 y 1 –1 0 A 1 –1 0 –1 1 –2 2 3 5 x 4 1 –5 2. y 4 On trace la droite (SB) où S est le sommet de la parabole . a. 3 . L’équation 3a2  . –b a pour sommet le point S d’abscisse .32 55 Pour l’exercice 52 c. calculer sa dérivée. Dérivation 53 . Ce qui équivaut à 10 . 4 3 48 a. b.  x . d. 0). f ¢ x   2  x  22 c. h On peut déterminer à partir de quelle valeur de n entier naturel. f est dérivable sur ⺢\{ .  [ et f ¢ x   44 Pour tout a. puis le point P symétrique de O par rapport à A¢.n .f a a  h3 . Donc f ¢ a   3a2 pour tout a réel. 52 a. P est donc tel que A¢ soit le milieu de [OP].3[ » ] . 50 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S.  x 2 . . . 51 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S. 1). La tangente est donc bien horizontale. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x   8 x  4. avec a 0. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x   3 x 2  6 x . 0001 Avec la commande 2. La tangente est alors la droite (AP). f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x  . 2a   Chapitre 3. b. 2 3 d.6} et f ¢ x  -6 x  62 6 3 c. 2.22 56 1. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x   x  .  [ et f ¢ x )  53 a. a. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x  4 x . 0001 Il n’y a plus qu’à modifier la fonction et relancer les mêmes commandes pour obtenir les dérivées des autres fonctions. 1 b. f est dérivable sur ⺢ car x2 + 2 > 0 pour tout x réel et . 2a  10 . x d. -2 c. Le projeté orthogonal A¢ de A sur l’axe des abscisses a pour coordonnées (a . f est dérivable pour tout x réel et f ¢ x   2ax  b .5.} et f ¢ x  2 2 x  32 d.n 1  0.n .6 x  1 5 7 2 54 a. f est dérivable sur ⺢\{ .2 et 2.f a  2a  h . f a  h .c. f est dérivable sur ⺢\ { 0} et f ¢ x  3 . Pour tout a réel. Si on cherche à tracer la tangente à H en un point A.1 n’a pas de solution réelle donc la courbe d’équation y  x 3 n’a pas de tangente de coefficient directeur – 1.10 . 2 49 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S. La parabole d’équation y  ax 2  bx  c . a. f est dérivable sur ]0 . Donc la tangente à la parabole d’équation y  ax 2  bx  c –b en son sommet d’abscisse a pour coefficient directeur 2a –b f¢  0. f est dérivable sur ] . f est dérivable sur ]0 . f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x   . 2 x d.  [ et f ¢ x   x 2 ¥ x b. f est dérivable pour tout x 2 et f ¢ x   -7 . 47 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S. 00001. 45 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S. 2 x c.n 1 )  0. 43 2.(2a  10 .2x . .2x .a3 3a2 h  3ah2  h3   h h h  3a2  3ah  h2 qui tend vers 3a2 quand h tend vers 0. 46 Voir corrigé page 343 du manuel Math’x 1re S.2 et 2 donc la courbe d’équation y  x 3 a deux tangentes de coefficients directeurs 6 aux points d’abscisses .2. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x  x 3 . L’équation 3a2  6 a deux solutions : . : on peut par exemple avec Xcasfr utiliser la commande 1 pour définir la fonction f. 1 3 x. on construit le point A¢ projeté orthogonal de A sur l’axe des abscisses. 2a Soit f la fonction définie par f  x   ax 2  bx  c . f a  h .3 .5. pour a = 3. Ainsi. et qui donne n = 4. La tangente à la parabole au point S a pour équation y = 1. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x  x 3  x . La parabole d’équation y = 2x2 – 4x + 3 a pour sommet le point S(1 . b.x2 . 2a  10 -n 1  6  10 -4 1  6. 3[ » ] 3 . Ou : 1. 54 x O les coordonnées de A vérifient le système –6 y = – 3x – 6 2 y = x – 3x + 6 x–1 . v(2) = 24 m·s–1.2 x  1 Ìy  3 Ó Le seul point d’intersection de 1 et  2 est A(1 . Posons f (x) = x2 + 2x et g (x) = − x2 + 6x −2.2 x 2 . Les tangentes en A aux courbes C1 et C2 ont même coefficient directeur . A 3 58 d(t) (en m) 100 1 84 O 1 A x y = x2 + 2x y  x 2  2 x 2. 3). A est un point d’intersection de 1 et  2 signifie que Ô y  x 2  2 x € Ì 2 ÔÓ y  . Les tangentes au point A(1 . y) Œ C1 ∩ C2 € Ì Óy  . 59 y 2 y = x – 3x + 6 x–1 2. f¢(x) = 2x + 2 donc f¢(1) = 4. la tangente à la courbe a pour coefficient directeur 16 m·s–1. Soit f la fonction définie par f  x   x 2  2 x et dérivable pour tout x réel.57 1. En A. 10 t (en s) 0 1 2 3 4 5 6 v(0) = 40 m·s–1. • g ¢(x) = − 2x + 6 donc g ¢(1) = 4. • f ¢(x) = 2x + 2 donc f ¢(1) = 4.1  0 y  x2  2x Ô Ì 2 2 ÔÓ x  2 x  . 3. 3) aux courbes 1 et  2 ont y y = – x2 + 6x – 2 même coefficient directeur g¢(1) = f¢(1) = 4 donc elles sont confondues. A(x .x 2  6 x .x  6 x . De même g est la fonction définie par g(x) = – x2 + 6x – 2 et dérivable pour tout x réel.2 Ô y  x 2  2 x €Ì € 2 ÔÓ2 x .x  6 x .2 x  1  0 €Ì Óy  x 2  2 x x 1 € y3  3. g¢(x) = – 2x + 6 donc g¢(1)=4. elles sont donc confondues. u non . f est dérivable pour tout x 1 et f ¢ x   donc f ¢ 0  . La tangente T en A à P a pour coefficient directeur 1 . v non . Dérivation 55 . ABC est un triangle rectangle en A.6. donc le point B(2 . le rayon est r(t) = 26 mm donc t = 20 min. 3. f  x   2 x 3  x 2  4 x  5 convient aussi.2) > 0. 3. admette pour tangente en son point d’abscisse 0 la droite d’équation y = 4x – 5 il suffit que f(x) = 2x3 – 4x + 5. 3 2 Si x < . 4x2 4. Si x > 1. 67 1. f(1) = 0. f oui. x 3 61 1. on obtient les tableaux de variation suivants : x 0 – + + + fx 1 x 63 1. Comme BC2 = AB2 + AC2. • g¢(x) = 2x – 3 donc g ¢(1) = – 1.f  n 2.6  x -1 Si x < 1 et x ≠ 0. (A) vrai . Lorsque le diamètre est de 52 mm. donc le point C(2 .3. La tangente T¢ en A à P¢ a pour coefficient directeur – 1 . f(x) > – 3x – 6 donc la courbe est au-dessus de sa tangente en A. f (x) .2x . En utilisant les résultats obtenus au chapitre 2. 65 Posons f(x) = 2x2 – 3x + 1 et g(x) = x2 – 3x + 2. L’aire de la plaque est donnée par a t  › ¥ r t2  › 25  0. on obtient a ¢ 20 ª 8. f  x  . A (0 .05t. 2. 62 64 1. 35 27 2 2. 2.f  n ª f ¢ n.  est au-dessus de T. En développant (x – 1) (x2 + x – 2). • Si x > . 1) est aussi sur la tangente T. 3. la courbe est au-dessus de la tangente T. . – 6) car f  0  . T et T¢ sont orthogonales. T : y  .6. – 1) est sur T¢. 66 1. à 89 : voir corrigés en fin de APPROFONDISSEMENT 90 1.(x – 2) < 0. AB2 = 2.3 x . • f¢(x) = 4x – 3 donc f¢(1) = 1 . 2. Le coût marginal de la n-ième unité est f  n  1 . f (x) < – 3x – 6 donc la courbe est en dessous de sa tangente en A. T : y = x – 2. Si x > . Faux. x2 . 60 1.12 La tangente TA a pour équation y  .3 x . on trouve après simplification x3 – 3x + 2. Vrai 2. 2 mm2  min-1. (B) Faux voir 1 pour un contre-exemple.n  1 donc le taux de variation entre n et n + 1 f n  1 . Par suite.  est en dessous de T.2 f(x) . g(1) = 0 donc P et P ¢ passent par le point A(1 .1 ¥ (25  0. 3 2 x = correspond au point d’intersection de la courbe et 3 de sa tangente. AC2 = 2 et BC2 = 4.(x . La vitesse instantanée d’augmentation de l’aire est donnée par a¢(t) = › ¥ 0. la courbe est en dessous de la tangente T. Travail personnel Pour les exercices 69 manuel. f (x) – (x – 2) = x3 – 3x + 2 = (x – 1) (x2 + x – 2) = (x – 1)2 (x + 2). 0). Pour que la courbe représentative de la fonction f dérivable sur ⺢.1. – + –1 + + gx 0 x hx – + 2 3 + + Chapitre 3. x = 0 correspond au point d’intersection de la courbe et de sa tangente.3  x . − Si x < – 2. f est définie pour tout x 1. n  1 . À l’instant t en minutes.f  n est ª f ¢ n 1 Donc f  n  1 . 05t2 2. 05t ) Pour t  20. le rayon de la plaque est r(t) = 25 + 0. donc deux tangentes à Ha issues de P. comme h (x) – 2x  0 pour tout x.2ax 0  aa  0. • f (x) – 2x = (x – 1)2. 2) est bien un point commun aux trois courbes.2  5 € a  2 . C2 et C3 ont le même coefficient directeur 2. a Dans le cas où ab < a : a • a > 0. • a = 0. comme g (x) – 2x  0 pour 2 tout x. Le point S appartient à la tangente à  en A si et seulement les coordonnées de S vérifient l’équation y  2ax . D’où l’équation . ˜ . Remarque : ceci est aussi vrai pour tout point P de (Ox). Une équation de T est : y = 2 + 2(x – 1). C1 admet une tangente Ë 2 4¯ 2 3 parallèle à y = x d’équation y  x  . donc les trois courbes admettent la même tangente en A. b  . a > 0. 3. 4 Voir figure ci-dessus pour la suite de la réponse. a c. C3 admet une tangente Ë2 4 ¯ 2 5 parallèle à y = x d’équation y  x  . y - l’inconnue étant x0 et l’équation est à résoudre dans ⺢* car x0 0. • h (x) – 2x = (x – 1)2. la tangente à  passant par le point A a . Conclusion : • L’ensemble des points P d’où on peut mener une seule tangente à Ha est Ha.4 a . 2. f ¢(x) = 2x. En Á . x0 x0 92 1. En Á . a2  a pour équation y  2a x . g(1) = 2 et h(1) = 2 donc A(1 . ab  a € b  € P est au-dessus de Ha et a dans le demi-plan de frontière (Oy) situé à gauche de (Oy) . a a ax 2a  . y y= 91 1. il n’y a donc pas de tangente issue de P à (Ha).1  4 a .2  . C2 est au-dessus de T. P est sur (Oy) et il y a deux tangentes issues de P à H a. En Á0 . C2 admet une tangente Ë 2¯ 1 parallèle à y = x d’équation y  x  .2 (x – x0) c’est-à-dire y  . a. x0 x0 x0 x0 aa 2a 2. .a2 . f ¢(1) = g ¢(1) = h¢(1) = 2. • L’ensemble des points P d’où on peut mener deux tangentes distinctes à Ha est la partie du plan comprise entre les deux branches d’hyperbole (partie non hachurée) sans l’hyperbole. b. Conjecture : on peut tracer deux tangentes à  passant par S(2 . 3. Conclusion : les tangentes à  aux points d’abscisses 2 . g ¢(x) = x + 1. 2b b • Si ab < a (€ Δ > 0). comme f (x) – 2x  0 pour tout x. 2 56 2 x 1 –1 0 B P 1 2 x –1 A Région du plan où il n’y a pas de tangente à Ha issue de P. il y a une seule solution 2a a x0    a. ab  a € b  € P est en dessous de Ha et a dans le demi-plan de frontière (Oy) situé à droite de (Oy) . Le discriminant est Δ = 4a2 – 4aab = 4a(a – ab). 2 3 Ê 3 11ˆ • h¢ x   1 € x  . b. • f ¢ x   1€ x  . ˜ . a • a < 0. f (1) = 2. h¢(x) = – 2x + 4. a  ab € b  € P est sur Ha. 4 Ê 1ˆ • g ¢ x   1 € x  0. ˜ .a2 .5 et 2  5 passent par le point S(2 . C1 est au-dessus de T.a  a2 soit y  2ax . a. – 1). y y = 2x y = x2 + 1 1 3 2 y= 1 2 1 x +x+ 2 2 2 A y = – x2 + 4x – 1 1 1 2 O 3 1 2 x 1 Ê 1 5ˆ 5.5 ou a  2  5 .2.2  c’est-à-dire b x 02 .a2 € a2 . 1 • g (x) – 2x = (x – 1)2. 4. – 1). • Si a = ab (€ Δ = 0).1  0 € a . On en déduit que les tangentes en A aux courbes C1. C3 est en dessous de T. soit encore y = 2x. Pour tout a réel. • Si a < ab (€ Δ < 0). il y a deux valeurs distinctes de x0 solutions. u  x ¥  u ¢ x ¥ v  x 2 v  x 2 v  x b. 2) . 3. produit de deux fonctions dérivables sur D et sa dérivée est 1 – v ¢ x u ¢ x ¥ v x .u ¢ a  quand h tend vers 0. il vient d’après 1 1. 3 x  4  0. On peut. 1 2. il vient alors c  5. – 3) appartient à  donne . f n’est pas dérivable en 1. que pour tout x de D. Une équation de Td est y – 1 = 1(x – 1). il vient alors 27a  6b  c  2 .u a  h  ¥ u a ¥ u a  h h u a . Si 0 < x  1. si x > 1. Pour tout x  . Le coefficient directeur de la tangente en B à C est donné par f ¢ 3  27a  6b  c et le coefficient directeur de (BD) est 2 . x 2 95 1. A (0 . 3 3 pour tout x ŒI. elle va admettre une dérivée à droite et une dérivée à gauche. 96 On cherche une fonction f dérivable sur ⺢ dont l’expression est de la forme f x  ax 3  bx 2  cx  d .f  a  u a  h u a   h h 1 u a u a  h ¥ –  u a ¥ u a  h u a ¥ u a  h h 1 u a . f(x) = x = d(x) . Pour tout x Œ I . résoudre le système obtenu avec Xcasfr.u x ¥ v ¢ x  . 2].5 x 2  5 x est la 1 –1 0 1 2 3 4 5 6 7 x seule fonction dont l’expression est de la forme f x  ax 3  bx 2  cx  d qui vérifie les contraintes. 3 3.. ainsi f ¢ a   u a 2 Conclusion : la fonction f est dérivable sur D et – u ¢ x  f ¢ x   pour tout x de D.3 .458 . 4 94 1. par exemple. Avec les hypothèses de la propriété 7. 2]. u x   3 x  4 donc u ¢ x   3. 0) appartient à  donne d  0. a. elle a pour équation y  x  2. u est dérivable en dérivable en a et h tend vers . La fonction f les 3 mêmes variations que la fonction x a 3 x  4 . Donc f x  ax 3  bx 2  cx .414. format d’une feuille A4 : 1. donc g est dérivable x 1 sur [0. g x   f  x   . donc d est dérivable sur [1 . a. f a  h . Le coefficient directeur de la tangente en A à  est donné par f ¢ 0  c et le coefficient directeur de (AC) est 5 .f  a  – u ¢ a  tend vers quand h tend vers 0 u a 2 h – u ¢ a  . Sur [1 .3 . 1].     De plus. y y= Tg 1 x y=x 2 1 y=–x+2 0 1 1 1 f a  h . a.. Pour a et a  h appartenant à D et h non nul. 1] et "x Œ [0. d. ou encore y = x + 1. ou encore y = – x + 1. b. Les droites Tg et Td ne coïncidant pas.3  27a  9b  3c La tangente à  au point d’abscisse 0 a pour coefficient 3 directeur f ¢ 0  et passe par le point de coordonnée 4 3 (0 . 4 f est strictement croissante pour tout x  . f  x   . x b. Ainsi f ¢ x    2f  x  2 3 x  4 B (3 . v x2 1 u x  sur D est alors un  u  x ¥ La fonction définie par v x  v x  On dira néanmoins que f est dérivable à droite en 1 de dérivée fd¢ 1  1 et à gauche en 1 de dérivée fg¢ 1  . d ¢(x) = 1 donc d ¢(1) = 1. Dérivation 57 .2 donc g¢(1) = – 1. Chapitre 3. u a  h tend vers u a  quand h tend vers 0.1. x Une équation de Tg est : y – 1 = – 1(x – 1). 5 4 3 A 2 La fonction f définie par f  x   x 3 . g ¢ x   . 2] et "x Œ [1 . 4 y 6 pour tout x de D.u a  h b. f (x) = x. u x 2 2. Format de la couverture : 1.93 1. 1 c. f n’est pas dérivable en 1. u est dérivable comme produit de fonctions dérivables sur I et on obtient u ¢ x  2 ¥ f x ¥ f ¢ x pour tout x ŒI. Sur [0. a.3 . f définie par f x  est v x  v ¢ x  dérivable et f ¢ x  . 1]. donc R¢ est une fonction décroissante du rayon.a2 b  a . c’est-à-dire R ¢t   . b prend la valeur 1 + 0. b2  a2 . on trouve f ¢(t) = 3R(t)2R ¢(t). Donc le trapèze ABDC a la même aire que le rectangle de base [AB] et de hauteur [EF].1) ¥ 32  18. on trouve : 285 285 3R ¢t Rt 2  . x 2 . 2 a  b2  a2  b2  On trouve alors ¥ b . Pour les rectangles 4 G D 2 1 –1 0 1 A 2B 3 4 5 6 7 x 2. 7 6 B. 58  d. t  R(t) est une fonction croissante positive lorsqu’on gonfle le ballon.2 ¥ k . 3 3 4 Rmax 4 93  ¥ p ª 16. Pour tout m réel et tout réel x. Fin . L’aire du trapèze ABHG est donnée par  a2  b2  ¥ b . le petit triangle rectangle d’hypoténuse CF a la même aire que le petit triangle rectangle d’hypoténuse FD. le point de P d’abscisse m a pour coordonnées  m . le volume de 3 l’air contenu par le ballon est égal au volume d’air 4 débité par la pompe en t minutes donc pRt 3  190t .ab . a. L’aire du grand rectangle est b .1) ¥ 12  2  Aire  (3 . À l’instant t.ab2 .a   A  ¥ b . a  b ( a  b )2 c. GR prend la valeur GR + (b – a) ¥ b2 . tmax]. 98 A. L’aire du petit rectangle est b . Méthode des trapèzes 1.a .a  b .a b2 . b. t  R(t)2 est dérivable comme produit de deux fonctions dérivables et t  R(t)3 = R(t)2 ¥ R(t) l’est aussi pour les mêmes raisons. f t   d.a a2 .97 1. Finpour . 4 2 la longueur de cet encadrement est alors a  b2  a2  b2  ¥ b .2 ¥ (k – 1) . 2. 6 pRt 2 2p b. ainsi 2 4 2 a  b l’aire de ABDC est ¥ b . Par découpage et recollement. Pour a  1 et b  3.m2   ( x . tmax  p 3 190 3 190 3. La longueur de l’encadrement est 18 .2ab .a ¥ b . y 9 8 C   H C. GR prend la valeur 0 . GR.a2  b .b . Méthode des rectangles 1. Le coefficient directeur de la tangente à P au point d’abscisse m est 2m donc la tangente a pour équation y  2m x . (3 . on obtient 8  A  10 qui a pour longueur 2. Cet encadrement est plus fin que l’autre.b2 ˆ  b .a a2  b .2  16 .a . donc t  R(t)2 est croissante. donc f ¢t   . Si R est dérivable sur [0 . 2. En reprenant le résultat de l’exercice 86 .a    4 4 5 3  e.a  ¥ 2 b.a a2  Aire  b . Donc on obtient b . a.a b2 . 285t 190t 285t  . Pour a = 1 et b = 3.m2.2mx . Donc F . Pour tout m réel. Algorithme et programmation a.m  m2 soit y  2mx . La longueur de l’encadrement est b . F est le milieu de [CD].a .a  . L’aire du trapèze AGHB est b . 3. 07 min. PR prend la valeur PR + (b – a) ¥ a2 .a b2 . k du type nombre Début PR prend la valeur 0 . 285 1 On en déduit que t  est une fonction 6 p Rt 2 décroissante.a Á ˜¯ Ë 4 2 3 b . m2  . Afficher (PR  A  GR .a 2 4 2 2 2 Ê 2a  2b .m)2  0 donc la courbe P est au-dessus de cette tangente. pour k de 1 jusque 10 faire a prend la valeur 1 + 0. PR. En identifiant les résultats des questions a et b. 4 2p 2p c. Le volume en litres d’une sphère de rayon R est 4 3 pR où R est en décimètres. 4 variables a. 2ab . 100 Pour tout a réel non nul.1  a .a pour a 2 1 1 équation y  .12 « y = f(x) passe par A(3 . .1) a2 . GT prend la valeur GT + 2 Finpour .a  .c  3. Afficher (PT  A  GT  . Cette tangente coupe l’axe des abscisses en B(2a .x   2 a a a En utilisant par exemple la commande résoudre de Xcasfr :   Le point E intersection de ces deux droites a pour a2 .2 ¥ (k – 1) .1 coordonnées . a  b2 PT prend la valeur PT + ¥ (b . c  4a ÔÔ. 0) appartient à la tangente à la parabole d’équation y = x2 au point d’abscisse t.1  b2 Donc il existe a réel non nul tel que b = c . Ó Ce qui est équivalent à a2 . Le point M (1 .2 ¥ k . GT prend la valeur 0 . « La courbe admet en A une tangente horizontale » signifie f ¢(3) = 0.1 a2 . Les rectangles avec Xcasfr  d’équation y  . .  x . 2) » signifie f (3) = 2.12 km de la maison.b. la tangente à l’hyperbole en A d’abscisse a a pour équation y  - 1 2 x . 1 La tangente à la parabole au point d’abscisse .3a  3 Ì Ô b  2 . 4  a2  b2  ¥ b . Lorsque le train est au point de coordonné (2 . 4). Il est alors à une distance d= 2 . Pour les trapèzes variables a. k du type nombre Début PT prend la valeur 0 . 1 Ô3a  b  2 c  2 Ô c On obtient donc le système ÌÔ a. 2a 102 Le train est représenté par le point T de coordonnée (t .0 4 Ô a . a2 a Chapitre 3.1 donc E appartient à la droite 2a  c. Dérivation 59 . b = 7 et c = – 4. Soit b un réel tel que E (b . ). t2). 0) et 2 l’axe des ordonnées en C(0 .b 2 1  b2 b€ 0€  2a 2a 2a 2a Les trapèzes avec Xcasfr € a  b  1  b2 ou a  b . la tangente à la parabole au point d’abscisse a a pour équation y  2a x . Le coefficient directeur de la tangente est donné par le nombre dérivé en t soit 2t et on cherche pour quelle(s) valeur(s) de t il est égal au coefficient directeur de la t2 .a ) .1 c ÔÓ 2 donc a = – 1. a L’aire du triangle OBC quand A décrit H est égale à OB ¥ OC  1.a  a2 .12  ( 4 . droite (MT) pour t 1 soit t -1 2 t D’où  2t qui a pour solution t  0 ou t  2. x -1 f est dérivable sur ⺢ \ {1} et f ¢ x   a - 99 Posons f  x   ax  b  c . b. Montrons qu’il la décrit intégralement. b prend la valeur 1 + 0. ses phares éclairent directement la maison.1.3a . t -1 t = 0 correspond au train qui est à la gare. « La courbe admet en B(2 .0)2  17 ª 4 . f (2)) une tangente parallèle à la droite y = 3x + 2 » signifie f¢(2) = 3. 2 101 Pour tout a réel non nul.1 . GT. pour k de 1 jusque 10 faire a prend la valeur 1 + 0. PT. 8 au point A dont l’abscisse par lecture graphique est égale à 12. B(0 . 26) et A(1. schéma). i . On obtient alors d = 7. Appelons (x0 . 60 A J O I 5 La distance minimale où peut se placer Alexis pour voir le haut du bâton correspond à la position du point A telle que la droite (AB) soit tangente à la parabole en M0. j  (cf. Une équation de la tangente en M0 est : y = y0 – 2x0(x – x0) soit encore y  . 26). Dans ce cas de figure. La droite (AB) aura donc pour équation y = 26 – 2x. ce qui donne d ª 7 m. à droite de (Oy).2 x 0 x  2 x 02  x 02  25 .80 . y 26 1m B M0 B M0 25 m y = x2 + 25 –5 A y = 1. Cette tangente passera par B(0 .x 02  25 . 26) si et seulement si 26  x 02 .103 a. Cette tangente coupe la droite d’équation y = 1. d + 5). Dans le repère O . on choisit x0 = 1.8 = 26 – 2(d + 5). r r b. on mène la tangente à l’arc de parabole situé dans le demi-plan de frontière (Oy). 5] et par le point B(0 . soit x0 = 1 ou x0 = – 1.2 x 0 x . y0) les coordonnées de M0.8 J –5 O I 5 d = 7 12 x On trace la parabole d’équation y = – x2 + 25 sur [– 5 .1 m en écrivant que les coordonnées de A vérifient 1. . x2 7 . ii. d.1 x .3. Non 2. c.6 x  4. 59.3. Sens de variation d’une fonction 61 . 0[ » ] 0 .3. x Signe de f ¢ x  -  . f ¢(a) = 0 pour a ª . 59 0   Chapitre 4.0. .  [ et f ¢ x   . f ¢(a) < 0 pour . . f ¢ 4  102 3.0. f ¢(a) > 0 pour a  . f ¢ a  est le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse a. a.0. 2.4 Sens de variation d’une fonction Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 f¢(– 1) = 0 f¢(2) = – 2 f ¢(0) = 2 f ¢(1) = 0 2 a. f  x   x  x . iii. f ¢ 2  42 . h3  h 4  d. 4 a. f est dérivable sur ] . 5]. 41 0 - .3[ » ] . f  x    x  12 Activité 1. f ¢ 0  6 . 59.  [ et f ¢ x  x  32 3 1. 2 x 3  4. f est dérivable sur ]0 .0. 3 b. b. Dérivée et variation avec GeoGebra 1. f est dérivable sur ⺢ et f ¢ x   3 x 2 . h . Non b. 5]. a. 41 ou a ª . 3x2  6 x  1 b. 41 ou a  . Sur l’intervalle [– 3 . 41  a  .2 : la forme factorisée. f est dérivable sur ] . . 3.3. h admet pour minimum – 1 atteint pour x = 1. 59. h admet pour maximum 5 atteint pour x = – 3 ou x = 5 sur [– 3 .3  h 0 c.3 .  [ et f ¢ x  - c. i. a. La conjecture ne fonctionne pas pour les extrema situés aux extrémités de la courbe. la fonction f est décroissante. 66 Variations de f ª . b. Première courbe : maximum pour a = 1. 2[.4 . 4. le signe de f ¢(a) est celui du coefficient directeur de la tangente. f semble strictement croissante sur cet intervalle car les tangentes ont des coefficients directeurs positifs. Les variations de f sont déduites du signe de sa dérivée f ¢. 62 . Extremum et dérivée A. a –3 f ¢(a) 5. 3. x f ¢(a) 0 2 4 –2 0 2 2. f ¢(0) < 0 et f ¢(4) > 0 .3. et b. Voir activité 2. 66 d. x – 2 6 +∞ 4 g –3 Activité 3. 2.- c. 1. a. x . a. 59 - 0 0   ª 6. L’ordonnée du point M peut être lue grâce à la courbe G mais c’est aussi la pente de la tangente à  au point A. Activité 2. b. Pour toutes ces valeurs de a.0. le nombre dérivé semble nul. Dérivée et sens de variation 1. f est dérivable comme fonction polynôme définie sur ⺢. • f ¢(a) < 0 pour a ∈]– 1 . par exemple sur la première figure le minimum est atteint en x = – 3 et le nombre dérivé en ce point vaut environ 3. minimum global pour a = – 2. 6. a –1 + 0 –3 2 – 0 –1 5 + 2 5 4 5.5 –2 – 0. a. b. f semble strictement décroissante sur cet intervalle car les tangentes ont des coefficients directeurs négatifs. a f ¢(a) – 2. 41  Signe de f ¢ x  . Si f¢(a) > 0 sur un intervalle. Si f ¢(a) < 0 sur un intervalle.6 >0 >0 <0 <0 >0 >0 4.5 f 0 1 b. Deuxième courbe : maximum pour a = 0. – 1[ ∪ ]2 .5 1 3 4. Pour aller plus loin a. c. • f ¢(a) > 0 pour a ∈[– 3 . 5]. Si la courbe d’une fonction f admet un extremum global en a. Sur un intervalle où la courbe G est en dessous de l’axe des abscisses. minimum pour a = 4 (on ne tient pas compte des extrema locaux). alors f¢(a) = 0. 6 possède deux solutions dans [0 .6 possède une solution dans [0 . Pour aller plus loin D’après la question B. Deuxième contre-exemple : on peut avoir un extremum local . TP1. 6] En effet V est strictement croissante et sans rupture sur [0 . De même V est strictement décroissante et sans rupture sur [4 . 4]. Sens de variation d’une fonction 63 . B. traçons la droite d’équation y = 21. 4] et V  0  21. 2. 6]. Ainsi V(x) = 21. or AM = AN = x et AP = 6 – EP = 6 – x d’où V(x) = x2(6 – x) = – x3 + 6x2.6 cm3 pour 2. 1. Chapitre 4. a. 1. x 0 4 V¢(x) 0 + 6 0 – 32 V 0 0 5. Premier contre-exemple : les cas de la question 2.4 et b ª 5. 2. Donc l’équation V(x) = 21. V(x) 30 1/10 du volume du cube 5 0 a 1 4 b 6 x 7. Un volume maximal 2. Conjecture : le volume maximal semble être 32 cm3 Le point M de [AB] est tel que AM = 4 cm. 3. f ¢(x) = 3x2 donc f ¢(0) = 0 mais le point O n’est ni un maximum.2 environ. on sait que x 0 V¢(x) 0 4 + 0 6 – 32 V 0 0 Le volume du cube est 216 cm3. 6.B.4  x  5. la courbe admet un minimum local en x = 3 (avec un nombre dérivé nul). 3.6. V(x) = AM ¥ AN ¥ AP. Troisième contre-exemple : f (x) = x3. Le volume est maximal pour x = 4 et vaut alors 32 cm3. V(x) sera supérieur ou égal à 21.2. ni un minimum pour la courbe de f. 6  V  4 . 6  V  6 ainsi V(x) = 21. dans la première figure de la question 1.6 possède une solution dans [4 . V¢ = – 3x2 + 12x = – 3x(x – 4). Par lecture graphique : a ª 2. 6] et V  4   21. La réciproque serait : si f ¢(a) = 0 alors la courbe admet un extremum au point d’abscisse a. et 4. Volume du cube = 63 = 216 cm3. Avec la calculatrice. B.1. a. Donc 4 x 2 . DM  x 2  x 2 .14 x  18. d est dérivable sur ⺢. Distance d’un point à une courbe A.6 0 0 On en déduit que pour tout x Œ[a . le volume V(x) est supérieur ou égal au dixième du volume du cube.1 4 x 2 . La solution b de V(x) = 21.16 ¥ 18  0 . b ]. Ainsi étudier le signe de d ¢ x  équivaut à étudier le signe de  x .18 x  9 . La distance DM est minimale lorsque M(1 . Pour tout x réel.1  2 x 4 .14 x  18 est du signe de 4  0. 4 x 2 . 4]. De même.18 x 2  32 x . 3.18  x . b.6 est b ª 5.39 à 10–2 près dans l’intervalle [0 .6 x 3  16 x 2 . D’où d ¢ x  4 x 3 . 1. D’où : x Signe de d ¢ x  - 0 Variations de d d(1) = 2 64  1 -  . Pour que d ( x ) soit minimale il faut que d ¢ x   0 car d est définie et dérivable sur ⺢.14 x  18 est un trinôme du second degré dont le discriminant est 14 2 . 2). TP2. 6]. On en déduit le tableau suivant : x 0 a b 4 6 32 21.3 x  4 .6 est a ª 2. Et l’équation d ¢ x   0 n’a qu’une seule solution : x  1. 2.6 f(x) 21.2 à 10–2 près dans l’intervalle [4 . La solution a de V(x) = 21. 07v 2  v  4 2 14 400 . d = v . Utilisation de la calculatrice par les élèves. 2.  252 Á ¯ Ë 7 ¯Ë 7 v  0 et v 20 È 1300 ˘ Ê1300 325ˆ  ª 7. s -1  m . h–1 correspond à 90 ¥ 3 600 Chapitre 4. a. vmax  ª 989 (voitures) Ë 9 ˜¯ 9 1300 m .v 2˜  252 Á .v 2˜ Ë 252 ¯ Ë 7 ¯ Ê 20 ˆ Ê 20 ˆ . Donc un vecteur directeur de la tangente T est Á ˜ . DM a les mêmes variations que d. Faire sauter les bouchons 1. vmax = 130 km . DÁ e. Ë – 1¯ On remarque alors que T et (DM0) sont perpendiculaires. 56 Œ Í0 . Le point M0 qui réalise la distance minimale a pour coordonnées (1 . c’est-à-dire 25 m . Ë1¯ Ê 1ˆ La tangente T à  en M0 a pour coefficient directeur f ¢1  -1. 3 600 36 3 600v È 1300 ˘ sur Í0 . TP3.v˜ Á  v˜ .D’après la propriété 8 page 56 du manuel.252v 2  0. Ainsi la distance DM est minimale lorsque d(x) est minimale. h–1 = 130 000 m . c’est-à-dire km . f(1)) soit M0(1 . h–1 soit km . Á ˜ d’où : 36 ˙˚ Ë 36 9 ¯ 7 Î 20 7 0 D ¢(v) + 0 325 9 – a D 0 b avec a ª 1 749 et b ª 989. a. s–1. Dv   0. 2). Ê14 400 ˆ Ê 400 ˆ N v   252 Á . Le débit maximal est atteint pour v  m . or une heure vaut 3 600 s donc : 130 000 1300 vmax  m . on prend t = 3 600 s donc d = 3 600 v.14v  1 ¥ 3 600v  0. c’est-à-dire pour x  1. Débit  nombre de voitures par heure   l l d. 07v 2  v  4 36 ˙˚ Î D ¢v    3 600 0. 0. d 3 600v c. le signe de D¢(v) dépend du numérateur. h–1. h–1. Nombre de voitures  distance totale d  longueur de la voiture  écart l b. 20 20 3 600 72 d. 07v 2  v  4  . b. en transférant cette donnée dans l’équation obtenue en c. Sens de variation d’une fonction 65 . c. 07v 2  v  4 2 Le dénominateur étant strictement positif. uuuur Ê1ˆ 4. on obtient la formule de l’énoncé. ¥ 7 7 1 000 7 325 Ê 325ˆ . t. h–1 d’où v ª 27 km . s–1. 90 km .  = L + Cv2 + tRv. s–1 or D(25) = 1 237. h-1. (dénominateur non nul). D’après les données. Le vecteur DM0 Á ˜ est un vecteur directeur de la droite (DM0). L’augmentation de débit est de TP4. plus le débit est important. B.42 Si M œ[ AB. Si M Œ AB . BM  4  x et f x  1  x 21  x  42. h–1 (ce qui sur autoroute arrive assez souvent). AM  x  0. 2. Avec un logiciel de calcul formel A. le produit 1  AM2 1  BM2  est minimal.1 et f x  1  x 21  x .989 ¥ 100 %. Si M Œ AB 66 .12. c’est-à-dire environ 25 %.1237 . si M Œ AB D’où le tableau de variation de f : x 1 2 0 - Signe de f ¢ x  0   25 16 Variations de f Si M œ AB . D est décroissante pour v > 27 km . BM  1  x et f x  1  x 21  x  12 . Conclusion : lorsque M est au milieu de [AB]. D’où le tableau de variation de f : x  0  Signe de f ¢ x  Variations de f 2 3. 989 f. BM  x . BM  x . Il faut distinguer deux cas M Œ AB et M œ[ AB). Si M œ[ AB. 1. donc moins on roule vite. 1 Pour a  . Si M Œ AB . 2 1.4 et f  x   1  x 21  x . 32 0 - Signe de f ¢ x  0  17 0  32 2 - 0  25 Variations de f 16 16 Si M œ AB .D’où le tableau de variation de f : x .3  2 ou 3  2 . x  0  Signe de f ¢ x  Variations de f 17 2. BM  x . Sens de variation d’une fonction 67 .2a2 si M œ[ AB. BM  2a  x et f x  1  x 21  x  2a2 . Si M Œ AB Chapitre 4. Conclusion : le produit est minimal lorsque M a pour abscisse (. 1. C. Si M Œ AB .2a et f x  1  x 21  x . 1  a et a2 . Si a  1. le point M qui rend le produit minimal a pour abscisse – a2 . l’équation .1  a a 1  2a 2 0 - 0   a 4  2a2  1 Variations de f 4 a2 4 a2 Si a  1. a  x  0 pour tout x  0 et pour tout a  0. 68 .1  0 n’a pas de solution réelle. l’équation x x2  2ax .4 .D’où x  0  Signe de f ¢ x  Variations de f 1 + 4a2 Si M œ AB . Si a  1.1  a 0 - Signe de f ¢ x   0 a2 .1  a .1  a . .1  a ou a2 .x 2  2ax . Et : x – a2 .1 est un trinôme du second degré dont le discriminant est 4 a2 . x 0  a - Signe de f ¢ x  0  5 Variations de f 4 Si a  1. l’équation .x 2  2ax . le point M rend le produit minimal a pour abscisse a. 0 - Signe de f ¢ x  Variations de f 1  a 0  4 a2 4 a2 Conclusion : Si a > 1.1 = 0 admet deux solutions – a2 .1  0 a une solution 1.x 2  2ax . 2 + 0 2 -1 0 – – 0 1 + + Variation de f : x 2 -1 0 1 1 1 f 2 2 -2 TP6.2 r R 2pr 3 . p Chapitre 4. p V .x 2  1 . 1. f ¢(r) < 0 .2 y . 1]. NC = 1. Dans le triangle MCN rectangle en C.2 x . f ¢ x    x  12 N x   x 2  2 x . Sens de variation d’une fonction 69 .x donc d’après le théorème de Pythagore. a.2   x  1 .y et MC = 1. N sont alignés. b. 2. Signe de N(x) : x – N(x) -1 . La longueur MN est minimale lorsque l’abscisse de T est environ 0.y2 d’où 2 xy  2 . AT = AB et ABM et ATM sont deux triangles rectangles en B et T respectivement. Étudier une fonction rationnelle 1.TP5. T. f  x   . La casserole la moins chère Soit h la hauteur de la casserole. l’aire de la casserole est égale à : pr2 + 2prh. on tire h  V .  r2 V .1   x  12 . TM2 = AM2 – AT2 = AM2 – AB2 = BM2 ainsi TM = BM = x.2  x  1  2 . c. h r Comme V = pr2h. et x 1 x2  2x . Donc MN  x  y  x 1 x2  1 d. 1 x x2  1 .y 2 On obtient alors MN2  x  y2  1 . r 2V 2V alors f ¢ r   2 pr .x 2  1 . pr 2 Donc l’aire de la casserole en fonction de r est égale à : pr 2  Posons f  r   pr 2  • Pour 0  r  3 • Pour r  3 2V . MN2 = NC2 + MC2  1 . f ¢(r) = 0.x D’où y  car 0  x  1 donc 1  x 0 .V  .1 . définie et dérivable sur [0 . AM est l’hypoténuse des deux triangles donc d’après le théorème de Pythagore.7. De même on montre que DN = NT = y donc MN  x  y car M. 3 x 3  2 x 2 . p p Dans la pratique. La fonction f utilisée a pour expression f x  x 4 . la hauteur de la casserole est supérieure à son rayon. croissante au voisinage de x1 et que les tangentes en x0 et x1 ne soient pas horizontales.3 . À la ligne 6.1  4 4 11 1 11 37 -1  4 4 4 16 169 8 5 721 1024 état 3 37 16   b. La 4e ligne permet de réordonner x0 et x1 en les permutant si x0 > x1. pour que le programme fonctionne. variable état 1 état 2 x0 1 1 x1 3 g(x0) g(x1) xm g(xm) –6 11 4 –6 34 21. 5. On veut dont que la fonction f soit décroissante au voisinage de x0.5 x  4.V . que celui en x1 est positif et que les coefficients directeur sont plus grands que eps = 10–9. 3. on vérifie que le nombre dérivé en x0 est négatif. 4. Il faut. 70 .05916635343 qui semble être la valeur pour laquelle la fonction admet un minimum. p V 3 p V pr 2 h € r3  € r  h pour r  0. une valeur de x0 choisie dans un intervalle où la fonction f est décroissante et une valeur de x1 choisie dans un intervalle où la fonction f est croissante. le programme regarde la plus forte pente entre celle de la tangente en x0 et celle de la tangente en x1. r 3 TP7. 1. À la ligne 5. f ¢(r) > 0. p D’où le tableau de variation suivant : • Pour r  3 r 0 f ¢(r) 3 – V p + 0 + 3V V 3 p f(r) La casserole la plus économique est celle dont l’aire est égale à 3V V pour r = 3 . Algorithme de descente A.125 1 11 3 . a. Le programme retourne la valeur 2. 2. Si les pentes des tangentes en x0 et x1 sont presque horizontales. x1] a partir de x0 et on attribue cette 4 valeur à xm. C’est une valeur approchée de la valeur pour laquelle la fonction f admet un minimum. on avance de de la longueur de l’intervalle [x0 .3 . 2 x  3x  2  2 x 2  7 x  6 8 Soit f  x   x  5 x 2 . 18 1 a pour dérivée d.1[ .2 ¥ E X  . .  [ et dérivable sur ]0 . 5 est le coefficient 2 x directeur de la tangente à la courbe d’équation y  x  5 x 2 . ENTRAÎNEMENT 14 1.4[ » ]2 . Attention il faut alors choisir une autre fonction pour le tester.2x  4  0 € x Œ] . Sens de variation d’une fonction 71 . 2 3 1 . b. .3  2 x 2 .2 ¥ x  0 € x  3. x1] a partir de x1 et on attribue cette 4 valeur à xm. rechercher un maximum pour f équivaut à rechercher un minimum pour – f . 3. . 5 x . 2. 1 Si la pente la plus forte est en x1. f¢(– 4) < 0 < f¢(– 1) . on remplace x1 par xm. il faut une dérivée positive sur ]–  . On ne peut pas comparer f(– 3) et f(0).5) On ne peut pas comparer f(– 2) et f(3). f¢(– 5) < 0 < f ¢(5). On reste ainsi dans les conditions d’entrée dans la boucle. 0[ et positive sur ]0 . 2 x .2x . 3. g(x0)  0.et t Œ[p ..1. x  32 x .2 ¥  0 ¥  1 ¥  4 12 3 6 ou sin t  - 2 x 2 h¢ x   6 x 5 3 k ¢ x  1 x2 2 3 4 f ¢ x  6 x  4 d’où f ¢ x   0 a pour solution . . 1 Si la pente la plus forte est en x0. De même sur ] . 15 Voir le corrigé page 343 du manuel Math’x. B. 9 (AB) est orthogonale à (AC) en A € 3 ¥ 2 . 8. Exercices SANS CRAYON ET SANS CALCULATRICE 1 g ¢ x   3 x 2  11 cos2 t  sin2 t  1 d’où sin2t  1 3 . x = 2 et x = – 4. On regarde la pente de la tangente au point d’abscisse xm si elle est positif.4 x au point A1 . f¢(3) < 0. f est définie sur ] . fonction dérivable sur ⺢*.4 et V Y  . . 2p ] donc sin t  2 2 1 5 1 1 12 E X  . s’il est négatif. 6 g est dérivable pour tout x réel.  [.Puisqu’on est entré dans la boucle « tantque ». et g ¢ x  9 x 2  16  0 donc g est strictement croissante sur ⺢. 2. 17 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x.   [. f¢(– 1) > 0 .4 donc f ¢1  6. 10 . 16 1. 6. Or cost  . f¢(x)  0 pour tout x Œ] . 2. Chapitre 4.1 . 7 a.8 x  6 c. . Sans rien modifier.  [.2 x  5 y  0 3 3 donc sin t  2 4 13 E Y  .4 x définie sur [ 0 . + [. 7. on remplace x0 par xm.1[ » ] .  [. 1 f ¢ x    10 x . on recule de de la longueur de l’intervalle [x0 . f(4) > f(– 0. le programme retourne la moyenne des valeurs x0 et x1.22 V X  4 .1  2 x 2  5 x . La dérivée s’annule 3 fois pour x = – 3. f ¢(x) = 6x – 4. x x 2  2 x . 3 – –5 + f 1 0 f b.2 x 3  8 x  . f ¢ x   x – – + f ¢(x) + 0 x 2 3 f ¢(x) – 0 + f f¢(x) 21 a. f ¢ x   2 - + 0 f ¢(x) 2 0 x 20 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x.5 2 .12 – – 0 m + + . fonction dérivable sur ⺢.4 2 2 x . 22 a.4 2 5 f(x) + b. f ¢ x   – + 2 5 f ¢(x) f b.3  x  1 x .2 2 5 x 2 . Par élimination.3 x2 - f ¢(x) 2 – 5 x b.2 a pour dérivée b. + [ et s’annulant en 0. f ¢(x) = 3x2. 0[. f ¢ x   + 0 –1 f ¢(x) 19 a. négative sur ]0 .4 x x 2 - + 0 – x4  4x2  2 2 f ¢ x  .  x 2  12 f ¢(x) – – – x b.2 x .3 .2 x x  2x . 2 x .  x . f ¢ x   1 - + 1 + 1. il faut une dérivée positive sur ]–  .   x .12  x .1 2 x D’où x 0 pour tout x  0. f ¢ x   1.x 4 .2 x 2  5 f(x) f ¢  x  . + [. fonction dérivable sur ⺢*. x2 + 1 > 0 donc f¢(x) est du signe de – 4x d’où . 5 5 0 2 – 0 – 1 4 + f¢(x) f(x) + + + x-2 x3 + 0 f(x) b.1)2 x 6 2 x . f ¢ x   0 3 2 25 a. f ¢ x   0 sur ° .5 + 10 – f ¢(x) 72 2 –6 2 x f .4x3 x . 3 1 2 0 – 24 a.22 x  1 . f ¢ x  2 3 + + – f + 0 .3 x  3 – x f ¢(x)  f 2 .32 x .4 2 .2 –2 -4  2  2 2 + 0 – – 0 + .2 2 x . 0[ et sur ]0 .1 2  2  x . il faut une dérivée négative sur ]–  .4x   1 or pour tout x réel. 3 a pour dérivée a. f x  . 4 a pour dérivée c ! 23 a. f x  - 0 2 x .2 d’où : x - f ¢(x) –2 + 0 0 – 0 + 10 f (x) 0 – + + 5 2 – 0 – - 9 2 2x2  8x  7 = 2 2 x  4  2 x  22 -4 . g(– 5) = – 65 et g(2) = – 16. 3 f x  2  4-x Donc f(x) = 2 + 3 × x 1 avec u(x) = 4 . 1 . +∞ 31 1. 29 1. x –∞ x2 .b .2 x  3 = u x avec 2.˜ Á x . Pour tout x 4. Les valeurs des extrema locaux étant très proches. f ¢(x) 27 a. ˙ .9. on peut choisir ymin = 0. 23 8 b. 0[ car f(– 3) ¥ f(0) < 0. pour tout x Œ . 2 . Donc. a. – m u(x) = 4 . a. 1 . c. b.x 32 1. f(x) 28 a.1.12 1 +∞ D’où x g¢(x) 2 - -2 + 0  2 – 0 + 16 g(x) – 16 2 b. u  x –∞ 4 30 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x.2x  3 a –8 – f(x) Pour tout x réel. 3. c. 535 .2 x  3. et b. On étudie un f  x   x 2 . Î2 2 ˚ 35 . 2.m  f( On obtient le tableau de variation suivant : 5 ) ª . 5 x 26 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x. f ¢ x   3 x 2 . 3[ car f(– 8) ¥ f(– 3) < 0. d. 0 . a. a. x u x  x 2 . L’existence de a et b ne peut être correctement justifiée qu’en utilisant le théorème des valeurs intermédiaires qui est au programme de terminale.5 . Ë 6¯ Ë 6¯ 2.c  et d  . la courbe semble correspondre à une fonction strictement crois1˘ È È3 ˘ sante sur Í. D’où f(x) – +4 a- f (x) u x   7 6 b 0 + 0 10 – 33 1. f ¢ x   0. e.x 0 3 Nombre de solutions 1 1  u  x 4 . –8 –1 1 0 2 2 + 3 1 2 3 • a Œ ]– 8 . En utilisant les résultats du chapitre 1 : x - 3 4 5 6 –2 + 0 0 + b d f a + c 103 109 107 111 .6 x  12 5ˆ Ê 7ˆ Ê f ¢ x   3 Á x . + [ donc la fonction f définie par f  x   2 x  3 est strictement croissante sur [0 .0.2 . 4˙ . ymax = 1. Pour « voir » les extrema locaux. u(x) > 0. Sur l’écran de la calculatrice.˜ . • b Œ ]– 3 .x. elle semble constante 2 Î ˚ Î2 ˚ 1 3 È ˘ sur Í . g ¢ x  3 x 2 . La fonction racine carrée est strictement croissante sur [0 . + [. ˙ et sur Í . D  1 d’où 2. elles n’apparaissent pas à l’écran. 4 108 108 4 b. .65  g( x )  16. g(5) = 65 et g(–2) = 16. Donc pour tout x Œ . b.2 . . 5. 65].4.1x 2  4 x  4  x 3  3 x 2 .16[ » ]16 .16  g x   65. . 2. l’équation g(x) = m admet exactement 1 solution.1x  22 . Sens de variation d’une fonction 73 . Pour m Œ [ . Pour tout x réel. f ¢ x  x 3  3 x 2 . Pour tout x réel.1x  22  x .  x  22  0 donc étudier le signe de f ¢ x  revient à étudier le signe de x – 1. De plus x . 34 1.65 . Chapitre 4. Donc f ¢ x  x . . .4  f ¢  x . 3. f(– 20) = – 9 198 et f (30) = 24 302. 4]. Pour s’assurer de trouver la solution voulue. 3 4. 35 1.2 . une dans l’intervalle [1 . 3 4 3. La condition f b  ¥ f  a   0 n’est pas vérifiée. 3. c. 0. 0 est l’arrondi par défaut à l’unité de la solution de f(x) = 0. f(– 4) = 18 et f(4) = 114 donc l’équation f(x) = 0 a exactement 2 solutions : une dans l’intervalle [– 4 ..20 . il ne trouve pas la solution car f(3) = f (0) = 2. l’équation f (x) = m a une seule solution. 4 3 Pour m > – . 36 A. il faut lui donner des valeurs de a et b telles que [a . 2. Pour tout x Œ . l’équation f(x) = m a deux solutions : une 4 plus petite que 1 et une plus grande que 1.D’où x - + 1 – f¢(x) 0 f(x) – + Pour a = 0 et b = 3 le programme n’affiche rien. D’où : x - f ¢(x) 0 + f (x) 0  2 – 0 + 2 –2 b. 3 Pour m = – . la fonction f est monotone et contenant la solution c’est-à-dire tel que b  ¥ f  a   0. f est dérivable sur ⺢ comme fonction poly- nôme et f ’ x  3 x 2 .6 x  3 x x . b] soit un intervalle sur lequel. a. 1]. Avec la calculatrice 1. Par lecture graphique. Pour tout m < . l’équation f  x   m n’a pas de 4 solutions. f. 20  0  f 0 .5. 2.1 près par défaut est 0. f est strictement croissante La solution de f(x) = 0 à 0. et f  . 4. Pour tout x Œ 0 . . f est strictement décroissante et f 2  0  f 0 . . 30. Pour tout x Œ 2 . d. Voir sur le site www. Xcasfr nous retourne : a = 2. a. 2. 30].732052564621et b = – 0. une solution existe. Lorsque f b  ¥ f  a   0. Pour a = – 20 et b = 30. f b  et f  a  sont de signe contraires. une dans [0 .01 près par défaut est 0.59.com e. 74 La solution de f(x) = 0 à 0. Algorithme 1. 2. est la moyenne de a et b .didiermathx. ab b. c. Xcas nous retourne : a = – 0. c’est « le milieu de a 2 et b ». Donc l’équation f(x) = 0 possède 3 solutions une dans [– 20 . Pour que deux antécédents encadrent la solution il faut que leurs images soient de signes contraires.732047080994. Pour a = – 20 et b = 3. B.73205518723. 2] et une dans ]2 . Cet algorithme recherche les solutions de l’équation f(x) = 0 en prenant en entrée deux valeurs. f est strictement croissante et f 2  0  f 30 . k nombres ENTRÉES : saisir x0 TRAITEMENT : Pour k de 1 jusque 8 faire Si f(x0) ≠ 0 alors Tantque f(x0) × f(x0) + 10−k > 0 faire x0 prend la valeur x0 + 10−k FinTantque FinSi FinPour Sortie Afficher x0 .73204922676 et b = 2. . VARIABLES : x0. a et b telle que f (a) et f(b) soient de signes contraires ce qui assure que pour une fonction polynôme qui est définie pour tout x réel. 0[. – 1 et 0. 37 1. V ¢ x  est un trinôme du second degré. 9. 4. On peut par exemple résoudre avec un logiciel de calcul formel l’équation f (x) = 0. V ¢ x  0.15. V (10)  20 ¥ 25  500 Les deux valeurs de x sont donc égales à 1. 488  500  517. Les valeurs approchées des solutions de g(x) = 0 obtenues sont donc – 2. Le fabriquant choisira x = 10 cm car la surface en carton de la boîte a alors pour aire 400 cm2.09885 .53266 et 0. V est strictement croissante sur [0 . 9 donc 1. Pour tout x Œ 0 . V ¢ x  0.3. 3  x  1. D’où 4. On peut par exemple avec Xcasfr utiliser cet algorithme avec x0 qui prend à tour de rôle les valeurs précédentes. Pour 5  x  15.3 cm à 10 -1 près et 10 cm.62 cm2. Les arrondis à l’unité par défaut des solutions sont – 3. b . 4. La droite d’équation y = 500 coupe la courbe en deux points distincts.3. alors que pour x = 1. g est dérivable et g ’ x  2ax  b. l’aire est de 857. – 0.5 litre.29816. il en résulte que : Pour 0  x  5 . 38 Pour tout a . a. 5] et 1. 3 ª 488 et V (1. 4 ) ª 517. Donc il y a deux valeurs de x qui permettent de fabriquer des boîtes de lait de 0. c réels avec a 0 et pour tout x réel. x 0 V ¢(x) 5 + 0 15 – 1 000 V(x) 0 0 3. b. 2x  215 .15. AD  30 . nous obtenons AB  15 ..x. AB  x  EF  x  30.x 2 pour tout x Œ 0 .x  Le volume est alors V x  AB ¥ AE ¥ AD  2 x 15 . comme AB  EF. Sens de variation d’une fonction 75 . 2.60 x 2  450 x V ¢ x  6 x 2 .120 x  450  6 x . x  2ax  b est une fonction affine strictement b d’où croissante qui s’annule en 2a x g¢(x) g(x) - - – b 2a 0 + +  2ba g- Chapitre 4. V  x   2 x 3 ..5x .15 Si a  0. • pour 30 < x  100. x  2ax  b est une fonction affine strictement b d’où décroissante qui s’annule en 2a x - + g¢(x) b 2a + 0 41 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x. + [ et f ¢ x  x .3( x . 100] comme somme 76 –8 50 40 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x. B¢(x) < 0.3x .1 .30 x  30 . le coût unitaire de production est le plus bas pour une fabrication journalière de 30 objets.  x . 100]. a.Si a  0. f x  Pour tout x  2. 1) (local) et (8 . . B¢(x) = 0 € x = 55. 2. d’où : • pour 10  x < 30. 100] car c’est un trinôme. 4) (global). x f¢(x) 2 + 3 – 0 + f(x) 4 – 0 + 0. a. pour x = 6. BD est le diamètre du tronc circulaire donc BD = 2. 44 1. 55] et strictement décroissante sur [55 . • Minima aux points (– 3 . U est dérivable sur [10 . 1. D’où le tableau de variation suivant : 2. x . 1. B. Non.1 qui est un trinôme de degré deux factorisé d’où : 1 +  3 0 – 0 + Donc pour tout x > 2. L’entreprise doit donc fabriquer entre 12 et 78 objets pour avoir un coût unitaire de production inférieur à 80 €. 3) (local) et (3 . Pour tout x dans I x2 donc U¢(x) est du signe de x – 30.5) (global). U’(x) < 0 .2   x x2 x2 x  30 0 Dans I. x 2 900 x . B¢(x) > 0 . U’(x) > 0.12 est définie sur ]2 . U(x) = 100x – (x2 – 10x + 900) = – x2 + 110x – 900. La courbe se situe en dessous de la droite d’équation Y = 80 pour 12 < x < 78. 30] et strictement croissante sur [30 .10 + 900 x 100 90 80 y = 80 50 40 30 20 10 0 S 5 10 15 20 25 30 35 x 10 f ne possède pas d’extremum local ni de maximum. B(x) = 100x .91 99 y = x . U¢(x) = 0 € x = 30. 2. Graphiquement.22 42 1. D’où le tableau de variation suivant : 55 + 0 100 + – 90 11 200 B 100 100 D’après ce tableau. B¢(x) = – 2x + 100 . x = 3 et x = 6. Il est alors égal à 11 200 €. • Maxima aux points (– 2 . – 2. 43 A. x 0 90   x .1) x – b g2a g(x) U est donc strictement décroissante sur [10 . B est dérivable sur [10 .10 et x a . 100].22  0 donc f ¢ x  est du signe de  x . le bénéfice est donc maximal pour une production journalière de 55 objets. 80 100 b. Le bénéfice de l’entreprise est alors de : 30 ¥ 100 – 30 ¥ 50 = 1 500 €. b. U(x) = 80 pour x ª 12 ou x ª 78. U¢ x   1 . B¢(x) 90 900 de fonctions dérivables : x a x . – 1) (local). (0 . il n’y a pas d’extremum. D’après le tableau de variation. 2.3 x . • pour 55 < x  100. Donc B est strictement croissante sur [10 . + [ atteint pour x  3.900  x . f ¢(x) = 0 pour x = – 2. + [ et dérix-2 x . Remarque : on peut remarquer que le bénéfice maximal n’est pas atteint pour le coût unitaire minimal. - U¢(x) + U 39 1. Il est alors de 50 €. vable sur ]2 . 4 est le minimum de f sur ]2 . d’où : • pour 10  x < 55. x = 0. 2 a. 45 Voir le corrigé page 344 du manuel Math’x. Ce qui fait de la boîte un cube de 1 dm de côté. x2 2.x 2  .6 x 2  2k = . tels que l’aire de Ê k ˆ CMNC¢ soit maximale. 3 4 8 Comme d’après 1. 48 1. N - 2. Ë 3¯ Donc C décrit la partie de la parabole d’équation y  3 x 2 avec x  0.66 0 4 V 75  ª 250 π 3 ª 1360. ont pour coordonnées C Á . D’après 3. h Œ [0 .  doit être égale à . a. > 0 donc S¢(x) est du x2 signe de x – 1.h2  225 .3Á x 3 ˜¯ ÁË 3 ˜¯ Ë 47 1. Ê 2 3ˆ Ê 2 3ˆ x  .h2 . 35 Chapitre 4. – y 16 3 9 g(x) 0 L’aire totale de la boîte est égale à : 4xy + 2x2. h 0 + V¢(h) 15 75 0 – V 75 V 0 0 75 ª 8.k . 2.h 75  h d’où le tableau de variation suivant. C x .6 Á x . 3 2 3  3 p 4. comme x2y = 1 nous en déduisons D’où x k . 3.h2   p 75 . Il en résulte le tableau de variation suivant sur ]0 . k .3 x 2  4  . 7 à 0.1 degré près.3  4 . a. L’aire de CMNC¢ est maximale pour x = y 2 3 3 0 + g¢(x) 0 + 1 . il en résulte 2 2 3 2 que a ª 54 . Sens de variation d’une fonction 77 . BD2 = BC2 + CD2 d’où 4  h2  2 donc h2  4 . Quand k décrit ]0 .h2 )h  . 1 1 1 V  p r 2 h  p225 . h2  4 . + [ : x 0 – S¢(x) S + 1 0 + + + 6 b. V = x2y. x2  et Pour tout k  0. Ë 3 ¯ b. D’après le tableau de variation. S¢ x   4 x - 4 x b. et k  0.3 Á x ˜ Áx  ˜ Ë 3¯ Ë 3¯ Ê kˆ ainsi les coordonnées de C vérifient k  3 Á ˜ . x 2 . Soit f x  .3  4  pour   0. 3 3 3 3.p h3  75hp. Donc : 1 4 S x   4 x 2  2 x 2  2 x 2  .p h2  75p  p75 . x x 4 4 x 3 . la boîte est d’aire minimale pour x = 1. 2 ˆÊ 2ˆ Ê f ¢ x   . il vient h2  . 3 c.2 . d’où 3 3 2 6 h . V est dérivable sur [0 . a. + [. avec un volume constant de 1 dm3.2 x 3  2 xk .2 . Ak est dérivable et pour tout x  0. k donc l’aire du rectangle CMNC¢ est Ak x  NM ¥ CM  2 x k . les points C. k˜ .1  x2 x2 2 4 x .1 x  x  1 . Pour tout x  0. ce qui équivaut à maximiser . il faut maximiser h2 . On a 152 = h2 + r2 (théorème de Pythagore) et r > 0 donc r  152 . 46 1. pour que la poutre résiste le mieux à la 2 3 flexion. f est dérivable pour tout x  0. 2. ici h2  4 . 15] et V ¢ h  . avec 0  a  . 15] car 152 – h2 = (15 – h)(15 + h) doit être positif.BCD est un triangle rectangle en C et BC = h et CD =  donc d’après le théorème de Pythagore.x 3  4 x pour x  0. Ê kˆÊ kˆ x Ak¢ x  .  x2 3. A . Pour x > 0 . x. cos a   3  . M x . k  et B k . En multipliant par . Pour que la poutre résiste le mieux. ˜ Á 3¯ Ë 3 ˜¯ Ë Ainsi x k 3 0 Ak¢ x + 0 4k k 3 3 Ak x + – x 4 x 2  x  1 4. h ª 87 cm.4. a. cos a  15 15 49 1. h 8. 7 b. 7 ª donc a ª 54 . D’où : x 3R 2 0 f ¢  x B + 2R 0 – 27R 4 f x 6 16 0 h 0 Pour tout x Œ 0 . 2R. a. f est une fonction polynôme donc dérivable sur [0 .4 x  2 . 2. x2 . b.2 f ¢ x   g x    x 2 . La dérivée de f est . 3. O r Il suffit d’appliquer le théorème de Pythagore. 6].. 2R] qui est 3R 27R 4 3 3R 2 atteint pour x  . On étudie la fonction définie par f x  3x2 . 53 1. f¢(h) = – 3ph2 + 36p = 3p(12 – h2) Il en résulte que : • pour 0  h  2 3 . Faux 52 a.  16 4 2 Le volume maximal est donc égal à 48 p 3 et il est atteint pour h = 2 3 cm ou r = 2 6 cm. 2. V = pr2h = p(36 – h2)h = 36ph – ph3 b.2 x . x Œ 0 . On obtient alors le maximum de A sur [0 . Soit f la fonction définie sur [0 . D’où ce tableau de variation : 0 f ¢(h) 6 2 3 + 0 – 48 p 3 f(h) 0 0 51 a. 6] par f(h) = 36ph – ph3. On trouve r2 = 62 – h2 = 36 – h2. Il en résulte 0  h  6. 2R. Une condition suffisante pour que f ¢ a   0 est que f admette un extremum en a.2x  2 2. h ne peut pas être supérieur au rayon de la sphère.2 x  22 • pour f ¢ h  0 € h  2 3 car h Œ [ 0 . f ¢ h    • pour 2 3  h  6 f ¢ h  0 . Vrai b.2 . f  x   0 donc la fonction qui a x associe f  x   A x  a les mêmes variations que f . L’aire semble maximale lorsque M est le milieu de [OD].2 x  2 . 50 1. puisque le cylindre est inscrit dans la demi-sphère. h 4. Une condition nécessaire pour que f admette un maximum en un réel a est que f ¢ a  0. 6]. a. x 4 sur [ 0 .x 4 car x  0.4 x 3  2 x 2 3R ..x) » retourne les valeurs pour lesquelles la dérivée s’annule. 2R. Et « resoudre(g(x)=0. 3. « factoriser(g(x)) » permet d’obtenir la forme factorisée de g(x) = f ¢(x). Pour tout x Œ 0 .x 2 2 ainsi A x   x 2Rx .2 x . D’où x - – f¢(x) D’où MB = R 2 .R  2Rx . La commande « g :=fonction_derivee(f) » retourne la dérivée de f et l’affecte à la variable g.x 2  2Rx 3 . f définie par f x  2Rx 3 .x . 2R ] est dérivable et f ¢ x  6Rx 2 . .2 x .2 B.4  0. 3x2 . 2. 78 .2x  2 2x . 0  2 2 + 0 – 2 2 f(x) b. x 2 .3  2 -3 x .2x  2  Or pour tout x. 1. Voir au-dessus.2 x  2  0 car le discriminant du trinôme x 2 .3x 2 . 2 x 2  0 donc f ¢(x) est du signe de 3R .2 x  2 est . 2.4 x  2 f x .2 x  2 x2 . a.4  2 x .2x  2 3 x 2 . Pour tout x. L’aire Ax  AM ¥ MB or MB2 = OB2 – OM2 d’après le théorème de Pythagore dans le triangle OMB rectangle en M.2 2.4 x  2 . Pour tout x  2. La valeur de x qui rend S minimale est la solution de u(x) = 0. f’(x) < 0.2 atteint pour x = 2 . x 4 x . f x . Pour tout x dans [0 . Travail personnel Pour les exercices 54 manuel. a2 = b2 € a = b.x 2 . 6 .6 à 10 -1 près par défaut.4  . x u¢(x) ª 1. x2(4x – x2) = 16 € – x4 + 4x3 = 16.5) = – 1.x 2  4 € x 2  4 x . donc l’équation u(x) = 0 admet 2 2 une solution unique dans [1 .7. Donc S(x) = 4 a deux solutions. De 1. a. x2 2. a.6 et 1. d’où le tableau de variation suivant : x 0 f¢(x) 0 f(x) 3 + 0 4 – – 64 27 0 0 b. b. 2]. S x    OM ¥ MA  x 4 x . • pour 3 < x  4. C : (x – 2)2 + y2 = 4. U est dérivable et strictement croissante sur [1 .71 cm2.413 donc u(x) = 0 admet pour solution à 10–1 près 1. 4]. on obtient y2 = 4 – (x – 2)2 = – x2 + 4x. – x2 + 4x = x(4 – x) donc – x2 + 4x  0 pour 0  x  4.4  0 donc pour tout x < 0.. Ëx ¯ x 9 x3 36 2. • f¢(x) = 0 € x = 0 ou x = 3. f est dérivable sur [0 .6 x 1 S¢(x) – 28 – 0 2 + 7 40 S 34 ª S(1. 4] car c’est une fonction polynôme.et u2  .7) = 0.6) 5. f’(x) > 0 . 3] et l’autre dans l’intervalle [3 . Conclusion : 2  2  3  2 . 2].x 2 . x 2 3. 2] d’où le tableau de variation suivant : ª 1. S x   8 x . u¢(x) = 3x2 donc u¢(x) > 0 sur [1 .4 x .2  8 x x2 8 9 comme 2  0 le signe de S¢(x) est celui de x 3 . d’après le tableau de variation de 3. 2 x .x 2   16 36 Ê 6ˆ  4 x 2  6 xy  4 x 2  6 x Á 2 ˜  4 x 2  . a. donc 1. 4].125. Chapitre 4.6) = – 0. nous en déduisons le tableau de variation de S : ª 1. 3. 2 b.6 x 1 u ¢(x) 3 u(x) 7 – 2 – 2 + 12 7 2 0 b.x 2  0 et pour a  0 et b  0.x2 . b. Comme S¢(x) a le signe de u(x). 4]. 2 x . b. 75 y  APPROFONDISSEMENT A 74 1. u(1. a. f’(x) = – 4x3 + 12x2 = 4x2(3 – x) d’où : • pour 0 < x < 3.3  0 € f x  3.66. a. a. a. x 4 x . S x   22 x 2   2 xy  22 xy  Il en résulte y  4 x . 4]. Donc f est strictement croissante sur [0 . 3] et strictement décroissante sur [3 . 7 7 u1  . 3. on obtient y  4x . 1 y 1 2 M W O 4 x 2x B x 2 x 2 y  12 € y  1. u(1. OM ¥ AB 2. S(x) = 4 € f(x) = 16. Comme l’ordonnée de A est positive. à 73 : voir corrigés en fin de 4.De plus pour tout x  0.2 .4  0 donc f x . L’aire minimale d’une dose est alors voisine de 32.3  0 € f x  3. l’une dans l’intervalle [0 . u(1.2 ainsi f admet pour maximum 2  2 atteint pour x = 2  2 et pour minimum 2 . c.x 2 ou y  .6 1 – 0 2 + car pour x Œ[0 . Sens de variation d’une fonction 79 .6 ou tout nombre compris entre 1. . Soit x2 – 2xDN + DN2 = x2 – 24x + 144 +DN2 d’où – 2xDN = – 24x + 144.  [. D’où : • pour 6  x < 6 2.67 < x < 3.6  6 Á 2 . . donc : (x-DN)2 = AD2 + DN2 = (12 – x)2 + DN2.3.2 est strictement croissante sur ] . Pour tout x . fCAB¢ = fCAB.c. – x4 + 4x3 = 16 pour x = 2 (il suffit dans [0 . 7. ÎÍ ˚˙ ˚˙ c c ÎÍ 3.67) ª 16. A est strictement croissante sur [6 . x Comme x > 0 cela revient à – 6< x2 + 102x – 432  0 soit 6(– x2 + 17x – 72)  0.18 A(x) 0 0 A 2   108 . L’aire est croissante pour 6  x  8. f(3.x 2 ˆ 432 Ê 72 ˆ A ¢ x   2 . nous obtenons AD = 12 – x et 6  x  12. . h est strictement décroissante sur ˘ . On peut remarquer que 4 ¥ 4 . .2.  [. k x  2  .2[ et sur ] .722 S y=6 6 5 4 3 2 1 62 0 77 1. . La fonction affine définie par u x   2 x  4 est strictement croissante et s’annule pour x  . AN2 = AD2 + DN2 = (12 – x)2 + DN2.   È .2[ et sur ] . donc DN = 12 .6 x 2  102 x  432  0. 5 puis 12 6 2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 x c.2 est strictement décroissante sur ] .68 ou toute valeur comprise entre 3. . 4. A(x)  6 € x Œ[8 . f(3.1 ¥ 2 18 k ¢ x   0 (2 x  4 )2 2 x  42 Donc k est strictement croissante sur ] .68.7) ª 15. k est dérivable et 4 ¥ 4 . 2. 5  x  12.68.d È et sur ˘ . cx  d2  0 donc h¢ x  est du c signe de ad .2.72 2 ª 6.bc  0.2 . A( x )   2 2 36ˆ 432 Ê . 3.È ˙˚ c ÍÎ d et sur ˘ .   È . Ainsi le triangle ANC est isocèle en N car gCAN = fNCA. 9]. A¢(x) < 0. 80 + 0 (– 3) – ª 6. 432 b. Sur [6 .. D’après le tableau de variation.9 donc 3. Par symétrie. 3] d’essayer les valeurs entières 1 et 2). 6] comme somme de fonction dérivable.. 12]. .bc h ¢ x   . . d. 2x  4 b. 2 2 c. A¢(x) > 0 . 2(AD + AB) = 24 donc AD + AB = 12.2[ et sur ] .et c a ¥ cx  d . On peut donc prendre comme valeur approchée à 10–2 près de l’autre solution 3.66) ª 16.6 x. 72 = x2 € x = 6 2. AN = x – DN. Par lecture graphique. Ëx ¯ x Ë x 2 ˜¯ A¢(x) est du signe de 72 – x2. De 2 on a AN2 = AD2 + DN2 et de 3. b.6 < x <3.1 ¥ 2 4 b  . 5. • f(3. Il en résulte AD = 12 – AB. .ax  b ¥ c ad . h est dérivable pour tout x . AD + AB  2AB donc 12  2AB d’où AB  6.1 D  1 . 12]. a. 6 2] et strictement décroissante sur [6 2 .x 2  17 x .. 72 x 0. y 108 .1˜  6 Á .. 9 Ainsi la fonction k définie par k x  2 pour tout u  x x .bc  0.x  Á12 . 9 Donc la fonction g définie par g x  pour tout u  x x . ÎÍ ˚˙ c si ad .67 et 3.7. d 76 1.18. -9 4.6 x  0 c'est-à-dire : x . Pour tout x .x ) Á6 . ainsi : d si ad . .36 2  108 . Il suffit donc que – x2 + 17x – 72  0 avec x > 0.2 . l’aire est maximale pour x = 6 2 et elle est égale à 108 .72 2 . a.72  0 € x   9 ou -2 . cx  d2 cx  d2 d 2.6) ª 18. 12]. AD = 12 – AB et AD  0 donc AB  12.   [. Pour tout x .2 donc 3.˜ Ë AD ¥ DN x¯ 6.2. On en déduit 24x – 144 = 2xDN comme x Œ [6 .˜  108 Ë x¯ x a. .7. D’où ce tableau de variation : x 6 A¢(x) 6 décroissante pour 8. • pour 6 2 < x  12.36 2 .bc . Ê 72 .  (12 . .2 . x 72ˆ Ê 12 . h est strictement croissante sur ˘ .17 .6. . Conclusion : en posant x = AB. Comme AB  AD.65) ª 17. A x   6 € 102 .d . A est dérivable sur [0 . • f (3. b. fDCA = fCAB car les angles sont alternes-internes avec (AD) // (BC).9. f(3.68) ª 15. f(3. Pour 0  h  4. Lorsque M est en B. 2 x 2  16 Donc pour tout x Œ 0 . h = 4 € x  4 et A4  8. A0   8 . -2 Pour x Œ [8 . 1. 9]. 9]. Donc la hauteur issue de I dans le triangle DIC est 4 . Conclusion : A(x)  6 € x Œ [8 . Or h = 0 € x  0 et A0  8 . A4  8. – x2 + 17x – 72 est de signe opposé à celui de – 1. 78 A. AM est la diagonale du carré donc l’aire totale est la moitié de celle du carré ABCD. Donc : – x2 + 17x – 72  0 € x Œ [8 . On applique la propriété de Thalès dans DIQ et IPM puis dans DIC et IAM car (DC) // (AM). l’aire totale est 2 la moitié de celle du carré ABCD. 4 D Q C 3 2 I 1 P 0 A d’où 1 h x 2 M 3 B 4 IM IP IM AM et   ID IQ ID CD   x A ¢ x A x  4x 4 x ˆ 4˜ ¯ 1Ê 4x2 64 ˆ 2( x 2  16)  ÁË ˜ 2 4  x 4  x¯ 4 x pour tout 0  h  4. 2. coefficient de x2. 9]. 4.x . elle a un minimum quand M décrit [AB]. 16 B.17  1  8.h. L’aire totale des deux triangles est décroissante puis croissante. la hauteur issue de I dans le triangle AMI est h. Lorsque M est en A. la somme des autres est minimale. les aires se compensent donc. 4]. 4x 4.16 A¢ x   2  4  x 2 -44 2 0 – 0 4 + 8 8 16 2 . D’où B(x) = 8 – A(x) ainsi B(x) a les variations inverses de A(x). On a donc A(x) + B(x) = 8.2 4  x2 d’où B x -44 2 0 B ¢ x 4 h  4 x . IMB est la moitié de l’aire du carré ABCD qui est donc constante. 1. La somme des aires de DCI. 4].   4  x ¥ 2 2 x4 x 2  8 x . A est dérivable sur [0 . AIM. La somme des aires de DCI. l’aire du triangle MBI est MB ¥ h 4 – x ¥ 4 x 2 4 x – x 2  B(x) = sur [0 . . Ce qui implique que lorsque A(x) est minimale. l’aire totale est minimale et elle est égale à 6. B(x) est maximale. C. 4. B¢(x) = .16 b. AIM et IMB est constante et est égale à 8. En effet notons A(x) la somme des aires DCI et AIM et B(x) l’aire de IMB.63 à 0.01 près par excès.hx € h 4  x  4 x € h  1Ê 4x2 4x  Á  42Ë4  x 4 x D’où pour x Œ 0 . MB = 4 – x. x 2  8 x . a. 4] et car 4  x 0 sur [0 . 4] comme quotient de deux fonctions dérivables sur [0 . si l’une est maximale. Ax  . 2.4  4 2 . 3.16 Pour x  . 4  4 2 ) d’où 24 . Chapitre 4. 1.h ¥ x A¢(x) est du signe de x2 + 8x – 16 qui est un trinôme du second degré dont les racines sont : .4  4 2 + 0 4 – 24 . 2.2 2 donc AI  2h  4 2 .4  4 2  De plus. Ax  x ¥ h  4 . 79 A. x IP AM h x d’où   IQ CD 4-h 4 On obtient alors Donc 3.4 .4  4 2 . Pour x = .4 2 et . h ¥ .. l’aire de IBM est alors donnée par 2 h ¥ (.16 2  2 ainsi h  4 .16 2 . Sens de variation d’une fonction 81 . l’aire de IMB est maximale et est égale à 24 . On doit avoir 0  h  60 donc 2L  2L  h  60  2L et on obtient 90  60  2L d’où l’on tire 15  L.16 2 0 0 4. Or la diagonale AC = 4 2 et CD = 4 donc I est le point d’intersection du cercle de centre C et de rayon CD avec la diagonale [AC]. La base de la boîte est carrée donc   L d’où 2L  h  90.4 . 3.6k 2  6k  D’où pour tout k Œ 0 . D’où 90 .Lh2 est dérivable et Vh¢ L  90h . V 2(k) = [V(k)]2= Á  k 4 .6k 2.h 2 0 Vh¢ L + 0 Vh¢ Vh L 0 2 Ê pR 3 ˆ 4 Ê pR 3 ˆ b.6L2  180L  6L 60 . V  h ¥ L ¥ L or d’après la question 1.2Lh . on obtient ainsi 15  L  60. 60].2L d’où l’on tire V  90L2 .6k 2  2 .  ˜ Ë 3 ¯ Ë 3 ˜¯ Le signe de V 2’(k) est le même que celui de 4 .L .k 2   Á Ë 3 ˜¯ Ë 3 ˜¯ V 2 est une fonction dérivable pour tout k Œ[ 0 . V est dérivable et V ¢ L  .L2 h . a. 2L  h  90 donc h  90 .k 6 .6 k 5  Á k 4 .h2 . la longueur ne pouvant dépasser 60. 1] et 2 2 Ê pR 3 ˆ Ê pR 3 ˆ 3 V 2’(k) = Á 4 k 3 .2L3 sur [15 .De plus. 4. Pour une hauteur h fixée. 1. Étudions la fonction V : L a 90L2 . k 1. Ainsi on obtient : L 15 V ¢ L V L 30 + 0 60 – 0 0 2. la fonction Vh définie par Vh  L  90Lh .2L3. h 90 . V k  0 la fonction carrée est 2 .Lh2 . La boîte est alors cubique de longueur L = 30 cm. 3 3 2 pR 3 .L2 h .h .L .k2 3 3 3 4.h donc V  L ¥  ¥ h  L ¥ h ¥ 90 .kR 2  R 1 .h 0 90 . Le volume du cône est pr 2 p kR 2 pR 3 2 V k   ¥h R 1.h L et   90 . Lorsque k = 1.h  90Lh . . 2 3 0 k V 2 ¢ k + 0 V 2 k  4 p2 R 6 243 V k  2 pR 3 9 3 60 1 – – 902. 80 2. 3. Or une boîte à base carrée a un volume maximal lorsque c’est un cube. 1. Pour une hauteur fixée.r 2 . On a de plus r  kR donc h  R 2 . de l’arc est 2 p Á1 Ë 3 ¯˜ 2ˆ Ê R Le périmètre de la base du cône est alors 2 p Á1 Ë 3 ˜¯ 2ˆ Ê donc le rayon r de cette base est r = Á1 R. R . 3.2 ¥ 30  30. 3 On utilise les résultats précédents avec k = 1 2 Ê 2ˆ 2 La hauteur du cône est alors h = R 1 . 2 2 2 La boîte a une fois encore une base carrée.338 3 V Á1  R p avec Xcas. 3 ˜¯ 243 Ë .L . 2 27 000 Donc le volume maximal est atteint pour L = l = 30 et h  90 . Ë 3 ¯˜ 2 . Le volume maximal est obtenu pour k  2 1 hauteur du cône est alors R 1 .Á 1 .˜  R . + [ donc pour tout k  1. la 3 c. Lorsque k > 1. le périmètre de la base du cône est égal à celui du disque : il n’y a donc pas de cône mais un disque. 3¯ 3 Ë Ê 2ˆ 138 6 .L . le périmètre de la base du cône est 2 pr  2 pR ce qui est impossible. On a L    h  90 donc   90 . a. B. 82 strictement croissante sur [0 .h  90 -h . Pour une hauteur h fixée. la boîte de volume maximal que l’on peut envoyer par la poste à l’international a une base carrée.k2  k 1.k 2 car R > 0. Donc la boîte de volume maximal est cubique de longueur 30 cm.h 90 . Pour tout k  1. L La hauteur du cône est obtenue en appliquant le théorème de Pythagore à une section verticale du cône d’où h2 + r2 = R2 ce qui donne h  R 2 . Le volume du cône est 9 3 Pour aller plus loin Il reste un secteur angulaire de rayon R dont la longueur 2ˆ Ê R. la boîte de volume maximal a pour dimensions 90 .h Donc Vh admet un maximum quand L = c’est-à2 dire quand 2L  90 . la fonction V et la fonction V 2 ont même sens de variation. b. 13 ou x  2  13. d) vérifient le système : 5 -2 0 . . c.9 sur ⺢ sont données par : x - 2 g  x  . Sens de variation d’une fonction 83 .b. b.10 3. x 2 .10 2 4 6 x -5 P ( . 2  13[ On a alors P x  2 x 3 .1)  9 Ô ÔP 2  .13 + 0 2  13 – 0  + 2. ymin=–19 . - c.4 x . La fonction g possède un minimum – 13 atteint pour x = 2.18 ce qui donne avec Xcasfr : Ì Ô P ¢ . ymax=10 convient.12 x  2. On cherche un polynôme P de degré 3 tel que P(– 1) = 9.13 .4 x . La fenêtre xmin=–4 . g y 10 Pour obtenir la courbe représentative de f . xmax=6 . 2. Soit P x  ax 3  bx 2  cx  d avec a 0.13 et  2  13 ainsi le signe 2 2 de x2 – 4x – 9 est donné par le tableau suivant : - x signe de x2 – 4x – 9 2 .g x  pour tout x Œ]2 .13 2 2  13  13 f(x) 0 0 d. a.4 x . g x  pour tout x Œ] . P(2) = – 18 et dont la dérivée P¢ s’annule en x = – 1 et x = 2. a. b. c. 2  13[ atteint pour x  2. on trace le symétrique par rapport à l’axe des abscisses de toute la partie de la courbe représentative de g qui se trouve sous l’axe des abscisses. Chapitre 4. Elle possède un maximum local 13 sur l’intervalle ]2 .9  0 sont 4 .13 .1  0 ÔP ¢ 2  0 Ó . 82 1. Le discriminant du trinôme du second degré x 2 . (a.52 4  52  2 .9 est 4 2  9 ¥ 4  52 > 0. y fg 10 5 -2 0 2 4 6 x -5 81 1. 2 .3 x 2 .13 ] » [2  13 . La fonction f possède un minimum 0 atteint pour x  2 .13 D’après les résultats établis au chapitre 1. Donc les solutions de l’équation x 2 .  [ Ô f x  Ì ÔÓ. Les variations de g x   x 2 . Donc les coordonnées de M vérifient le système Ô y  ax  1 Ô y  ax  1 avec y  0 € Ì avec y  0 Ì 2 2 2 2 ÓÔ x  y  1 ÓÔ x  ax  1  1 84 maximale est égale à 3 3 . La question est donc de savoir s’il est possible de choisir t tel que c ¥ 1  t15  2c . Ainsi f est strictement croissante sur ⺢. 8 3 . La fonction qui à f : x Æ x 15 est une fonction dérivable sur ⺢ et f ¢ x  15 x 14 > 0 pour tout x 0 et f ¢ 0  0.2  0 en utilisant l’algorithme écrit à l’exercice 36. Résolvons x 15 . f 1  1  2  f 2  32 768 donc l’équation x 15  2 admet une unique solution comprise entre 1 et 2. 1 y= 1  a2 1  a2 Ê .5 3 3 0 T ¢ a  + a = 0.0. Le capital accumulé au bout de 15 ans est alors c ¥ 1 t15. L’équation à résoudre est alors x 15  2.a2  0 si a  1. 2 2 .5 2 x La droite d a pour équation y  ax  1.5 1 – Ê ˆ T Á 3˜ Ë 3¯ T a A 0 1 M 0. Ë1  a2 1  a2 ˜¯ On sait que a  0 donc 1 . Pour tout a tel que 0  a  1. M Á .2a Il vient alors que x = 0 et y = 1 ou x  et 1  a2 2 2 1.2a 1 . l’aire T du trapèze OAMN est donnée par AO  MN ¥ ON 1 Ê 1.a2 ˆ Donc M Á or il faut y  0.4 a c . et pour Ë1  a2 1  a2 ˜¯ a  1. Le périmètre du carré est 4a et celui de l’hexagone régulier 100 .5 0 0.83 Lorsque l’on place un capital c à intérêts composés à un taux annuel t sur 15 ans. Le niveau capital est lui-même multiplié par (1 + t) et ainsi de suite jusqu’à la quinzième année. et l’aire 3 85 Posons a la longueur du côté du carré.a2 ˆ Conclusion : pour 0  a  1. Ê .a2 ˆ 2a 4a T a   Á1  ˜¯ ¥ 2 2 Ë 1 a2 2 2 2 1 a 1 a Étudions les variations de T à l’aide de Xcas : On obtient alors une valeur approchée de la solution de x 15  2 qui est x ª 1.5 B -1 N L’aire du trapèze est maximale lorsque a  C . le capital de départ est multiplié par (1 + t) la première année.0473. Donc le côté de l’hexagone régulier a pour longueur 100 .4 a. . Le demi-cercle a pour équation x2  y2  1 avec y  0. De plus f 1  1 et f(2)= 32 768. M est le point d’intersection de la droite et du demicercle lorsqu’il existe. 73 % . 84 y On obtient ainsi le tableau de variation suivant : a 1. le capital aura doublé au bout de 15 ans.a .5 1 1. Ainsi avec un taux t ª 0. Ce qui équivaut à résoudre l’équation 1  t15  2.0473  4 .2a . 6 L’aire du carré est a2 et celle de l’hexagone régulier est 3 1 6¥c¥c ¥ .2a 1 . Ô y  ax  1 avec y  0 €Ì 2 2 ÓÔ (1 a ) x  2ax  1  1 Ô y  ax  1 €Ì avecc y  0 2 ÓÔ 1 a  x  2a x  0 . M n’existe pas. Posons 1 t  x. Sens de variation d’une fonction 85 . équilatéraux de côté c et de hauteur c 2 2a2 . 25] et 3L2 . Notons S le sommet du cône et H le pied de sa hauteur. d SI AI 25 . le volume de la poutre est V(L) = Lc2. 2 a 2  3  .L 2 . Ainsi l’aire de l’hexagone est h a   3 La somme des aires est alors 2a2 . 86 Pour tout L  25.100a  1 250  3 La fonction S est une fonction polynôme du second degré 50 100 qui admet un minimum pour a   2(2  3 ) 2  3 d’après les résultats établis au chapitre 1. donc d  25 De plus d  2c . On obtient alors le volume 2 2 L 25 . On remarque que H est le milieu de [MN]. I est le milieu de [AC].25 L V¢(L) = 1 250 3   D’où L V¢(L) 25 3 0 + 0 V( V(L) 25 .100L  625 V ¢( L)  1 250 25 3 L .100a  1 250 S a   a 2  3 .L V L  L ¥ Á ¥  .L 2 d’où D’après la propriété de Thalès   1 SH MH 25 25 .En effet on peut partager l’hexagone en 6 triangles 3 .L 1ˆ Ê 25 . ˜ Ë 25 1 250 2¯ V est une fonction dérivable sur [0 . 3 – 25 ) 3 Le volume maximal de la poutre est longueur L de la poutre est 25 50 3 m lorsque la 27 Chapitre 4.100a  1 250 . 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 + 13 qui peut s’écrire aussi 13 ¥ 9.2 .7 ¥ 10–3 c.3 c’est-à-dire 200 ¥ 1. a. par 0. 2. 215 b. 4 Avec des substitutions 86 a. f (a + 1) = (a + 1)2 d. 6. Par 1. soit 200 + 50 ¥ 10.997. 650. 5. 700 et affiche 700.4 2. 600.92 .3 ¥ 1. 400. b. par 1.08 . 887 3 Avec l’algorithmique L’algorithme 1 calcule successivement 250. a.5634 ¥ 108 4. 500. par 1.3 ¥ … ¥ 1. 4.310. À la calculatrice : Donc 330 > 245. 103 b.8 . 350. f (3) = 9 b. 300.Notion de suite numérique 5 Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Avec les calculs 1. 2. a. f (x – 1) = (x – 1)2 . 54 3. 450. Par 0. 2 Avec le tableur 1. 550. L’algorithme 2 calcule 200 ¥ 1. f (2 ¥ a) = (2 ¥ a)2 = 4a2 c. a.003. 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 ¥ 2 qui s’écrit aussi 29. b. par 0. 987 . liste d : u7 = 21. Notion de suite A. Étape Longueur d’un segment Longueur totale 2 8 1 4 2 3 16 1 8 2 4 32 1 16 2 5 64 1 32 2 2. Choisir un graphique Il s’agit d’une situation discrète où la variable ne prend que des valeurs entières donc le graphique de gauche est le graphique qui représente la fonction qui au nombre de places associe le prix. La courbe présente sur l’autre graphique met en évidence l’évolution du prix. Chapitre 5. a. v1 = 3 . Liste b : on passe d’un terme au suivant en multipliant par 2. . Liste b : 128 . On peut prévoir le 100e terme de la : Liste a : 1 + 3 ¥ 99 = 298. ou 217 = 131 072. 25 . 2. Liste b : 299. v0 = 3 ¥ 0 = 0 . Activité 2. 99. v2 = 6 . 233. 144 . Liste d : il faut écrire les termes un par un après 233 : 377 . Une notation 1. Liste d : à partir du 3e terme. Liste c : 182 = 324. Liste a : u7 = 22 . 1 024. 81 . v5 = 15 . 2 584 est le 18e terme. Liste a : 22 . 31. B. Écrire une formule de récurrence 1. en B3 : en B8 : =B2*2 =B7*2 . 121. En A3 : b. Des règles de construction 1. . Liste a : on passe d’un terme au suivant en ajoutant 3. Liste b : 1 024 ¥ 27 = 131 072. 1 597 . Liste c : on écrit la liste des carrés des entiers successifs non nuls. Notion de suite numérique 87 . 2. 610 . v7 = 21 sont les huit premiers termes Activité 3. En A8 : Nombre de segments =A2+1 =A7+1 . v4 = 12 . 4. en C3 : en C8 : =C2/2 =C7/2 Cela correspond à l’étape 7. 3. Liste d : 55 . Il ne s’agit pas de la courbe représentant la fonction en jeu. 100 . liste c : u7 = 64 . Liste c : 1002 = 10 000. de cette liste. Le 18e terme de la : Liste a : 31 + 3 ¥ 7 = 52 ou 1 + 3 ¥ 17. Liste c : 64 . 89 . 28 . 256 . Mais pas le 100e terme de la liste d. chaque terme est la somme des deux termes précédents. 512 . Le 100e terme est u liste b : u7 = 128 .Activité 1. v3 = 9 . v6 = 18 . l c. en B37 : Cela correspond à l’étape 36. 88 . Longueur d’un segment : l n1. 1 . a. Sn = . 22 . b. 4 . 26 . 2 . 1 qui se répète. 20 . 2 .c. 5 . b. En A37 : =A36+1 . 7¥8  28 2 21 ¥ 22 3. 7 . 6 ¥ 5 = 30 petits carrés. 10 . Somme d’entiers consécutifs 1. 13 . Nombre de segments : sn+1. 2 S7 = TP1. 4 . 52 . 40 . 16 . 11 . a. a. puis la même liste que la précédente. 14 . 3. 8 . 1… Pour 28 également : 28 . 2. S21 =  231 2 n ¥  n  1 b. S3 représente le nombre de carrés colorés en bleu plus foncé. Les dix premiers termes sont : u1 = a = 1 2 3 4 5 u2 4 1 10 2 16 u3 2 4 5 1 8 u4 1 2 16 4 4 u5 4 1 8 2 2 u6 2 4 4 1 1 u7 1 2 2 4 4 u8 4 1 1 2 2 u9 2 4 4 1 1 u10 1 2 2 4 4 Il semble que l’on retrouve toujours la séquence 4 . L’étape suivante est l’étape n + 1. 2 . ou en bleu plus clair. sn 1  sn ¥ 2 . en C37 : =C36/2 . 34 . 17 . =B36*2 . La suite de Syracuse 1. Pour a = 11 c’est encore le cas : 11 . l n 1  n 2 Activité 4. On a donc 2S5 = 30 soit S5 = 15. 2 . Pour 16. VARIABLES : a. l’algorithme produit l’affichage de 3. … c. … Pour a = 42. TP2. on obtient 6. Pour 49. Pour 100. Pour a = 27. Voir les programmes sur le site. Pour 18. Pour 25. 3. n nombres ENTRÉES : Saisir a INITIALISATION : n prend la valeur 1 TRAITEMENT et SORTIES : Tant que a 1 Faire Si a est pair Alors a prend la valeur a/2 Sinon a prend la valeur 3a + 1 FinSi Afficher a n prend la valeur n + 1 FinTantque Afficher « la durée du vol est ». Pour 39. a. a. 32 . on obtient la liste 21 . Découvrir un algorithme Pour les questions 1 et 2. on obtient 3. 3. n b. 2. on obtient 7. 1 + 3 + 5 + 7 = 16 . Pour 27. la durée du vol est 11. Il semble que l’on obtient la racine carrée du nombre choisi. on pourra répartir le travail dans la classe. 8 . 4 . Pour 9. on obtient 4. on obtient 5. 8 . la durée du vol est 112 et le plus grand entier atteint est 9 232. c. Le plus grand entier atteint pendant le vol est 40. Pour 10. 4 . 1 . on obtient 5. Pour 50. Notion de suite numérique 89 . 1 + 3 = 4 . 64 . 64 . on obtient 10. on obtient 10. ou encore la partie entière de la racine carrée du nombre entré. VARIABLES : a nombre ENTRÉES : Saisir a TRAITEMENT et SORTIES : Tant que a 1 Faire Si a est pair Alors a prend la valeur a/2 Sinon a prend la valeur 3a + 1 FinSi Afficher a FinTantque b. Chapitre 5. on obtient 6. Pour 36. Pour 104. 16 . 32 . 21 . Pour a = 26. Ce programme ne s’arrêtera pas si on n’obtient pas 1 dans la liste. on obtient : 42 .2. Il semble que l’algorithme affiche le plus grand entier dont le carré est inférieur ou égal au nombre entré. on obtient 4. 1 + 3+ 5+ 7 + 9 = 25. 1 . 1. 1+3+5=9 . 2 . Pour a = 21. 16 . on obtient 7. a. Le nombre de carreaux à l’intérieur est donc 1 + (1 + 2 ¥ 1) + (1 + 2 ¥ 2) + … + [1 + 2 ¥ (n – 4)] = n – 3 + 2 ¥ [1 + 2 + … + (n – 4)] = n – 3 + (n – 4) (n – 3) = n2 – 6n + 9 Le nombre de carreaux à l’extérieur est la somme des n premiers entiers impairs ce qui donne n2. Soit n le côté d’un panneau. Remarque Soit n l’entier entré.didiermathx. 90 . Le premier terme est 1. On cherche donc un entier n tel que n2 – 6n + 9 = 6n – 9 soit : n2 – 12n + 18 = 0. 1 + (1 + 2 ¥ 1) + (1 + 2 ¥ 2 ) + … + (1 + 2 ¥ 31) = 32 + 2 ¥ (1 + 2 +… + 31) = 322 = 1 024 • Le nombre de triangles composant le panneau est la somme des 35 premiers entiers impairs. par différence de 65 + 67 + 69 = 201 petits carreaux. par exemple pour n = 27 : Pour aller plus loin VARIABLES : n. Cette somme est donc égale à : 1 + (1 + 2 ¥ 1) + (1 + 2 ¥ 2) + (1 + 2 ¥ 3) + … + [1 + 2 ¥ (p – 1)] = p + 2 ¥ [1 + 2 + … + (p – 1)] soit p + (p – 1)p = p2. Le nombre de carreaux à l’intérieur est égal à la somme des (n – 3) premiers entiers impairs de 1 à 1 + 2 ¥ (n – 4). Donc la bordure comporte n2 – (n2 – 6n + 9) = 6n – 9 petits triangles. C’est l’aire d’un carré de côte n . Les solutions de cette équation sont 6 . la raison est 2. de 1 à 1 + 2 ¥ 34 = 69. On conjecture que cette somme est un carré parfait. Si p désigne le nombre d’entiers impairs enlevés. Pour un panneau de côté 35 : • Le nombre de triangles composant le triangle intérieur est la somme des 32 premiers entiers impairs de 1 à 1 + 2 ¥ 31 = 63. 2. p entiers ENTRÉE : Saisir n INITIALISATION : p prend la valeur 0 TRAITEMENT : Tant que n  2p + 1 Faire n prend la valeur n – (2p + 1) p prend la valeur p + 1 FinTantque SORTIE : Afficher p Programmes : voir sur le site www. Autrement dit p est le plus grand entier tel que p  n c’est-à-dire que p est la partie entière de n . Un panneau triangulaire 1. La bordure est donc composée. Soit n l’entier entré dans l’algorithme. TP3.b. L’algorithme s’illustre géométriquement en terme d’aire de la façon suivante.com. c. d. Il faut que n  4. On soustrait à n la somme premiers entiers impairs consécutifs tant que cette différence reste positive ou nulle. Il est donc impossible que le nombre de triangles à l’intérieur soit égal au nombre de triangles en bordure. L’algorithme affiche bien la partie entière de n . p est donc le plus grand entier tel que la somme des p premiers entiers impairs soit inférieure ou égale à n c’est-à-dire p2  n.3 2 et 6  3 2 qui ne sont pas des entiers. 33° TP5. Dessin 2 : La 1re et la dernière étape correspondent au déplacement de deux rondelles donc nécessite 3 coups (par la question 2). 8. 2. 2 À l’étape n. a. Donc un+1 = 2un + 1. a. º. b. q 5  3. q 1  k 2l. Les 1re et dernière étapes consistent en le déplacement de n rondelles nécessitant un coups au minimum. n  2. Les angles suivants sont donc q 1  1. soit plus de 127 fois l’âge estimé de la Terre (environ 4. 3. La suite (vn) est donc géométrique de raison 2. l’aire de la figure est donc égale à : Ê Ê 1ˆ n -1ˆ Á1 . On entre la suite définie par u1 = 1 et un+1 = 2un + 1 pour tout n  1. Les tours de Hanoï 1. B.ÁË ˜¯ ˜ n -1 n-2 n -1 2 Ë ¯ 1 1 1 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ Ê 1ˆ 1 + 4 ¥  4 ¥ º 4 ¥ Á ˜ = 1 + 4 ¥ ¥ [1   º  Á ˜ ]=1+2  54 Á ˜ 1 Ë 2¯ Ë 2¯ Ë 2¯ 2 4 2 2 12 On ne trouvera donc pas d’étape où l’aire de la figure soit supérieure à 5. 2. vn+1 = un+1 + 1 = 2un + 2 = 2vn. on a ajouté 4 carrés dont les côtés sont égaux à fois le côté du carré précédent. q 3  2. Chapitre 5. º q n  k ( n  1)l Par conséquent q n   n  1q 0 pour tout n  0 et donc q n -1  nq 0 pour tout n  1. On doit donc prendre q 0  n n  1 66 3. Il faut donc 3 + 1 + 3 = 7 coups.TP4.6 milliards d’année). Sur un tableur. L’étape intermédiaire nécessite le déplacement d’une seule rondelle donc 1 coup. Notion de suite numérique 91 . 2 2a . Le virage engendré par la courbe en n étapes correspond à un angle par rapport à la direction initiale égal à n n  1 q 0  q 1  º  q n -1 soit q 0  2q 0  º  nq 0  q 0 ¥ . TP6. Les angles q 0 . 4 .8447E + 19 c’est-à-dire 1. 1 La suite des aires des carrés ajoutés à chaque étape est donc une suite géométrique de raison . º il existe un coefficient de proportionnalité k tel que : q 0  kl . Une suite de carrés 1 À l’étape 2. Voir fichier sur le site. q 9  6. Dessin 3 : 2. q 0   0. q n étant proportionnels aux longueurs l. On en déduit que q n  q n -1  q 0 pour tout n  1 donc la suite (q n  est une suite arithmétique de premier terme et de raison q 0 . 2. 10 ¥ 11 b. Tracé d’autoroute ou de voie ferrée 1. 2l. q 2  1. 6. L’aire de chaque nouveau 2 carré est donc la moitié de l’aire du carré précédent. q 4  3 . 1. 6. Un coup. L’étape intermédiaire se fait en 1 coup. 4. Son premier terme est v1 = u1 + 1 = 2. Il faudrait environ 264 – 1 secondes soit environ 5. vn = v1 ¥ 2n–1 = 2n Donc u64 = v64 – 1 = 264 – 1.8447 ¥ 1019. on obtient par exemple 1.85 ¥ 1011 années (comptées avec 365 jours). q 1º. on ait qn = 1 + (n – 1) ¥ 2 = 2n – 1 et rn = 4 + (n – 1) ¥ 3 = 3n + 1. rn 70 60 50 40 30 20 10 0 92 10 20 30 40 . Sur un tableur on obtient par exemple : 1. b. Vérifions que rn < dn : dn – rn = 4n + 1 – (3n + 1) = n > 0 donc rn < dn.TP7. Calculons dnqn + rn : (4n + 1) (2n – 1) + 3n + 1 = 8n2 – 2n – 1 + 3n + 1 = 8n2 + n = un De plus n étant un entier. b. On a ainsi démontré que les expressions de qn et rn sont bien celle conjecturées à la question 2. 1. B.didiermathx.com. a. n un dn qn rn 1 9 5 1 4 2 34 9 3 7 3 75 13 5 10 4 132 17 7 13 5 205 21 9 16 2. La suite (rn) n’est pas arithmétique. 2n – 1  1 et rn  4 donc qn et rn sont des entiers positifs. 2n – 1 et 3n + 1 est aussi un entier. 2. Voir le site www. Il semble donc que pour n  1. 3. Se souvenir de la division euclidienne A. Il semble que la suite (qn) soit arithmétique de raison 2 et la suite (rn) arithmétique de raison 3. Ayant n  1. on considérera plus souvent une fonction dont on connaît seulement quelques valeurs par des relevés. d2n+1q2n+1 + r2n+1 = u2n+1 : (4n + 1) (3n + 1) + 3n + 2 = 12n2 + 10n + 3 et d2n+1 = 3(2n + 1)2 – (2n + 1) + 1 = 12n2 + 10n + 3. 18 1. Il semble que la suite (q2n) soit arithmétique de raison 3 avec q2 = 3 et que la suite (q2n+1) soit arithmétique de raison 3 à partir du rang 5 avec q5 = 7 (on peut aussi conjecturer que pour les rangs impairs à partir de 5. d. un 1 -1 0 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n Chapitre 5. On peut modéliser par une suite en ne considérant que les relevés effectués à des instants donnés au cours de l’année. 15  7. 4. rÊ ˆ 5 uÁ 3 ˜ Ë . SANS CALCULATRICE 1 S(– 2 . Il semble qu’il y ait deux sous-suites arithmétiques d’après le graphique. u 4   un 3 7 Cercle de centre Ɵ  3 . et pour 2n + 1  5. Par une fonction définie sur ⺢+. Notion de suite numérique 93 . V(X) = 4. on peut conjecturer que la suite des termes de rangs pairs est une suite arithmétique de raison 1 et de premier terme r2 = 2 et celle des termes de rangs impairs à partir du rang 5 est une suite arithmétique de raison 3 avec u5 = 8. – 9) 2 f ¢(x) = 15x2 – 6 3 4 4 G est strictement croissante sur ]– ∞ . En revenant aux valeurs obtenues. 2. c. u 4   .5 11 E(X) = 8 .3. d2nq2n + r2n = u2n : (4n – 1) (3n) + n + 1 = 12n2 – 2n + 1 = 3(2n)2 – (2n) + 1 ce qui est bien égal à d2n. 3p b.5 2 14 210 15 210 – 1 (soit 1 023) -1 0 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n 3. 4[ et sur ]4 . u2  . Exercices SANS CRAYON. On conjecture que r2n = n + 1 et pour 2n + 1  5. r2n+1 = 8 + 3 ¥ (n – 2) = 3n + 2. b. u(0) = 0  0 . u2  2 . u(1) = u3  1 2 . 12 0 13 4  2. Par une suite. . q2n+1 = 7 + 3 ¥ (n – 2) = 3n + 1. u1  1  1. u3  3 . Autrement dit : q2n = 3 + 3 ¥ (n – 1) = 3n et pour 2n + 1  5. qn = rn – 1).2¯ 6 r Ê 2ˆ nÁ ˜ Ë 3¯ ENTRAÎNEMENT 16 a. + ∞[. 8 a. u(0) = 0 . 4 5 2.8. Par une suite. 17 1. 5. 4 2 1 5p 6 9 Vrai 10 E(X) = 2.1 et de rayon 5. On vérifie que qn et rn sont des entiers positifs et que rn < dn puis que pour 2n  2. Sur la courbe représentative de la fonction racine carrée. Cependant la variable temps étant continue. 2 3 3 4 . 4 8 16 32 64 b. un+1 = 2n . 3 1 3 1 3 3 27 vn+1 = (n + 1)2 + 2(n + 1) = n2 + 4n + 3 .25 12 377. un+1 = (– 1)n+1 = – (– 1)n .3. v(n) + 1 = 3n + 1 + 1 = 3n + 2 . vn+1 . Algorithme : 2. 3 10. 4 –8 1 4 0 2 5 1 2 3 4 21 u0 u1 u2 2  0 pour tout n  0. 94 u5 VARIABLES : u. un – 2 = - u3 55 u4 244 u100 ª 1. vn+4 = (n + 4)2 + 2(n + 4) = n2 + 10n + 24 28 a. n 1 24 Énoncé : « Calculer les 30 premiers termes de la suite définie par un = n2 – 3n – 1 pour n  1 et les représenter graphiquement.5 111. b. 1 2 d. a. v(n) – 1 = 3n + 1 – 1 = 3n 2.3 2 FinPour SORTIE : Afficher u .05 ª 1. 3. un+1 = 2un – 3 pour tout n  0.16 ª 1. vn + 1 . 6 22 86 342 1 366 b. » 25 1. u2 u3 u4 u5 a. 1 1 10 b. vn-1 . (wn) représentée QBS
t
 u2 u3 u4 a.6. c. a. vn – 1 un–1 = 4(n – 1) + 2 = 4n – 2 b. un–1 =2n–2 20 u0 u1 u2 u3 u4 u10 a. Tous les termes calculés sont inférieurs à 2. 5 9 13 17 21 45 b. n 2. 1 1. 1 2 3 5 32 1. v (n + 1) = 3(n + 1) – 4 = 3n – 1 .1060 a. 0 1 0 –1 0 0 d. un = un–12 + pour tout n  1.3 153 197 865. 1 3 1 3 1 c. n nombres INITIALISATION : n prend la valeur 0 u prend la valeur 2 TRAITEMENT : Pour k de 1 à 20 faire 1 u prend la valeur u . 3 3 3 3 3 1 31 -1 0 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 n 2n 23 La suite (vn) définie par vn = pour n  0. b. pour tout n  0. un+1 = 2un.5 c. Sur la courbe représentant la fonction f définie par x f (x) = . un+1 = 4(n + 1) + 2 = 4n + 6 v(n – 1) = 3(n – 1) – 4 = 3n – 7 . un+1 = 2un – 1 29 u1 u2 u3 u4 u5 a. un-1 = (– 1)n–1 = – (– 1)n d. un+1 = 4un + 2(n + 1) pour tout n  0. v2n = (2n)2 + 2(2n) = 4n2 + 4n . x 1 19 1. 3 c. n 1 Donc un < 2 pour tout n  0. 3 9 27 81 b. –2 –4 – 10 – 32 – 118 vn et wn c. un+1 = (n + 1)2 + 4(n + 1) = n2 + 6n + 5 un–1 = (n – 1)2 + 4(n – 1) = n2 + 2n – 3 c. un+1 = un + n + 1 b. un = – un–1 + 4 pour tout n  1. 33 a. 26 a. 0 1 4 9 16 100 1 –2 16 1 024 c. un = 4un–1 – 2 pour tout n  1.3 30 u1 22 (vn) est représentée par des ¥ .10 ª 1.22 ª 131. 40 a. Raison = – 2, premier terme = 50. On obtient u20 ª – 5,99999237. b. On adapte l’algorithme et on obtient u20 = 1 048 574. 34 a. u30 ª – 0,999836126 b. Raison = 2,5 ; premier terme = – 22. 41 a. un = 2 – 2n b. u30 ª – 3,08837.1014 b. un = – 1 + 4(n – 1) = 4n – 5 c. un = 3 + 2(n – 5) = 2n – 3 1 3  ; 2 2 1 1 11 1 1 1 25 u3 = 1    ; u4 = 1     2 3 6 2 3 4 12 2. a. Algorithme 35 1. u1 = 1 ; u2 = 1  d. un = n 42 a. Oui de raison 2. b. Non c. Oui de raison 5. VARIABLES : k, u, p nombres ENTRÉE : Saisir k INITIALISATION : u prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour p de 1 à k Faire d. Non 43 a. Oui de raison – 5. b. Oui de raison 4. 1 u prend la valeur u + p FinPour SORTIE : Afficher u c. Non 44 Ces points sont situés sur la droite d’équation 1 y = x - 2. 2 b. Voir sur le site www.didiermathx.com. c. u100 ª 5,1873775 1 3. a. un+1 = un + n 1 b. On entre la suite avec u1 = 1 et on obtient, par exemple sur Casio Graph 35+ : 45 a. u0 = – 3 et raison = 2 ; un+1 = un + 2 pour tout n  0 ; un = – 3 + 2n pour tout n  0 b. u1 = 2 et raison – 1 ; un+1 = un – 1 pour tout n  1 ; un = 2 – (n – 1) = – n + 3 pour tout n  1. 1 c. Raison égale à . 3 36 1. Par exemple : F0 F1 F2 F3 F4 F5 Somme 1 2 3 5 8 13 32 –4 3 –1 2 1 3 4 0 5 5 10 15 25 60 On conjecture que la somme des six premiers termes est égale au quadruple du 5e terme. 2. La somme est : S = F0 + F1 + F2 + F3 + F4 + F5 avec F2 = F1 + F0 F3 = F2 + F1 = 2F1 + F0 F4 = F3 + F2 = 3F1 + 2F0 F5 = F4 + F3 = 5F1 + 3F0 Par conséquent : S = 8F0 + 12F1 = 4 (2F0 + 3F1) = 4F4 37 u1 = – 1, u2 = 1, u3 = 3, u4 = 5. 38 u50 = 110 39 u20 = – 6 + 19 ¥ 5 = 89 4 De u3 = 2, on déduit que le premier terme u1 est u1 = . 3 1 un+1 = un + pour tout n  1 ; 3 4 1 1 un =   n - 1  n  1 pour tout n  1. 3 3 3 46 1. dn+1 = dn + 1 500. La suite est arithmétique de raison 1 500. 2. dn = d0 + n ¥ 1 500 = 1 500n + 10 000. 3. Au bout de 22 semaines. 47 1. Les suites (bn) et (tn) sont des suites arithmétiques de raisons respectives 2 et 3. 2. bn = b1 + 2(n – 1) = 4 + 2(n – 1) = 2n + 2 tn = t1 + 3(n – 1) = 4 + 3(n – 1) = 3n + 1 3. tn = 625 € n = 208. On utilise alors b208 = 418 billes. 48 1. dn+1 = dn – 8 par énoncé donc la suite (dn) est arithmétique de raison – 8. 2. dn = d0 – 8n = 200 – 8n dn  0 € n  25. C’est en 2010 + 25 = 2035 que le village sera touché. Chapitre 5. Notion de suite numérique 95 49 On peut décomposer le trapèze coloré en bleu en un rectangle de côtés de mesures 1 et n + 1, et un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent 1 et 1. 1 3 Donc un = (n + 1) ¥ 1 + ¥ 1 ¥ 1  n  . 2 2 un+1 – un = 1 donc la suite (un) est arithmétique de raison 1. 50 a. 25 termes c. 17 termes b. 16 termes d. 10 termes 39 ¥ 40  780 2 b. B = 2 ¥ (1 + 2 + … + 12 ) = 12 ¥ 13  156 40 ¥ 41 c. C = 100 ¥ 41 +  4 920 2 51 a. A = 52 1. Le nombre de tuyaux ainsi empilés est : a. 1 + 2 + 3 + … + 10 = 55 n n  1 b. 1 + 2 + 3 + … + n = 2 n n  1 2. On résout l’équation  136 2 soit n2 + n – 272 = 0. Les solutions de cette équation sont – 17 et 16. Il faudra donc 16 tuyaux sur la première rangée. 53 1. La suite est arithmétique de raison 2. 2. rn = r1 + 2 ¥ (n – 1) = 2n – 1 3. Pour 25 rangées, on a besoin de r1 + r2 + … r25 = 1 + (1 + 2 ¥ 1) + (1 + 2 ¥ 2) + … + (1 + 2 ¥ 24) = 25 + 2 ¥ (1 + 2 + … + 24) 24 ¥ 25  = 25 + 24 ¥ 25 = 252 = 625 = 25 + 2 ¥ ( 2 Remarque : on aurait pu aussi utiliser la méthode de la démonstration de la propriété 2 page 132 : S = 1 + … + 3 + … 5 + … 7 + … + 47 + 49 S = 49 + 47 + 45 + 43 + … + 2 + 1 D’où 2S = 25 ¥ 50 et S = 252 = 625. 54 1. En euros, p1 = 406 ; p2 = 412. pn+1 = pn + 2 2. (pn) est une suite arithmétique de raison 6 donc pn = p0 + 6n = 400 + 6n. 3. Au bout de 10 ans, la prime est p10 = 460, en euros. 4. Le montant total en euros est donné par p0 + p1 + … + p10 = 400 + (400 + 6 ¥ 1) + (400 + 6 ¥ 2) 10 ¥ 11 + … + (400 + 6 ¥ 10) = 400 ¥ 11 + 6 ¥ = 4 730. 2 1 1 55 1. un = 3 –  n - 1  - n  3, 5 2 2 1 2. a. Sn = 3,5n - 1  2  º  n 2 96 1 n n  1 = - n2  3n. 2 2 1 D’où Tn = - n  3. 2 1 b. Tn+1 – Tn = - pour tout n donc (Tn) est arithmétique 2 1 de raison - . 2 Sn  3, 5n - 56 1. Il y a différentes façons de dénombrer les cartes formant ce château. Par exemple : Le nombre de cartes d’un château à n niveaux est la somme des nombres de cartes de chaque rangée, 2 + 4 + 6 + … + 2n = n(n + 1) et de cartes mises horizontalement,  n - 1n . 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) = 2 n n - 1 n3n  1 cartes dans  Il y a donc n(n + 1) + 2 2 un château de n niveaux. n3n  1 2. On résout  500 2 soit 3n2 + n – 1 000  0. Le trinôme 3n2 + n – 1 000 est positif sauf entre ses racines qui sont environ – 19,1 et 18,8. Comme n est un entier naturel non nul, 3n2 + n – 1 000  0 si et seulement 1  n  18. Donc le plus grand château que l’on peut construire avec 500 cartes comporte 18 niveaux. 57 1. S = 10 + 11 + 12 + … + 99 + 100 T = 0 + 2 + 4 + 6 + … + 78 + 80 k 12 k  20 k4 k 0 2. S =  2k ; T =  2k  1 58 1. Le calcul des premiers termes permet de conjecturer que un = n2. 3. Après avoir ajouté et simplifié, on obtient un = u0 + 2 ¥ [0 + 1 + … + (n – 1)] + 1 + 1 + … + 1 n termes  n - 1n 2 nn . un = 2 * 2 59 a. u0 u1 u2 u3 u4 u5 a. 1 2 4 8 16 32 b. 1 –2 4 –8 16 – 32 c. –1 1 –1 1 –1 1 d. 1 1 2 1 4 1 8 1 16 1 32 60 a. vn = 3n-1 donc v20 = 319 = 1 162 261 467 b. vn = 2(– 1)n–5 = – 2(– 1)n donc v20 = – 2. c. vn = 1 024 (– 2)n-50 Heures Population bactérie A an+1 – an an+1/an 2 15 405 3 005 1,24233871 donc v20 = 1 024 ¥ 2–30 = 2–20 ª 9, 5.10 -7. 61 a. Oui, de raison 3. b. Non. 3 19 082 3 677 1,23868874 c. Oui de raison 5. 4 23 651 4 569 1,23944031 d. Oui de raison 5. 5 29 304 5 653 1,23901738 6 36 361 7 057 1,24082037 62 1. p0 = 8,20 ; p1 = 8,20 ¥ 1,01 = 8,282 ª 8, 28 et p2 = 8,282 ¥ 1,01 = 8,36482 ª 8, 36. 2. pn+1 = pn ¥ 1,01. La suite (pn) est géométrique de raison 1,01. 3. pn = 8,20 ¥ 1,01n donc le prix de l’article en 2025 est, en euros, p15 ª 9, 52. 63 1. Cn+1 = Cn ¥ 1,04 2. On peut modéliser la situation par une suite géométrique de premier terme 10 000 et par exemple de raison 1,24. 3. Au bout de 12 h, on peut prévoir si l’évolution continue ainsi une population de 10 000 ¥ 1,2412 ª 132 148 bactéries. 66 a. 2. Le capital au bout de 5 ans est, en euros, C5 = C0 ¥ 1,045 ª 7 908, 24 3. La capital aura augmenté de 50 % quand il sera égal à 9 750 €. Ceci se produira au cours de la 11e année car 6 500 ¥ 1,0410 ª 9 621,59 et 6 500 ¥ 1,0411 ª 10 006,45. 64 1. a. Pn = P0 ¥ 1,02n = 8 ¥ 1,02n (en millions d’habitants) b. P100 ª 57,96 millions d’habitants. 2. Soit an le nombre d’habitants (en millions) que l’agriculture peut nourrir l’année 1800 + n. D’après ce modèle, (an) est une suite arithmétique de raison 0,5 et premier terme a0 = 10. En 1900, l’agriculture pourrait donc nourrir a100 = 10 + 0,5 ¥ 100 = 60 millions d’habitants. 4. D’après ce modèle, la situation devait devenir critique à partir de l’année 1800 + 103 c’est-à-dire à partir de 1903. b. 1 - 321 1 21  3 - 1 = 5 230 176 601 1- 3 2 1 -  - 211 1  ¥ 2 049  683 1 -  - 2 3 11 Ê 1ˆ 1 - Á- ˜ Ë 2¯ 2 c.  Ê 1ˆ 3 1 - Á- ˜ Ë 2¯ 1ˆ Ê ÁË1  11˜¯ ª 0, 667 2 67 a. 3(1 + 1,05 + 1,052 + … + 1,0519) 1 - 1, 0520 = 60(1,0520 –1) ª 99, 20 1 - 1, 05 b. 2(1 + (– 0,8) + (– 0,8)2 + … + (– 0,8)19) =3¥ =2¥ 1 -  - 0, 820 ª 1,1 1 -  - 0, 8 68 La part prise par Alexis est 2 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ  Á ˜ º Á ˜ Ë 2¯ 2 Ë 2¯ 20  19 1 Ê Ê 1ˆ Ê 1ˆ ˆ Á1  ÁË ˜¯  º  ÁË ˜¯ ˜ 2Ë 2 2 ¯ Ê 1ˆ 1- Á ˜ Ë 2¯ 1  ¥ 1 2 12 20 Ê 1ˆ = 1- Á ˜ Ë 2¯ 20 69 À la 8e génération, le nombre d’ancêtres inscrits sera : 65 1. Heures Population bactérie A 0 10 000 1 12 400 an+1 – an an+1/an 2 400 1,24 1 - 2 8  2 + 4 + 8 + … + 28 = 2(1 + 2 + … + 27 ) = 2 1- 2 c’est-à-dire 2(28 – 1) = 510. À la n-ième génération, il y aura 1 - 2n  2 n 1 - 2 ancêtres inscrits 2 + 22 + … + 2 n = 2 ¥ 1- 2 sur l’arbre. Chapitre 5. Notion de suite numérique 97 70 1. p1 = 400 ¥ 1,01 = 404 ; 2 - un 2 - un 1   1  u un - 1 1 n -1 2 - un 2 - un 1 - un 1 b. vn+1 – vn =  -1 un - 1 un - 1 un - 1 3. a. vn+1 = p2 = p1 ¥ 1,01 = 408,04 pn+1 = pn ¥ 1,01 pour tout n  0. 2. pn = 400 ¥ 1,01n 3. p10 ª 441,85 71 Soit a la plus petite grandeur. L’affirmation d’Archimède se traduit par : 1 4 a + 4a + 42a + … + 4na + a = (4ni) 3 3 1 4 n 1 a n 1 Or a + 4a + 42a + … 4na = a  4 - 1 3 1- 4 1 a Donc a + 4a + 42a + … 4na + a = ¥ 4 n 1. 3 3 4 a Or (4na) = ¥ 4 n 1, donc l’égalité est bien vérifiée. 3 3 pour tout n  1. On en déduit que la suite (vn) est arithmétique de raison – 1. c. On a donc pour tout n  1. vn = v1 + (– 1) ¥ (n – 1) = – 1 – (n – 1) = – n 1 On en déduit que un = 1 - pour tout n  1. n 75 1. n un vn 0 1 4 1 –3 8 1 + 2 + 22 + … + +263 2 – 11 16 1 - 2 64  2 64 - 1 ª 1, 8.1019. 1- 2 Ceci correspond à environ 7,4.1014 kg de blé c’est-à-dire 740 000 millions de tonnes de blé, soit plus de 100 fois la production mondiale de blé en 2009-2010. 3 – 27 32 4 – 59 64 72 Le nombre total de grains de blé demandés est : c’est-à-dire 73 1. S = 210 + 211 + … + 2100 S = (1 + 2 + … + 2100) – (1 + 2 + … + 29) = 2101 – 210 1 - 291 Ou encore S = 210(1 + 2 + … + 290) =210 1- 2 soit S = – 210(1 – 291) = 2101 – 210. 41 1 1 1 4 Ê Ê 1ˆ ˆ T = 1   2  º  º 40 = Á1 - Á ˜ ˜ 4 4 4 3 Ë Ë 4¯ ¯ k 7 2. S =  3k k 1 3 S = 31  3  º  36   37 - 1 2 k 10 1 T =   - 3k = 311  1 4 k 0 74 1. n un 1 un - 1 1 0 –1 2 0,5 –2 3 0,66666667 –3 4 0,75 –4 5 0,8 –5 1  - n pour n  1. un - 1 1 1 b. On conjecture donc que un – 1 = - soit un  1 - . n n On vérifie sur le tableur pour les premiers termes. 2. a. Il semble que 98 1  un 1 - 1 2. La suite (vn) semble être géométrique. Démontrons-le : vn+1 = 5 – un+1 = 5 – (2un – 5) = 10 – 2un = 2(5 – un) donc vn+1 = 2vn pour tout n  0. La suite (vn) est donc géométrique de raison 2. 3. vn = 4 ¥ 2n donc un = 5 – 4 ¥ 2n pour tout n  0. 76 1. a. C1 = (10 000 – 20) ¥ 1,04 = 10 379,20 C2 = (C1 – 20) ¥ 1,04 ª 10 773,57 b. Cn+1 = (Cn – 20) ¥ 1,04 = Cn ¥ 1,04 – 20,8 2. a. un+1 = Cn+1 – 520 = Cn1,04 – 540,8 un+1 = 1,04 (Cn – 520) = 1,04un pour tout n  0. La suite (un) est donc géométrique de raison 1,04. c. un = u0 ¥ 1,04n = 9 480 ¥ 1,04n d’où Cn = 9 480 ¥ 1,04n + 520. Le capital aura au moins doublé au bout de 19 ans. 77 Dans le cas a, chaque salle a une clé qui permet d’en ouvrir la porte alors que dans le cas b, il s’agit d’une même clé, un passe, qui ouvre toutes les portes de toutes les salles (ou qui ouvre la porte de chaque salle). 78 Ce raisonnement est faux car n + 3 n’est pas constant et varie avec n. 79 1. En B1 on attend l’affichage de 0. 2 1 1 2 p 2. v0 + v1 + … + vn–1 = un – u0. Dans les deux cas la suite semble constante. différents tests en changeant les nombres entrés dans A1 confirment cette hypothèse. 9.2.un dn  . vn . Ce type d’échelle permet de représenter sur un même graphique de façon lisible des points d’ordonnée 1 000 aussi bien que 100 000 000 000 mais les alignements ne peuvent plus s’interpréter en termes de fonction affine ou suite géométrique. Les cinq premiers termes sont : – 1 . donc la suite (sn) est une suite constante. sn+1 = un + vn = sn pour tout entier n. n n  1 3. 3 n 1 Ê 1ˆ b. 5 . On en déduit que n n  1 n n  1 un = u0 +  . Il semble que pour u0 = 1.2 un . s0 = 2. 2 1 1 2 . OAk = OA1 + (k – 1) ¥ 1 = k donc 1 Lk = p x k 2 p k  1 p x k p – = . En fait l’échelle de l’axe des ordonnées n’est pas régulière : chaque graduation indique un nombre 10 fois plus grand que la précédente. Il semble que pour u0 = 0. Ë ¯ 2 2 8 p Ê p pˆ pˆ Êp S1 + S2 + … + Sn =  Á  ˜  º  Á   n . vn = 1 + n donc un = 2 + 1 2  n 2 1 n 2 vn+1 – vn = 107 1. s2 = 2.(A1^2) + 1 80 Le nombre de transistors doublant tous les deux ans. Cette suite n’est ni arithmétique ni géométrique. dn 1  n n Ê 1ˆ Ê 1ˆ b. Comme s0 = 2.1 2 3 108 1.2 2un . u un 1 . b.1 n . on ait un = 1 pour tout n. a. Notion de suite numérique 99 . a. Sur OpenOffice Calc ou Excel. Chapitre 5. Sk = p ( ) – p ( ) = + (k – 1) 2 2 2 2 8 4 3.2un 1 La suite (vn) est géométrique de raison . S1 = p ( ) = 2 2 8 p p p 1 3 p p S2= – = 3 . 0 . v0 = 1 . v0 + v1 + … + vn–1 = 1 + 2 + … + n = 2 b.1 3un . a. 3 3 2. un 3 . Ì Ì ÓÔv 0  2 Ôv1  ÔÓ 2 3 4 3 8 ÔÔ u2  9 Ì Ôv  10 ÔÓ 2 9 v n . 2. a. Ë 3¯ Ë 3¯ 3. b. a. on peut modéliser cette situation à l’aide d’une suite géométrique. a. 2un . dn  Á ˜ d0  2 Á ˜ .1 2 2 Ôu0  0 ÔÔu1  109 1.2 ¥ 3n 1 Ê 1ˆ ÁË ˜¯ . Il semble que la formule =–A1^2 + 1 soit interprétée comme =(-A1)^2 + 1 .4 4un un u -2 1 1  n  .1 ˜ Ë 8 4¯ Ë8 8 4¯ p = n2 . on obtient : Pour l’élève A Pour l’élève B b. b. v1 = 2 . sn = 2 pour tout entier n. vn = Á ˜ . 2 1. b. (Lk) est une suite 2 2 2 p arithmétique de raison . Donc vn+1 – vn = 1 et la suite (vn) est arithmétique de raison 1. Soit on entre la formule de l’élève B soit on met des parenthèses en entrant = . Lk+1 – Lk = 106 vn+1 = 1 un 1 . c.1 n 1 Ê 1ˆ Á ˜ 1 2 Ë 3¯ D’où un  = n 1 . vn+1 = un + n + 1 – un = n + 1. v2 = 3 . Or (un – 1) vn = un 2 Ë 3¯ v donc un(vn – 1) = vn et un = n car vn 1 pour tout n. D’une part S1 + S2 + … + Sn est égale à l’aire du demi-disque de diamètre [OAn] c’est-à-dire 2 1 Ê nˆ 1 p Á ˜  p n2. à 104 : voir corrigés en fin du APPROFONDISSEMENT 105 1. Travail personnel Pour les exercices 81 manuel et site. vn+1 =    v n. v3 = 4. 8 b.3 3 3 . Le graphique montre pourtant un alignement évoquant davantage une suite arithmétique. A.2un un 1 un 1 a. s1 = 2.2 2un . a.2 2 1 La suite (vn) est arithmétique de raison . a.2  un 1  4 . on ait un = 0 pour tout n. 2 . S3 = p ( )2 – = 5 2 8 8 2 2 2 8 1 k 2 1 k -1 2 p p b. un = 10 . v  u  1 . v3  u6  3 b. 6 . u1 = 42 .50  6 9 2 1 2n Ê 10 n  2ˆ un = 10  4. un chiffre 2 et éventuellement des zéros. u5 = 33 3342. 1 . vn+1 – vn = 1 pour tout n  0. chacun étant répété une fois à partir de 1.10 n . u4 = 3 3342 . 10n + 2 pour n  1 s’écrit avec un chiffre 1. 2. 4 . vn = v0 + n = n pour tout n de ⺞. u0  u1  º  un  114444 4444 . 3 112 1. Ê Ê 1ˆ . a. v1 + v2 + … + vn–1 = (u2 – u1) + (u3 – u2) + … + (un – un–1) = un – u1. 2 2 3n 110 u3 = 3342 . On en déduit que : n n  1˘ 1 12 + 22 + … + n2 = È n  13 .3n] 6 1   n  12n2  n 6 n n  12n  1  6 113 1. Ë 3¯ donc en sommant ces deux relations. donc (vn) est une suite arithmétique de raison 3. b. u2 = 342 ...2 b. Tn = 10n–1 (10 + 102 + … + 10n) = 10n–1Sn+1 donc 10 n Tn = 10 n . Ë 3¯ Ë 3¯ c. 4  3n . v0  u  0 .  n 1 fois 1  2 n n 1 Ê 1ˆ 1. 1 Ê 1ˆ Á ˜ 2 Ë 3¯ n Ê 1 Ê 1ˆ ˆ v 0  v1  º  v n  114444  1 2º  31  Á1   º  Á ˜ ˜ 4444 Ë 3¯ ¯ Ë 3  n 1 fois  n- 1. p n  13  p1  1  3  3 ¥ 12  1  3 ¥ 2  3 3 3 ¥ 22 + … + 1 + 3 ¥ n + 3 ¥ n2) d’où 2.10n–2 + … + 5. 2 . un = 10 n . V = V0 + V1 + … + Vk + … + Vn. n  1 . 3 3 3 b.. . a. 111 1.Á1  Á ˜ Ë Ë 3¯ n n 1 Ê 1ˆ 1.1. a. On a donc bien u2n = n pour tout n de ⺞. on trouve n n Ê 1ˆ Ê 1ˆ v n  1  Á ˜ . La somme de ces chiffres est égale à 3 donc c’est un multiple de 3.1  2 2 n  1 2º  31 5. Donc un  1  3n  2 n . Les premiers termes sont 0 . 9 3. 3. La suite (vn) semble être arithmétique de raison 1. v1 + v2 + … + vn–1 = (n – 1) ¥ 2 1  3n  2  n . n]. etc. 5 . 3 . vn = 3n + 1 pour tout n..p k 3  p3k 2  3k  1. 2 .. 1 . 10 n-1 .10n–1 + 5. puis un = 2 – vn = 1 – Á ˜ .1.10  5. c. 9 b. vn+1 – vn = u2n+2 – u2n = 2n + 2 – u2n+1 – u2n vn+1 – vn = 2n + 2 – (2n + 1 – u2n) – u2n. un et vn sont tels que vn – un = 2 Á ˜ et un + vn = 2. Il semble que l’on obtienne les entiers consécutifs.10 10 Sn = 10 n-1 .10 n  4  = Á . 1 . on « rajoute » trois côtés constitués de (n + 1) points donc un+1 = un + 3n + 1. Pour passer de Pn à Pn+1.Á ˜ Ë 3¯ nˆ 2 4 4 4 p k  13 . b.Á ˜ Ë 3¯ Ê 1ˆ Ê 1ˆ  Á ˜  º  Á ˜ ˜  n  1Ë 3¯ Ë 3¯ ¯ Ê 1ˆ 1. De ce 10 n  2 fait est un entier donc un est un carré parfait 3 pour tout n  1.1 + 5.Á ˜ Ë 3¯  n  1 1 13 n 1 4 p n  13. Il semble que u2n = n et u2n+1 = n + 1 a.10 + 6 = un 10 n 10 b. c. a. 4 . Vk   n  13  114444  1 2º  31  3 ¥ 1  2  º  n  3 4444  n 1 fois ¥ 12  22  º  n2  = (n + 1) + 3 ¥ (1 + 2 + … + n) + 3 ¥ (12 + 22 + … + n2).10 n -1 2. ˜ Ë 9 3 ¯ 4.¥ .n Ê 1ˆ 4. a. où k Œ [1 .1 2 100 .1 n3n . 4. 3 .2 . V   n 5 1 1 . 4 4 3. 0 1 2 v2  u4  2 . a. 6 . Sn = 10(1 + 10 + … + 10n–2) = 10 1 . n. Tn + 5Sn + 6 = 102n–1 + 102n–2 + … + 10n + 5. 5 .. .1 + 6 9 9 1 2n n c.3 3 ÎÍ 2 ˚˙ 1 2   n  1 [2 n  1 . cn+1 = cn + bn pour tout n  1. Notion de suite numérique 101 .Alors u2n+1 = 2n + 1 – u2n = 2n + 1 – n = n + 1 pour tout n de ⺞. 2. bn+1 = 3bn pour tout n  1. tel que 2 Chapitre 5. 2 xn+1 – xn = 116 On peut réaliser une feuille de calcul sur un tableur pour répondre aux deux questions qui sont numériques et examiner combien de cubes on ajoute avec un niveau supplémentaire.10 46 .1 n  2n2 . 4.1 p Œ ⺞. • chacune des quatre branches comporte que branche  n . À chaque étape. 2 On a donc n2 + n – 2 (1 999 + N) = 0. Le quadrillage de côté n + 1 comporte : • (n + 1) + n = 2n + 1 carrés de côté 1 (1 ligne et une colonne) de plus que le quadrillage de côté n. cn+1 = cn + 1 + 3 + 5 + … + (2n + 1) donc cn+1 = cn + (n + 1)2. Soit bn le nombre de triangles bleus et cn le nombre de triangles blancs à l’étape n. On a a1 = 1. cn+1 = cn + 1 + 3 + 5 + … + (2n + 1). • n + (n – 1) = 2n – 1 carrés de côté 2 de plus. c3 = 14 (9 carrés de côté 1. 118 Appelons n son âge et N l’âge qu’il avait lorsqu’il n’a pas pu fêter son anniversaire. Il y a 42 925 carrés dans un quadrillage de côté 50. on a donc 19 900 cubes. 3. Pour n niveaux : • la colonne centrale comporte n cubes.N  1999. et le nombre de triangles blancs augmente d’un nombre égal à celui du nombre de triangles bleus existants. Soit an la part de l’aire du triangle initial encore colorée en bleu à l’étape n. donc la suite (xn) est 2 1 arithmétique de raison . a. D doit être un carré parfait. chaque triangle bleu est remplacé par 4 triangles : 3 bleus et 1 blanc. Algorithme VARIABLES : k. Donc le nombre de triangles bleus est multiplié par 3. n -1 n -1 n -1 3n -1 Ê 3ˆ Ê 1ˆ Ê 1ˆ Donc an = bn ¥ Á ˜  n -1  Á ˜ Á ˜ .4 1 1 xn = 2   n  2  n  4 car n 2. On a donc b1 = 1. 115 f est dérivable sur ⺢ donc la tangente à  en Mn a pour équation y = f ¢(n) (x – n) + f (n). le discriminant de cette équation est D = 15 993 + 8N. On peut ensuite utiliser un tableur ou un autre logiciel pour trouver c100 ª 8.10-48.n cubes pour n niveaux. On peut aussi établir une formule générale. d’où : n n  1 . 6. c’est-à-dire D = p2 où p est .1n cubes. c2 = 5 (4 carrés de côté 1 et 1 carré de côté 2) . 1 + 3 + 5 + … + (2n + 1) = 1 + (1 + 2 ¥ 1) + … + (1 + 2 ¥ n) n n  1   n  12 =n+1+2 2 b. p nombres ENTRÉES : saisir k INITIALISATION : c prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour p de 1 à k faire c prend la valeur c + p2 FinPour SORTIE : Afficher c b. les 1 999 bougies représentent 1 + 2 + … + N + … + n – N. c1 = 0. On aura donc un empilement de 79 niveaux au plus. n-2 2 2 1 pour tout n  3. Pour 100 niveaux. Avec 12 420 cubes : 2n2 – n  12 420 si et seulement si n  79. • [n + 1 – (p – 1)] + [n – (p – 1)] = 2n – 2p + 3 carrés de côté p (1  p  n) de plus. l’aire d’un triangle bleu est un neuvième de celle d’un triangle bleu à l’étape précédente. comporte 1 + 2 + … + (n – 1) cubes soit 2 Il y a donc n  2 n .2n  2 n -2 f n 2 2 Donc xn = n  n f ¢ n n-2 n-2 1 2 n . 4 carrés de côté 2 et 1 carré de côté 3). c. 1 2 1 2 n . 117 D’une étape à la suivante. c1 = 1 . Ë 9¯ Ë 9¯ Ë 3¯ 9 La part du triangle de départ encore colorée en bleu à l’étape 100 est donc environ 6. • 1 carré de côté n + 1 b. a. 114 1. f ¢(n) = n – 2 > 0 pour n  3. donc cette  n n .1  1  n n . 2 2. et n = 64 ce qui est impossible car n doit être plus γρανδ que N. Ligne 1 2 3 … n – 1 Nombre de termes 1 2 3 n – 1 Premier terme 1er impair 2e impair 4e impair 1=2¥0+13=2¥1+17=2¥3+1 À la (n – 1)-ième ligne. 2 Donc.1 somme vaut : n ¥  n3 . le premier terme de la (n + 1)-ième ligne est (n + 1) n + 1. • 15 993 + 8 ¥ 17 = 1272. représente la somme de (1 + 2 + … + n) termes consécutifs d’une suite arithmétique de premier terme 1 et de dernier terme n(n + 1) – 1.1  1   n n  1 . ˜ Ë 2 ¯ 2 2 2 Par ailleurs S = 13 + 23 + … + n3 en sommant les résultats obtenus en additionnant les termes situés sur une même ligne. a. qui vaut : ËÁ 2 ¯ 102 n n . la seule solution est donc N = 17 et n = 63.1  1. on trouve N = 17 et n = 63. le dernier terme de la n-ième ligne est ((n + 1) n + 1) – 2 = n(n + 1) – 1.1ˆ 1 ˜ -ième impair. jusqu’à la n-ième ligne incluse.875 ce qui n’est pas entier. est : 1 + 2 + 3 + … + (n – 1) = 2 Le premier terme de la n-ième ligne est donc le Ê n n . 119 1. • 15 993 + 8N = 1292 donnerait N = 81.1  1 Ê n n  1ˆ donc S  · Á . le nombre d’impairs déjà inscrits n n . En supposant que l’Émir Hifik reste d’âge « raisonnable » pour un humain. • 15 993 + 8N = 1282 donnerait N = 48.1 . b. Î 2 ˙˚ . La somme S de tous les termes du tableau. La somme des termes de la n-ième ligne représente la somme des termes de n termes consécutifs d’une suite arithmétique de raison 2. de premier terme n(n – 1) + 1 et de dernier terme n(n + 1) – 1.En cherchant avec la calculatrice. 2 Èn n  1˘ Donc 13  23  º  n3  Í  1  2  º  n2. 2 n n  1  n n  1 . 03 . 0. 1.p 6 5 5 3 3 3 q b. Supérieur à 1.83 . d. 3. 5 v4 = 1 . Supérieur à 1. 103 2  10 6 . u5 = 52. 16.Comportement d’une suite 6 Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 a. 0. p  q n . 3 – 10–2 < 2. 1. 1 . b. x = – 0. 5  3 . raison = – 0.009. Inférieur à 1. a. un+1 = 2(n + 1)2 + (n + 1) – 3 = 2n2 + 5n pour tout n  0.033 < 1.03 < 1. a.25. x = 0. u0 = – 3 . b. b. a.034 b.0004 . Comportement d’une suite 103 . x = – 0. 1 . b. Chapitre 6.82 . 105 ¥ 106 = 1011 . 10 -3 -6  1018 . 0.8 < 1 2. a. 10 -20 4  10 -80 .84 < 0. 2 1. – 2 . 4.004 .82 < 0.032 . 0.999 < 3 – 10–4 < 3 + 10–4 < 3 + 10–1 2. 2 et supérieur à 1 pour n  3. a.033 .8 . x = 1. 1. 1 . 1 . 0. Inférieur à 1 pour n2 < n + 4 soit n = 0 .35 3 1. 4 . 52 32 ¥ 37 62 22 q n  5-4 .00001 .001 .1968 pour S et 6 pour n. – 8 < – 2 < 1 < 4 < 16 4 a.  34 . 1.032 < 1.83 < 0. b. 6 L’algorithme affiche : 597. x = 1 + 10–6.33  x  0. x = 1. 1 < 1.84. – 8 .034 3. c. 0. on a un  n – 8  40. a. 1. e autour de 500 000 animaux. Pour obtenir les termes suivants. 3. an < 10–15 dès que n  50. c. un  1 000 € n  32 . u50 = 2 500 . Donc pour n  48. Le premier indice tel que un  40 est n = 33. alors un  M € n  n0. Activité 2. u100 = 10 000 . un  100 € n  10 . a. d. et dans le cas a où elle s’éteint.99 pour q = 7. De même. La population varie de façon périodique. Ceci n’est guère réaliste pour des problèmes de territoire et de ressources. c.didiermathx. Tous les points de la représentation graphique sont au-dessus de la droite d’équation y = 100 (respectivement y = 1 000. b. 2. et semble se stabiliser à environ 500 000 animaux. b. Pour p = 7. 2. La suite (an) semble tendre vers 0 quand n devient grand. donc ces termes sont inférieurs à ap et donc inférieurs à 0. Activité 3. Évolution de populations 1. pour 44  n  47. La population est alternativement inférieure à 500 000 et supérieure à 500 000. B. d. La suite (un) a pour limite + . sans dépasser 500 000 animaux. ap < 0. tn devienne égal à 1. y = 1040) dès que n  10 (respectivement n  32 . On aura an < 0. 3. n  1020). On est sûr que un  100 pour tout n  108 . b. Sur le tableur. On pourrait prévoir une population qui augmenterait sans limite et de plus en plus vite. il semble que quand n devient grand. et que un  1010 pour tout n  1010 + 8. Remarque : la condition n  48 est une condition suffisante. e. un  M dès que n  M – 8.99999999 dès que n  27. et même de plus en plus. 2 2. un  1040 € n  1020. b.01.0001 dès que n  14 . La population semble se stabiliser dans les cas c. Voir sur le site www. tq > 0. on divise ce nombre positif par 2 plusieurs fois de suite . f.com 3. Les termes suivants ne sont pas tous supérieurs à 40. La population augmente. an < 10–8 dès que n  27 .Activité 1. La population augmente puis diminue et continue ainsi de fluctuer tout en semblant se stabiliser aux alentours de 500 000 animaux. b. Si n0 désigne le plus petit entier supérieur ou égal à M. c. u1020  10 40. L’aire de la partie colorée en plus à chaque étape est la moitié de celle colorée en plus à l’étape précédente. La population décroît jusqu’à presque s’éteindre. 1 Donc (an) est une suite géométrique de raison . On remarque que. 104 . Limite finie d’une suite 1. tn > 0. La population augmente assez rapidement puis semble devenir pratiquement constante à 500 000 animaux. tn > 0. a. Comme on ajoute à tn un nombre positif pour obtenir le terme suivant. Limite infinie d’une suite A. les termes vont en augmentant et seront donc tous supérieurs à tq pour n  q et donc a fortiori supérieurs à 0.9999 dès que n  14 . non nécessaire.01. on a déjà un  40. sin n  – 1 donc 8 sin n  – 8 et n + 8 sin n  n – 8. 4. a. un  M € n  M. a. 2. 1.99. |un| < 0.9 la suite n’est ni croissante ni décroissante.001 pour n  31 un  0. |un| < 0.01 pour n  66 . décroissante pour 0 < q < 1. Comportement d’une suite 105 . un  M pour n = 7 puis pour tous les termes suivants chaque terme. le tableur ne peut afficher d’autre valeur approchée de tn que 1. la suite (un) est croissante. et 2. Il semble que la suite tende vers 0.00001 pour n  8. Pour q = – 0.1 pour n  2 . Partie B. un < 0. Les valeurs absolues des termes deviennent aussi grandes que l’on veut mais la suite ne semble pas avoir de limite. Elle est constante pour q = 0 et q = 1.1. Pour q = 0. |un| < 0.00001 pour n  23.1 pour n  22 . Pour n = 11.  Á ˜ Ë 2¯ 2 Ë 2¯ n -1 n 1 Ê 1ˆ  Á ˜ . 2. 1. La suite semble n’être ni croissante. |un| < 0. f. Alors on a t1 = et pour n  2. e. |un| < 0. tous les termes suivants sont inférieurs à 0. elle semble être ni croissante ni décroissante. On ne peut pas trouver d’entier n tel que tn = 1. |un| < 0. Voir site www. un < 0. On entre en C4 la formule : = SI(B4>M . a1 = 1 1 Ê 1ˆ et (an) est géométrique de raison donc an = a1 Á ˜ Ë 2¯ 2 2 2 tn = a1 + a2 + … + an–1 = 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ  Á ˜  º. Ë 2¯ 2 n n Ê 1ˆ 1. et osciller d’un nombre positif à un nombre négatif. la suite étant décroissante. Il semble que la suite soit croissante pour q > 1.1 2 e.Á ˜ n Ë 2¯ 1 Ê 1ˆ tn = =1–Á ˜ Ë 2¯ 2 1. étant multiplié par un nombre supérieur à 1 pour passer au suivant. b. Pour q = 1. ni décroissante. Le tableur affiche 1 car tn est très proche de 1. Chapitre 6.01 pour n  3 .com 3. un  1010 pour n  34 e.1 pour n  5 .00001 pour n  110. un  1 000 pour n  10.001 pour n  14 . Activité 4.2 la suite n’est ni croissante ni décroissante.didiermathx. on teste si |un| < e où e est le nombre entré en cellule D2. On conjecture que la suite est croissante et que ses termes deviennent très grands. Pour q = – 0. autrement dit si – e < un < e (avec e > 0).1 un  100 pour n  49 un  1000 pour n  73 un  1010 pour n  242 3. c. Pour q < 0.d. a. « oui » . un < 0. au point que compte tenu du nombre de décimales utilisées. En colonne C. Pour q = 2. « non ») c.6 : un < 0. Comportement de la suite (qn) Partie A. positif. 1. Pour q > 1 a. b. d.00001 pour n  52. d. Cette suite semble croissante. y 1 v0 v1 v2 0 v3 v4 1 x 2. soit d’après l’écran de calculatrice environ 3. x2 x2 Les solutions de cette équation sont 1 . 4.5 .Activité 5. On construit le point de la courbe  d’abscisse u1. Elle semble avoir pour limite l’abscisse du point d’intersection de la courbe représentant g et de la droite d’équation y = x. a0 ª – 0.5 (négative) et 1 + 5 (positive). A1 a pour abscisse u1. On peut conjecturer que la suite est décroissante et qu’elle a pour limite 1… B. 106 . Représenter graphiquement une suite récurrente A. y 1 u4 u3 u2 u1 1 0 u0 2 3 x « L’escalier » se prolongerait mais sans dépasser le point d’intersection de la courbe  et de la droite d’équation y = x. C. La limite conjecturée serait donc égale à 1  5 .2 à x2 – 2x – 4 = 0. La suite (vn) semble être croissante et avoir pour limite 1.2 2. c. 1.3. a3 ª 3.3 . a1 ª 1.01 près. 23 à 0. 2. son ordonnée est u2. 8 . On construit le point A2 de d de même ordonnée u2 que le point précédent. Pour aller plus loin 4 4 g x   4 – donc g(x) = x € 4  x ce qui équivaut pour x . b. 1. 3.2 ou 3. a2 2. Son abscisse est u2. On vérifie que 1  5 ª 3. la partie blanche est divisée par 4. 9 9 9 9 9 n -1 8 Ê 8ˆ avec u1 = A1 – 1 = b.TP1. Ë 4¯ Étape 1 : la partie grise la plus sombre(correspondant au vert sur le manuel) représente La partie « verte » à l’étape n est obtenue en ajoutant les quarts des parties blanches successives donc 2 n 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ vn =  Á ˜  º  Á ˜ Ë 4¯ 4 Ë 4¯ n Ê 1ˆ 1. 4 2 2 3 1 Ê 1ˆ 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ À chaque étape la partie blanche est divisée par 4. À chaque étape. 1 La limite de la suite semble être . 01 ou encore Á ˜  0. A1 = 1 1 8 Ê 1ˆ 17 et A2 =  Á ˜  . un+1 =  An . 2. Un algorithme pour Obélix 1. La suite (An) est croissante.Á ˜ ˜ 1 4 3 Ë Ë 4¯ ¯ 14 1 1 1 3. 3 TP2.Á ˜ et An = un + 1 = 1 . 4 Ë 4¯ 1 Étape 3 : on ajoute à nouveau de la partie blanche de l’étape 2. 01  vn soit Á ˜  0. On ajoute donc Á ˜ . Ë 4¯ 4 Ë 4¯ 4 Ë 4¯ 2. la part « verte » représente le tiers du gâteau à 1 % près. Le carré de Sierpinski 1. Ë 4¯ 3 3 3 Ë 4¯ On trouve à la calculatrice que dès l’étape 3. Donc v3 =  Á ˜  Á ˜ . Étape 1 : Étape 2 : Étape 3 : 1 1 du gâteau. La suite (un) est géométrique de raison . La suite (bn) est donc géométrique de raison .Á ˜ n Ë 4¯ 1 1 Ê Ê 1ˆ ˆ vn = ¥  Á1 . on ajoute à l’aire An déjà colorée un neuvième de celle qui ne l’était pas. Donc v1 = 4 4 1 1 1 Étape 2 : on ajoute le quart de la partie blanche de l’étape 1. 1 1 Soit bn la part en blanc à l’étape n.0. Ë 9¯ Ë 9¯ Chapitre 6. a.1  un . La part en vert (ici gris sombre) représente  ¥ .Á ˜ . de premier terme b1 = 4 4 n Ê 1ˆ donc bn = Á ˜ . Pour passer de An à An+1. un = u1 Á ˜ Ë 9¯ 9 n n Ê 8ˆ Ê 8ˆ Donc un = .01  vn   0. 9 9 9 Ë 9¯ 81 3. 1 8 8 8 8 4. 01 3 3 3 n n 1 1 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ Comme vn  ceci revient à chercher n tel que .1  An . vn ª à 1 % près si et seulement si – 0. 4 4 4 2 1 Ê 1ˆ Donc v2 =  Á ˜ . Comportement d’une suite 107 . 03. pn+1 est le nombre de personnes au courant de la rumeur au bout de n + 1 heures . un tableur affiche qn = 10 000.988n. n + 1]. Le nombre de personnes mises au courant dans l’intervalle de temps ]n . 2.5n = 100 ¥ 2. Datation au carbone 14 3 Ê 1. TP3. il s’agit des personnes déjà au courant au bout de n heures. 988 .5 d’où a = 1. on a plus de 95 % du carré initial coloré en rouge à partir de la 26e étape et plus de 99 % du carré initial coloré en rouge à partir de la 40e étape. la suite (qn) et en vert la suite (rn). la ville n’est pas encore entièrement touchée. dont le nombre est apn. Avec le modèle n° 2 : qn  9 500 pour la première fois pour n = 196. La masse de carbone 14 qui reste après 300 ans soit 3 centaines d’années est m0 ¥ Á1 – ª 9. • Toute la ville Avec le modèle n° 1 : au cours de la 6e heure. le tableur affiche rn = 10 000. 2 b. Ë 100˜¯ 1. 150 1 .c. n + 1] est proportionnel au nombre de personnes qui ne savent rien au bout de n heures. 2. 6443 g. n + 1] est proportionnel à pn donc il existe un réel a tel que le nombre de personnes mises au courant dans l’intervalle de temps ]n . On en déduit que qn+1 = qn + b(10 000 – qn). en bleu. p0 = 100 et p1 = 250 par énoncé. elle court… Qui ? La rumeur ! Partie A 1. 100 108 . La suite (mn) est géométrique de raison 1 –  0. Le modèle le plus réaliste semble être le modèle n° 2. Avec le modèle n° 3 : rn  9 500 pour la première fois pour n = 9. Donc 1 + a = 2. on trouve que An dépasse 0. 3. Le nombre de personnes qui apprennent la nouvelle dans l’intervalle de temps ]n . d. Avec le modèle n° 2 : qn  5 000 pour la première fois pour n = 45. TP4. Avec le modèle n° 3 : rn  5 000 pour la première fois pour n = 5. De plus. 66 66 n 33 66 n Partie C • 50 % de la ville Avec le modèle n° 1 : pn  5 000 pour la première fois pour n = 5. La suite (pn) est une suite géométrique de raison 1 + a = 2. dont le nombre est pn et du nombre de personnes mises au courant dans l’intervalle de temps ]n . la suite (An) est croissante. dans le modèle n° 2 la rumeur se répand de telle sorte qu’au bout de trois jours la ville n’est pas encore entièrement touchée.5. n + 1] soit égal à b(10 000 – qn). dans le modèle n° 3. puis elle se répand très lentement sans que la ville soit entièrement touchée . Donc il existe un réel b tel que le nombre de personnes qui apprennent la nouvelle dans l’intervalle de temps ]n . dont le nombre est 10 000 – qn.5 donc pn = p0 ¥ 2.  2. En rouge.5n. Avec le modèle n° 3 : à partir de n = 28. Donc mn = m0 ¥ 0. 2 ˆ 1. De même. Avec la calculatrice ou un logiciel. Elle court. Donc au moins 90 % du carré initial est coloré en rouge à partir de la vingtième étape.9 pour la première fois à la vingtième étape. la rumeur se répand d’abord très vite et en dix heures elle a presque touché toute la ville. Dans le modèle n° 1. la rumeur se répand de telle sorte qu’au bout de 1 000 jours. q0 = 100 et q1 = 250 donc 250 = 100 + b ¥ 9 900 d’où b = 9 900 66 1 1 5 000 65 On a donc qn+1 = qn + 10 000 ¥ q soit qn+1 =  q . la suite (pn) . • 95 % de la ville Avec le modèle n° 1 : pn  9 500 pour la première fois pour n = 5. a. On a donc pn+1 = pn + apn = (1 + a)pn. Partie B 1. n + 1] soit égal à apn. Avec le modèle n° 2 : à partir de n = 1 403. Algorithme VARIABLES : n.988n) est décroissante. 988 2 =  0.com c. Comme m0 > 0. Voir graphique ci-dessous.c. n – 1. On note m la masse de carbone 14 restant. Chapitre 6. Voir sur le site www. la suite (mn) est décroissante.988 < 1 donc la suite (0. Au bout de t1/2 la masse de carbone est égale à m0 ¥ 0. 2 2 2t 1 t1 1 0. m nombres ENTRÉES : Saisir q INITIALISATION : n prend la valeur 0 TRAITEMENT : Tantque 10 ¥ 0. Par conséquent. 2 t1/2 est l’abscisse du point d’ordonnée 0. k kt 1 t1 1 Ê 1ˆ De même. La demi-vie du carbone 14 est comprise entre 5 700 et 5 800 ans. 0 < 0. 988 2 2  . Le programme donne une datation entre 190 et 191 centaines d’années c’est-à-dire entre 19 000 et 19 100 années. 3. d. la masse de carbone 14 a été divisée par 2k. 4 Au bout de 2t1/2 la masse initiale de carbone 14 est donc divisée par 4. n. 988 2 = m0 donc 0. Ë 2¯ 2 Au bout de k ¥ t1/2. « centaines d’années » b.988n > m Faire n prend la valeur n + 1 FinTantque SORTIE : Afficher « Entre ».5 sur le graphique. 988 2 =  0. 988 2 k  Á ˜  k . au bout de k ¥ t1/2 la masse de carbone a été multipliée par : 0. 988 2  . a. t1 1 1 t1 b. « et ». Comportement d’une suite 109 . on détermine pour quelle valeur de n on a mn ª m0 = 5 g.didiermathx. Avec la table de valeurs ou le graphique. 1 2. 0 Le début de l’écriture décimale de an pour n  15 est donc : 1. 0  an – 1 < an .1  an . Et par conséquent. Les triangles rectangles EBF. la suite (an) est décroissante.  an .12   an . GDH.1 on déduit par stricte croissance de la fonction carré sur [0 . 3. HAE sont superposables donc q BEF  AHE f .12  1. 1. De la question A. FG. 0  an . Une suite de carrés avec GeoGebra Partie A. pour tout n  1. an+1  1. que (a11 – 1)2 < 10–2. GH et HE sont les hypoténuses de triangles rectangles de côtés de longueur c – 1 et 1 donc ils sont égaux à  c .1  an . FCG. On conjecture que la suite des aires des carrés est décroissante et a pour limite 1. (On peut aussi utiliser la trigonométrie et montrer que cos BEF q  cos fAHE . Il suffit de prendre n0 = 15 pour avoir an ª 1 à 10–10 près (et même à 10–1 près). La suite (an) étant décroissante et tous ses termes étant supérieurs à 1.1  10 -10. TP5. + [. De 0  0  a13 – 1 < 10–4 on déduit que 0  a14 – 1 < 10–8 puis que 0  a15 – 1 < 10–16. 0  a12 – 1 < 10–2.didiermathx. 1.com 3. De plus on a montré que an  1 pour n  1. b. Voir sur le site www. De 0  a11 – 1 < 0. 3. par les inégalités démontrées en question 2.) f  90 . Partie C. EF = FG = GH = HE donc EFGH est un losange. L’aire de EFGH est (c – 1)2 + 1 = c2 – 2c + 2. 110 . Algorithme VARIABLES : n.1 .AEH f donc BEF q  90 . Autrement dit. n – 1. b.000 000 000 0… (10 zéros après la virgule). Par croissance de la fonction carré sur [0 . an . Or dans AHE. D’où.fAEH soit BEF f  AEH f  90. Or c = a donc l’aire de EFGH est a – 2 a + 2. + [. AHE On en déduit que fFEH  180 . que la suite (mn) a pour limite 0 car il semble que la masse devienne quasi nulle (en fait aussi proche de 0 que l’on veut) à condition d’attendre assez longtemps. m nombres ENTRÉES : Saisir q INITIALISATION : n prend la valeur 0 TRAITEMENT et SORTIE : Tantque 10 ¥ 0. 2. n. Partie B.12 donc an+1 – 1  0 et par suite. On a donc pour tout n  1.d. an+1 – 1 =  an . donc finalement pour tout n  1. Le losange EFGH est donc un carré. On cherche n tel que 0  an – 1  10–10. a. Géométriquement. On a donc an  an pour tout n  1. De même 0  a13 – 1 < 10–4. a. « centaines d’années » FinSi 4. on déduit que an+1 = an – 2 an + 2 pour n  1. on en déduit que pour tout n  15.12 autrement dit an+1 – 1  (an – 1)2.988n > m Faire n prend la valeur n + 1 FinTantque Si n  500 Alors Afficher « pas de datation » Sinon Afficher « Entre ». On sait que a1 = c2 > 1. Finalement an+1  1 pour tout n  0. b. an+1 – 1 = an – 2 an + 1 =  an . On conjecture d’après le graphique par exemple. an  1. « et ».12.1. on en déduit que pour tout n  1. 2. 3.90  90. EF. Pour n  1. Comportement d’une suite 111 . Partie C 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 h2 = 1  . on n’obtient pas de pile d’au moins 11 m ou 13 m.com 2. de hauteur au moins 8 m pour n = 1 674. h8 = 1        . h4 = 1    . Donc h16 – h8  8 ¥ 16 2 1 1 1 On a donc : h4 – h2  . De même h2n – hn = est une somme de n termes tous supérieurs ou égaux à donc h2n – hn  . 3 4 12 2 h8 – h4 = 1 1 1 1 533 1      5 6 7 8 840 2 1 1 1 est une somme de 8 termes tous supérieurs ou égaux à . h16 – h8  2 2 2 1 En ajoutant ces trois inégalités membre à membre on obtient h16 – h2  3 ¥ . h16 – h8 = Chapitre 6. n 1 VARIABLES : n. Pour n  20 000 sur le tableur. Voir sur le site www.  º 9 16 16 1 1 soit h16 – h8  . Algorithme 1 . Le programme donne une pile de hauteur au moins 4 m pour n = 31. hn+1 = hn + 2. s nombres ENTRÉE : Saisir h INITIALISATION : n prend la valeur 1 s prend la valeur 1 TRAITEMENT : Tantque s < h Faire n prend la valeur n + 1 s prend la valeur s + 1/n FinTanque SORTIE : Afficher n 3. Pour tout n  1. 2 1 1 1 1  º 3. Empiler des cubes… jusqu’où ? Partie A. une pile de hauteur au moins 13 m pour n = 248 397 et 16 m pour n = 4 989 191.TP6. 2 2 3 4 2 3 4 5 6 7 8 1 1 7 1 Donc h4 – h2 =    . h. On obtient une pile de hauteur au moins 4 m pour n = 31. 4.didiermathx. h8 – h4  . Partie B. n 1 2n 2n 2n 2. 1. Et avec un peu de patience. La suite est croissante (par croissance de la fonction affine x  3 x . 8 sin t = 8 2 2  9 3 9 Oui 10 t = 11 Non 1 2 19 a. variance : 144. n+1>n1fi n 1 n n 1 n d. u u6 7 u 2 u4 5 u u2 3 1 u1 21 a. 1 1 Comme (n – 1) ¥ peut devenir aussi grand que l’on veut et que h2 n  n . c. b. 2n+1 > 2n donc 3 ¥ 2n+1 > 3 ¥ 2n puis un+1 > un.h2n-1  2 2 2 1 En ajoutant membre à membre ces n – 1 inégalités. un+1  un par croissance de la fonction carré donc la suite (un) est croissante. la suite est croissante car.1 ¥ on peut penser 2 2 que la suite (hn) a pour limite + . Suite décroissante b. 5 Strictement croissante sur [– 4 . SANS CALCULATRICE 1 f ¢(4) = - n + 1 > n fi n  1  n car la fonction racine carrée est strictement croissante. un = 2 ¥ 3n . On cherche un entier p tel que hp  324. la suite est décroissante . 4 Faux b. . Suite décroissante 1 2 3 4 5 6 7 n b. De même on montre que la suite est croissante. 6 0. et figure 2 . 2 La pile pourra donc dépasser la Tour Eiffel. un d. ENTRAÎNEMENT De même : b. La suite est croissante (soit par croissance de la 2 fonction x  sur [0 . n5 n4 12 ( . et figure 1 . h8 – h4  . 3n < 3n+1 et 2 > 0 donc : un < un+1. +  [ 1 de la fonction x  1  ou par étapes : x 1 1 1 1  fi 1  1 . Cette suite est croissante car pour tout n  0. 2 –3 3 Faux 17 a. c.5 ou par étude du signe de un+1 – un). Il suffit de prendre n = 2649. SANS CRAYON. la suite n’est ni croissante ni décroissante car u0 > u1 mais aussi u2 > u1. c. 16 1. la suite est décroissante . et 2. n + 1 > n fi n  5  n  4 fi n5 n4 2 2 d’où soit un+1 > un.01 7 Les réels x de ]– 0.1[. et figure 4 .On a alors h4 – h2  1 1 1 .1 ¥ . h2n . La suite est décroissante par décroissance sur [1 .h2  n . + [ soit par étapes : x4 1 1  Pour n  0. 2) 18 a. Exercices 3.h2  324 . Suite croissante 13 a. Donc h2649 . et figure 3. + [. on obtient h2n . d. 3 4 Donc un+1  un pour tout n de ⺞. 4 3 c. La suite est croissante car pour tout n de ⺞. pour tout 15 29 n de ⺞. 2 4. 0. U0 0 112 d. 1 Or (n – 1) ¥  324 € n  649. … .1 . Espérance : 240 . Suite croissante 14 500 500 20 a. 1 ! = 1 . Pour tout n  29 on a donc n !  1030. 2n2 2 n  12 (on peut aussi calculer un+1 – un . Pour tout n  1. 3n . 29 1.1 sur [0 . u2 = 11 .1 3  n2 n  1 n  2 n  1 est toujours positif donc la suite (un) est croissante. 1 1 26 On peut transformer un en + 2 . 1. La suite (un) est décroissante. u4 = 8 et u5 = 2.5  un € 1.1 3 n 1 3n  3n 0 d. La suite est croissante (ou comparer n 1 un à 1 car un > 0). n + 1 > n donc 2n+1 > 2n donc un+1 < un. 2. 1 1  puis un > un+1. Comme n + 1 est positif. un+1 – un = 2n  1 2n .5 et 2 pour n supérieur ou égal à 5. La suite n’est ni croissante ni décroissante compte tenu de la question 1. 4. En revanche un+1 – un = – 3n + 6 donc un+1 – un  0 pour n  2. on obtient n0 = 29. Pour tout n  0. – 1  un € – n – 1  2n – 1 € 0  n un  2 € 2n – 1  2(n + 1) € – 1  2 Donc pour tout n  0. on a bien – 1  un  2. un 2 0 2 4 6 8 10 n 3. un+1 – un = n1 n n n  1 u 5n à donc la suite est croissante (ou comparer n 1  un n1 1 car un > 0). – n + 1  0 donc un+1  un et la suite est décroissante. 4. u3 = 11 . 2 2n La suite est décroissante : Pour n  1. n 25 1. Par exemple avec un tableur en utilisant la fonction FACT. n1 4 n . 4 ! = 24. a. 0 2. un+1 – un = 1 n1 n 0  n  2 n  1 n  2 n  1 pour tout n de ⺞. 2 ! = 2 . n + 1 > n fi n  12  n2 Chapitre 6. vn = v0 ¥ 2n = 4 ¥ 2n donc un = 5 – vn = 5 – 4 ¥ 2n. b. un+1 – un = 2n n  1 2 n  1 2n u pour n  1. 3 ! = 6 . 3. 28 1. Pour tout n  n0. éventuellement avec un logiciel de calcul formel : D’où 27 1. 4. 23 a. La suite (vn) semble géomé1 trique de raison 2. (ou un+1 – un = 4 ¥ 2n – 4 ¥ 2n+1 = 4 ¥ 2n(– 1) < 0).5n + 1.22 a. c. On peut aussi transformer un : 2. un+1 > un donc la suite est croissante.1 5 n 1 5 n  5n > 0 pour n  1 b. n 0 1 2 3 4 5 6 7 un 2 8 11 11 8 2 –7 – 19 un 1 –3 – 11 – 27 – 59 – 123 – 251 – 507 vn 4 8 16 32 64 128 256 512 24 1. Pour tout n  0. Donc (vn) est géométrique de raison 2.5  2n – 1 € 5  n Donc un est compris entre 1. 5 vn+1 = 5 – un+1 6 vn+1 = 5 – 2un + 5 7 vn+1 = 2(5 – un) = 2vn. + [ ou par un+1 – un = 4n + 2 > 0 pour tout n  0). un > 0 et n + 1  1 donc un+1  un. Comportement d’une suite 113 . Donc la suite (un) est croissante 1 (ou écrire un = 1 – ). 2 3 Démontrons-le : 4 Pour tout n  0. Pour tout n  0. La suite est croissante (par croissance de la fonction x  2 x 2 . u1 = 8 . La suite est croissante car un+1 = un ¥ (n + 1) où pour tout n  1. 3. 2. La suite (un) est décroissante à partir du rang 2. u0 = 2 . Tableau ci-contre. un  un car la suite (un) est 0 croissante donc un  1030. 31 1.8n d’où cn = 3 000 – 1 500 ¥ 0. La suite est donc croissante à partir du rang 3. (bn) est géométrique de raison 1. un+1 – un > 0 pour n  3. un  vn. On conjecture de même que pour tout n  2.1 > 1 et b0 est positif. La suite (In) étant géométrique de raison 0.78 In–1 pour tout n  1. un  wn. In = 0. c. 3. p = 4 La suite étant décroissante. Le trinôme est positif sauf entre ses racines. b.8 + 600 = 1 800 . a. et a2 = a1 + 320 = 1 640. un  un  1050 donc un  1050. a.8n. un+1 – un = 2 n 1 2 n 2 n 2n2 – n  12  . a. On conjecture que pour tout n  2. c0 = 1 500 .8 + 600 – 3 000 cn+1 = 0.78n. b. d. a. c2 = c1 ¥ 0.1 = 440 . a. cn semble être égal à 3 000 à partir d’un certain rang. On peut en effet démontrer que les suites (an) et (bn) sont croissantes : (an) est arithmétique de raison positive 320 . b. À la calculatrice ou avec un logiciel.78. b0 = 400 . on trouve qu’il faut traverser au maximum 5 plaques pour garder au moins 25 % de l’intensité entrante. (In) est elle aussi décroissante. In  I4 donc In  0.b. un 20 000 18 000 16 000 14 000 12 000 10 000 8 000 2.78n) est décroissante. on a In = I0 0. on l’admettra.8cn – 2 400 = 0. n = 1. Pour (cn). un < vn et pour 2  n  10. + [ et par propriété la suite (vn) est croissante car 1.2  2 n n  1 n2 n  12 n 2 un+1 – un  2  n . La suite (un) est croissante par croissance de la fonction carré sur [0 . n2 – 2n + 1 > 0 si et seulement si n  3. Sur un tableur. pour n  182. 2.78 I0 2.1 = 484. a1 = a0 + 320 = 1 320. n0 = 182 convient. • Au bout de 40 ans.8 + 600 = 2 040. a. Du fait de la croissance de la suite à partir du rang 3. Pour 96  n  100. Pour n = 0. 2. On peut comparer les évolutions à l’aide d’un tableur par exemple. c’est dans la ville B qu’il y aura le plus d’abonnés alors que le nombre d’abonnés dans la ville C semble stagner. b2 = 440 ¥ 1. La conjecture précédente est infirmée. 0 30 1.2n – 1 2 n  n  12 Par la question 2a. b1 = 400 ¥ 1.8(cn – 3 000). Comme I0 est positif. c1 = 1 500 ¥ 0. On peut aussi conjecturer que (cn) a pour limite 3 000. On en déduit que cn < 3 000 pour tout n  0.78 < 1 donc la suite (0. On remarque que : cn+1 – 3 000 = cn ¥ 0. un  vn. 6 000 4 000 2 000 0 5 10 15 an 114 20 bn 25 30 cn 35 40 n . c. • Le nombre d’abonnés augmente dans chaque ville.4 I0. La suite (cn – 3 000) est donc géométrique de raison 0. b. 0 < 0. I1 = I0(1 – 0.1 > 1.8 donc cn – 3 000 = (c0 – 3 000) ¥ 0.22) = 0. un  vn. 3. b. 32 1. Donc pour n entier naturel. La suite n’est pas monotone compte tenu de ses premiers termes. n2 – 2n – 1 a pour racines 1 – 2 et 1 + 2. pour tout n  4. On a a0 = 1 000 . De l’année n à l’année n + 1.8n donc Tn+1 > Tn). AH = n – 1 et NT = yT = donc n 1 1 1 1 an = · n .8Tn + 200. 3.8n e. L’aire de ATN est NT ¥ AH où H est le projeté orthogonal de A sur (NT).Á ˜ ˜ 1 Ë 4¯ 4 Ë 4¯ 4 13 Ë Ë 4¯ ¯ 4 1 On conjecture comme limite à l’aide d’une calcula3 trice ou d’un tableur.8 donc Tn = T0 ¥ (0. La suite (an) est géométrique de raison 1. Tn = un + 1 000 = 1 000 – 800 ¥ 0. le 121e jour (a121 ª 102 530 m2). La suite des aires des secteurs semble avoir pour limite 0. Tn+1 = Tn ¥ 0. un+1 = Tn+1 – 1 000 = 0.1 2 2.01n Faire n prend la valeur n + 1 FinTantque SORTIE : Afficher n En programmant cet algorithme on obtient k = 1 466 c’est-à-dire que le premier entier k supérieur à 2 tel que wk > uk est k = 1 466.8n On en déduit que la suite (Tn) est croissante (par exemple : pour tout n  0. d. Comportement d’une suite 115 . b. donc les truites auront disparu au bout de 24 ans. a. À la calculatrice ou au tableur on trouve que le nénuphar couvre un étang : • de 1 000 m2. et au moins 7 secteurs pour couvrir au moins 99 % du disque. b. • de 100 000 m2. (Tn) est une suite géométrique de raison 0. 1 Comme n  2.8un pour tout n  0. De même il faut couvrir au moins 5 secteurs pour couvrir au moins 95 % du disque. a. La disparition est enrayée. la population de Tn truites à l’hectare diminue de 20 % et est augmenté de 200 truites par hectare donc Tn+1 = 0. b. la suite ËË 2¯ ¯ n Ê Ê 1ˆ nˆ Á1 – ÁË ˜¯ ˜ est croissante. c..Il faut donc tracer au moins 4 secteurs pour couvrir au moins 90 % du disque. On pourrait aussi écrire un programme qui demande une valeur M et renvoie le plus petit entier n  1 tel que an > M.08 donc an = a1 ¥ 1.Á ˜ n Ë 4¯ 1 Ê 1ˆ 1 1 Ê Ê 1ˆ ˆ Ê 1ˆ  Á ˜ ºÁ ˜   Á1 .08n-1 avec a1 = 10. La somme des aires des secteurs semble avoir pour limite 1. À la calculatrice ou au tableur on obtient n Ê 1ˆ 1 .Á ˜ ˜ 2 n n 1 Ê 1ˆ 1 Ë Ë 2¯ ¯ Ê 1ˆ Ê 1ˆ  Á ˜  ºÁ ˜   1.8 pour n  0. 1 ÊÊ 1ˆ nˆ La suite ÁÁ ˜ ˜ étant décroissante.1 = . b. on a 0. Algorithme : VARIABLES : n nombre INITIALISATION : n prend la valeur 0 TRAITEMENT : Tant que n2 > 1.8n+1 < 0. • de 10 000 m2. a. 2 ¯ Ë n 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 n 1 Il semble qu’elle ait pour limite . L’aire totale des n premiers secteurs représente une part du disque égale à Ê Ê 1ˆ n ˆ Á1 . Donc Tn  T0 pour tout n  0. 2 Chapitre 6. Le n-ième secteur représente ÊÁ ˆ˜ Ë 2¯ n du disque initial. c.8)n.8 Tn + 200 – 1 000 donc un+1 = 0. 2 n 36 Les aires sont exprimées en m2.Á ˜ > 0.9 pour n = 4 la première fois.Á ˜ Ë 2¯ Ë 2¯ 2 Ë 2¯ 2 1.8)n soit Tn = 200 ¥ (0. 33 1. 2 n 2 2n 2. Le nombre de truites semble augmenter et se stabiliser à presque 1 000 truites.8n = – 800 ¥ 0. le 91e jour (a91 ª 10 189 m2) . Tn < 1 la première fois pour n = 24. le 61e jour (a61 ª 1 012 m2) . on montre que l’aire totale des n premiers secteurs du disque représente une part de l’aire du disque égale à n Ê 1ˆ 1.8. La suite (un) est donc géométrique de raison 0. 1 2 37 1. 2. On remarque de plus que Tn  1 000 pour tout n de ⺞. 1 34 1. un = u0 ¥ 0. Ë 2¯ 35 Par un raisonnement analogue à celui de l’exercice 34 . Ë 6¯ La suite (pn) est donc croissante. a. Ayant 4 cas à traiter.Á ˜ ˜ donc P(B) = 1 – Á1 . b. n nombres ENTRÉE : Saisir t INITIALISATION : n prend la valeur 0 n t ˆ Ê TRAITEMENT : Tant que Á1 –  0. d. Ë Ë 6¯ ¯ Ë Ë 6¯ ¯ ÊÊ 3 nˆ Ê 1ˆ ˆ b. À l’aide d’une calculatrice ou d’un tableur on trouve 1 que un < u0 c’est-à-dire 0.5 est n0 = 4.917 < 1 et comme u0 > 0. b. (un) semble avoir pour limite 3. 4. 5 € n  5 000. P(A) = Á ˜ .5. (un) peut sembler tendre vers + . (un) semble avoir pour limite 0. L’événement A : « obtenir au moins un 6 » a pour contraire « n’obtenir aucun 6 ».Á ˜ ˜ . 2 2n 1 1 < 0. un  M dès que n  M2 – 2. a. on peut vérifier que un prend bien des valeurs aussi grandes que l’on veut. 116 n 1 . b. Ë 6¯ n Ê 5ˆ Donc pn = P(A) = 1 – Á ˜ . La probabilité de A est alors obtenue à l’aide d’un arbre n Ê 5ˆ simplifié : P A  = Á ˜ (chapitre 8). Dans ce cas. À l’aide d’un arbre (chapitre 8).49 < an € 0. un+1 < un pour tout n de ⺞ donc la suite (un) est aussi décroissante. pn  0. 917 .917n < 0.8 pour n  9 .95 pour n  17 . Car la suite (pn) est croissante. a. on aurait aussi pu créer un programme qui demande un nombre a entre 0 et 1 et renvoie le premier entier n tel que pn  a. 40 1. on détermine la 3 Ê 1ˆ probabilité de l’événement A : « obtenir 421 ». pn  0.5 – 2n 2n € 2n  100 € n  50. 3. pour émettre une conjecture. Le dé étant supposé bien équilibré. on obtient : pn  0.99 pour n  26. La probabilité de l’événement B : « obtenir au moins une fois 421 sur n lancers » est égale à 1 – P(B) où B : « ne jamais obtenir 421 sur n lancers ». Ë 6¯ Par un arbre simplifié.1 1  0 donc an  pour tout n  2. 3.4999 < an  0. c. (un) n’a pas de limite.6 pour n  6 .49 < an € 0.917n) est décroissante car 0 < 0. La suite (un) est géométrique de raison 8. 39 1. Ë 6¯ ÊÊ 5ˆ nˆ 5 2. on obtient n n Ê Ê 1ˆ 3ˆ Ê Ê 1ˆ 3ˆ P(B) = Á1 . b. La suite donnant le nombre de noyaux est une suite t géométrique de raison 1 donc on cherche le 100 n 1 t ˆ Ê premier entier n tel que Á1  . pn  0. ˜ Ë 100¯ 2 Algorithme 1– VARIABLES : t. 3  0.5 pour la première 2 fois pour n = 8 (u8 ª 4 .01 donc 0. 41 1. Ë 6¯ 2. prenant toujours alternativement les valeurs – 1 et + 1. un = u0 ¥ 0. 2.Á ˜ .10 6).Á ˜ ˜ ˜ est décroissante donc la suite ÁËË Ë 6¯ ¯ ˜¯ n (pn) est croissante. La probabilité de ne pas obtenir 421 sur un lancer est 3 Ê 1ˆ 1–Á ˜ . À l’aide de la calculatrice ou d’un tableur on trouve que le premier entier n tel que pn  0. mais on peut avoir un doute compte tenu de la croissance lente. 5 Faire ˜ Ë 100¯ n prend la valeur n + 1 FinTanque SORTIE : Afficher n. La suite (0. 99982. c. À partir du rang 51 on a donc 0. La demi-vie du cobalt 60 est 1 926 jours soit environ 5. 38 a. a. Pour aller plus loin On peut aussi montrer de façon générale que si M  0 est un réel donné. plus la probabilité d’obtenir au moins un 6 augmente. Plus le nombre de lancers augmente. De même 0.3 ans. Comme n > 0. La demi-vie de l’iode 131 est d’environ 8 jours. La suite ÁÁ1 . la probabilité lors 5 d’un lancer de ne pas avoir de 6 est égale à .49 < 0. En utilisant une calculatrice ou un tableur et le sens de variation de (pn). La demi-vie de l’iridium radioactif est 74 jours.Á ˜ Ë 6¯ Ë 6¯ n Ê 5ˆ  1. 100 b. 6 On répète de façon identique et indépendante le lancer d’un dé plusieurs fois. fixées à l’avance.917n. La suite ÁÁ ˜ ˜ est décroissante car 0 < < 1 donc Ë ¯ 6 6 Ë ¯n Ê 5ˆ ÁË ˜¯ 6 n 1 n Ê 5ˆ Ê 5ˆ  Á ˜ et par conséquent 1 .49 < an < 0. La croissance étant « assez lente », on a intérêt à utiliser un tableur ou à écrire un programme pour trouver que pn  0,99 pour n = 993 la première fois. Comme la suite (pn) est croissante, pn  0,99 pour n  993. Il faut donc au moins 993 lancers pour que la probabilité d’avoir au moins un 421 soit supérieure à 0,99. 42 1. La suite (Ln) est croissante de par sa construction. 2. Les longueurs sont exprimées en cm. L1 = p ; L2 = p + 2p  3p ; L3 = p  2 p + 3p = 6p. 3. D’un arc de cercle au suivant, le diamètre augmente de 2, donc la longueur de l’arc augmente de p. On en déduit que, en cm, n n  1 p. Ln = p  2 p  3p  º  np  2 n n  1 p  100. 4. On cherche n tel que 2 200  0. Solution 1 : on résout l’inéquation n2 + n – p Le trinôme est positif sauf entre ses racines s’il en a. 800 - 1- 1 p , Ses racines sont 2 800 - 1 1 p ª 7, 49. négative, et 2 Donc Ln > 100 si et seulement si n  8. Solution 2 : on utilise une calculatrice ou un tableur pour trouver le premier entier n tel que Ln > 100 ; il s’agit de n = 8. La croissance de la suite (Ln) permet de conclure que Ln > 100 si et seulement si n  8. 5. 10 km = 10 ¥ 103 m = 10 ¥ 103 ¥ 102 cm donc 10 km = 106 cm. On cherche donc ici à avoir Ln > 106. La résolution de l’inéquation conduit à 8 ¥ 10 6 - 1 1 p ª 797, 4 n> 2 soit Ln > 10 km si et seulement si n  798. 6. Une recherche au tableur ou à l’aide d’un programme est à nouveau possible, avec recours au sens de variation de la suite pour conclure. Pour aller plus loin On doit ici résoudre l’inéquation n2 + n – 2M  0. p n n  1 p  M soit 2 8M 2M est D  1  . p p Comme M > 0, D  1 donc ce trinôme a deux racines : 8M 8M - 1- 1  - 1 1  p qui est négative et p . 2 2 Or D  1 fi D  1 par stricte croissance de la fonction 8M - 1 1  p racine carrée donc – 1 + D > 0 et la racine 2 est positive. Donc Ln  M si et seulement si l’entier n est supérieur 8M - 1 1  p . ou égal à 2 On en déduit que Ln est aussi grand que l’on veut, à condition de prendre n suffisamment grand. Autrement dit que la suite (Ln) a pour limite + . Le discriminant du trinôme n2 + n – 43 1. On peut penser que la limite de la suite (Ln) est la mesure de AB en cm, soit 8. 2. L1 = 4p ; L2 = 2 ¥ (2p) = 4 ; L3 = 4 ¥ p. 3. D’une étape à la suivante, le diamètre des arcs de cercle est divisé par 2. Donc la suite des diamètres est 1 une suite géométrique de raison . Soit dn le diamètre 2 d’un petit arc de cercle du n-ième chemin (n  1). n -1 n -1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ On a d1 = 8 et dn = d1 ¥ Á ˜ donc dn = 8 ¥ Á ˜ . Ë 2¯ Ë 2¯ Le nombre de chemins d’une étape à la suivante est multiplié par 2. Le premier chemin ne contenant qu’un seul arc, le n-ième chemin est la réunion de 2n–1 arcs de cercles (n  1). n -1 p Ê 1ˆ Donc Ln = 2n–1 ¥ 8 ¥ Á ˜  4 p. Ë 2¯ 2 La suite (Ln) est donc constante ; tous ses termes sont égaux à 4p. Elle a donc pour limite 4p. 44 Les longueurs sont exprimées en cm. 1. a. a0 = OA0 = 6 par énoncé. Dans le triangle OA0A1, rectangle en A1, on a p 1 b0 = A0A1 = OA0 ¥ sin = a0 = 3. 6 2 b. Pour tout n  0, dans le triangle OAnAn+1 rectangle p 3 . en An+1, OAn+1 = OAn ¥ cos soit an+1 = an ¥ 2 6 3 . La suite (an) est donc géométrique de raison 2 n n Ê 3ˆ Ê 3ˆ On a donc an = a0. Á ˜  6 Á ˜ . Ë 2¯ Ë 2¯ c. Pour tout n  0, dans le triangle OAnAn+1 rectangle p en An+1, AnAn+1 = OAn ¥ sin 6 Chapitre 6. Comportement d’une suite 117 Ê 3ˆ 1 d’où bn = an et par conséquent bn = 3Á ˜ . 2 Ë 2¯ Ils semble que les deux suites aient pour limite 0 et que, pour n > 0, on ait vn > un , la suite (vn) tendant donc moins vite vers 0 que la suite (un). 3  1 et 6 > 0. 2 Avec une calculatrice ou un tableur, on trouve que le premier entier n tel que an < 1 est n = 13. Par décroissance de la suite (an), on en déduit que An est à moins de 1 cm de O à partir de n = 13. 3. a. On trouve n0 = 34. n 2. La suite (an) est décroissante car 0 < De même An est à moins de 1 mm de O à partir de n = 29. 3. a. Ln = b0 + b1 + … + bn–1 n Ê 3ˆ 1- Á ˜ n -1 Ê 3ˆ Ë 2¯ 3 Ln = 3[1 +  ..  Á ˜ ] = 3 . 2 2 3 Ë ¯ 12 3 1 Ê 1 3ˆ 2 Or  4 Á1  2 ˜¯ 3 Ê Ë 3ˆ Ê 3ˆ 1Á1 - 2 ˜ Á1  2 ˜ 2 Ë ¯Ë ¯ b. On suppose que q  34 et que vq < uq c’est-à-dire 1 que 0, 9 q  . q 0, 9 En multipliant par 0,9 on obtient vq+1 < . q 0, 9 0, 9 1  uq 1 €  De plus q q q 1 € 0, 9q  0, 9  q € 0 , 9  0 ,1 q n Ê 3ˆ Ê Ê 3ˆ ˆ ˜ ou encore Á1 Donc Ln = 12 Á1  2 ˜¯ ÁË ÁË 2 ˜¯ ˜¯ Ë €9q 0, 9 Comme q  34, on a bien  uq 1. q Ê Ê 3 ˆ nˆ Ln = 62  3  Á1 - Á ˜ ˜ . ÁË Ë 2 ¯ ˜¯ b. On trouve à la calculatrice ou au tableur que le premier entier n tel que : Ln > 10 est n = 5 ; Finalement pour q  34 tel que vq < uq on a 0, 9  uq 1. vq+1 < q c. De la question b on déduit que si vq < uq pour un entier q  34, on a aussi vq+1 < uq+1. Comme v34 < u34 , on a aussi v35 < u35 donc aussi v36 < u36 et petit à petit on arrivera à v100 < u100 puis à v10 000 < u10 000. Ln > 20 est n = 16. On a l’impression en observant les termes pour de « grandes valeurs de n » que Ln ne dépasse même pas 22,4. 46 1. On conjecture que la suite est croissante et qu’elle tend vers + d’après ces premiers termes. 10 n 1 10 2. un+1 =  u . n 1 ! n  1 n Démontrons-le : 62  3  ª 22, 3923  22, 4. Or Ln < 62  3  donc Ln < 22,4 pour tout n de ⺞. La longueur de la spirale ne peut pas dépasser 30 cm. c. La suite n’a pas pour limite + . On entre cette relation de récurrence sur une calculatrice avec u1 = 10. On obtient u100 ª 10 -58 . 45 1. Les deux suites sont décroissantes. 2. 1 Ceci contredit la conjecture concernant le sens de variation de la suite (un) : la suite n’est pas croissante. 0 5 10 15 20 suite (Un) 118 25 30 35 suite (Vn) 40 45 n Quant à la limite, on peut plutôt émettre une nouvelle conjecture donnant 0 comme limite éventuelle. On peut écrire un programme permettant d’obtenir n’importe quel terme de la suite pour explorer d’autres valeurs de un. (Voir sur le site www.didiermathx.com) 47 1. La suite est définie par u0 = 1 et un+1 = f(un) où f(x) = 2x. Autrement dit un+1 = 2un. 2. La suite (un) est donc une suite géométrique de raison 2 donc un = u0.2n = 2n. 3. On conjecture que cette suite est croissante et a pour limite + . 4. Comme 2 > 1, par propriété la suite (2n)n est croissante. 5. a. 210 = 1 024 > 103. b. • 210 > 103 fi 220 > 106 donc n0 = 20 convient. • 210 > 103 fi 270 > 1021 fi 270 > 1020 c. La suite semble décroissante et de limite 1. f 2 y = x2 - 2x + 2 y=x 1 u3 0 u2 u1 u0 1 n 2 d. La suite semble croissante et de limite +  . donc n0 = 70 convient. • 210 > 103 fi 2400 > 10120 donc n0 = 400 convient. f 9 48 a. La suite semble décroissante et de limite 2. 8 f 3 7 y=x 6 y = x + 2 2 y=x 5 1 4 u3 0 1 u2 2 u1 y = x2 - 2x + 2 u0 3 4 5 6 n 3 b. La suite semble croissante et de limite 2. 2 f 3 1 y=x y = x + 2 2 -1 u0 -1 u1 0 1 2 3 4 5 6 n 49 1. Pour tout n  0, n + 1 > n fi f  n  1  f  n car la fonction f est croissante 1 -2 0 1 u2 u3 2 3 n sur [0 ; + [. Donc la suite (f(n))n0 est croissante. La réciproque est : « Si la suite (f(n))n 0 est croissante alors la fonction f est croissante sur [0 ; + [. » Chapitre 6. Comportement d’une suite 119 Contre exemple : Ê 0,5Á x  Ë f 10 2 2 2ˆ ˜  x € x   2x € x  . x¯ x x Les solutions sont donc - 2 et 2. 9 La limite conjecturée à l’écran est donc 2. On vérifie que 2  1, 41421… 8 7 6 TRAVAIL PERSONNEL 5 Pour les exercices 52 manuel. 4 3 à 69 : voir corrigés en fin de APPROFONDISSEMENT 2 x 6 0  - 6  - 3 ; x2 = 1  1, 5 ; 2 2 x  - 6  - 2, 25. x3 = 2 2 2. Voir sur le site www.didiermathx.com 3. On peut conjecturer que les termes xn de rang pair ont pour limite 2 et ceux de rang impair ont pour limite – 2 donc l’indécis va finir par aller indéfiniment du voisinage du point d’abscisse 2 à celui du point d’abscisse – 2, en étant aussi proche que l’on veut de ces deux points, une fois sur deux. 70 1. x1 = 1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 n La fonction représentée par la courbe ci-dessus n’est pas croissante. La suite (n)n0 représentée par les points sur le graphique est croissante. 50 Faux. On peut prendre comme contre-exemple la suite (un) définie par un+1 = f(un) avec f(x) = 0,5x + 2 et u0 = 8 représentée ci-dessous. f 71 1. La suite semble être croissante et avoir pour limite 6. 6 5 f 4 6 3 y = 0,5x + 2 5 2 4 1 u3 u2 0 1 2 3 4 5 u1 6 u0 7 3 8 n 2 y=x 1 51 Le tableur permet de conjecturer que la suite est décroissante et semble avoir une limite proche de 1,414213562 d’après les premiers termes donnés. On sait cependant que le comportement de la suite peut totalement changer ensuite (voir par exemple l’exercice 46 page 171). La copie d’écran de calculatrice permet de représenter sur l’axe des abscisses les premiers termes de la suite mentalement et d’imaginer comment se poursuivrait la construction. On y conjecture que la suite sera bien décroissante du fait de la position relative des courbes, sans changement de comportement à partir d’un certain rang. On y conjecture aussi que la suite a pour limite l’abscisse du point d’intersection de la courbe et de la droite d’équation y = x. Ceci permet de calculer la valeur exacte de cette limite éventuelle comme solution de l’équation 2ˆ Ê 0,5 Á x  ˜  x . Ë x¯ 120 u0 u1 - 5 - 4 - 3 - 2 -1 0 u3 u2 1 2 3 4 5 6 7 n 1 a  3  a € a  6. 2 1 1 3. a. vn+1 = un+1 – 6 = un  3 - 6  v n pour tout n  0. 2 2 1 La suite (vn) est donc géométrique de raison . 2 n n Ê 1ˆ Ê 1ˆ b. vn = v0 Á ˜  - 11Á ˜ pour tout n  0. Ë 2¯ Ë 2¯ 2. f a  a € n Ê 1ˆ Donc un = vn + 6 = 6 - 11Á ˜ pour tout n  0. Ë 2¯ ÊÊ 1ˆ nˆ c. La suite ÁÁ ˜ ˜ est décroissante. On en déduit que ËË 2¯ ¯ n la suite (un) est croissante. 72 Partie A. 1. La fonction f est une fonction rationnelle dérivable sur ⺢+ 4 donc f¢(x) > 0 sur [0 ; + [. avec f¢(x) =  x  12 wn+1 = n 1   n v n 1 .1. La suite (vn) est décroissante.n   1.1 1 4v n v 1 v 1 2.1 2v n .1 3. un = f(n) donc un = . À la calculatrice ou au tableur. 3n . On conjecture que la suite est décroissante et qu’elle a une limite proche de 1. À la calculatrice ou au tableur on trouve que n u 3 u2 0 1 u1 u0 2 3n 3v n . Voir sur le site www. 1 1 1 1 4. a. un = 3 n1 4 < 3. 4 Ë 4 ¯ Ë ¯ c. n1   4 3 n  1 .1 . b. La suite (cn) est une suite géométrique de raison n n Ê 10 ˆ Ê 10 ˆ 10 donc cn = c0 Á  ˜ Á 4 ˜ . aussi petit que l’on veut. 4 4 2 2 1 10 2 Ê ˆ Ê3 ˆ c . tout n  0.4 3n . 999  3 n 1 4 4 < 3. 4 Donc cn < 0. 001 n1 n1 € 4 000  n  1 € 3999  n. Il est évident que vn > 1 pour tout n  0. + [. Partie B.com 3. On a donc vn = 73 1. Ln = c0  c1  c2  º cn -1 donc 4 4 4 4 2 n -1 Ê 10 ˆ 1 10 Ê 10 ˆ Ln = [1  Á  º  ˜ Á 4 ˜ ] 4 4 Ë 4 ¯ Ë ¯ n Ê 10 ˆ 1. Ë ¯ 10 De plus la suite (cn) est décroissante car 0 <  1. 001 soit n  2 000 n1 ou de façon générale : soit e > 0. f 2 y=x y = f(x) 1  n  1  2 2  1 n1 n1 d. On peut conjecturer une valeur exacte pour cette limite de 1 1 1 ·  . wn = w0 + n ¥ 1 = 2 + n v 1 c.didiermathx. Comportement d’une suite 121 .194. par exemple : 2 1 < vn < 1. la limite éventuelle de la suite (Ln) semble être environ 1. b. cn+1 est la longueur de l’hypoténuse d’un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit ont pour 1 3 longueurs cn et cn . n1 n1 D’autre part 4 4 2.999 < un < 3 € 2.Á ˜ Ë 4 ¯ 1 Ln = .  0 donc 3 Pour n  0.001 pour la première fois pour n = 30. n + 2 > n + 1 > 0 donc 2 2 1 1 puis 1   1  n2 n1 n2 n1 c’est-à-dire vn+1 < vn. 999  3 €  0.001 à partir de n = 30. On a donc 2 + n = n vn . 4 10 4 .La fonction f est donc strictement croissante sur [0 .1  donc pour  De plus 3 n1 n1 n1 4 . À l’aide de la calculatrice on conjecture que la suite (f (n)) a pour limite 3. a. a. n1 Ê 10 ˆ Á 4 ˜ < 0.2 vn  1 Donc pour tout n  0 4v n v  1 4v n – 2v n – 2 . Donc cn+12 = Á cn˜  Á cn˜ = Ë4 ¯ Ë4 ¯ 16 n 10 D’où cn 1  c . 4 10 14 b.1 d’où v n  n  2 . a. f. alors 2 2 1 < vn < 1 + e €  e € n  .3.001 pour  0.1  1  2  n n3 soit v n  car n + 1 0.999 < un < 3 à partir de n = 3 000.1 3v n . On en déduit que 2. wn+1 – wn = 2v n – 2 v n – 1 2v n – 2 La suite (wn) est donc une suite arithmétique de raison 1. e n 1 On peut donc bien rendre vn aussi proche de 1 que l’on veut. 2. Pour tout n  0. e. On peut chercher si vn peut être aussi proche de 1 que l’on veut à condition de prendre n assez grand sur des exemples numériques. 1. 2.10 14 Chapitre 6. 4 n b. On peut aussi créer un programme sur la calculatrice qui fait afficher la première valeur telle que un > m où m est un réel donné.7 et de premier terme : W0 = V0 – 40 = 20 – 40 = – 20. u3 = ª 1.1 76 1. On en déduit que l’on peut avoir un aussi grand que l’on veut à condition de prendre n suffisamment grand. Ì 2. u2 = u4 = 205 ª 1. Pour tout n dans ⺞. ici 60 millions d’habitants.k  2 k 1  2 k  1 .7n. 42 .1 60 .k  k  1  k  2. 2R n  0. que pour tout n  1. S0 = V0 + R0 = 60.1 k k 2 1 1 1 . 9 Vn  0.1 1 1  2  3 .9Vn + 0.  k  1 . On en déduit que la suite (Vn) est croissante et que la suite (Rn) est décroissante. n+1 n n  12 La suite (un) est donc strictement croissante. 36 . Vn+1 + Rn+1 = 0.1  M M soit n > (1 + 2 .1Vn  0. Rn = 60 – Vn = 20 + 20 ¥ 0. il est possible qu’il y ait d’autres termes pour n plus petits qui soient eux aussi supérieurs à M. k 75 1.6 à partir de n = 22. Il en résulte.7Wn.1Vn  0. b. k  1 . 7 n  • Vn  39 € 0.1  1 d’où un < 2 – . De même un > 1.2Rn + 0. a. 7 n  20  20 ¥ 0.8Rn = Vn+ Rn.7n.Vn   0. d’où Wn+1 = 0.R n   0.7Vn – 28 = 0. La suite (0. pour tout n.7n..0. on trouve que un > 1. ÔVn 1  0. 8R n ÔÓR n 1  R n . 144 5 49 = 1. 7 n € 0.0. k  1  k d’où k  1  k  2 k  0 1 1  et par conséquent .25 .2 2 … 1  2  n  1 . a. La suite (Sn) est donc constante.1. un < 2. 2 60 . On en déduit que 2  k k -1 k b.7(Vn – 40). u1 = 1 . En écrivant les inégalités (1) pour k variant de 2 à n on obtient : 1 1 1 1 1 1 1 1  1 º  n2 n . 1 1 1 3. C’est une condition suffisante. p2 d. 7 Vn  12 c. Donc. La somme Vn + Rn donne la population totale du pays. Donc Vn + Rn est constante. k  1 k 2 k 1 d’où On a donc k  1 .k  k 1 k 1 k 1. Autrement dit la suite (un) a pour limite + . Conclusion : Pour tout n dans ⺞. • Vn  R n € 40 . k . 645 à 10–3 près. 0 < k – 1 < k donc 0 < (k – 1)k < k2 et par 1 1 conséquent  . ÔVn 1  Vn . 7R n  6 3. 2R n 1Vn  0. 8R n  0. 1 € n  2. 4 36 1 donc u > u pour tout n  1. La suite ne peut donc pas tendre vers +  car un ne peut prendre de valeur supérieure à 2. a. Sn+1 = Sn.1 et a fortiori un  2 n  1 .7n  0. b. La suite étant croissante on aura donc un > 1.1Vn + 0.20 ¥ 0.n n On obtient : un > 2 n  1 . et pour tout n dans ⺞.1 3. a.64 à partir de n = 203. 2 1 Tous les termes un tels que n > M2  M sont tels que 4 un > M.7Vn + 12 – 40 = 0. Ì ÓÔ R n 1  0. c.05 € n  9. Vn + Rn = 60. 6 e. • Rn  22 € 0. Wn = (– 20) ¥ 0. k . n n c. 7 n  20  20 ¥ 0. 1 donc un+1 > un pour tout n1 n  1.1 k 2.k . Donc (Wn) est la suite géométrique de raison 0. . 2 .7n) est décroissante puisque 0 < 0. 9 Vn  0. k 1 k Or k + 1 > k > 0 donc par croissance de la fonction racine carrée.k  . un+1 = un + Pour k  2.7 < 1. On peut entrer sur la calculatrice la suite (un) par 1 . On déduit de la question b. La suite (un) est croissante.74 1.1 € n  7.1 n 22 2 32 2 3 Donc en sommant membre à membre 1 1 un . Sn = 60. 2R n  0. 4. Wn+1 = Vn+1 – 40 = 0. Pour avoir un > M il suffit d’avoir 2 n  1 .1 k k . pour tout n dans ⺞.6 pour la première fois pour n = 22. Wn = Vn – 40 € Vn = Wn + 40 = 40 – 20 ¥ 0. u = 1 et un+1 = un +  n  12 Avec la table de valeurs. un+1 = un + 122 On somme membre à membre les inégalités suivantes : 1  2  2 . .7n  0. ª 1. D’une étape à la suivante. Pn = un ¥ pn.0. 5n. p2  p1. 75n 1. A n  un ¥ an  3n -1 ¥ 9 3 ¥ Á ˜ Ë 4¯ Ê 1ˆ  3 ¥ 3 n 1 ¥ Á ˜ Ë 4¯ Ê 3ˆ Soit A n  3 ¥ Á ˜ Ë 4¯ n 1 n 1 .0. cn et dn le prix à payer en euros pour n photos respectivement à l’agence B. Partie B. 1. didiermathx. 95 ¥ ¥ 9 € 1 . cn . 75n 9 3 1 .75 < 1 donc lim 0. • Suite (bn) : Chapitre 6. il en résulte  n Æ  9 3 9 3 . On a 200 km = 2 ¥ 105 m. Exprimons bn . n Æ  3.5)n > 100 (car 1 m = 100 cm et le triangle équilatéral de départ a pour côté 3 cm). 75n  0. 78 Soit cn le nombre de côtés du polygone obtenu à l’étape n. lim S n  est l’aire du triangle équilatéral n Æ  4 4 de côté 3. n Ê 1ˆ Ê 1ˆ 2. Enfin l’aire à l’étape n + 1 est égale à l’aire à l’étape n augmentée des aires des cn triangles équilatéraux de côté ln+1 qui ont été ajoutés. 75n  4 9 3 1 . 2 4 3.5 . Le périmètre pn à l’étape n est pn = cn ¥ ln. Donc la conjecture est exacte. 75 16 4 9 3 1 . On conjecture que (Sn) a pour limite l’aire du triangle initial en cm2. 1. 75n comme indiqué dans certaines (et non 4 version du manuel élève). dn. 5  1 donc lim 1. 1. 3 ¥ (1. 4 4 16 1 1 2.0. 5n  € n  26. Ë 2¯ Ë 2¯ 1 • (an) est la suite géométrique de raison et de premier 4 9 3 .05 € n  11.7 m2. Cela reste encore vrai de l’étape n à l’étape n + 1.77 Partie A. d’où un = 3n–1 ¥ u1 = 3n–1. le nombre de côtés est multiplié par 4 donc (cn) est une suite géométrique de raison 4 avec c0 = 3. 3 Partie C. cela revient à 100 1. donc : premier terme A1  16 1 . la longueur d’un côté est divisé par 3 donc la suite (ln) est géométrique de raison 1 avec l0 = 1. • (un) est la suite géométrique de raison 3 et de premier terme u1 = 1 . à l’agence C et à l’agence D (n  1). 4 On peut alors programmer le calcul des termes de ces suites sur un tableur par exemple (voir sur le site www. • Pn  un ¥ pn  3n -1 ¥ 9 ¥ Á ˜  3 ¥ 3n ¥ Á ˜ Ë 2¯ Ë 2¯ n n Ê 3ˆ  3 ¥ Á ˜  3 ¥ 1. 3 D’une étape à la suivante. d’où terme a1  16 Ê 1ˆ an  Á ˜ Ë 4¯ n -1 ¥ 9 3 Ê 1ˆ  9 3Á ˜ Ë 4¯ 16 n 1 . c’est-à-dire 3 9 3 1 . 3 c. – 1 < 0. b. On montre que l’aire d’un triangle équilatéral de côté x 3 est x2 . p1 = 3 ¥ 1. 75n  0 . Il en ré ésulte n Æ  lim Pn   .0. 5n  105 € 1. u1 = 1 . (An) est une suite géométrique de raison 0. ¥3¥3¥  2 2 4 n 1 Ê 1ˆ 2. Ë 2¯ 1. 3 105 3 ¥ 1.0. 5n  € n  9. 5n   . chaque triangle blanc à l’étape n + 1 ayant un côté de longueur égale à la moitié de la longueur d’un côté d’un triangle blanc de l’étape n. u2  3u1 . S n  A1 ¥ a1  Chaque triangle blanc génère trois autres triangles blancs. a2  a1. On pourra ensuite conjecturer la limite de (pn) et celle de (an) à l’aide du tableur. Sn  0.5 d’où pn = Á ˜ ¥ p1  9 Á ˜ .com). Comportement d’une suite 123 .0.75 et de 9 3 . 1 • (pn) est la suite géométrique de raison et de premier 2 n -1 n Ê 1ˆ Ê 1ˆ terme p1 = 4. 75n  ¥ 1 1 . 95.5 = 4. a. 4.  3 ¥ 0. On lit sur le tableur que pn > 200 km pour n = 39 par exemple et l’aire totale est inférieure à 0. 79 Soit bn .75n < 0. 4 Soit 0. 1 9 3 9 3 ¥  . ln la longueur de ce côté pour n  0 (le début étant l’étape 0). Pour n  100. De 12 photos à 99 photos.33n.0 .64  6 par le théorème de Pythagore dans le triangle OA0B0 donc Ln = 30(1 – 0. La suite des longueurs des segments formant la ligne brisée A0B0… AnBn est une suite géométrique de raison cos a. Ln > 10 pour n = 1 et donc pour n  1 par croissance de la suite (Ln).90 + 0. l’agence C est la moins chère. Pour un petit nombre de photos. Pour 40  n  59. • Suite (cn) : Pour 1  n  39. Enfin à l’agence D les prix augmentent de façon régulière en fonction du nombre de photos. juste devant l’agence B.45 ¥ 50 + 0.25n On peut par exemple les représenter graphiquement pour les comparer puis vérifier les résultats par le calcul. 8 2 n 1 .38 ¥ (n – 100) Donc bn = 0. Alors A1B0 = A0B0 ¥ cos a dans le triangle A1B0A0 puis A1B1 = A1B0 ¥ cos a dans le triangle B0A1B1.38n + 11. Etc.35n.53 ¥ 50 + 0. bn = 0. Les angles marqués en rouge sur la figure sont égaux à l’angle a : par exemple vA1B0 A 0 est complémentaire de vOA 0B0 dans le triangle rectangle A1B0A0 et a  vA 0 OB0 est complémentaire lui aussi de l’angle vOA 0B0 dans le triangle rectangle OA0B0. voire même 50 photos coûtent moins cher que 39 photos. cn = 0. Ln > 25 pour n  4 . OB0  0. et cette augmentation est de moins en moins rapide au fur et à mesure que le nombre de photos augmente.8 + 0. le prix n’augmente pas nécessairement avec le nombre de photos ! Le changement de tranche s’accompagne d’une baisse 124 des prix. bn = 0. • Suite (dn) : dn = 2. l’augmentation des prix se fait de façon continue. Au contraire. Ln  100 est impossible car Ln < 30 pour tout n. Ln = A0B0 1 . cn = 0. Dans le triangle OA0B0. bn = 0. 8 . 11 photos au plus. cn = 0. à l’agence C.31n. cn = 0.82 + … + 0.53 ¥ 50 + 0. .45n + 4 Pour n  101. Enfin. 8 A0B0 = 100 . Pour 60  n  99. Ainsi 40 photos. cos a  OA 0 La longueur Ln de cette ligne brisée est Ln = A0B0 (1 + 0. Donc vA1B0 A 0  a .Pour 1  n  50. l’agence D est moins chère.45 (n – 50) donc bn = 0.82n+1). 65 60 bn 55 50 45 dn 40 35 cn 30 25 20 15 10 5 0 20 40 60 80 100 120 140 n À l’agence B.0. 80 Les longueurs sont exprimées en cm.82n) 1 .53 n Pour 51  n  100. c’est l’agence C qui est la plus intéressante.25n. pour plus de 100 photos. B. 1.9 . • L’écart interquartile Q3 – Q1 est la largeur de la boîte. Activité 1.7 Statistique descriptive Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Nombre téléphones achetés 0 1 2 Effectifs Effectifs cumulés 3 4 3 7 12 9 4 3 10 22 31 35 a.8 . Vrai 3 Réponses a.5). puisque celle-ci compte un nombre impair de valeurs. Q1 = 1 Q3 = 3 Q3 – Q1 = 2 d. 2. il suffit de remplacer 25 % par 75 %. et d. Me = 11. Q1 est la valeur de la série des températures ordonnées telle que 25 % au moins des valeurs de la série lui soient inférieures ou égales.8 . Max = 16. • En moyenne. Chapitre 7. Me = 15. Vrai b. Q3 = 11. a.9 . Min = 14 .5 Me = 12.3 . b. Faux d. Diagramme en boîte A. Q1 = 10.1 téléphones portables. Min = 9. Max = 12. chaque élève a acheté 2.1 Q3 = 12.4 .2.1 c. Faux c.8 . • Au moins la moitié de ces élèves n’ont pas acheté plus de 2 téléphones portables. Q1 = 14. 1. Me = 2 b. • On lit : Q1 = 11. Me est la valeur centrale de la série. 2 a. Moyenne = 2.8 Max = 13 • L’étendue est la longueur du diagramme (moustaches comprises). Pour Q3. Le diagramme correspondant à la série (R) est celui du haut (sa « moustache » commence à 10. Statistique descriptive 125 . • Les trois quarts au moins de ces élèves ont acheté 3 téléphones au plus.5. Q3 = 15. • Le quart au moins des élèves de cette classe a acheté au plus un téléphone portable. et donc pas sur Q3 – Q1. Le minimum de f est alors V = 5. ni sur Q3. Activité 2. a.87 eB > eA Série B : eB ª 4.14 c.25 1 2. b. a.57 sB ª 5. moins dispersée. • n’aurait pas eu d’incidence sur la médiane puisque la valeur centrale ne change pas .25. Seule l’étendue est sensible aux valeurs de Min et Max.60 Ces calculs confirment la plus grande dispersion des notes par rapport à leur moyenne. • À Marignane. Mesurer une dispersion 1. Moyenne Médiane Série A 10 11 Série B 10 11 Ces indicateurs donnent la tendance centrale de chaque série.t2  2 0 .2 . Ils sont ici égaux pour A et B. Ë i 1 ¯ i 1 b. m = 2. Pour A : VA ª 4. • aurait eu une incidence sur l’étendue qui passe de 6 à 16 ! • n’aurait pas eu d’incidence sur Q1. Q3 – Q1 = 4. 25 b. Dans la série A. aux températures les plus élevées de Rennes et Strasbourg. de 1 degré Celsius au moins.t2  35 .62 Pour B : VB ª 31. Série A : eA ª 1. Série A : e = 6 . La moyenne des écarts (entre note et moyenne) est nulle car la somme de ces écarts est nulle n Ên ˆ Á  x i .t2  4 3 . 52  5.t2 ˘˚ 10 Î  t 2 . 3. • La moitié des températures annuelles de Strasbourg sont inférieures à 75 % des températures de Rennes.5 c’est-à-dire pour t = m. remplacer Min = 7 et Max = 13 par Min = 2 et Max = 18 : • n’aurait pas eu d’incidence sur la moyenne car la somme des points attribués ne change pas . Q3 – Q1 = 9.5 V = 5. que la série B. 126 . 3. f (t) est minimale pour t = 2.5t  11. a. Activité 3. pour la série B. Série B : e = 16 . sA ª 2.2. Minimiser une dispersion 1. la plus basse des températures annuelles sur la période 1980-2002 est supérieure. f t   È.88 La dispersion des notes autour de leur moyenne est plus forte pour B que pour A.x    x i .nx  0˜ . Pourtant les différences sautent aux yeux : la série A est plus homogène. 5  t . 2.2. 45 8.47] donne le diagramme en boîte axé sur la droite d’équation y = 2 et de demi-épaisseur 1.37 Q3 – Q1 = 2.39 Chaque indicateur montre que la tendance centrale des moyennes annuelles des concentrations en SO2 a baissé entre 2003 et 2007 dans ces 21 régions de France. Statistique descriptive 127 .77 19.12 2007 15.34 13. en 2003. la moitié des régions ont une moyenne annuelle de concentration en SO2 inférieure ou égale à 3. Pour les PM10. En procédant de même avec l’autre série (2007) on obtient : B. 1. 1.42.53 μg/m3. 2. S  10 1 Âk k 1 T 15  l . En 2007. a.566 1.76 18.83 En 2007 : e = 8. 2.25 21. 12.51 Médiane = 3.13 Q3 – Q1 = 2.11 4.50 25.53 5. Les indicateurs utiles à la construction des diagrammes en boîte demandés étant les suivants : Min A1 Me Q3 Max 2003 1. A    1 2 2 B = 03 + 13 + 23 + 33 = 36 C = 2 ¥ 3 + 3 ¥ 4 + 4 ¥ 5 + 5 ¥ 6 + 6 ¥ 7 = 110 2. c. L’affirmation est donc vraie.11 23.1. En 2003 : e = 11.10 l 2 3.74 10. associé à la série des concentrations annuelles en SO2 des régions de France. Le symbole S 1 1 3 1. U = V TP1. on a : min Q1 Me Q3 Max 2003 16. 3.59.46 2007 18. En 2003.1 2.42 12.846 Me Q3 – Q1 e d’où 2003 21.39 3.77 Médiane = 2.Activité 4. 1.473 La commande GEOGEBRA : BoîteMoustaches [2. a.77 2.53.221 16.59 μg/m3. en 2003 : Moyenne = 4. mais aussi 2003 2007 21. 1.59 30. Qualité de l’air A.14 2. la moitié des régions se situent sous 2.43 18.66 19.31 Ces deux indicateurs renseignent sur la dispersion des moyennes annuelles des 21 régions en 2003 et 2007.53 en 2007 : Moyenne = 2. 5.63 Moyenne .47 2007 0. Cette dispersion s’est réduite entre 2003 et 2007. b.69 Chapitre 7.59 3. 5. on observe également la baisse des indicateurs de tendance centrale (médiane et moyenne) des concentrations en PM10 . le salaire moyen des femmes est 1 955 € dans son entreprise et 1 850 € chez monsieur Fortin. 2. 3. • Connaître la moyenne des salaires nets par région ne permet d’en déduire la moyenne des salaires nets en France que si le nombre de salariés par région est connu. Et ce n’est pas le cas. 2. l’étendue. Comme le salaire de la Haute-Normandie est lui-même supérieur à Q3 .Entre 2003 et 2007. et en Ile-de-France. l’affirmation est vraie. où il est maximal. Moyenne = 21 774 Q3 est la valeur de la série ordonnée des salaires nets moyens qui occupe la 20e place. Les diagrammes en boîte amènent les mêmes commentaires pour les concentrations en ozone. TP2. e = 10 778 Q3 – Q1 = 1 262 Non. les données sont les suivantes : Entreprise Fortin Salaire S 1S<2 2S<3 3S<4 Effectif 145 73 52 En prenant les centres des classes. 2. 20 . 1. a. moyenne des salaires chez Dupré = Monsieur Fortin a raison. Q3 est supérieur ou égal à 75 % des salaires de ces régions. Max = 31 059 c. Mais l’entreprise de Monsieur Fortin compte une majorité d’hommes. la répartition (10 . chez monsieur Dupré. Me = 21 205 d. dont elle donne.59 + 20 ¥ 0. Explication Il est exact que la moyenne des salaires est supérieure. ainsi que celle des indicateurs de dispersion (étendue et écart interquartile). On a donc Q3 = 22 026. • Pour Monsieur Fortin. ne permet pas d’en déduire le salaire net annuel minimal ou maximal en France.9 %. Le pourcentage brut global des reçus est (30 ¥ 0. Celui des hommes est 2 700 € chez lui et 2 180 € chez monsieur Fortin. il obtient : 145 ¥ 1. 5 Moyenne des salaires chez Fortin = 270 ª 2. • Connaître le salaire net annuel moyen en Poitou-Charentes.093 milliers d’euros ª 2 093 euros. • Pour Monsieur Dupré. 5 270 ª 2. tant pour les femmes que pour les hommes. L’écart interquartile porte sur la moitié centrale des valeurs. 5  60 ¥ 2. B. TP3. Ce second indicateur apporte une information plus fine et plus significative sur la dispersion des valeurs de la série.5 + 40 ¥ 0. Monsieur Dupré a donc également raison. Min = 20 281 b. • Connaître la série ordonnée des salaires nets annuels des 26 régions permet de savoir quelle région est « centrale » dans ce classement mais pas quel salarié est « central » dans l’ensemble ordonné des salaires en France.95) % soit 64. Salaires moyens par région en 2007 1. 128 . De même. Comme les hommes gagnent – en moyenne – plus que les femmes. où il est minimal. Par exemple. 5  73 ¥ 2. 5  52 ¥ 3. l’étendue d’une série ne prend en compte que les deux valeurs extrêmes Min et Max. la structure avantage l’entreprise de Monsieur Fortin et la comparaison des salaires sans distinction de sexe lui redevient favorable. 5  50 ¥ 3. contrairement à celle de Monsieur Dupré.5 %. Entreprise Dupré 160 ¥ 1.82 + 10 ¥ 0. Les concentrations en PM10 sont donc devenues plus faibles et plus homogènes entre 2003 et 2007. dont elle donne l’écart. 30 .156 milliers d’euros ª 2 156 euros. Un effet de structure A. en quelque sorte. 40) donne un pourcentage brut global de 77. 07 43.08 s12 = 16.  sin Á. De bas en haut. 2) a pour coeffi2-4 cient directeur a   . 1. 3 4 Pour x – 1. 3.08 m12 = 65. 1).. 67 b.67 15 ¥ 125. k Œ ⺪. – p 1 2 O 1 2 2p x p 4p p 3 3 Ê 8 sin(2a) = 2 sin a cos a = 2 ¥ ÁË 3ˆ 1 3 ¥ ˜ 2¯ 2 2 Autre méthode (si la relation sin 2a = 2 sin a cos a n’a pas encore été vue). Il n’y a donc aucun désaccord avec les observations faites en partie A. f ¢(x) = . Série Q1 Me Q3 Q3 – Q1 F15 105 116 125 20 F12 54 F27 68 65 77 23 93 117 49 2.TP4. F15. y  x  et y  . Exercices SANS CRAYON. 4) et B(1 . 1 Ô cos a  2 Ô Ì Ôsin a  . a.x  . par exemple. m B. m15 = 125. le PIB moyen par habitant des pays de l’UE 15 était 125. 3 3 2 2 3 2 d et d ¢ ne sont pas parallèles.07 s15 = 43. D’où (AB) : y = – 2x + 4.3 ÔÓ 2 équivaut à a  - p  k ¥ 2 p .34 F12 65. Série Moyenne m Écart type s F15 125. soit environ la moitié du PIB moyen par habitant des pays qu’ils ont rejoint. a. • Tous les PIB des pays de l’UE 12 sont inférieurs à la moitié des pays de l’UE 27. Comme .08 0. L’Europe des 15 + 12 = 27 A.p  ˜  Ë 3 ˜¯ Ë 3¯ 2 Chapitre 7. F12 et F27. – 18). 1. Les écart interquartiles des trois séries se rangent aussi dans le même ordre que leurs écart type ou encore que leurs coefficients de variation.46 b.67 2.08 s m 0. Celui des pays de l’UE 12 entrés dans l’UE en 2004 et 2007 était 65. En 2007.67 16. respective1 2 1 3 2 1 ment.0 gine b = 4. 3 pˆ 3 Ê 2 pˆ Ê D’où sin 2a = sin Á. s c. b. Statistique descriptive 129 .07 SPA. 6 La droite (AB) avec A(0 . a. SANS CALCULATRICE 7 p 3 1 La parabole d’équation y = x2 + 4x + 5 dans un repère du plan a pour sommet S(– 2 . On peut. 2 La parabole d’équation y = 2(x – 4) (x + 2) c’est-àdire y = 2x2 – 4x – 16 a pour sommet S(1 . 67 SPA. 3 Le coefficient directeur de la tangente à la courbe  qui représente f : x  3x2 – 5x + 4 au point d’abscisse 0 est f ¢(0). observer que : • 75 % des pays de l’UE 27 ont un PIB par habitant supérieur au PIB de la moitié des pays de l’UE 12. 07  12 ¥ 65.67 44. m27  15  12 m27 = 98. x  12 5 d et d¢ ont pour équations réduites.24 F27 98. Les PIB médians des trois séries sont assez proches de leurs PIB moyens et se classent dans le même ordre.91 0. F27. • 75 % des pays de l’UE 12 ont un PIB inférieur au plus petit PIB des pays de l’UE 15. les diagrammes en boîte représentent les séries F15. Or f ¢(x) = 6x – 5 et donc f ¢(0) = – 5. Le classement des trois séries dans l’ordre croissant de leur dispersion mesurée par est : F12.2 et pour ordonnée à l’ori1. 7 624 est le premier quartile Q1 de la série des patrimoines des foyers français. environ 50 % des foyers ont un patrimoine inférieur ou égal à 100 000 €. le troisième quartile de 4 cette série est la valeur de rang 908 .5 • La note médiane de la série de la classe « jaune » est 9 2. d’où Q1 = 250. À vous de voir ! Mais c’est bien le cas avec la TI82 Stats. Q1 = 10 et Q3 = 13. E h. 2 7 Ê 1ˆ cos 2t  2 Á ˜ . A et D g. 12 1.1  . Les 25 % des foyers les plus riches possèdent au moins 205 000 euros. 8 2. La moyenne trimestrielle de la classe « jaune » est 11. 3 • Comme 1 210 ¥  907. 5. D’où le diagramme en boîte suivant : 2. Le troisième quartile est la valeur de la série. b. c. A. 0 0 00 0 80 0 00 0 0 00 0 00 70 0 60 10 3. Il n’y a que 25 %.5 5 7. 2.75 xi 235 240 245 250 255 260 265 Ni 0 10 26 87 166 194 200 9 ni 0 10 16 61 79 28 6 10 a. environ 75 % des foyers ont un patrimoine inférieur ou égal à 205 000 € . B d. environ. La médiane est la moyenne des valeurs de la série de rangs 100 et 101 .5 3 5. Par lecture graphique. b. a. n Q1 Me Q3 7 2 4 6 • C’est vrai. la valeur de rang 605 est 16 et celle de rang 606 est 17. Me est la 13e valeur de la série ordonnée .5 8 2.5 4 5. de rang 50 .25 5. des élèves qui ont une note comprise entre 10 et 12.9 La relation cos 2t = 2 cos2t – 1 donne b. 5. d’où Q3 = 255. A et E c. Me = 12. A et D e. Le premier quartile est la valeur de la série. d. la série des 200 poids est la suivante : n Q1 Me Q3 7 2.5 8 2.25 3 5 7 3. en euros.5 6 9 3 5 7 10 3 5. a. C f.5 6. 12. on lit Min = 0 et selon l’énoncé on prend Max = 800 000.. C et E 15 1. n Q1 Me Q3 7 2 4 6 8 2 4.5 7. on a donc Q3 = 17. d’où Me = 100 000. Avec le tableur. Les 10 % des foyers les plus riches possèdent au moins 380 000 euros. 3 6 9 12 15 18 b.5 6. Par ailleurs. Ë 4¯ 8 c. • C’est faux. Q1 et Q3 sont les 7e et 19e valeurs de cette série . B j. 2. 1 • Comme 1 210 ¥  302. D’où Me = 16. a. le premier quartile de 4 cette série est la valeur de rang 303 .5. 3. on a donc Q1 = 15. Au moins les trois quarts des élèves sont âgés de 17 ans au plus. La moitié des élèves ont moins de 16 ans et demi. Au moins un quart des élèves ont au plus 15 ans.5 8 10 130 0 14 00 77 50 198 921 1 119 1 196 1 210 0 316 605 0 271 334 00 204 130 40 130 Ni 0 ni 0 20 30 19 00 18 0 17 00 16 20 15 0 14 0 xi 0 11 1. A et D b. De même. • La médiane de cette série est la moyenne des valeurs de rangs 605 et 606 . Or Q3 = 12. Il y a donc au moins 75 % des élèves de la classe « rouge » ayant une note inférieures ou égale à la note médiane de la classe « jaune ». de rang 150 . on obtient : 10 Par lecture graphique. Q3 – Q1 = 5 ENTRAÎNEMENT 13 1. 14 a. E i. L’affirmation est . d’où Q3 = 205 000.75 4. en 2004. d’où Me = 255. car Q3 = 12.5 4. Avec une TI82 Stats 3 6 9 12 15 18 c. Sur la population totale. 21 1. Directement : 7. 5  º  85 ¥ 8. en 2008 . on obtient : Année 2008 Prix au m2 Nombre de ventes dans la ville 2 200 3 000 215 35 Chapitre 7. 17 Le score moyen est 404. En regroupant les ventes dans les deux quartiers. La dispersion des masses de caoutchouc est beaucoup plus grande dans le contrôle réalisé sur la machine A. 20 1. 97 ¥ 32 379 653  39. 8 ¥ 100  9. à 10–2 près.55 % environ dans le quartier A . 9 mF  100 mF ª 41. 9 m¢  100 m¢ ª 40.07 ans.5I] = [56. 5 ¥ 18.75 et l’écart type des scores est 82. il y en a – a fortiori – au moins 50 %. 210 2 200 ¥ 150  3 000 ¥ 5 • ª 2 226 €. 36 . 07 ¥ 30 413 779 m 62 793 432 m ª 40. La moyenne sur les 10. 3.8 . c. 1. 41. Q3 + 1. Statistique descriptive 131 . les centres des classes et les effectifs associés. on obtient les estimations suivantes : Moyenne = 17.2 . c’est-à-dire sur la ville. bien que ce contrôle porte sur un échantillon de taille modeste (40 mesures).56 ans On constate. 2. le prix de vente moyen au m2 a baissé de : 0. en 2008 . on obtient : Min = 55. 2. [Q1 – 1. 5 ¥ 17.02 (ans) Écart type = 6. que m = m¢. 16 1.34. Q1 = 62.5 .2 . On peut penser que le prix de vente moyen au m2 a baissé sur l’ensemble de ces deux quartiers. 155 Pour le quartier B 2 200 ¥ 15  3 000 ¥ 25 • ª 2 700 €.5I .97 ans En procédant de même. 40 2 200 ¥ 40  3 000 ¥ 55 • ª 2 663 €. Q3 = 66. Après avoir ordonné les valeurs de la série. a b.56 ans b. soit 5 % de valeurs aberrantes. Le prix de vente moyen au m2 a été : Pour le quartier A 2 200 ¥ 200  3 000 ¥ 10 • ª 2 238 €.05 (ans) 19 Contrairement à la moyenne. 180 2. 18 En prenant. vu la grande différence existant entre la taille de l’échantillon A et celle des échantillons B et C. a.9. 3  20 ¥ 12. 8 ¥ 80 180 copies est m   10. la médiane ne peut se calculer « par paquets ».donc vraie car s’il y en a au moins 75 %. 4  20 ¥ 11. 72. Me = 64. en 2009. Comparer les trois diagrammes ne semble pas pertinent. mH ª 39. 3. b. La machine C est plus régulière que B car l’étendue et l’écart interquartile sont plus petits pour C que pour B. pour les calculs.2] Il y a 2 valeurs aberrantes sur les 40. 95 Entre 2008 et 2009. en 2009. a. 9  º  85 ¥ 10.2 et Max = 72.36 % environ dans le quartier B. Une estimation de la moyenne des femmes est 7. 60 22. En effet.k2 k 1 26 1. c   ni x i2 .64 minimum pour x  soit pour x = x . La surface agricole moyenne des exploitations est 45.  ni i 1 27 1. le prix de vente moyen du m2 par quartier ne change pas. la proportion des ventes à 3 000 € le m2. x + 2s] = [24. sa courbe est une parabole et la fonction admet un b c’est-à-dire pour minimum pour x  2a n x  n2 x 2  n3 x 3 x 1 1 soit encore pour x = x . a augmenté. La fonction d est de la forme ax2 + bx + c avec a > 0 . d(x) est bien de la forme ax2 + bx + c avec a   ni .2 Á ni x i ˜ x   ni x i2 Ë i 1 ¯ Ë i 1 ¯ i 1 r b. On obtient 132 i 1 b  . a baissé . S  4  nn  1 n 1 4  10 . 23 1. D’où une augmentation du prix moyen au m2 d’environ 3.89 2050 45.75 ha en 2000 et 52 ha en 2003. 22 En calculant m = 310.65 et s ª 4.21 ha en 2000 et 57. r r i 1 i 1 s ª 0. a. S   i 3 i 1 b.b.32 ha en 2003. a.55 on obtient [m – s . la modification effectuée ayant entraîné le doublement des ventes à 3 000 € le m2 sur l’ensemble des la ville. 24 1. 25. 4. Comme à la question 1.73] La prise en compte des classes du tableau initial montre que 93 % de l’effectif figure dans cet intervalle.95 24.52 2000 39. c. n1  n2  n3 r 2. la dispersion des âges autour de leur moyenne augmente.x2 i 1 r Ê r ˆ Ê r ˆ d x  Á ni ˜ x 2 . L’écart type des surfaces agricoles est 52. l’augmentation du prix de vente moyen entre 2008 et 2009 sur la ville est encore plus flagrant. Parallèlement. En prenant les centres des classes. 2. m + s] = [306. – sur l’ensemble de la ville. comme exigé.39. d(x) = n1(x1 – x)2 + n2(x2 – x)2 + n3(x3 – x)2 = (n1 + n2 + n3) x2 – 2(n1x1 + n2x2 + n3x3) x + n1x12 + n2x22 + n3x32 b.83 23. Les conditions a. 315. la proportion des ventes à 3 000 € le m2.. Avec la modification proposée.95 . alors que sur la ville toute entière.17 . sur la ville. Cela s’explique par la répartition différente des biens vendus dans les deux catégories de prix : 2 200 € et 3 000 €.34 22. On observe que la surface moyenne a augmenté entre 2000 et 2003 et que la dispersion des surfaces autour de leur moyenne s’est aussi accrue. la fonction d admet un r [x – 2s . Ce lot ne sera pas accepté. L’âge moyen de la population ne cesse d’augmenter et cela se poursuit dans les projections. le prix de vente moyen au m2. d x   ni x i . S = 2 ¥ 0 + 2 ¥ 1 + 2 ¥ 2 + 2 ¥ 3 + 2 ¥ 4 + 2 ¥ 5 S = 2 + 4 + 6 + 8 + 10 = 30 b. soit x  2a  ni xi i 1 r . b . La condition c. Il y a 15 barquettes sur les 20 dont le poids appartient à cet intervalle. a.23 21.1 . on obtient : x ª 24. S = 4 ¥ 24 + 5 ¥ 25 + 6 ¥ 26 + 7 ¥ 27 + 8 ¥ 28 S = 3 552 6 2. Il y a paradoxe car l’évolution du prix de vente moyen au m2 sur la ville paraît contraire à celle constatée sur chaque quartier de la ville. tirant ainsi la moyenne vers le haut. entre 2008 et 2009 : – par quartier. S = 12 + 22 + 32 + 42 = 30 c.08 1990 38.46 %.2  ni x i . et b. S  c.06 En 2008. a. 2. a été 2 200 ¥ 215  3 000 ¥ 35 de : m1  250 m1 ª 2 312 € Et en 2009 : m2 ª 2 392 €.Année 2009 Prix au m2 Nombre de ventes dans la ville Âge moyen Écart type 2 200 3 000 2010 40. soit 75 % et non 80 % au moins. . sont satisfaites. est satisfaite et la production est considérée « bonne ». 2.2]. 25 1. le prix de vente moyen du m2 augmente de façon importante.69 26. pour l’année 2009.23 190 60 2030 43. Âge moyen Écart type 1950 36. mA = 46. Le groupe A est celui qui a la meilleure moyenne et qui est le plus homogène. quel que soit le niveau de qualification. Cette comparaison conduit au classement A . Mais attention. de 1 à 2.4 Série B 6. 2. La note médiane du groupe B est légèrement plus élevée que celle du groupe A et la moitié centrale des notes du groupe B est plus regroupée autour de sa médiane que celle du groupe A. 9 . a. 32 Le salaire moyen pour un travail à temps complet après apprentissage (1 408 €) ne rend pas compte des disparités liées au niveau de qualification. 3). Q3 = 50 d’où I = 40. b. à 52 : voir corrigés en fin du Chapitre 7. • il faut atteindre les deux plus hauts niveaux de qualification (III et I ou II) pour que le salaire médian commence à augmenter sensiblement et dépasse 1 200 euros . si modifier des valeurs extrêmes n’influence pas du tout la médiane et l’écart interquartile. 5) . La comparaison des écarts interquartiles confirme l’impression exprimée. On a (m. 5 . 4). écart interquartile).4 8 5 8 3 2. On obtient de même Étendue Écart interquartile France 27 11 États-Unis 27 7 Écart type 2. 3. s ¢ ) = (7.8. 7 . 3).5 . Diagrammes en boîte 4. • dans l’ordre croissant des niveaux de qualification les salaires vont de 1 à 2 . • dans les niveaux de qualification I et II. I). La comparaison des indicateurs et des diagrammes en boîte montre que l’âge de première investiture des présidents est moins élevé aux États-Unis qu’en France et que la dispersion des âges autour de leurs indicateurs de tendance centrale (médiane et moyenne) est plus grande en France qu’aux États-Unis. supprimer des valeurs à une extrémité peut « décaler » Q1. TRAVAIL PERSONNEL Pour les exercices 33 manuel. 4 . Les écarts des résultats autour de leur moyenne sont plus faibles pour A.5 5 9 4 2. 5 . écart type) est sensible aux valeurs extrêmes de la série et que ce n’est pas le cas – ici – pour le couple (médiane. Statistique descriptive 133 . les trois quarts des salaires se situent au-dessus de ce que perçoivent 75 % des salariés de qualification inférieure .8) . I) = (7 .2 3. On a MeA < MeB et IA > IB. Ces deux indicateurs ne peuvent donc pas départager les tireurs.1 . En excluant les 3 présidents français dont la durée de fonction n’a pas dépassé 1 an. I) = (4. s) = (6. Le tableur donne : 1re investiture France États-Unis Âge moyen 61.7 2. Tireur A : Me = 50 .8.28 1. a. la moitié centrale des âges de 1re investiture se situe entre 51 et 58 aux États-Unis. 10) donne (Me. A. b. B. 31 1. Me et Q3 et ne pas être neutre sur le couple (Me. Q¢3 = 100 d’où I ¢ = 90.30 Âge médian 62 55 2. 9 .5 55. de 1 à 3 puis de 1 à 5. on obtient : (m¢. Pour exemple. Q¢1 = 10 . On observe que le couple (moyenne. Cette comparaison peut conduire au classement B .5 . On a mA > mB et sA < sB. Exemple (1 . 29 1.4. Tireur B : Me¢ = 30 . 2 . de 1 à 2. I¢ ) = (7 . m Me Q1 Q3 I s Série A 6. 2 .7 et sB ª 39.2 . a. 7 . Priorité à une moitié centrale des notes la plus large : A. (4 . Tireur B : eB = 100 . 10) donne (Me.5 . Priorité à la note moyenne : A b. 30 1. Q1 = 10 . soit environ 800 à 900 euros . moins dispersés. Priorité à la dispersion autour de la note moyenne la plus faible : A d. et entre 54 et 65 ans en France. Tireur A : eA = 100 . Priorité à la note médiane : B c. a.3) et (Me. 8 6.9 7. 2. (ME. mB = 46. I) = (7 . sA ª 31. b. Les diagrammes révèlent les informations suivantes : • le salaire minimal est le même. 3. ce qui va encore dans le même sens. Le tireur A semble le plus régulier avec des résultats plus homogènes. 2x  Ni i  x 2  Ni N i 1 i i i 1 i 1 V 1 r  n x 2 . avec la probabilité 0.2 x 2 N 1 V  n1x12  n2 x 22  n3 x 32 . Avec les résultats précédents.x 2  n2  x 2 . m  c. on a : s = 0.2 1 1 2 2 3 3 x N 1 1 N 1 V  n1x12  n2 x 22  n3 x 32  x 2 . si k = 15. APPROFONDISSEMENT 53 1. a.x 2  n3  x 3 . 016 . 2.2x 2  x 2 N i 1 i i V 1 r Ân x2 . d.2 ni x i x   ni x 2 ˙ Â Í N Îi 1 ˚ i 1 i 1 r r r V nx n 1  n x 2 .x 2 N V 2. a. 2. . 2. et 5 Et pour vous ? Remplacer n mesures par n moyennes de k mesures permet d’obtenir une dispersion des résultats plus faible et donc une meilleur fiabilité de ceux-ci.036 S = 0. L’écart type des fréquences de U sur 10 échantillons de taille 100 mesure la dispersion des fréquences autour de leur moyenne. Par exemple. 56 A. k + l x1  x 2  º  x k  y1  y 2  º  y l kl x1 + x2 + … + xk = kx de même y1 + y2 + … + yl = ly kx  l y D’où m  . b. b.015 1 s  0. L’instruction simule donc la sortie d’un « 1 » lorsque le nombre entier pris au hasard entre 1 et 100 est inférieur ou égal à 18 et la sortie d’un « 0 » dans le cas contraire. 1. i 1 54 1. B.x 2 N i 1 i i 55 1. kl a.c. L’instruction =SOMME(A1:A100)/100 portée en cellule A102 fait afficher la fréquence de U sur l’échantillon de taille 100 simulé. l’événement U se réalise donc lorsque le « 1 » apparaît.2 n1x1  n2 x 2  n3 x 3 x ˙˚ nx n x n x 1 n x 2  n2 x22  n3 x32  x 2 . a.x 2 N i 1 i i r r ˘ 1È r ni x i2 . =ALEA() b. x   ni xi i 1 P  ni b. V  V 1 r  n  x . renvoyant au hasard un nombre décimal compris entre 0 et 1 (1 non compris). 134 3. l’écart type des mesures se trouve divisé par presque 4. a. a.x 2 n1  n2  n3 1 Èn1x12  n2 x 22  n3 x 32  N x 2 ˘ N ÍÎ . L’appui sur la touche F9 permet d’observer la fluctuation d’échantillonage.18. P c. a. =100×ALEA()+1 renvoie un décimal compris entre 1 et 101 (101 non compris) d’où =ENT(100×ALEA()+1) renvoie un entier puis au hasard entre 1 et 100. V  V n1 x1 . N = n1 + n2 + … + np S  n1 x1  n2 x 2  º  np x p b. Dans cette simulation. d.1] [m – s . 57 On suppose les données xi rangées en ordre croissant dans une liste nommée liste 1 et les effectifs ni correspondants rangés dans une liste nommée liste 2.9 . Chapitre 7. • 23 rondelles ont un diamètre D non conforme (c’està-dire n’appartenant pas à [11. Me + I] = [11. approximativement.1 0. 5. Pour le service qualité • 13 rondelles ont un diamètre d non conforme (c’està-dire n’appartenant pas à [4.15.124 b.916 . Tant que S < k×N/10 Faire j prend la valeur j+1 S prend la valeur S + Liste2(j) Fin Tant que Tant que la condition est réalisée.1] [m – s . 5. Sur 10 échantillons. Pour le service fabrication • 37 rondelles ont un diamètre d en dehors de [4. Algorithme Commentaires La variable N prend pour valeur la somme des nombres contenus dans la liste 2 N est l’effectif total La variable S prend la 1re valeur de la liste 2 notée liste2[1] On stockera dans la variable S les effectifs cumulés successifs j prend la valeur 1 J est la variable donnant le rang dans la liste Pour k allant de 1 à 9 K désignera le numéro du décile obtenu 58 Me Q1 Mesure de d 5 5 Mesure de D 12 11.9 . m25 = 0.9 . 12. b. Le nombre de rejets peut donc varier entre 23 et 36 rondelles sur les 150.1]). Afficher que le décile Dk est égal à Liste1(j) Fin Pour L’étendue des séries et leur écart interquartile diminuent lorsque la taille des échantillons augmente. m + s] = [4. m + s] = [11. 5.33 % et 24 %.104 3.881 . La diminution des écarts types de s25 à s100 puis s500 vient confirmer que la dispersion des fréquences autour de leur moyenne est de plus en plus faible.10 et 0.1]). la conjecture n’est pas remise en cause et on peut penser que la probabilité d’obtenir S = 10 en lançant trois dés sera assez voisine de m500 = 0. On sort de la boucle quand on a atteint le k-ième décile. on passe à la donnée suivante et on augmente l’effectif cumulé de l’effectif de cette nouvelle donnée.1 Moyenne Écart type Mesure de d 5.124.089].044 s100 = 0.b.008 0. Statistique descriptive 135 . Non puisque la moyenne n’est pas prise en compte par l’écart interquartile. [Me – I . Oui.100] [Me – I .092 Mesure de D 11. Les écarts des mesures par rapport à leur moyenne sont plus importants pour les diamètres extérieurs que pour les diamètres intérieurs. Le tableur donne a. 5. Q3 5. les fréquences f500 observées restent comprises entre 0.9 .916 . 12.13 m500 = 0. D’où un pourcentage de rejets compris entre 30 % et 54. D’où un pourcentage de rejets compris entre 15.67 %.9 2.985 0. 12. La fluctuation des fréquences s’atténue au fur et à mesure que la taille des échantillons augmente. Pour d.015 2. Me + I] = [4.100].1 12 I = Q3 – Q1 0. 4. 12.034 s500 = 0. b. Le test le moins contraignant est celui du service qualité. s25 = 0. On peut conjecturer que l’on aura « entre 10 et 15 chances sur 100 » d’obtenir S = 10 en lançant trois dés.089] a. c. C.881 . 1. lorsque la taille des échantillons augmente. a. Le nombre de rejets peut varier entre 45 et 82 rondelles sur les 150. • 45 rondelles ont un diamètre D en dehors de [11.092 m100 = 0. Pour 2009-2010 : d1 = 18 .m  2 s . on particularise des valeurs extrêmes qui peuvent être isolées. 3.04 7. Pour D : m¢ = 11. Mais en limitant les moustaches d’un diagramme en boîte aux déciles.m  2 s ou encore (xk – m)2 > 4s2. 38 ¥ 0. 38 ¥ 0. 59 1.50 Les données ne permettent pas d’apprécier l’évolution du nombre d’années à neige ni celle du nombre de jours de neige.092. m + 2s] a pour négation xk Œ [m – 2s . 018 et md c. 12.2. d9 = 30.m2 k 1 d’où Ns 2  N   x k .824 . 2. Le nombre de mesures de D n’appartenant pas à J¢ est 12.m2 .sd ª 0.9 = 34. a. m + 2s] € x k .m  2 s Il en résulte l’équivalence : xk œ [m – 2s . 61 Années Années 1900-1948 1949-1997 En tout nb années considérées 49 49 98 nb années avec neige 35 37 72 394 362 756 nb jours de neige nb moyen de jours de neige par année 8. d9 = 30. 2.193]. On a obtenu à l’exercice 58 : Pour d : m = 5.8 . d1 et d9 sont sont donc les valeurs de la série de rangs 4 et 35. Elles incitent à comparer la situation sur les deux périodes de 1900 à 1948 et de 1949 à 1997 : . c.p  ¥ 4 s 2 1 k  p 1 Mais comme s 2  V  Ns 2  N 1 N   x . Le nombre de mesures de d n’appartenant pas à J est 13. et on donne plus de pertinence à la représentation de 80 % des valeurs de la série. 4 Il en résulte bien que le nombre de valeurs de la série appartenant à J représente plus de 75 % des valeurs de la série.39 7. Comme.m2 (2) k  p 1 De 1 et 2 on déduit : Ns2 > (N – p) ¥ 4s2. 3 N. on obtient en sommant ces N – p inégalités : N   x k . b. d’année en année sur le siècle. Pour d : J = [4. N – p b.985 et s ¢ = 0. a. On en déduit. 5.71 nb moyen de jours de neige par année avec neige 11. Pour 2003-2004 : d1 = 16 . 136 Les indicateurs des deux séries sont assez semblables mais certaines différences existent : – la série 2009-2010 est plus symétrique (moyenne et médiane très proches. d.78 10. voire aberrantes. mD La série des diamètres intérieurs a une dispersion relative plus forte que celle des diamètres extérieurs. m + 2s] qui s’écrit encore m – 2s  xk  m + 2s ou – 2s  xk – m  + 2s c’est-à-dire x k . xk œ [m – 2s .m2   N . on a x k .192]. 2009-2010 2003-2004 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 Les résultats sont en accord avec les premières observations. Cela donne encore 4ps2 > 3Ns2 d’où p  60 1.008 et s = 0. sD ª 0. pour chaque xk tel que p + 1  k  N.104. c. 009 .777 .1 = 3.m2  k  p 1 N Soit encore  N  4 s2 k  p 1  x k . Q3]) .26 9. – le nombre moyen est le nombre médian de buts marqués sont plus grands en 2009-2010. on en déduit N k 1 k   x k . médiane au centre de [Q1. Pour D : J¢ = [11. en euros. 11 . Par exemple. Me = 11. 18. Pour les autres déciles. Me¢ = 11.04 jours de neige en moyenne par année. 4 . 11. • Dire que la médiane des salaires annuels nets. les autres 50 % se situant au-dessus. on obtient : 4. 6 % D1F • si un hiver est neigeux dès qu’il compte au moins un jour de neige. on remplace 25 % par 75 %. de D2 à D9. • si un hiver est d’autant neigeux que son nombre de jours de neige est important.62 1. puis 9. Pour étayer ce dernier aspect. Moy = 10 et s < 5. Statistique descriptive 137 . 2. pour les deux demi-siècles) . pour les deux demi-siècles). est 22 344 chez les hommes. en euros. 9.26 jours de neige en moyenne par année neigeuse. Chapitre 7. La comparaison des déciles montrent un décalage évident de salaires en faveur des hommes. 13 . on peut construire et comparer les « boites à moustaches » représentant le nombre de jours neigeux par année durant la première moitié du siècle et durant la seconde moitié. 1. dans la Fonction Publique d’État.3 % . 16. en France. puis 7. contre 5 seulement dans le second demi-siècle. 13 . 6. En conclusion. Q3 – Q1 = 9. • 80 % des femmes de la fonction publique d’État ont un salaire annuel inférieur à 30 000 euros contre 65 % environ pour les hommes. Rang 1 Valeur 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3  Min  D1 13 14 15 16 17  Q1 Moyenne = 11  Me  Q3 = Q1 + 9  D9  Max = Min + 17 Une solution : 3 . en fonction de l’interprétation que l’on en fait. c’est dire que 30 % environ de ces salaires sont inférieurs à 22 344 €. On peut observer que les écarts relatifs hommes/ femmes sont tous positifs. 14 . qui confirme qu’effectivement.6 % . D9 = 17. Les contraintes sont : n = 16. les hivers sont de moins en moins neigeux d’une période à l’autre (mais pas d’une année à l’autre). l’affirmation est encore vraie (11. en 2007.2 %.9 % . respectivement. Par exemple : • le salaire médian pour les hommes est supérieur de 3 000 euros par an à celui des femmes . • Le rapport interdécile D9/D1 met en évidence l’écart entre le haut et le bas de la distribution des salaires. dans la Fonction Publique d’État.39. c’est dire que 50 % environ de ces salaires sont inférieurs à 23 843 €. 3 . plus la distribution est inégalitaire. 13 .4 % . 2. 11 . 10 % et 90 %.9 % . 17 . Q1 est la plus petite valeur de la série telle que 25 % au moins des valeurs de la série lui soient inférieures ou égales. 6 .7 % . les autres 70 % se situant au-dessus. est 23 843 chez les femmes. sur les deux demisiècles) . D1 et D9. on peut dire que l’affirmation est fausse (35 années neigeuses puis 37.1 pour les femmes. Plus ce nombre est élevé. 15 . 19. 8. en 2007. Me = 12. donc toujours à l’avantage des hommes et que l’écart relatif est d’autant plus grand que le salaire est élevé. Ces diagrammes montrent le décalage existant entre les indicateurs Q1 = 7 .78. Q¢3 = 13 pour la seconde. • Dire que le troisième décile D3 des salaires annuels nets. 12. Q3 = 14. e = Max – Min = 17. c’est dire que le plus petit salaire figurant parmi les 10 % des salaires les plus hauts vaut plus de deux fois le salaire le plus élevé figurant parmi les 10 % des salaires les plus bas. Dire qu’il est égal à 2. Comme D2  Q1  D3 et D7  Q3  D8 on en déduit : Pour les femmes : 19 297  Q1  20 872 27 395  Q3  29 992 Pour les hommes : 20 297  Q1  22 344 31 373  Q3  35 860 3.D1F ª 4. on peut considérer l’affirmation vraie (8. 10 . • si on limite l’étude aux hivers avec neige.4 % . 3 . on peut dire que d’une part l’information est trop globale pour permettre une étude chronologique et que d’autre part le titre de l’article est suffisamment imprécis pour qu’on puisse y adhérer ou pas. 6 . Pour Q3. D1 = 3. pour la première période et Q¢1 = 5 . Le calcul des écarts relatifs des déciles des salaires hommes/femmes donne : D1 4  . on peut remarquer que les trois quarts environ des années neigeuses du premier demi-siècle ont présenté au moins 7 jours de neige. 3 1.03125 = 0. P 0.5 F 138 1 = 0. on a : 2 7 P V   0.5 0. 2 et PR    0 . 4 1. A « B : « obtenir le roi de trèfle ».34325 A et B ne sont pas incompatibles car A « B n’est pas l’événement impossible.125 – 0.19 + 2 109 × 0. 7[.12. 4 8  0. P A » B  P A   PB – P A « B = 0. A : « ne pas obtenir un trèfle ».125. 7. 75.25 + 0.5 4 2. P A   3. PB   0.25 4 1 P(« Obtenir PILE puis FACE ») = = 0. 2. A » B : « obtenir un roi ou un trèfle ». Le nombre manquant est donc 1 – 0. a. 32 32 2.41 + 1 350 × 0. 0. P A   1 – P A   0. 1  0.34 euros. 25. 1.81 = 0.5 F 0.19. ENT(6*ALEA()+1) renvoie un nombre entier au hasard compris entre 1 et 6. En cellule B1 s’affiche le nombre de « 6 » obtenus sur les 1 000 tirages au hasard d’un entier compris entre 1 et 6. P(« Obtenir 2 PILE ») = .5 5 1. 10 10 2 On choisit le modèle de l’équiprobabilité sur l’ensemble des 32 issues. 2. P A « B  32 c.5 P 0. 6*ALEA()+1 renvoie un nombre décimal puis au hasard dans l’intervalle [1 . Le salaire moyen est m = 1 080 × 0.8 Probabilités Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 Les dix issues de l’expérience étant équiprobables (tirage d’une boule.28 + 1 834 × 0.5 P F 0. 03125 b. La somme des fréquences est égale à 1.25 4 2 P(« Obtenir un seul PILE ») = = 0. m = 1 422. au hasard). 5 32 2. ou non. 1. et 2 ¥ 5 – 5 = 5 € si c’est un cœur. Moyenne observée et moyenne théorique A. Variable aléatoire et loi de probabilité 1. À vous ! B. Les valeurs prises par X sont les entiers 0. L’événement « X = – 5 » n’est autre que l’événement A. P A    0. on a : 6 10 8 P(X = 0) = . 1. renvoie la valeur absolue de la différence des =NB. P(X = 4) = . • Le tirage d’un as rapporte 10 – 5 = 5 € si ce n’est pas un cœur. 3.Activité 1. b. • Le tirage d’une « figure » rapporte 5 – 5 = 0 € si ce n’est pas un cœur. a. X est une fonction définie sur Q et prenant ses valeurs dans ⺢. 2. 2. 4 et 5. et 2 ¥ 10 – 5 = 15 € si c’est un cœur. 36 36 36 6 4 2 . W est l’ensemble des 32 cartes. P(X = 3) = 36 36 36 Chapitre 8. « X = 5 » et « X = 15 » ont pour réunion Ω et sont incompatibles deux à deux. P(X = 5) = . a. pas à cœur) = 32 32 1 P(X = 15) = P (« Obtenir l’as de cœur ») = 32 e. Le tirage d’une carte se faisant au hasard. P(X = 1) = .F2 F2 contient la valeur 0. X(« roi de pique ») = 0.SI($D$2:$D$1001. 4. on choisit la loi équirépartie sur W. P(X = 2) = . 5 et 6. =ENT(6*ALEA()+1) =ABS(C6-B6) =F2×H2+F3×H3+F4×H4 +F5×H5+F6×H6+F7×H7 renvoie la moyenne des valeurs de X obtenues sur les 10 000 lancers simulés. xi −5 0 5 15 Pi 16 32 9 32 6 32 1 32 4 f. Activité 2. 2. • Le tirage d’une carte autre qu’une figure ou qu’un as rapporte 0 – 5 = – 5 € qu’il s’agisse d’un cœur. a. Cette instruction renvoie donc le nombre de 0 obtenus parmi les 10 000 valeurs de X obtenues par simulation. X(« huit de cœur ») = – 5. 16 c. P(X = – 5) = P(A) = 32 9 d. renvoie un entier au hasard parmi 1. « X = 0 ». R 1 2 3 4 5 6 1 0 1 2 3 4 5 2 1 0 1 2 3 4 3 2 1 0 1 2 3 4 3 2 1 0 1 2 5 4 3 2 1 0 1 6 5 4 3 2 1 0 B b. P(X = 0) = P(« Obtenir une figure pas à cœur ») = 32 33 6  P(X = 5) = P(« Obtenir une figure. 3. Probabilités 139 . 1. b.  pi  1 i 1 Cela n’est pas étonnant car les événements « X = – 5 ». 3. Les résultats figurant dans les 36 cases du tableau étant équiprobables. 16 c. à cœur ou un as. Si on multiplie les probabilités portées par les 1 branches de ce chemin. la question 2.2778 qui est à nouveau en accord avec la fréquence observée de 0.On peut observer que la distribution des fréquences observées sur 10 000 lancers et les probabilités calculées dans le modèle sont très voisines. 36 36 36 C.0292 sur cet échantillon. Si X est la variable aléatoire associant à deux lancers du dé le nombre des six obtenus.2731. 3. compte tenu de l’incompatibilité de AA et AA. la loi de X est connue : xi 0 1 2 PX = xi 25 36 10 36 1 36 Celle de G s’en déduit : 140 yi 0 2 4 PG = yi 25 36 10 36 1 36 . Le phénomène observé est la faible fluctuation des fréquences fournies par un échantillon de grande taille (ici 10 000) autour des valeurs théoriques que sont les probabilités. Or d’après la question B. Celle de S est 0. on peut s’attendre à ce que la moyenne des écarts entre les numéros sortis soit voisine de 1. on aurait P AA  ¥  6 6 36 6 6 36 5 5 10 P S    soit P(S) ª 0.2731. Le chemin représentant l’événement R est celui du haut. Répéter des expériences indépendantes A. 2. La fluctuation de la moyenne des valeurs prises par X sur 10 000 lancers simulés est très faible et vient confirmer la validité du modèle choisi. La fréquence de R est 0. L’événement S « obtenir un seul six » est représenté par les deux chemins AA et AA. il n’est donc plus nécessaire de recourir à l’expérimentation ou à la simulation pour répondre à la question.0278 qui paraît en accord avec la fréquence de l’événement « obtenir deux 36 six ». 1 6 5 6 1 6 A 5 6 A 1 6 A 5 6 A A A 2. soit AA. Activité 3. B. Comme réponse à la question initialement posée. on a G = 2X. on obtient ª 0.94.0292. mais qui fluctue d’un échantillon à l’autre. égale à 0. Lorsqu’on dispose d’un tel modèle. 1. En reprenant la règle dégagée à 1 5 5 1 5 5 et P AA  ¥  d’où. on peut dire que sur un grand nombre de lancers de deux dés. Chapitre 8. La principale différence consiste dans l’utilisation d’une boucle « Tant que… » pour le programme Scilab et d’une boucle « Répéter… jusqu’à… ». a. et 2 garçons ») = 6 ¥ 16 F G G F G F F F G G G F G F F F G G G F G F F G G G F G • Il existe. ABDA. b.429 21 7 2. Promenades avec passage en A (3e sommet) : ABAB. ADCA. La probabilité d’un tel 1 1 1 1 1 chemin est ¥ ¥ ¥ . 3 et 4. On tire au hasard parmi 1. T ¢ prend les valeurs 2. On peut aussi chercher à associer un modèle de probabilité à l’expérience consistant à répéter. ADBA. la naissance d’un enfant.286 21 7 9 3 P(F) = = ª 0. 3. On choisit la loi équirépartie sur l’ensemble W de ces 21 issues. Sinon. 4 fois. le nombre de promenades est trop important ici. 1. T prend les valeurs 2. soit . ADAD. 5 . un grand nombre de fois. ADAC. ACBD. on affiche « temps de retour » temps. 3 le premier sommet autre que A et on le range dans une variable posit. 6 2 c. 3 2 P(T = 2) = P(F) = P(T = 3) = P(E) = 7 7 B. ADCB. La probabilité d’un tel chemin étant encore TP2. 3. ACAD. 1. 1 . La promenade de l’escargot A. • on tire au hasard un sommet autre que celui où se trouve l’escargot. P(E) = = ª 0. ABAC. ACDB. Familles nombreuses F F On peut simuler sur un tableur les naissances successives de quatre enfants. et s’intéresser aux fréquences de « 2 filles et 2 garçons » et de « 3 enfants du même sexe et le quatrième de l’autre sexe » sur l’échantillon obtenu. Tant que posit 0 et temps < 24. Promenades s’achevant en A : ABCA. Non. 4 chemins réalisant « 3 filles et 1 garçon » et 4 chemins réalisant « 1 fille et 3 garçons ». Probabilités 141 . avec équiprobabilité des sexes. … . a. 16 1 D’où P (« 3 filles et 1 garçon » ou « 1 fille et 3 garçons ») = 8 ¥  0. Promenades sans nouveau passage par A : ABCD. ADBC. il est plus probable d’avoir un déséquilibre de type 3/1 ou 1/3 plutôt que d’avoir un équilibre de type 2/2.TP1. P(T = 4) = 6 2 = 21 7 2. ACBA. ABAD. ABDC. Si l’escargot est en A. 375 . 24. 16 Conclusion : dans une famille de 4 enfants prise au hasard. 2. ADAB. On en déduit P(« 2 filles 2 2 2 2 16 1  0. de même. b. ACAB. on affiche « pas de retour en A ». ACDA. Ceci modifie les initialisations puisque l’on entre forcément dans la boucle « Répéter … jusqu’à… » et le choix d’un premier sommet peut figurer au même titre que les suivants à l’intérieur de la boucle. ACAC. • on augmente la variable temps de 1. On initialise une variable temps à 0. Un arbre peut aider à cela : • Chacun des 6 chemins colorés en rouge réalise l’événement « 2 filles et 2 garçons ». 07[. 07 . 4.07 . 3 . 43. 34. 30. Voir les fichiers sur le site.didiermathx. VARIABLES : d. Voir sur le site www. 2.0. 1[ et 1 lorsqu’il appartient à [1 . et qu’il est même très rare d’obtenir des temps d’attente supérieurs à 60 unités de temps. On obtient par exemple les temps de retour suivants : 2 . T.07 .07[. S prennent la valeur 0 Tant que d 1 et k < 200 Faire k prend la valeur k + 1 d prend la valeur Ent (Alea() + 0.com. k. puis on calcule le temps d’attente moyen comme S/150.07) Si d = 1 alors T prend la valeur k FinSi FinTantque S prend la valeur S + T FinPour m prend la valeur S/150 SORTIE : Afficher « Temps moyen = » m . On observe des temps d’attente moyens qui fluctuent en restant à peu près entre 12 et 17. 9 de moyenne 4. Le temps de retour moyen sur les marches revenant en A sera donné par R/(1 000 – N). b. 11. a. k prennent la valeur 0 TRAITEMENT : Tant que d 1 et k < 200 Faire k prend la valeur k + 1 d prend la valeur Ent (Alea() + 0.1 On obtient donc 0 avec une probabilité égale à  0. Désintégration radioactive A. 9 . Voir sur le site www. 1. 1. 142 VARIABLES : d. 4. On répète 150 fois l’algorithme précédent et on introduit une variable S qui somme les temps d’attente obtenus.07 » renvoie au hasard un nombre décimal appartenant à l’intervalle [0. 07 . a. 1. 2 . 2 . 07 1. b.935 et aucun non-retour en A. 1. le plus souvent compris entre 13 et 15. a. La partie entière de ce décimal est 0 lorsqu’il appartient à [0. et R qui cumule les temps de retour des marches revenant en A. 2 . on remarque qu’en général on n’obtient pas 0. En refaisant d’autres simulations.07) Si d = 1 alors T prend la valeur k FinSi FinTantque SORTIE : Afficher « Temps d’attente = » T b. S. On obtient par exemple un temps de retour moyen égal à 3. 1.didiermathx. 3 . TP3. T. c’est-à-dire que le noyau se désintègre presque sûrement dans ces 200 unités de temps. la formule proposée simule bien la désintégration d’un noyau dans une unité de temps. T nombres INITIALISATION : d. m nombres INITIALISATION : S prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour j allant de 1 à 150 Faire d. 93 et 1 avec une probabilité égale à  0. 5. k.com. 1 1 Si la désintégration d’un noyau est codée 1 et sa non désintégration 0. Il faut ajouter une boucle qui permet de répéter 1 000 fois le programme déjà entré. 5. On crée deux compteurs.com. On relève par exemple les dix temps d’attente suivant : 7. Voir fichier sur le site www.didiermathx.Au contraire la boucle « Tantque… » nécessite de traiter le premier trajet en amont pour que la condition d’entrée dans la boucle puisse être testée. On peut aussi enlever les instructions qui concernent la liste des sommets et son affichage. 6 . 1. 1 . T. La formule « nombre aléatoire + 0. N qui est incrémenté de 1 à chaque marche ne revenant pas en A. 2 . 3. B. 1. a. P(T = 0) = (1 – 0,07)200 = 0,93200 b. P(T = 1) = 0,07 ; P(T = 2) = 0,93 ¥ 0,07. P(T = 10) = (0,93)9 ¥ 0,07 P(T = 200) = (0,93)199 ¥ 0,07 c. P(T = k) = (0,93)k–1 ¥ 0,07 pour 1  k  200. d. E T   200  k ¥ 0, 93k -1 ¥ 0, 07 k 1 Sur une calculatrice ou un tableur, on obtient E(T) ª 14,286. Les temps d’attente moyens observés en partie A sur des échantillons de 150 noyaux fluctuent mais restent assez voisins de E(T). 2. a. Tn prend toutes les valeurs entières de 0 à n. P(Tn = 0) = 0,93n P(Tn = k) = 0,93k–1 ¥ 0,07 pour 1  k  n. n n E(Tn) =  k 0,93k–1 ¥ 0,07 = 0,07  k ¥ 0,93k–1 k 1 b. pE(Tn) = (0,07)2 n  k ¥ 0,93k–1 k 1 k 1 Pour n = 100, pE(Tn) ª 0,9944 n = 150, pE(Tn) ª 0,9998 n = 200, pE(Tn) ª 1 Conjecture : pour n assez grand, E Tn ª 1 P Pour aller plus loin n 1 - 0, 93n  0, 93k -1 ¥ 0, 07  0, 93n  0, 07 1 - 0, 93 0, 93n  1 k 1 Exercices SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE 1 a. 2 2 - 3 2  - 2 1 1 x  sont orthogo2 2 nales car le produit de leurs coefficients directeur est Ê 1ˆ aa¢  - 2 Á ˜  - 1. Ë 2¯ b. 3 5 - 5 5  - 2 5 2 a. 3 ¥ ÊÁ  ˆ˜  3 ¥  Ë12 12¯ 12 4 2 b. 5 7 7 2 15 15 2¥  8 8 4 15 3 a. f ¢(3) = – 1 b. y = 2(x + 2) + 1 ; y = 2x + 5. c. x = 1 d. f¢(x) > 0 lorsque x < 1 ; f ¢(x) < 0 lorsque x > 1. 4 x f¢x f x 6 7 pˆ p 2 Ê 7 pˆ Ê sin Á- ˜  sin Á2 p - ˜  sin  Ë 4¯ Ë ¯ 4 4 2 7 f(x) = – x2 + 2x + 8 –∞ 1 fx 8 u20 = u1 + 19r ; 0 +∞ 9 2 + d : y = – 2x + 3 et d¢ : y  x Non, on peut avoir 0 5 3 + 1 – 211 1– 2 = 211 – 1 9 1 + 2 + … + 210 = 1 ¥ f 2 Il faudrait que f ¢(x) change de signe pour x = 2, pour que f admette un extremum en 2. u20 = – 3 + 38 = 35. = 2 ¥ 1 024 – 1 = 2 047 10 E(Y) = 3E(X) = 6 V(Y) = 9V(Y) = 4,5 Chapitre 8. Probabilités 143 15 1. a. Le nombre d’issues est 4 ¥ 4 = 16. ENTRAÎNEMENT b. Comme les dés sont équilibrés, les 16 couples sont équiprobables. On choisit donc la loi équirépartie sur l’ensemble des 16 issues. 11 1. Les six issues étant équiprobables, 1 2 3 ; P B  ; P R  . 6 6 6 2. a. G peut prendre les valeurs – 3 ; 2 ; 5. P V   1 P(G = 5) = P(V) = . 6 b. (G = 5) est l’événement V. −3 c. xi 2 3 6 Pi 5 2 6 1 6 1 8 2. a. X prend les valeurs 0, 1, 2 et 3. b. P(FFG) = Pi 3 1 P¢i 1 10 6 10 4 10 2 16 p1 p2 p3 p4    k 1 2 3 4 et donc p1 = k, p2 = 2k, p3 = 3k, p4 = 4k. On a de plus : p1 + p2 + p3 + p4 = 1 8 1 16 1 . 10 1 2 3 4 ; p2  ; p3  ; p4  . 10 10 10 10 18 1. 1 – (0,25 + 3) = 0,45 2. E(X) = – 3 ¥ 0,25 + 1 ¥ 0,3 + 2 ¥ 0,45 = 0,45 V(X) = (– 3 – 0,45)2 ¥ 0,25 + (1 – 0,45)2 ¥ 0,3 + (2 – 0,45)2 ¥ 0,45 = 4,1475 σ(X) ª 2,0365 2 3 6 10 4 10 14 Les valeurs prises par G sont : – 5 – 0,5 = – 5,50 € – 3 – 0,5 = – 3,50 € – 1 – 0,5 = – 1,50 € 2 – 0,5 = 1,50 € 4 – 0,5 = 3,50 € 6 – 0,5 = 5,50 € 144 3 16 2. P(X > 5) = P(X = 6) = 0,2 P (X  5) = P(X = 5) + P(X = 6) = 0,4 P(X < 5) = 1 – P(X  5) = 0,6. 2. Y = X – 2 0 4 16 17 1. P(X  3) = P(X = 2) + P(X = 3) = 0,5 1 8 13 1. X prend les valeurs 1, 2 et 3. En effet, ZÉRO  2 UN  1 DEUX  2 TROIS  3 QUATRE  3 CINQ  3 SIX  2 SEPT  3 xi 1 HUIT  2 1 NEUF  2 Pi 10 DIX  2 –1 3 16 16 On a Il en résulte : p1  3 8 yi 2 16 c’est-à-dire k + 2k + 3k + 4k = 1 d’où k = b. (X = 1) = {FGG ; GFG ; GGF} 3 c. P(X = 1) = 8 d. xi 0 1 2 3 8 1 16 Pi 12 1. a. FFF, FFG, FGF, FGG, GFF, GFG, GGF, GGG. 1 8 2. a. (S = 4) = {R1V3 ; R2V2 ; R3V1} 3 b. P(S = 4) = 16 3. xi 2 3 4 5 6 7 19 E(X) = E(Y) = 0,3 V(X) = 2,21 V(Y) = 3,61 Pour chaque jeu, l’espérance de gain est égal à 0,30 euro. Chaque jeu est donc favorable au joueur. Mais V(Y) > V(X) montre que les gains sont plus dispersés autour de la moyenne dans le jeu de Yves. Le jeu de Yves comporte donc plus de risque que celui de Xavier. 20 Un  2 Deux  4 Trois  5 Quatre  6 Cinq  4 Six  3 1. yi –2 –1 0 1 2 Pi 1 6 1 6 2 6 1 6 1 6 ONE  3 TWO  3 THREE  5 FOUR  4 FIVE  4 SIX  3 xi – 5,5 – 3,5 – 1,5 1,5 3,5 5,5 zi –1 0 1 Pi 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 1 6 P¢i 3 6 2 6 1 6 –2 ª – 0,33 6 Le jeu de Yann est équitable car E(Y) = 0. Celui de Zoé est défavorable au joueur car E(Z) < 0. Plus précisément, sur un grand nombre de parties, le joueur doit s’attendre à perdre 33 centimes d’euro en moyenne par partie. On pourra donc conseiller à un joueur de choisir plutôt le jeu de Yann. 2. E(Y) = 0 E(Z) = 21 1. On définit l’ensemble nommé rouge formée des boules R1, R2, R3, R4 et l’ensemble nommé verte formée des boules V1, V2, V3, V4. On tire au hasard un élément a de l’ensemble « rouge » et un élément b de l’ensemble « verte ». On ajoute les numéros des deux boules tirées et on affiche la somme. 2. Il faut ajouter une boucle pour répéter le tirage et le calcul de S et une variable, nommée total, qui cumule les valeurs de S obtenues puis calculer la moyenne nommé moy : 23 1. gi –5 –4 0 1 2 3 4 PG = gi 1 10 2 10 1 10 3 10 1 10 1 10 1 10 –1 = – 0,1 10 2. Il suffit d’augmenter d’une unité le numéro d’une 1 boule dont la probabilité de sortie est . 10 Par exemple, si le numéro 14 devient le numéro 15, on aura E(G) = 0 et le jeu sera équitable. E(G) = 24 1. Tim Tom a. P billet gagnant = 0,3 P billet gagnant = 0,5 b. P gagner au moins 5 € = 0,05 P gagner au moins 5 € = 0,5 c. P gagner au moins 40 € = 0,05 P gagner au moins 40 € = 0 2. a. E(X) = 0 E(Y) = 0 E(X) = E(Y) = 0 Ces deux tombolas sont des jeux équitables. On obtient pour deux simulations de 500 lancers : b. V(X) = 701 V(Y) = 37,5 σ(X) ª 26,48 σ(Y) ª 6,12 Comme σ(X) est plus de quatre fois supérieurs à σ(Y), la dispersion des gains autour de leur moyenne O est plus importante avec le jeu de Tim. On conseillera donc à Eva de choisir Tom. Ô P J  2 P R et par ÓÔP V  3 P R 25 1. Par proportionnalité, on a Ì On peut supposer que le gain moyen est environ 5. 80 =5 16 Cette valeur théorique de S que l’on peut s’attendre à obtenir en moyenne sur un grand nombre de lancers de deux dés est en accord avec celle obtenue par simulation à la question 3. 4. E(S) = 22 1. Les valeurs prises par L sont x et – y, avec 1 2 et P (L = – y) = . 3 3 1 Les valeurs prises par K sont – x et y, avec P(K = – x) = 3 2 et P(K = y) = . 3 P(L = x) = 2. E(L) = x – 2y 3 E(K) = 2y – x 3 ailleurs P(J) + P(V) + P(R) = 1. 1 2 3 D’où 6 P(R) = 1 soit P(R) = et P(J) = , P(V) = . 6 6 6 1 2 3 x –5 2. a. E(G) = x ¥ + 0,5 ¥ + (– 2) ¥ = 6 6 6 6 b. Le jeu est équitable si E(G) = 0 c’est-à-dire si x = 5. 26 1. xi –m 0 m 3m Pi 36 52 8 52 4 52 4 52 20 m ª – 0,38 m. 52 Comme m > 0, on ne peut avoir E(X) = 0 pour aucune valeur de m, et donc le jeu ne peut être équitable. Il est déformable au joueur. 2. E(X) = – 27 1. 3. Le jeu est équitable pour Kévin si on a E(K) = 0, c’est-à-dire si x = 2y. Dans ce cas le jeu est aussi équitable pour Léa. Chapitre 8. Probabilités 145 Les choix se faisant au hasard, les 75 issues sont équiprobables. La loi de probabilité retenue sur ces 72 positionnements est la loi équirépartie. L’échantillon simulé fournit : • une fréquence de « c ¥ t  10 » égale à 0,36, • un gain moyen égal à – 1,40 euro. 2. a. Le tableau suivant permet d’obtenir les produits possibles et le nombre d’issues conduisant à chaque produit. t c 1 2 3 4 1 1 2 3 4 2 2 4 6 8 3 3 6 9 12 4 4 8 12 16 5 5 10 15 20 6 6 12 18 24 d’où la loi de probabilité Produit xi Probabilité Pi 1 2 3 4 5 6 1 24 2 24 2 24 3 24 1 24 3 24 8 9 10 12 15 16 18 20 24 2 24 1 24 1 24 3 24 1 24 1 24 1 24 1 24 1 24 Justification détaillée L’événement X = 1 se réalise lorsque le jeton 1 se place sur une case grisée et le jeton 2 sur une case blanche, OU ENCORE, lorsque le jeton 1 se place sur une case blanche et le jeton 2 sur une case grisée. Le nombre de ces positionnements favorables est 3 ¥ 6 + 6 ¥ 3 = 36. 36 D’où P(X = 1) =  0, 5. 72 En résumé xi 0 1 2 Pi 5 12 6 12 1 12 b. Comme Y = 2 – X on en déduit que les valeurs prises par Y sont 2, 1 et 0, avec les probabilités précédentes. On vérifie :  Pi  1. b. X prend les valeurs 10 – 5 = 5 et 0 – 5 = – 5. P(X = 5) = P(« c ¥ t  10 ») 1 3 1 1 1 1 1        24 24 24 24 24 24 24 9 3   0, 375 24 8 P(X = – 5) = 1 – 0,375 = 0,625 On a déjà obtenu P(« c ¥ t  10 ») = 0,375 Par ailleurs E(X) = 5 ¥ 0,375 + (– 5) ¥ 0,625 E(X) = – 1,20 euro. 3. a. Observé sur l’échantillon Calculé dans le modèle F = 0,36 P(« c ¥ t  10 ») = 0,375 M = – 1,40 euro EX = – 1,20 euro b. Non, Arthur devrait considérer qu’il perdrait en moyenne 1,20 euro par partie, s’il jouait un grand nombre de fois. Sauf à être très « joueur », il devrait renoncer. 28 1. Le positionnement du premier jeton peut se faire de 9 façons différentes. Celui du second jeton peut alors se faire de 8 façons différentes. Le nombre de positionnements est donc 9 ¥ 8 = 72. 146 2. a. X prend les valeurs 0 ; 1 ; 2. 6 ¥ 5 30 5 P(X = 0) =   72 72 12 6 ¥ 3 3 ¥ 6 36 1 P(X = 1) =    72 72 12 2 3¥2 6 1 P(X = 2) =   72 72 12 yi 0 1 2 P¢j 1 12 6 12 5 12 8 2  ª 0, 67 12 3 16 4 E Y    ª 1, 33 12 3 Si on positionne un grand nombre de fois au hasard deux jetons sur le damier, le nombre de cases grisées recouvertes par un jeton sera en moyenne de 0,67 et celui des cases blanches, en moyenne, de 1,33. 3. E X  29 a. S = 2 ¥ 0 + 2 ¥ 1 + 2 ¥ 2 + 2 ¥ 3 + 2 ¥ 4 b. S = 4 ¥ 24 + 5 ¥ 25 + 6 ¥ 26 + 7 ¥ 27 + 8 ¥ 28 1 2 4 5 Ê 1ˆ Ê 1ˆ Ê 1ˆ c. S = 1 ¥ Á ˜ + 2 ¥ Á ˜ + 3 ¥ Á ˜ Ë 4¯ Ë 4¯ Ë 4¯ 3 6 Ê 1ˆ Ê 1ˆ Ê 1ˆ +4¥Á ˜ +5¥Á ˜ +6¥Á ˜ . Ë 4¯ Ë 4¯ Ë 4¯ d. S = (22 – 2 ¥ 2 + 1) + (32 – 2 ¥ 3 + 1) + (42 – 2 ¥ 4 + 1) + (52 – 2 ¥ 5 + 1) + (62 – 2 ¥ 6 + 1) + (72 – 2 ¥ 7 + 1) Remarque : on aurait aussi pu remarquer que : S = (2 – 1)2 + (3 – 1)2 + (4 – 1)2 + (5 – 1)2 + (6 – 1)2 + (7 – 1)2. Calculs : voir les deux copies d’écran ci-dessous. Calculs effectués sur TI pour a. et c. sur Casio pour b. et d. r 2. V X   pi x i .E X. 2 x i E X   E X2 ˘˚ i 1 r 30 1. 2 i 1 r V X    pi ÈÎx i2 . a. S = (12 – 3 ¥ 1 + 4) + (22 – 3 ¥ 2 + 4) +… + (502 – 3 ¥ 50 + 4) 2 2 S = (1 + 2 + … + 502) – (3 ¥ 1 + 3 ¥ 2 + … + 3 ¥ 50) + (4 + 4 + … + 4) 50 50 50 k 1 k 1 k 1 i 1 r = i 1 r  3k = 3 ¥ 1 + 3 ¥ 2 + … + 3 ¥ 50 = 3(1 + 2 + … + 50) 50 = 3 k k 1 50 .2 E X E X  E X. ¥ 1 2 i 1 r 2 2 32 1. Lois de probabilité de X et Y xi –1 1 yi –1 35 Pi 19 37 18 37 P¢i 36 37 1 37 1 1 E(Y) = 37 37 Dans les deux stratégies de jeu, il faut s’attendre à 1 euro par partie. perdre en moyenne 37 E(X) = - 4 2º  43  200 .  4  1444444 44444 50 fois 4 50 ¥ 51 ¥ 101 50 ¥ 51 -3  200 6 2 S = 39 300 3. Avec le tableur : 2. S  2. • V X   - 12 ¥ 19  12 ¥ 18 - ÊÁ- 1 ˆ˜ 37 37 Ë 37¯ 1 1368 V X   1 - 2  37 372 s X  31 1. X prend les valeurs x1 , x2 , …, xr avec les probabilités p1 , p2 , …, pr . r V X    x i - E X2 pi i 1 X + b prend les valeurs x1 + b, x2 + b, …, xr + b, avec les mêmes probabilités p1 , p2 , …, pr . r V(X + b) = Âx i  b - E X  b pi 2 i 1 Mais E(X + b) = E(X) + b r D’où V(X + b) = Âx i  b - E X - bpi i 1 r i 1 2 pi x i2 i 1 k 1 k 1 i 1 r  pi =  pi x i2 - E X50 • 2 =  pi x i2 - 2E X  E X.  3k   4 b. S =  k 2 . • r =  pi x i2 .2 E X pi x i  E( X. E X. 33 1. Comme les valeurs et la moyenne augmentent en même temps de b.84 L’écart type de Y est près de 6 fois plus grand que celui de X. les écarts sont inchangés et donc la variance aussi. Les « doubles » de 1/1 à 6/6 sont au nombre de 6.12 ¥ 36 1 Ê 1ˆ  352 ¥ . 1368 ª1 37 • V Y    . Cela rend compte de la grande dispersion des valeurs prises par Y autour de leur moyenne.Á. Les « simples » peuvent être dénombrés à l’aide d’un tableau : 1 1 2 = Âx i . 2 2 i 1 = V (X) Ce résultat était prévisible car la variance mesure les écarts des valeurs autour de leur moyenne.08 σ(Y) ª 5.˜ 37 37 Ë 37¯ 2 V (Y) ª 34. Le nombre total de dominos est donc 21. pi 2 3 4 5 2 3 4 5 6 1/2 1/3 1/4 1/5 1/6 2/3 2/4 2/5 2/6 3/4 3/5 3/6 4/5 4/6 5/6 6 Il y a 15 « simples ». Chapitre 8. Probabilités 147 . didiermathx. Avec une mise de m euros.  k  ¥  1.Á ˜ n n Ë 2¯ 1 1 Ê 1ˆ le cours (chapitre 5). V(X) = 34 1. 2n 2. V(X) = Á12 ¥  22 ¥  32 ¥ Ë 21 21 21 4 2 ¥ 3 2 1 ˆ Ê 56ˆ  52 ¥  62 ¥ ˜ .Á ˜ 21 21¯ Ë 21¯ 21 2 2 6  20  36  48  50  36 Ê 56ˆ -Á ˜ Ë 21¯ 21 980 980 d’où V(X) = V(X) = 2 21 21 V(X) ª 1. 2 2 i 1 k 1 n Mais 1  2k est la somme de n termes consécutifs de la k 1 4 4 suite géométrique de 1er terme et de raison . D’après 8 8 n Ê 1ˆ 1. Ce programme calcule l’espérance de X. a. Il suffit de montrer que n 1 n 1  PX  xi   1. Le jeu est le plus équitable si l’espérance de gain (intégrant la mise) est le plus proche de 0. 6 5 4 Ê c. Pour calculer l’écart type de X. b. VARIABLES : n. On crée une variable Sdiff qui calcule n  pi  xi . 148 b.EX. S. k. 4. 67 21 21 et donc E(Y) = E(X) – m = 2. a. p nombres ENTRÉES : Saisir n INITIALISATION : X prend la valeur 0 p prend la valeur 1 S prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k allant de 1 à n Faire X prend la valeur X + 1 p prend la valeur p × 0. après le calcul de E(X).67 – m. Il faut donc ajouter une partie à l’algorithme précédent. on a besoin de connaitre l’espérance de X.49 Ce nombre donne une moyenne des écarts entre les valeurs prises par X et leur moyenne E(X). on a : 6 5 P(X = 1) = P(X = 2) = 21 21 4 3 P(X = 3) = P(X = 4) = 21 21 2 1 P(X = 5) = P(X = 6) = 21 21 b. le gain est Y = X – m. On prendra donc m = 3 euros. X.Á ˜ . Voir sur le site www. a. un tableau aide à déterminer les gains et à dénombrer les issues y conduisant. a. i 1 n 1 1 Or  P X  x i    k  n .ÁË 2˜¯ i 1 n  1  1. Cette fois encore.2.fr. Gains 1 2 3 4 5 6 1 1 1 2 3 4 5 2 1 2 3 4 3 1 2 3 2 3 4 4 5 1 2 5 1 6 6 Les 21 issues étant équiprobables. 1 Ë 2¯ 2 k 1 2 12 n 1 D’où Ê 1ˆ  PX  xi   1 . 6  10  12  12  10  6 56 E(X) =  ª 2.5 S prend la valeur S + pX FinPour S prend la valeur S + p(n + 1) SORTIE : Afficher S 3. si on utilise la formule donnée dans la définition page 206 du manuel. Pour n = 40 on obtient 2 comme espérance. X. écart nombres ENTRÉES : Saisir n INITIALISATION : X prend la valeur 0 p prend la valeur 1 S prend la valeur 0 Sdiff prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k allant de 1 à n Faire X prend la valeur X + 1 p prend la valeur p × 0.5 Sdiff prend la valeur Sdiff + p(X . i 1 VARIABLES : n.S)² FinPour Sdiff prend la valeur Sdiff + p(n + 1 . k.S)² écart prend la valeur Sdiff SORTIE : Afficher « Espérance : » S Afficher « Écart type : » écart . Sdiff.5 S prend la valeur S + pX FinPour S prend la valeur S + p(n + 1) X prend la valeur 0 p prend la valeur 1 Pour k allant de 1 à n Faire X prend la valeur X + 1 p prend la valeur p × 0. p.2 . S. les 8 issues sont équiprobables. L’ensemble des issues est 1 4 W = {PPP. p({FFP}) = 8 1 d. FPF. FFF} La pièce étant supposée bien équilibrée. FPP. 35 1. 8 • p(A2) = p (« avoir aucun PILE ou un seul PILE ») = p(E0) + p(E1) 1 3 1 =   8 8 2 5. FPF}) =  8 4 1 c. 8 4 1 4 1 1 4 1 2 4 1 3 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 1 1 4 1 2 4 1 3 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 1 4 1 1 4 2 1 4 3 1 4 4 Chapitre 8.Une autre solution est d’utiliser l’autre formule de la variance : n V(X) =  pi xi2 . PPF. • p A1 = p (« avoir aucun PILE ») = p(E0) = 4 1  8 2 Remarque : cela revient à considérer que la pièce est lancée une seule fois et à calculer la probabilité que ce lancer amène « PILE ». p. PFP. FFP}) = 8 3 p(E2) = p({PPF. 2 1 b. Pour n = 40. Scarres. PPF.5 S prend la valeur S + pX Scarres prend al valeur Scarres + pX² FinPour S prend la valeur S + p(n + 1) Scarres prend la valeur Scarres+p(n + 1)² écart prend la valeur Scarres . On peut supposer que E(X) a pour limite 2 quand n tend vers + ∞. La loi est la loi équirépartie sur W. FPP}) = 8 1 8 7 d’où p(A1) = 1 – p A1 = . k. écart nombres ENTRÉES : Saisir n INITIALISATION : X prend la valeur 0 P prend la valeur 1 S prend la valeur 0 Scarres prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k allant de 1 à n Faire X prend la valeur X + 1 P prend la valeur p × 0. 1 2. ont des probabilités dont la somme est 1. qui sont incompatibles 2 à 2 et dont la réunion donne W. X. S. PFP. 8 = 1. 36 a. 3.S2 SORTIE : Afficher « Espérance : » S Afficher « Écart type : » écart b. Quand n devient grand. on obtient un écart type égal à 1. i 1 VARIABLES : n. Probabilités 149 . p({FPP. PFP. p(E0) = p({FFF}) = 8 3 p(E1) = p({PFF. FFP. p({PPP. p({FFF}) = 8 On peut vérifier que ces 4 événements.4142136. PFF}) = 37 1. les logiciels affiche toujours 2 comme espérance. 1 Issue P P P PPP F PPF P PFP F PFF P FPP F FPF P FFP 1 4 F 1 4 2 P F F 1 4 3 F FFF b. FPF. PFF.EX2 i 1 en créant une nouvelle variable 1 p(E3) = p({PPP}) = . 8 On vérifie que leur somme est n Scarres pour calculer  pi x i2 et de retirer E(X)2 à la fin. a. 64 16 On peut vérifier que les événements A. On obtient donc 0 ou 1 avec une probabilité égale à 0. 132. 4 .6[). a.6 40 Illustrons la situation par un arbre : 1er dé 1 6 5 6 2e dé Gain (mise incluse) 1 6 S 11  5 6 S 3 1 6 S 3 5 6 S –2 S S . 1 1  .6 . 312. 333. on peut s’attendre à avoir un gain moyen par tirage égal à 22. Pour chaque question. deux fois le numéro 3. E(X) = . Ce sont : 112. 121. À l’aide de l’arbre on peut dénombrer 36 issues réalisant « deux des trois chiffres sont différents ». B et C qui sont disjoints 2 à 2 et dont la réunion est W.4 0.4 0.3 ¥  0 ¥  3 ¥  6 ¥ 8 8 8 8 12 3 E(X) =   1. c.6[. Il y a 6 issues s’écrivant avec les numéros 1. tantôt 1 (lorsque le décimal est dans [1 .Le modèle de probabilité de cette expérience est la loi équirépartie sur l’ensemble W de ces 4 ¥ 4 ¥ 4 = 64 issues.75 V(X) = 9 ¥ d’où s (X) ª 2. 2. Et autant avec deux fois le numéro 2. 150 0. p(A) = p({111. 211. 0 –3 D’où la loi de probabilité de X : xi PX = xi –3 0 3 6 1 8 3 8 3 8 1 8 1 3 3 1 2.48 0.52 –1 2 1 2 –1 E(X) = – 90 ¥ 0. 38 1. Il y en a autant s’écrivant avec les numéros 1.52 8 8 8 8 = 9 – 1.48 + 126 ¥ 0.4 et 0. sa loi de probabilité est donnée par : 2 3 –1 0 2 3 xi – 90 126 0 PX = xi 0.6 respectivement. 36 9 D’où p(B) =  . 2. la note attribuée est + 2 ou – 1. 1. D’où 24 issues réalisant l’événement C et donc 24 6 p(C) =  . 311.32 Sur un très grand nombre de tirages avec remise de deux boules de l’urne. 222.52 = 6.6) renvoie donc tantôt 0 (lorsque le décimal est dans [0. Ce sont : 123. 64 16 c. 213. 141.78 points. Sur l’échantillon simulé précédemment.60. =ALEA() renvoie un décimal au hasard de l’intervalle [0 . b.32 points. 113. =ENT(ALEA()+0. 0. 1[ et donc =ALEA()+0. Gain associé 2. 114.6 . 131. selon que la réponse est exacte ou inexacte. deux fois le numéro 4. 1. L’instruction =ENT(ALEA()+0. 2 et 3.52 E(X) = 22. 134 et 234. 411 avec deux fois le numéro 1. le gain moyen est égal à 25. 321. a. On peut coder par 0 la sortie d’une boule rouge et par 1 celle d’une boule verte.6) simule donc la sortie d’une boule prise au hasard dans l’urne. 5 8 2 1 3 3 1  0 ¥  9 ¥  36 ¥ – 1.6 Note globale 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 –1 1 2 1 2 2 –1 1 2 1 2 1 2 1 2 2 –1 1 2 1 2 2 6 –1 3 V 0.6 b. 231. 444}) = 4 ¥ 64 16 b. 1[). ont des probabilités dont la somme est 1. Si X est la variable aléatoire associant à chaque issue le gain en points correspondant. respectivement. 39 1.4 R 126 V – 90 R – 90 V 126 R 0.6 renvoie un décimal au hasard de l’intervalle [0. 25 = 0. il est passé de 2. traduisant la plus grande dispersion des gains autour de la moyenne.25 s(X) ª 2.25 et on aurait donc E(X ¢ ) = E(X) + 0. 9 On peut conjecturer que Carole l’emportera sur Anna avec une probabilité dépassant 0. a.56 36 b. Sur un grand nombre de parties on peut s’attendre à perdre en moyenne 25 centimes d’euro par partie. 1. traduisant le « resserrement » des gains autour de leur moyenne. La loi de probabilité de Y serait : yi Brice a donc plus de chances de gagner que Anna dans cette rencontre.94 c. car 5 p (« Carole l’emporte face à Brice ») = . beaucoup augmenté. 1. Quant à l’écart type. L’écart type a. 16 E(Y) = ª 0. Classement : • selon le gain moyen du joueur : stratégies 3. 2.88 b. 41 A. 3 2. sur un grand nombre de parties. il faudrait fixer la mise à 1. 9 3. 3.5. le jeu est plus défavorable au joueur que dans la situation initiale. 2 . Probabilités 151 .5. 22 10 36 c b. b b. 3. D’après les questions 1 et 2 : 5 • Brice l’emporte sur Anna avec une probabilité de > 0. 1. Dans ce cas.94 à 2. La loi de probabilité de X s’en déduit : xi –2 3 11 PX = xi 25 36 10 36 1 36 –1 3 11 PY = yi 25 36 10 36 1 36 –4 PZ = zi 25 36 6 b a 1 6 8 5 7 2 C C C 4 B C C 9 B B B Carole est favorisée dans une rencontre avec Brice.75 euro. La loi de probabilité de Z est donnée par : zi 2. L’organisateur perdrait donc en moyenne 44 centimes d’euro par partie. Le nouveau gain serait X¢ = X + 0. 2 1 3 1 3 4 1 6 7 C 9 3 5 7 B B B 2 3 5 7 A A A 3 5 7 A A A 3 5 7 B B B 8 4 9 Chapitre 8. p (« Anna l’emporte 4 sur Brice ») = 9 7 C C C 6 A A C 8 A A A 4 p (« Carole l’emporte sur Anna ») = 9 Paradoxalement. • selon le degré de risque (du plus petit écart type au plus grand) : stratégies 1. a.5 s (Z) ª 5.44 euro s (Y) ª 2. Cela explique qu’il ait abandonné cette idée. a. c’est Carole qui a le plus de chances de l’emporter face à Anna.5. a. 2. E(X) = – 0. Dans ce cas. avec une perte moyenne par partie de 50 centimes d’euros. lui. 9 5 • Carole l’emporte sur Brice avec une probabilité de > 0.S étant l’issue « le numéro du joueur sort » et S l’issue contraire. 1. Pour que le jeu soit équitable. le jeu devient favorable au joueur avec un gain moyen par partie estimé à 44 centimes d’euro. B. c 3 a 4 9 B A A B A A B B B Les 9 issues étant équiprobables. Non Anna Brice Carole Vainqueur 3 C 5 7 C C 3 5 7 B C C 9 3 5 7 B B B 2 3 5 7 A A C 4 3 5 A A 1 3 2 5 1 1 36 E(Z) = – 0.56. 6 donne p (« l’automobiliste se avec p(V) = 50 présente cinq fois au vert ») = (0.75. k 1 Sur une calculatrice ou un tableur.135. a. 43 1.013. on obtient bien 24 Ê 24ˆ  ÁË 25˜¯ k -1 k 1 b. 3. p (« l’automobiliste arrive au moins une fois quand le feu est orange ») = 1 – p (« l’automobiliste n’arrive jamais quand le feu est orange ») 5 = 1 – (1 – )5 50 = 1 – 0.9 A … 0. avec sa stratégie. En s’aidant éventuellement d’arbres simplifiés tels que : 1/25 S où S est l’issue « la porte s’ouvre » 24/25 E 1/25 S et E l’issue contraire 24/25 E 24/25 E 1/25 S ⯗ 24/25 E 24/25 E … 24/25 E 1/25 S on obtient : 1 P(X = 1) = 25 24 1 ¥ 25 25 P(X = 2) = 9 1 Ê 24ˆ P(X = 10) = Á ˜ ¥ Ë 25¯ 25 Ê 24ˆ P(X = 24) = Á ˜ Ë 25¯ 23 ¥ 1 25 b. 25 2. L’arbre simplifié : 0. 8 D’où P(Y = 0) = 0.Tous les chemins étant équiprobables (de probabilité 1 1 1 1 ¥ ¥  ) on a : 3 3 3 27 10 p (« Anna l’emporte ») = 27 10 p (« Brice l’emporte ») = 27 7 p (« Carole l’emporte ») = 27 42 1. VARIABLES : n nombre INITIALISATION : n prend la valeur 0 TRAITEMENT : Tant que 0. Notons A et B les issues « la lettre tirée n’est pas i » et « la lettre tirée n’est pas z ».625 C longueur du chemin : 15 152 .625.9 A a. on obtient E(X) ª 16 à 10–2 près.9 A 0.6 V 0. E X  1 Ê 24ˆ Á ˜ 25 Ë 25¯ 24 Ê 24ˆ  k ÁË 25˜¯ k 1 24 k -1 ¥ 1 Ê 24ˆ Á ˜ 25 Ë 25¯ 25  1. longueur du chemin : 20 on obtient : p (« l’archer atteint 20 fois la cible ») = 0.9 A 0. avec P(A) = 1 – • De même P (Z = 0) = (P(A))15 = (1 – Ê 7ˆ =Á ˜ Ë 8¯ 1 15 ) 8 15 = 0.625 C … 0.6 V 0.625 C 0. b.87515 ª 0. respectivement.01 Faire n prend la valeur n + 1 Fintantque SORTIE : Afficher n On obtient n = 44.6 V 30 = 0.6 V 0. Pour 1  k  24 : Ê 24ˆ P(X = k) = Á ˜ Ë 25¯ k -1 ¥ 1 25 c.625 C 0.6)5 ª 0. pn = 0. • Notons C l’événement A « B. a.920 ª 0. P(X = 25) = P (« la porte s’ouvre au 25e essai ou la porte ne s’ouvre pas lors des 25 essais ») Ê 24ˆ P(X = 25) = Á ˜ Ë 25¯ 24 ¥ 1 Ê 24ˆ Á ˜ 25 Ë 25¯ 25 La somme se justifie par l’incompatibilité des deux situations.9n  0.9n. 1 ¥ 25 ÊÊ 24ˆ 24 1 Ê 24ˆ 25ˆ Á ˜ ˜  25 ¥ ÁÁ ˜ ¥ 25 Ë 25¯ ¯ ËË 25¯ Sur une calculatrice ou un tableur.078. 8 L’événement (Y = 0 et Z = 0) correspond au chemin : On a P(C) = 0. Le concierge doit s’attendre à faire 16 essais. Il s’agit de vérifier que  P X  k   1. en moyenne.120 = 1 – 10–20 ª ??? 2.95 ª 0. Avec un arbre simplifié : 0. 5 = 0.7515 ª 0. 44 a.122 b.410 45 1. • L’événement (Y = 0) s’illustre par l’arbre simplifié suivant : A A A A … A longueur du chemin : 15 2 = 0. p (« l’archer atteint au moins une fois la cible ») = 1 – p (« l’archer n’atteint jamais la cible ») = 1 – 0.6 V 0. (X  3) = (X = 1) ou (X = 2) ou (X = 3). 2. 1 6 On peut alors déduire P(Y = 0 ou Z = 0) = P(Y = 0) + P (Z = 0) – P (Y = 0 et Z = 0) 5 6 5 6 5 6 5 6 = 0. Comme X ne prend que des valeurs entières. Le 100e terme de la liste 2 donne le nombre moyen de 6 obtenu sur ces 100 expériences. Probabilités 153 . b. l’instruction renvoie le rang du premier six si celui-ci est apparu et 0 si le six n’est pas sorti. En cellule F2.0009. D2 et E2 on fait afficher « 1 » lorsqu’un six apparaît. En cellules C2.  X  3 = (X > 3) = (X = 4) ou (X = 5) ou (X = 6) ou (X = 7) 6 1 6 1 6 6 5 6 6 6 1 6 6 3 5 6 6 6 ou (X = 8) ou (X = 9) 2 6 5 6 5 6  X  7 = (X  7) = (X = 1) ou (X = 2) ou (X = 3) ou (X = 4) ou (X = 5) ou (X = 6) ou (X = 7) b. Comme (X < a) et (a  X  b) sont incompatibles. on a : 6 5 6 En construisant un arbre simplifié (où l’on s’arrête dès le premier 6 obtenu). 48 1. on obtient la loi de probabilité suivante : k 0 PR = k Ê 5ˆ ÁË ˜¯ 6 1 4 2 1 6 3 4 2 3 5 1 Ê 5ˆ 1 Ê 5ˆ 1 ¥ ¥ Á ˜ ¥ 6 6 ÁË 6˜¯ 6 Ë 6¯ 6 un dé. a. le rang moyen (temps d’attente moyen) du premier 6 est 1. et 0 sinon.m • Par propriété : s Y   1 s X . D’où l’égalité attendue.87515 – 0.m  E X . s Chapitre 8. Cette expérience est répétée 100 fois. d’où le rang moyen : E(R) = 1 10 75 500 ª 1. Rang du 1er 6 Z = 0) = (0. il n’apparaît qu’une fois et indique le rang du premier six obtenu. à 62 : voir corrigés en fin du APPROFONDISSEMENT 1 s • Par propriété : 1 1 E Y   E X .62515 ª 0.    6 36 216 1296 Travail personnel Pour les exercices 49 manuel. si un « 1 » apparaît. Ainsi. 47 On étudie le nombre de 6 obtenu en lançant 10 fois 6 0 5 6 P(4  X  7) = P(X  7) – P(X  3) P(X  b) = P(X < a) + P(a  X  b) c’est-à-dire 4 6 On a donc : (a  X  b). en convenant que R = 0 lorsqu’aucun 6 n’apparaît. (X  b) = (X < a) ou P(a  X  b) = P(X  b) – P(X < a).18. Si on note R le rang du premier 6. Pour 1  a < b  9.147. En cellule B2. P(4  X  7) = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) 6 6 P(X  7) – P(X  3) = [P(X = 1) + P(X = 2) + … + P(X = 7)] – [P(X = 1) + P(X = 2) + P(X = 3)] = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) 1 6 2. l’événement (X < a) équivaut à (X  a – 1). Sur l’échantillon de taille 1 000 simulé sur tableur. on simule le lancer d’un dé supposé équilibré et on affiche 1 si le six sort. 63 Y   X . (X > 7) = (X = 8) ou (X = 9).et a donc comme probabilité : P(Y = 0 et 3. on a bien E(Y) = 0.625)15 ª 0. a.m s s Comme E(X) = m. si aucun « 1 » ne s’est affiché précédemment et on fait afficher 0 dès qu’un « 1 » s’est affiché précédemment ou lorsqu’un numéro autre que le six apparaît.m s Mais comme s > 0 et s(X – m) = s(X) on obtient 1 s  Y   ¥ s  1.7515 + 0.19. 46 1. a.9 P(X = 1 050) = P(« défaut A. soit 10 ¥ (n – 5) en tout. avec remise (Partie A). (E) a pour discriminant D = b2 – 4a. d’où n2 – n issues.64 1. b) s’obtenant avec la même probabilité ¥  .x  f¢(x) = 10  x4 x4 x 5 10 + f¢x 0 +∞ – 1 2 f 0 Pn(A) est donc maximal lorsque n = 10. Le nombre de chemins réalisant l’événement « obtenir 2 boules de couleurs différentes » est 5 ¥ (n – 5) pour les chemins de type RN et (n – 5) ¥ 5 pour ceux de type NR. 3.04 2. n-5 Il en résulte Pn(A) = 10 2 . puis les n – 1 choix de la 2e boule se faisant au hasard. d’où 16 équations de la forme ax2 + bx + 1 = 0. b) possibles. Cette probabilité est alors égale à 0.04 P(X = 1 100) = P(« défaut B seul ») = 0. Les couples 1 1 1 (a. Lors des deux tirages d’une boule. 950 + 100 . dans le cas de deux tirages sans remise. Pn(A) = f(n) avec f(x) = 10 2 . Il existe 4 ¥ 4 = 16 couples (a. 950 + 250. n x-5 2. B. a. 950 + 150 . . On a donc encore ici 10(n – 5) issues réalisant l’événement A. f¢(x) = 10 . Pn¢(A) = 2 n -n 3. Un arbre amorcé ou « imaginé » comprend n ¥ (n – 1) chemins. ici. tel que suivant. Les n choix de la 1re boule. 4 4 16 les équations s’obtiennent de façon équiprobable. car la boule non remise n’influence pas le nombre de boules de l’autre couleur.02 P(X = 1 200) = P(« défauts A et B ») = 0. sur un grand nombre d’objets produits et éventuellement réparés. mais sur un ensemble W qui comporte ici n2 – n issues. x4 2 . Cela représente le prix net moyen d’un objet. E(X) = 967 euros. Le prix de vente permettant de réaliser un bénéfice moyen de 100 € par objet est : 967 + 100 = 1 067 €. x x 2 .5. 66 A. 10 n . Le modèle retenu est donc à nouveau la loi équirépartie.5 b. les n2 – n issues sont équiprobables. On dénombre n ¥ n = n2 issues chacune de probabilité 1 1 1 ¥  . n n n2 Le modèle retenu est donc la loi équirépartie sur l’ensemble W des n2 couples possibles de boules. 154 R1 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n R5 ……………………………… 2 1 n 1 n N1 ……… 1 a 1 n ……… b Note globale Nn–5 R1 R5 N1 Nn–5 b. 1 ou 2.5 2 x Pour x  5. 9 P(X = 0) = P(D < 0) = 16 2 P(X = 1) = P(D = 0) = 16 5 P(X = 2) = P(D > 0) = 16 65 Un tableau peut aider à visualiser la répartition en % des différents cas : A A B A et B 4% B seulement 2% B A seulement 4% Ni A ni B 90 % Se déduit des autres pourcentages 1. a. P(X = 950) = P(« aucun défaut ») = 0. 1. on dénombrait 10(n – 5) issues favorables à la réalisation de l’événement A.x  10 x 10 x 10 . Un tableau carré permet de visualiser les valeurs de D possibles et le nombre de couples y conduisant : 3 4 1 –3 0 5 12 2 –7 –4 1 8 3 – 11 –8 –3 4 4 – 15 – 12 –7 0 Le nombre X de solutions peut être 0. 2. À l’aide d’un arbre (ou d’un tableau). Les valeurs prises par X sont : 950 . 1. 2. X prend les valeurs – 1 et 2. x . c’est-à-dire lorsque l’urne contient 5 boules rouges et 5 boules noires. seul ») = 0. amorcé. Ce nombre est inchangé. S.n ˙˚ n -n Î 10 n .2 D’où E(X) = 2 ¥ 2 n . 1 1 2.2 n -n 10 n . n 1 • Lorsque n  4. on peut donc dire que la réponse à la question posée est positive uniquement pour n = 2 et n = 3. • Lorsque n = 2. 0  k  n. B.qn = qn + 1 – qn = 1. Or D = 961 – 600 = 361 = 192 – x2 + 31x – 150 a donc pour racines 25 et 6. Le jeu est équitable lorsque E(X) = 0 c’est-à-dire lorsque – n2 + 31n – 150 = 0. 1 .. 1 - X est : 1 1 1 . On devrait avoir Ê1 1 P(X = 1) =1 . En utilisant les fonctions de sommation des logiciels : VARIABLES : n. k 0 n 2. 6439345667 • k 2 n 2.5 n2 . 1 - Plus généralement. . 1 . P(X = k) étant positif pour chaque k. 1. S.  0 .et donc on ne peut 2 3 4 12 définir une loi de probabilité de X sous cette forme. Probabilités 155 .5˘ . k 0 n n k 1 k 1 Calculons déjà  P X  k    pq k -1. on a : n 1 . k k 2 • Lorsque n = 4.150 = . E(X) = 0 ¥ P(X = 0) +  kpq k -1 k 1 Chapitre 8. on peut répondre positivement à la question posée : pour tout n  2. n il suffit de vérifier que  PX  k   1. 1000 1  k 2  0.10 n .qn  pqk -1  p 1 . La suite (pqk–1) étant géométrique de raison q.5 È 10 n . et la loi de probabilité de 2 3 6 k 1 2 3 PX = k 1 6 4 8 1 3 1 1 1 1 . P(X = 2) = Pn¢(A) = 67 A. a.Á   º  Ë2 3 1ˆ ˜ sous réserve que ce nombre n¯ soit positif.Í1 . le jeu est équitable dans deux situations : • n = 6 (5 rouges et 1 noire) . p1 nombres ENTRÉE : Saisir n Initialisation : p1 prend la valeur 1 S prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k allant de 2 à n Faire p1 prend la valeur p1 - 1 k2 1 S prend la valeur S + k FinPour S prend la valeur S + p1 SORTIE : Afficher S 68 1. 5497677312 k k 2 100 1 •  2  0. et la loi de probabilité de 2 2 X est donnée par : k 1 2 PX = k 4 8 4 8 • Lorsque n = 3. 65 pour tout n Œ ⺞. il existe une loi de probabilité de la forme : k 1 n PX = k 1  k2 k 2 2 3 1 22 1 32 … n 1 n2 3. k 2 n  2.n 10 n . En admettant que 1  k 2  0. • n = 25 (5 rouges et 20 noires).n b.n2  31n . En conclusion.5 =3¥ 2 -1 n -n . n2 . k 1 Il en résulte : On obtient : 10 1 •  2  0.q = 1 – qn (car 1 – q = p).5 P(X = – 1) = Pn¢(A) = 1 . p1 nombres ENTRÉE : Saisir n TRAITEMENT : p1 prend la valeur 1 – n 1  k2 k 2 n 1 S prend la valeur p1 +  k k 2 SORTIE : Afficher S Sans utiliser les fonctions de sommation des logiciels : VARIABLES : n. 6349839002 k k 2 n  PX  k   PX  0  1 . 1. S = 3X + (3 – X) (– 1) S = 4X – 3 b. X prend les valeurs 0. S prend les valeurs – 3.3 ¥ 1 3 3 1  1¥  5 ¥  9 ¥ 8 8 8 8 E(S) = 3 Sur un grand nombre de QCM.x n 1 car 1 + x + x2 + … + xn b. a. L’événement « 0 réponse exacte » peut se représenter par le chemin E E E 2. 1 P(X = 0) = P({EEE}) = 8 3 P(X = 1) = P({EEE. f  x   1.x  . 9. Pour x Œ ]0 .1 c.x est la somme de termes consécutifs d’une suite géométrique de raison x. 1. 1[. a.E(X) = P  kq k -1 Cela suffit pour répondre négativement à la question posée. E E E E E E E E E Tous ces chemins se réalisant – a priori – avec les mêmes chances (réponse au hasard répétée trois fois). EE E. L’événement « 1 réponse exacte » se représente par 3 chemins selon le rang de la réponse exacte. n k 1 1re question 2e question 3e question 1 2 On a donc E(X) = pf ¢(q).nx  x n 1 . f¢(x) = 1 . 4. 4 4 3 s(X) = 2 3. et donc n Æ n Æ 1 2 1 2 1 2 1 . 1 2 1 .1 . par exemple. Or si on pose f(x) = 1 + x + x2 + … + xn alors f ¢(x) = 1 + 2x + … + nxn–1. n  1 x n 1 .x 2 1 . E(X) = 0 ¥  1 ¥  2 ¥  3 ¥ 8 8 8 8 3 E(X) = 2 3 3 1 1 V(X) = 02 ¥  12 ¥  22 ¥  32 ¥ 8 8 8 8 9 3 V(X) = 3 . lim q n  0. il ne paraît pas réaliste de tenir les événements « 0 réponse exacte » et « 1 réponse exacte » pour équiprobables. E(S) = E(4X – 3) = 4E(X) – 3 .x 2 = =   n  1 x n 1  1 - . E EE}) = 8 1 P(X = 3) = P({EEE}) = 8 1 3 3 1 b. n  1 x n 1 2 1 2 x n 1 1 . n Æ Il reste à conjecturer lim nq n . 5.x n 1 .x 2 1 2 E E 1 2 E 1 2 1 2 E E E E E E E On peut adopter la loi équirépartie sur l’ensemble W des 8 issues correspondant à ces 8 chemins. k –3 1 5 9 PX = k 1 8 3 8 3 8 1 8 où E signifie « la réponse est exacte » et E son contraire. e.nq  q n d. E(S) = .p n ˘˚ p ensuite lim E x   1 2 1 2 E 1 2 1 . n Æ Avec un tableur. 1. E EE. . 156 E E E b. n  1 . p 69 1. EE E}) = 8 3 P(X = 2) = P({EEE. (1 + np) (1 – p)n = qn + pnqn Comme 0 < q < 1.x 2 = 1 . le calcul de nqn pour différentes valeurs de q entre 0 et 1 et pour de grandes valeurs de n donne les résultats suivants : On conjecture lim nq n  0 pour 0 < q < 1. 2. a. n  1 x n  nx n 1 1 . E(X) = p p2 1 E(X) = ÈÎ1 . n  1 . Maxime obtiendrait en moyenne 3 points sur 9 par QCM. 3. b.1  np 1 . a. zi –3 –2 –1 9 PZ = zi 1 3 1 6 1 6 1 3 2. Pb = Pc = . 2 avec des 1 probabilités égales à . on a : P(Y = – 4) = P(Max(a. 3 Mais selon la procédure adoptée.999. 2)}) = 3 36 P(Y = – 2) = P(Max(a. selon les trois stratégies. 3) . on obtient : 1 1 1 Pa = . 2) . 71 Soit n le nombre de lancers de ce dé. E(X) = 0 E(Y) = – 0. 0. on retrouve bien (grâce à ce 2 lien) E(S) = 3. Le choix d’une ligne se faisant au hasard. 1. 3) . b) = 2) = P({(1. 1. 3 6 6 D’où la loi de probabilité : Soit X la variable aléatoire donnant le nombre de fois où un numéro supérieur ou égal à 5 est obtenu. En tenant compte du coût de la partie : 3 €. 3)}) = 5 36 Chapitre 8. 1. Case a b c d e Probabilité 1 3 1 6 1 6 1 6 1 6 3. 4 2 dont la probabilité est  . 0. 1 Il en résulte Pa = Pb + Pc = Pd + Pe = . – 3. (3. 2) . – 2. c. (3. pour Zoé : Case a b c d e Probabilité 1 6 1 6 1 3 1 6 1 6 B. (2. c’est la stratégie de Zoé qui s’avère la plus intéressante. 1. b) = 3) = P({(1. en répondant totalement au hasard à un grand nombre de QCM. Pd = Pe = . le choix d’une case parmi b et c. 3 Par ailleurs. En désignant par a et b les numéros affichés par le 1er dé et le 2e dé. (2. on a : 1 P(L1) = P(L2) = P(L3) = . Première étape Calculons Pn = P(X  1). On obtient de même. • X prend les valeurs – 3. Ë 3¯ Ë 3¯ Seconde étape Cherchons n tel que Pn > 0. 1) . 70 A. sur un grand nombre de parties jouées. on obtient les lois de probabilité suivantes : xi –3 –2 –1 9 PX = xi 2 5 1 5 1 5 1 5 yi –3 –2 –1 9 PY = yi 1 2 1 6 1 6 1 6 72 Soit X et Y les variables aléatoires donnant les gains algébriques associés à une partie dans l’un et l’autre jeu.5 E(Z) = 1. 6 3 n n Ê 2ˆ Ê 2ˆ On a alors P(X = 0) = Á ˜ et donc Pn = 1 – Á ˜ . Pn = 1 – P(X = 0) L’événement X = 0 correspond au chemin 2 2 2 2 3 A 3 A 3 A … 3 A longueur n où A est l’événement « un nombre inférieur à 5 sort ». Avec cette grille. (3. S¢ = 3X + (3 – X) (– 3) S ¢ = 6X – 9 E(S¢) = 6E(X) – 9 = 0 Avec ce nouveau barême. on a : Pb = Pc et Pd = Pe En combinant. Sur un tableur on obtient : Il apparaît que Pn dépasse 0.5 Ces espérances donnent les gains algébriques moyens.3 Comme on avait E(X) = . Choix a b c d e Probabilité 1 5 1 5 1 5 1 5 1 5 2. (2. « choisir L1 » et « cocher a » « choisir L2 » et « cocher b ou cocher c » « choisir L3 » et « cocher d ou cocher e » sont des événements qui coïncident et qui ont donc même probabilité. b) = 1) 1 = P({(1. 1) . ainsi que celui d’une case parmi d et e se faisant au hasard. 6 • Y prend les valeurs – 4. 1)}) = 36 P(Y = – 3) = P(Max(a.999 dès que n  18. – 1. Maxime obtiendrait en moyenne 0 point sur 9. Probabilités 157 . – 2. 2) .71 euro . 6) . 5) . (4. (5. (4. 5) . 4) . 4) . (5. 2) . notons E l’issue : « le moteur tombe en panne ». 74 Soit X le gain du joueur sans tenir compte de la mise. (5.˜ 6 Ë 2¯ 19 1 35 V(X) = d’où s (X) = V X ª 1. (2. il choisira le jeu n° 2. S’il veut privilégier le gain moyen. (6. (3. 5) . 4) . Si Léo veut minimiser le risque. 3) . 2) . . 2k+1. (3. 996 2 2 2 2 2 2 2 2 qui confirme bien que le risque n’est pas aussi grand qu’on pourrait le penser. (5. 5) . 4. (4. (4.5 36 36 36 E(Y) = . 3) . 2 1 Ê 1ˆ . (6. b) = 6) = P({(1. 6) . (6. …. il choisira le jeu n° 1. 1)}) 7 = 36 P(Y = 0) = P(Max(a. mais la mise – égale au nombre de coups joués – peut l’être également ! Ces conditions sont très dissuasives et Laplace se demande quel être raisonnable accepterait d’y participer. (4. Pourtant une simulation sur tableur montre que « Croix » ne tarde jamais à se produire. (5. 6) . (6.1 ¥  0 ¥ 6 6 6 6 1 1 1  1 ¥  2 ¥  . 75 Lors de l’étude du comportement d’un tel moteur au cours d’un vol. 4) .1¥ 36 36 36 36 11 9 19 53 euro 0¥  1¥ ª .P(Y = – 1) = P(Max(a. 2k. (6. 6 4 12 1 3 5 7 9 9¥ 4¥  1¥ 0¥ • V Y   16 ¥ 36 36 36 36 36 4¥  1¥  11 Ê 19ˆ . 4) . On peut considérer que le jeu n° 1 comporte plus de risque que le jeu n° 2. on obtient : 1 1 1 1 1 1 1 1 p   2  3  4  5  6  7  8 ª 0. 6) . 5 euro 6 6 2 1 3 5 7 -3¥ -2¥ . 5) .Á. (3. Pour exemple. 8.0. . 6) .40 euro Les gains du jeu n° 1 sont plus dispersés autour de leur moyenne que ceux du jeu n° 2. 3) . tout en sachant que ce n’est pas le jeu le plus favorable au joueur. 1)}) 11 = 36 1 On vérifie que  P Y  k   1 k -4 Calcul de E X et E Y 1 1 1 1 E(X) = . (5. 158 Si on calcule la probabilité d’obtenir Croix lors des 8 premiers lancers. il faut appuyer de très nombreuses fois sur F9 pour obtenir « Croix » pour la 1re fois après le 8e lancer. 1)}) 9 = 36 P(Y = 1) = P(Max(a.˜ 36 Ë 36 6¯ 2 81 192 ª 1. 5) . (4. avec une perte moyenne par partie jouée estimée à 50 centimes d’euro. 4) . b) = 4) 73 Exemple de simulations (sur Xcas) : = P({(1.4 ¥ Le jeu le plus favorable au joueur est le premier jeu.3 ¥ . … et P(X = 2k) = Á ˜ ¥ Á ˜ Ë 2¯ 2 Ë 2¯ 1 1 1 1 D’où E(X) =2 ¥  22 ¥ 2  23 ¥ 3  º  2 k ¥ k  º 2 2 2 2 c’est-à-dire E(X) = 1 + 1 + 1 + 1 + … L’espérance de gain est donc infime. (6. 97 36 362 d’où s(Y) ª 1. 6) . (2.Á.2 ¥ .0. b) = 5) = P({(1. (2. X prend les valeurs k -1 k 1 Ê 1ˆ Ê 1ˆ 2. Calcul de s X et s Y 1 1 1 1 1 • U X   9 ¥  4 ¥  1 ¥  0 ¥  1 ¥ 6 6 6 6 6 On obtient un nombre moyen de pas en général compris entre 16 et 17. Cet événement correspond au chemin p E p E et donc sa probabilité est p2. 3 1 Comme on est en droit d’espérer que 0 < p < (en fait 3 p est de l’ordre de 10–4). Soit p  . 3 En conclusion. Un biréacteur a une probabilité plus grande d’achever son vol qu’un quadriréacteur si on a : 1 – p2  1 – 4(1 – p) p3 – p4 c’est-à-dire p2  4(1 – p) p3 + p4 p2[ p2 + 4(1 –p) p – 1]  0 – 3p2 + 4p – 1  0 (1 – p) (3p – 1)  0 Comme p < 1 (fort heureusement !) cela revient à 1 3p – 1  0. il est plus pertinent d’affirmer qu’un quadriréacteur est plus fiable qu’un biréacteur.• Un biréacteur ne termine pas son vol si ses deux moteurs tombent en panne. Cet événement correspond aux chemins suivants : 1–p p p p p E E E E E p 1–p p p p E E E E E p p 1–p p p E E E E E p p p 1–p p E E E E E Sa probabilité est donc : 4(1 – p) p3 + p4. • Un quadriréacteur ne termine pas son vol si 3 ou 4 moteurs connaissent une panne au cours du vol. Chapitre 8. Probabilités 159 . un biréacteur se révèle plus fiable qu’un quadriréacteur si la probabilité p de panne d’un moteur 1 est telle que p  . 21[ » ]49 .95 est la fréquence cumulée associée à la valeur 5. 0. 3 D’après une propriété du cours de Seconde (voir Math’x 2de page 236). 0.4 C4 : 0. 3 .Loi binomiale Échantillonnage 9 Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 1 2 1 2 1 2 P P 1 2 1 2 1 2 1 2 F P F 1 1 2 2 F P P 1 2 1 2 F 1 2 1 2 P F P F 1 2 F 1 1 1 1 ¥ ¥  2 2 2 8 1 1 1 3 b. la fréquence f de « boule rouge » sur un 1 ˘ 1 È . P (« au moins une FACE ») = 1 – P (« aucune FACE ») = 1 – P (« 3 PILE ») 1 7 = 1. P (« 2 PILE ») = 3 ¥ ¥ ¥  2 2 2 8 c. a. 0. 5]. + [. 4   [ 0. 4 1. x œ [21 . b. c’est-à-dire la fréquence d’obtenir un résultat inférieur ou égal à 5. 49] ou encore : x Œ]–  . P (« 3 PILE ») = 2 En C3 : 0.65 C5 : 0.95. avec une probabilité au échantillon de taille 100 appartient à l’intervalle I  Í0.75 d’où en C6 : 0. 21[ » ]49 .95. x Œ [0 . 8 8 a. k Œ [0 . 4 100 ˙˚ 100 Î moins égale à 0. 100] 2. 20] » [50 . 100] 160 . .4. Activité 1. S 1 3 2 3 2 3 1 3 2 3 E 1 3 S 2 3 E 1 3 S 2 3 E 1 3 S 2 3 E E S E 2 3 S S S 1 3 1 3 E 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 E S E S E S E S E S E S E S E 1 2 1 2 4 ¥ ¥ ¥  3 3 3 3 81 2 1 1 2 4 P(ESSE) = ¥ ¥ ¥  3 3 3 3 81 b. 2. Visuellement. 1. • 70 % des lancers ont amené un résultat inférieur ou égal à 4. sur le graphique.5 1. a.P S  3 1 B. Échantillonnage 161 . Sur les 100 lancers. 1. 4]. X prend les valeurs 0. 3 et 4. E : « la flèche tombe dans la zone rouge ». On obtient 0. Au moins 30 % des lancers… 3. P(SESE) = 4 c. • 20 % des lancers ont amené un résultat inférieur ou égal à 2. 81 27 2. 81 4 8 D’où P (« obtenir deux succès ») = 6 ¥  . 2.5. L’événement « obtenir deux succès » correspond à 6 chemins de l’arbre. 50 % des lancers ont amené 3 ou 4. Par différence.7 – 0. il suffit de lire l’amplitude des fréquences cumulées correspondant à l’intervalle ]2 . P(X = 2) = 27 16 • P(X = 0) = P(EEEE) = 81 2 8 • P(X = 1) = 4 ¥  81 81 8 32  • P(X = 3) = 4 ¥ 81 81 1 • P(X = 4) = P(SSSS) = 81 Chapitre 9. tous de probabilité . 2 PE  1 . La loi du nombre de succès A. la fréquence de l’événement « obtenir un numéro inférieur ou égal à 3 » est égale à 0. Loi binomiale. 8 • D’après la question 1.c.2 = 0. Le nombre de chemins illustrant (Y = 2) est donc égal au nombre de chemins réalisant X = 1 ou X = 2 lors de 4 répétitions (partie B). A 1 1 2 R 2 1 1 1 3 4 S 5 M 3 6 T 10 L 4 10 Sud 1 1 K 5 J 1 1 162 I 1 N . soit 4 + 6 = 10. quel qu’en soit l’ordre. 10 Ê 2ˆ P(Z = 0) = Á ˜ Ë 3¯ Ê 1ˆ P(Z = 10) = Á ˜ Ë 3¯ 10 4 Ê 1ˆ Ê 2ˆ 2. Il manque de connaître le nombre de chemins comportant 4 S et 6 E. de probabilité Á ˜ ¥ Á ˜  . 8 80 c. P(Z = 4) = Á ˜ Á ˜ Á ˜ Ë 4 ¯ Ë 3¯ Ë 3¯ 4 Ê 1ˆ Ê 2ˆ d. Un chemin réalisant l’événement (Y = 2) est SSEEE. • 2 succès S lors des 4 premières répétitions s’il se termine par E. a. Ê10ˆ Ê 1ˆ 4 Ê 2ˆ 6 c. k 0 5 32 Ê 2ˆ C. a. 1. Ë 3¯ Ë 3¯ 243 8 .2276 6 Activité 2. …. 2. P(Z = 4) = 210 ¥ Á ˜ ¥ Á ˜ Ë 3¯ Ë 3¯ ª 0. Tous les autres chemins réalisant l’événement (Y = 2) ont aussi pour probabilité 243 b. Est 2. Un chemin réalisant l’événement (Y = 2) doit rencontrer : • 1 succès S lors des 4 premières répétitions s’il se termine par S . 1. 1. est encore Á ˜ Á ˜ .On présente souvent la loi de probabilité de X dans un tableau : k 0 1 2 3 4 P(X =k) 16 81 8 81 24 81 32 81 1 81 4 On vérifie :  PX  k   1. 10. Chacun de ces trois chemins conduisent au point L. P(Y = 2) = 10 ¥  243 243 D. P(SSSSEEEEEE) = Á ˜ Á ˜ Ë 3¯ Ë 3¯ 6 4 6 Ê 1ˆ Ê 2ˆ La probabilité d’une issue comportant 4 « succès » et 6 « échecs ». Z prend les valeurs 0. P(Y = 0) = P(EEEEE) = Á ˜  Ë 3¯ 243 5 1 Ê 1ˆ P(Y = 5) = P(SSSSS) = Á ˜  Ë 3¯ 243 2 3 8 Ê 1ˆ Ê 2ˆ 2. Ë 3¯ Ë 3¯ b. Sur les chemins de la plage 1. DGDG. qui réalisent k succès lors des 4 répétitions. Case 1 chemin y conduisant : DGGG. Case 3 atteinte lorsque D est réalisée 3 fois. on a : Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ÁË 0˜¯  1. a. Chapitre 9. C’est le nombre de chemins menant de A à L. on a : Ê 1ˆ Ê1ˆ • Á ˜Á ˜ Ë 0¯ Ë1¯ Ê 2ˆ Ê 2ˆ Ê 2ˆ • Á ˜Á ˜Á ˜ Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ê 3ˆ Ê 3ˆ Ê 3ˆ Ê 3ˆ • Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜ Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ • Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜ 0 1 2 3 4 Ë ¯Ë ¯Ë ¯Ë ¯Ë ¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ • Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜Á ˜ Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë 4¯ Ë 5¯ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 5ˆ c. Á ˜  Á ˜  Á ˜ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 2¯ Ê 3ˆ Ê 3ˆ Ê 4ˆ d. Échantillonnage 163 . GDGD. Ê 5ˆ Ê 5ˆ 4. GDDD. il ne reste qu’une seule possibilité d’achever le parcours jusqu’en L. Le parcours d’une bille sur cette planche de Galton est un schéma de 4 épreuves de Bernoulli. Case 3 chemin y conduisant : DDDG. La planche de Galton 1. GGDD. GDGG.3. ÁË 4˜¯  1. Case 0 chemin y conduisant : GGGG La Case 0 est atteinte lorsque D est réalisée 0 fois. Ë 2¯ b. GGGD. C’est donc aussi le nombre de chemins (ou trajets) de la bille comportant k passages à droite. Explication : un chemin menant à L passe nécessairement par S ou par T (l’un des deux seulement). b. DDGD. Á ˜ est le nombre de chemins comportant 2 S et 3 E. Loi binomiale. Case 2 atteinte lorsque D est réalisée 2 fois. GDDG. À partir de S ou de T. ÁË 1˜¯  4 . Case 1 atteinte lorsque D est réalisée 1 fois. D’après la question 1. DGDD. ÁË 3˜¯  4 . 2. Sur les « obliques ». Par définition. Á ˜ est le nombre de chemins de l’arbre représentant Ë k¯ ce schéma de Bernoulli. GGDG. a. où l’épreuve Ê 4ˆ comporte les deux issues D (succès) et G (échec). Nombre de chemins menant à L = Nombre de chemins menant à S + Nombre de chemins menant à T. Case 4 chemin y conduisant : DDDD Case 4 atteinte lorsque D est réalisée 4 fois. On lit Á ˜ au 2 Ë ¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ point L et donc Á ˜  10. Á ˜  Á ˜  Á ˜ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë 3¯ Ê 2ˆ Ê 2ˆ Ê 3ˆ ÁË 0˜¯  ÁË 1˜¯  ÁË 1˜¯ Activité 3. ÁË 2˜¯  6. DGGD. Case 2 chemin y conduisant : DDGG. ou à la case 3. Il en existe 5. 1. ou à la case 4 est le même . 2. D’où Á ˜  Á ˜  10. D’où Á ˜  Á ˜ . Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 1 P(X = 0) = P (« la bille prend un chemin comportant 0 D ») = Á ˜ Á ˜  32 Ë 0¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 5 P(X = 1) = P (« la bille prend un chemin comportant 1 D ») = Á ˜ Á ˜  Ë ¯ 1 2 32 Ë ¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 10 P(X = 2) = P (« la bille prend un chemin comportant 2 D ») = Á ˜ Á ˜  32 Ë 2¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 10 P(X = 3) = P (« la bille prend un chemin comportant 3 D ») = Á ˜ Á ˜  32 Ë 3¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 5 P(X = 4) = P (« la bille prend un chemin comportant 4 D ») = Á ˜ Á ˜  Ë ¯ 4 2 32 Ë ¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 5 1 P(X = 5) = P (« la bille prend un chemin comportant 5 D ») = Á ˜ Á ˜  32 Ë 5¯ Ë 2¯ Représentation graphique : 1 10 32 4 32 1 32 0 1 2 3 4 5 Ê 40ˆ Ê 1ˆ 40 b. 3. D’où Á ˜  Á ˜  5. Ë 3¯ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Par symétrie de la planche de Galton. Ë 0¯ Ë 5¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ • Par symétrie. on en trouve 10. Ë 1¯ Ë 3¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ d. 4 et 5. D’où Á ˜  Á ˜  1. Comme dans le cas n = 5. 2. est le même. X prend les valeurs 0. il existe autant de trajets conduisant à la case 1 qu’à la case 3. • Par symétrie. a. …. Ë 1¯ Ê 4ˆ • Á ˜ est le nombre de trajets de la bille comportant 3 passages à droite c’est-à-dire menant à la case 3. En dressant la liste exhaustive de ces chemins. Une autre démarche consiste à dénombrer les chemins qui se terminent par D (et qui doivent donc comporter un seul D lors des 4 premières étapes) et ceux qui se terminent par G (et qui doivent donc comporter deux D lors des Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ 4 premières étapes). on a maintenant : P(X = k) = Á ˜ Á ˜ . On a donc Á ˜  Á ˜ . le nombre de chemins menant à la case 2. autant que de façons Ê 5ˆ Ê 5ˆ de positionner l’issue D dans l’écriture du chemin. X prend les valeurs 0. et donc quatre G. • Á ˜ est le nombre de trajets de la bille comportant 1 seul passage à droite et donc menant à la case 1. et c’est 1. on a donc déjà Á ˜  Á ˜ . le nombre de chemins conduisant à la case 0 ou à la case 5 est le même . le nombre de chemins conduisant à la case 1. 1 2 Ë ¯ Ë ¯ Ë 2¯ Ë 3¯ 3. Cela représente en tout Á ˜  Á ˜  4  6  10 chemins. Mais Á ˜ est Ë 2¯ Ë 2¯ Ë 3¯ le nombre de chemins de longueur S comportant 2 D et donc 3 G.Ê 4ˆ c. Ë 1¯ Ë 4¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ • Par symétrie. Ë k ¯ Ë 2¯ 164 . 40. 1. Ë 1¯ Ë 4¯ Ê 5ˆ ÁË 1˜¯ est le nombre de chemins de longueur 5 comportant un seul D. 1[). Sur une calculatrice et/ou un logiciel Algorithme VARIABLES : n.48[ et renvoie le nombre 1 (quand ALEA() appartient à [0. Loi binomiale.99444 ¥ 10–5 Ë 8 ¯ Ë 2¯ Ê 40ˆ Ê 1ˆ 40 P(X = 20) = Á ˜ Á ˜ ª 0. Chapitre 9. Échantillonnage 165 . 1. Cette formule permet donc de simuler le triage aléatoire d’une personne dans la population. S nombres ENTRÉES : saisir n.52) renvoie le nombre 0 (quand ALEA() appartient à [0 . qui sera favorable à Z avec la probabilité 0. k.09406 ¥ 10–10 Ë 38¯ Ë 2¯ Activité 4. Espérance de la loi binomiale Sur un tableur Voir la copie d’écran ci-dessous. 0. Échantillonnage A. saisir p INITIALISATION : s prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k de 1 à n Faire S prend la valeur s + k ¥ P(X = k) // où X suit la loi binomiale de paramètres n et p FinPour SORTIE : Afficher S Avec une calculatrice TI 83 Plus Avec une calculatrice Casio Graph 35 + Avec Xcas.125370688 Ë 20¯ Ë 2¯ Ê 40ˆ Ê 1ˆ 40 P(X = 38) = Á ˜ Á ˜ ª 7.48 . La formule =ENT(ALEA()+0.52 (sortie du 1) ou non favorable à Z avec la probabilité 0.1 X suit la loi binomiale de paramètres n = 40 et p  . p. 2 Ê 40ˆ Ê 1ˆ 40 P(X = 8) = Á ˜ Á ˜ ª 6.48 (sortie du 0).fr Avec Scilab Activité 5. 52  avec une probabilité à Z sur un échantillon aléatoire de taille 100 appartient à l’intervalle Í0. Le risque pris de se tromper en rejetant l’affirmation de Z est donc de 3.52.95. de probabilité 0. Si la fréquence observée sur le sondage se situe en dehors de l’intervalle I. b.62].962 = 0.52).965 et P(X > 62) ª 0. qui est inférieur à 5 %. b. Sur ces 100 échantillons. on simule d’autres séries de 100 échantillons où la fréquence des avis favorables à Z est presque toujours supérieure à 0. Cette expérience est donc bien un schéma de Bernoulli. de façon indépendante.2  p  0.62) ª 0. 100 b. La variable aléatoire X qui compte le nombre de succès obtenus lors de la réalisation de ce schéma de Bernoulli suit. 4. selon le cours. Il suffit de renvoyer « vrai » lorsque la fréquence fournie par l’échantillon appartient à [0.035. 4. P(X < 42) ª 0.95 de se trouver dans l’intervalle (de fluctuation) I = [0. la fréquence observée d’électeurs favorables 1 1 ˘ È . X 3. Pourtant.42  F  0. a. b. la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0. 96 d’entre eux fournissent une fréquence d’opinion favorable à Z.018 P(0. En appuyant sur F9 . 2.42 . 1. on peut rejeter l’affirmation de Monsieur Z.018 P(42  X  62) ª 0.62]. Cette expérience consiste à répéter 100 fois. 0. 166 . 0. On retrouve ici le résultat de seconde : Dans une population où la proportion d’électeurs favorables à Z est 0. a.95.965 et P(F > 0.42 . Les fréquences fluctuent d’un échantillon à l’autre. a.62) ª 0. l’épreuve (de Bernoulli) suivante : « on prélève au hasard une personne dans la population ».42) ª 0. de probabilité 0. a. Les deux issues de cette épreuve sont : • La personne est favorable à Z (succès. Voir la copie d’écran ci-dessous : On remarquera que P(42  X  62) s’écrit encore P(41 < X < 63) puisque X ne prend que des valeurs entières. B. b.52.48). • La personne n’est pas favorable à Z (échec.017 On retrouve ici que la fréquence des personnes favorables à Z sur un échantillon de taille 100 a une probabilité au moins égale à 0. Remarque : les conditions n  25 et 0.3. a.8 sont bien satisfaites ici. puis de compter les « vrai ».5 %. le « hasard » permet à cette fréquence de se situer en dehors de I avec une probabilité égale à 1 – 0.017 deviennent P(F < 0. 0. On a F  . 52 – 100 100 ˙˚ Î au moins égale à 0. P(Y = 10) ª 10–6 10 c. E. P(Y > 5) =  P (Y = k) ⯝ 0. • P X  11  P SSS…S ¨10 Æ ææ fois Ê 1ˆ Á ˜ Ë 4¯ 10   où l’issue E « échec » se réalise k – 1 fois avant que n’intervienne le succès • Pour 1  k  10. Hasard et QCM A. La répétition. P(Z < 0) = P(1. 2 = P(Y  6) 10 =  P Y  k  k 6 ª 0. 4.TP1. noté S. a. le candidat obtiendrait 2.75)k–1(0. Il en résulte P(X = k) = (0. Comme le nombre de réponses exactes est donné par Y. 1 on est en présence d’une épreuve de Bernoulli dont le paramètre est p = P(S) = .2 Y – 2 b. E(Z) = E(1. Si l’on choisit pour succès. Les valeurs de P(Y = k) à 10–6 près obtenues sur un tableur sont les suivantes : b. …. « Répondre au hasard à une question du QCM » est une épreuve aléatoire comportant deux issues : « la réponse est exacte » et « la réponse est inexacte ».25). le nombre de réponses inexactes est 10 – Y. sur un grand nombre de QCM remplis au hasard. 10 fois. de façon indépendante. 3.2(10 – Y) Z = 1. Cela était prévisible. X prend toutes les valeurs entières entre 1 et 11. On peut observer que la loi de X n’est pas une loi binomiale.25. La note obtenue avec le nouveau barème est donc donnée par Z = 1 ¥ Y – 0.28.244 P(Z  5) = P(1.2 Y – 2  5) = P(Y  7 ) 1.2 E(Y) – 2 = 1 Chapitre 9. P(X = k) = P E. Échantillonnage 167 .5. D’après une propriété du cours. Ici.08 k 5 d. 4 2. p) avec n = 10 et p = 0. S S. a. avec une probabilité supérieure à 0.2 Y – 2) = 1.25 = 2. la note attribuée coïncide avec le nombre de réponses exactes obtenues par le candidat. En moyenne. mais donne le rang du premier succès. b. d’une même épreuve de Bernoulli de paramètres n = 10 et p = . a. 2 = P(Y  1) = P(Y = 0) + P(Y = 1) ª 0.5. 4 1 b. e. l’issue « la réponse est exacte ».020 Remarque : le candidat a 4 fois moins de chances d’obtenir la moyenne avec ce barème qu’avec le précédent ! c.2 Y –2 < 0) = P(Y < 2 ) 1. Y suit la loi binomiale B (n . La note la plus probable est 2. puisque X ne compte pas les succès. 1. a. Loi binomiale. E(Y) = np = 10 ¥ 0. D .96. deux issues sont possibles : • l’acheteur se présente à l’embarquement avec une probabilité p = 0. On suppose que n = 150. pour n  1. • l’acheteur ne s’y présente pas avec une probabilité 1 – p = 0. un candidat répondant au hasard obtiendrait 1 pour note. sur un grand nombre de QCM. a. ¨longueur ææææ Æ n   Les n candidats répondant au hasard à ce QCM. En calculant Pn. Ê nˆ Ainsi. pour tout entier k tel que 0  k  n. On a : Pn = 1 – p (« aucun candidat n’obtient la note 10 ») c’est-à-dire Pn = 1 – P . L’expérience consiste à étudier les comportements de n acheteurs d’un billet sur le vol 714. Gn = 200n – 0.04. º. en les supposant indépendants. avec ce nouveau barème (contre 2. P(X150 = 144) ª 0.96. Lorsque n = 150. il en résulte : Pn = 1 – [P(D)]n ª 1 – (1 – 10–6)n ª 1 – 0. a.96 . le cas où 144 personnes sur les 150 se présentent à l’embarquement est le cas le plus probable. P(Xn = k) = Á ˜ 0. sur un tableur. E(Xn) = 0. On donne ci-dessous une amorce du tableau demandé.96 ¥ 150 = 144.8 ¥ 200(n – Xn) Gn = 40n + 160 Xn b. B.999999n 2.En moyenne. D’après le tableau. la compagnie peut espérer obtenir un chiffre d’affaires égal à 29 490 euros et voir se présenter 144 personnes à l’embarquement. 1. Désignons par D l’événement : « le candidat obtient 10 » et par D son événement contraire.96k ¥ 0. 168 .04n–k.5 auparavant). TP2. Dans ce cas.6 ¥ 150 = 29 490 et E(X150) = 0. L’objectif est pleinement atteint.6n c. On est donc en présence d’un schéma de Bernoulli de paramètres n et p = 0. D . Ë k¯ b. indépendamment les uns des autres. La variable aléatoire Xn qui donne le nombre d’acheteurs se présentant à l’embarquement (c’est-à-dire qui compte le nombre de succès) suit la loi binomiale de paramètres n et p = 0. Aurez-vous votre place dans le vol 714 ? 1. 2. Pour un acheteur. E(G150) = 193.96n d’où E(Gn) = 40n + 160 E(Xn) E(Gn) = 193.164 et on peut remarquer que P(X150 = k) prend sa valeur maximale lorsque k = 144. on obtient : On aura donc Pn > 10–4 pour n  101. Il en résulte que la probabilité que le test de Hi soit négatif est bien (1 – p)3. 1]. 2. Loi binomiale. 3 g ¢(x) = – 3(1 – x)2 (– 1) = 3(1 – x)2 x 0 1 + g¢(x) 0 1 3 g - 2 3 Comme g (0) < 0. c. la valeur de n cherchée est 154. TP3. D’où le nombre total de tests effectués : T = 20 + 3 (20 – X) = 80 – 3X. X suit donc la loi binomiale de paramètres 20 et (1 – p)3. E(T)  60 € 80 – 60 (1 – p)3  60 € 20 – 60 (1 – p)3  0 È1 ˘ € 60 Í . g (x) = – (1 – x)3 pour x Œ[0 .k . 1. Échantillonnage 169 .p 3 ˙  0 Î3 ˚ 1 € – (1 – p)3  0 3 1 b. g(1) > 0 et g strictement croissante sur [0 .p 3 ˘˚ Ë k¯ Par propriété. a. L’équation g(x) = 0 admet donc une solution unique a sur [0 . On cherche la plus grande valeur de n telle que P(Xn > 150) < 0. la courbe de g dont le tracé est « continu » traverse exactement une fois l’axe des abscisses. 1]. il y a donc 20 – X groupes de test positif. Ê nˆ 20 . E(X) = 20 (1 – p)3.890 . 4. le test de Hi est négatif lorsque chacun des trois prélèvements est négatif.p 1.3. Méthode du poolage A. Un groupe peut avoir un test négatif avec la probabilité (1 – p)3 ou avoir un test positif avec la probabilité 1 – (1 – p)3.25. P(X = k) = Á ˜ (1 – p)3k ÎÈ1 . « Hi est négatif » est l’événement correspondant au chemin de l’arbre suivant : Prélévement 1 Prélévement 2 Prélévement 3 1. Comme il y a X groupes de test négatif. a. et du nombre de tests effectués sur tous les prélèvements des groupes dont le test s’est révélé positif. Il y a 20 groupes qui se comportent indépendamment les uns des autres. On obtient : b. elle est donc égale à 1 – p pour qu’il soit négatif. On en déduit E(T) = 80 – 3E(X) soit E(T) = 80 – 3 ¥ 20 (1 – p)3 E(T) = 80 – 60 (1 – p)3.1 . P(X170 > 150) ª 1. La probabilité que le prélèvement d’un individu de cette population soit positif étant p par hypothèse. D’après le tableau précédent. X est la variable aléatoire donnant le nombre de groupes ayant un test négatif. 1]. soit 20. Ainsi. 3. P(X160 > 150) ª 0.p 1. Le nombre total de tests effectués est la somme du nombre de tests effectués sur les groupes.p N N où N est l’issue « négatif » pour un prélèvement. Pour un groupe Hi de trois prélèvements. pour 0  k  20. Chapitre 9.1 . N B. La méthode du poolage est rentable si E(T)  60 c’est-à-dire si .p n˜ Ën ¯ n È 1 ˘ = N Í1  .p n ˙ Î n ˚ N 3. n 1 4. T = + n Á . la méthode de Poolage est rentable lorsque la proportion de porteurs du parasite dans la population ne dépasse pas 35 % environ.01. Comme N est donné et constant E(T) est minimal si et seulement si 1 + – (1 – p)n est minimal. n Sur une calculatrice.1.1. • Pour p = 0. 1. n E(T) est minimale lorsque n = 32. 3 D’après les résultats de la question b.1173 et on en déduit 0. 1 c. 1 – 0. on obtient que E(T) est minimale lorsque n = 11. Une valeur approchée à 0.4.3) ª – 0. avec un pas de 0. E(T) est minimale lorsque n = 4.35).001. De même que dans la partie A. Autrement dit. 1 • Pour p = 0.3 < a < 0. n N ÊN ˆ 2.05 près est 0. cela équivaut à p  a.1 .1 près est donc 0. on obtient g (0.9n est minimal.3 ou encore 0. n À l’aide d’une calculatrice ou d’un tableur.4) ª 0.p 3  0.99n est minimal. on cherche n tel que f (n) = 1 + – 0.999n est minimal. • Pour p = 0. on peut visualiser la courbe de f : On peut aussi tabuler f (n) pour n entier : Lorsque p = 0.4 (et une valeur approchée à 0.En tabulant sur une calculatrice g (x) pour x variant de 0 à 1.1.1 .0097 g(0. X suit la loi binomiale de paramètres et (1 – p)n.X˜ Ën ¯ n T= N + N – nX n D’où E(T) = = N + N – nE(X) n N ÊN ˆ + N – n Á ¥ 1 . on cherche n tel que g (n) = 1 + 170 . on cherche n tel que h (n) = 1 + – 0. Loi binomiale. La différence est égale à 349. 32 On a encore E(T) < N. le nombre attendu de jurés américains mexicains est donné par E(X) = 870 ¥ 0. 1 E(T) = N(1 + – 0. Cette différence étant. pour chaque juré. la variable aléatoire X qui donne le nombre de jurés américains mexicains figurant parmi les 870 jurés suit la loi binomiale B (870 .94) = 0. • Pour p = 0. on est en droit de s’étonner du nombre observé de jurés d’origine mexicaine.791339 ¥ 0. On suppose que les 870 jurés sont tirés au hasard dans la population. 209 ª 11. P(X = 339) = Á ¥ 0.001 et n = 32. Affaire Castaneda contre Partida 1.791).99932) ª 0.99 Le nombre attendu de jurés américains mexicains est 688. compte tenu de l’écart très important entre le nombre de jurés mexicains attendu et observé et de la probabilité proche de 0 que le hasard ait produit cela. la probabilité qu’il soit américain mexicain est p = 0.01 et n = 11.1956 N. de loin.Le poolage est rentable si l’on a E(T)  N. très supérieure à 2 ou 3 écart types. 10 5. Intervalle de fluctuation Chapitre 9. 1 E(T) = N(1 + – 0. Échantillonnage 171 .791. soit environ 29 écart types. Sous l’hypothèse de tirage au hasard des 870 jurés. alors que le nombre observé est 339.9911) ª 0. TP4. La taille de la population est suffisamment grande pour assimiler ces tirages à des tirages avec remise.1 et n = 4.5939 N. 3. 791 ¥ 0. 0. • Pour p = 0. on ne peut que douter que la constitution du jury ait résulté du seul hasard. 2. Ê 870ˆ 4. σ(X) = 870 ¥ 0. Dans ce contexte. TP5.5 ¥ 10–145 La probabilité que le hasard ait amené 339 jurés américains mexicains parmi les 870 jurés supposés tirés au hasard est 1 effectivement voisine de 144 . 11 On a bien E(T) < N. • Pour p = 0.791 ª 688. Non. 1 E(T) = N(1 + – 0.0628 N. 4 On a bien E(T) < N.209531 Ë 339˜¯ ª 3. Un garçon de Woburn recensé en 1970 appartient à la population des garçons des États-Unis.TP6. n ˙  Í5 969 . a.0052.975. on cherche les plus petits entiers a et b tels que P(X  a) > 0.00052. Les calculs que l’on fera dans ce modèle seront à confronter à la réalité.00052). Inquiétude à Woburn 1. c. À l’aide d’un tableur. Or dans cette population. 0. on réalise un schéma de Bernoulli de paramètres n = 5 969 et p = 0.025 et P(X  b)  0. 0. si on prélève un échantillon de 5 969 individus (prélèvement que l’on peut considérer avec remise compte tenu de la taille de la population des États-Unis très grande en regard de celle de l’échantillon). où la population de leucémies est p = 0. 5 969 ˙  0 . La variable aléatoire X donnant le nombre de leucémies déclarées dans l’échantillon prélevé suit la loi binomiale B (5 969 . 00117. b. L’intervalle de fluctuation de F = 7 ˘ Èa b ˘ È 0 X au seuil de 95 % est alors Ín . on obtient : È 0 5 ˘ L’intervalle de fluctuation de F au seuil de 95 %. • En procédant de même chez les filles.00151. 5 779 ˙  0 . En rejetant cette hypothèse. la fréquence des leucémies à Woburn chez les garçons est anormalement élevée et la cause doit être recherchée ». Elle n’appartient donc pas à l’intervalle de fluctuation de F. . La fréquence des leucémies chez les garçons de Woburn est en réalité égale à 0. on assume un risque égal à 5 % de se tromper. 0. 00087. 2. On peut considérer l’écart significatif et rejeter l’hypothèse selon laquelle le hasard seul aurait conduit à cette fréquence observée de leucémies chez les garçons de Woburn. Î ˚ Î ˚ n d. est ici : Í5 779 . L’avis donné pourrait être : « Au risque 5 % de se tromper. 00052. Elle appartient à l’intervalle de fluctuation de F. 11748 ˙  0. 000851. 0. . Î ˚ La fréquence des leucémies observée chez les filles de Woburn est 0. 000085 . L’avis donné peut être que l’écart entre la fréquence des leucémies chez les filles à Woburn et aux États-Unis n’est pas significatif. on obtient : È 1 10 ˘ L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est cette fois : Í11748 . • Pour la totalité des enfants. Il n’y a donc pas lieu de considérer que la fréquence des leucémies chez les filles de Woburn est « anormale ». . Î ˚ 172 . 15. Le plus petit N tel que P(X  N) > 0. n’appartient pas à cet intervalle.03). sur les 100 réalisés. 0. P(X > 40) = 1 – P(X  40) ª 1 – 0. On considère donc qu’il y a radioactivité à partir d’un comptage de 40 coups. un bruit de fond se produit avec une probabilité p = 0. sont inférieurs ou égaux à 39. c. 10. 94. on considère qu’il y a radioactivité à partir de 40 coups. Or ces comptages seront considérés radioactifs d’après le critère retenu. d’après l’énoncé. La copie d’écran ci-dessous montre le début de la plage donnant 100 comptages des coups de bruit de fond pendant 1 000 centièmes de seconde (soit 10 secondes). 95. En revenant aux simulations.La fréquence observée sur l’ensemble des enfants.00102. Échantillonnage 173 . Chapitre 9. D’après la question 5. La variable aléatoire X qui compte le nombre de bruits de fond pendant 1 000 périodes suit la loi binomiale B (1 000 . 3. TP7. 14. on obtient successivement 97 (voir la copie d’écran). Sur la copie d’écran ci-dessous. En appuyant sur la touche F9 .9698 = 0. D’autres simulations obtenues en appuyant sur la touche F9 donnent des moyennes proches de 30. Loi binomiale. 5. 93.95 est 39. 94. 98. la moyenne des 100 comptages est 30. b. On est donc en présence d’un schéma de Bernoulli de paramètres n = 1 000 et p = 0. On peut déterminer à l’aide du tableur le nombre de comptages supérieurs ou égaux à 37. 98. Comme pour les garçons seuls. Un comptage de 37 n’est donc pas « significatif ». soit 0. 4. 3 % environ des comptages sont supérieurs à 40. Le comptage de bruits de fond pendant 1 000 centièmes de seconde consiste à compter combien de fois apparaît un bruit de fond lors des 1 000 périodes successives et indépendantes de 1 centième de seconde. 13. 9. Dans la modélisation des comptages de bruit de fond. a.0302. 2.85. on détermine avec le tableur combien de comptages. l’avis pourra être : « l’écart est significatif et au risque d’erreur 5 % on considère que la fréquence des leucémies chez enfants de Woburn est “ anormale “ ». D’ailleurs. par la loi binomiale.03. On commet donc une erreur d’application dans 3 % des cas environ. … On vérifie ainsi concrètement qu’environ 95 % des comptages sont inférieurs ou égaux à 39. 95 % environ des comptages sont inférieurs ou égaux à 39. 10. Mesure de radioactivité 1.03. … Non. 6. d. un comptage supérieur ou égal à 37 n’est pas exceptionnel. En appuyant sur la touche F9 on obtient 11. On sait que lors d’une telle période. 1 1. il s’agit d’une épreuve de Bernoulli. x = 1 ou x = .3 0.2ˆ ur u Ê 1ˆ ur vecteurs directeurs u1 Á ˜ et u2 Á ˜ . on peut avoir : x 3 f ¢(x) + 0 – f (3) f 14 Le joueur gagne 1 € avec la probabilité 0. 5 U50 = U0 + 50r = 2 + 50 n 6 1 + 3 + 5 + … + 99 = 99 (1 + 99) = 4 950 2 7 1 + 2 + 22 + … + 29 = 1 ¥ 8 cos 1 .1 0.EXERCICES r r 13 u  v  13 1 2 1 D = 1 . 3 11p pˆ p 1 Ê  cos Á 4p . On répète 4 fois. 6 3 2.2  1  C = 0 €C- 20 3 12 D1 : x + 2y – 1 = 0 et D2 : ax – y + 3 = 0 ont pour u Ê .1 sin - 9 (x – 2)2 + (y + 1)2 = 16 2 3 D’où le centre W (1 . 2 Oui 3 Non. a. Cette expérience a donc 3 issues. . 174 1 3 2 3 M1 1 3 M1 2 3 M1 1 3 M1 2 3 M1 1 3 M1 2 3 M1 M1 M1 2 3 2 3 M1 10 (x – 1)2 + (y + 3)2 = 10 1 2 M1 M1 M1 1 3 1 3 M1 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 1 3 2 3 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 M1 Ces chemins réalisent M2 4 . 1) Œ €  .6 et perd 2 € avec la probabilité 0.˜  cos  Ë 3¯ 2 2 3 1 3 2 p 7p 7p ˆ Ê  sin Á2p . 6  2 1  ª 0.2  1023 issue M1 M1 probabilité 1 3 2 3 b. Ë a¯ Ë 1¯ ur u ur u D1 ^ D2 équivaut à u1  u2  0 c’est-à-dire – 2 + a = 0 D’où a = 2.1.210  210 . x f ¢(x) –4 –2 + 2 0 15 1.3. Cela sous-entend que le joueur ne gagne. Il s’agit d’un schéma de 1 Bernoulli de paramètres n = 4 et p = . – 3). L’expérience consiste à lancer un dé équilibré et à observer si un multiple de 3 sort. dont le modèle de probabilité est : – f f admet un maximum en – 2 et donc f (– 4) < f(– 2). 2 3 11 M(– 2 . 333. l’épreuve de Bernoulli précédente.22  12 . de façon indépendante. ni ne perd rien (gain nul) avec la probabilité 0. En effet p M1  p 3 .6 n’est pas une loi de Bernoulli. Si l’on considère les issues M1 « obtenir un multiple de 3 » et M1 son contraire.˜  sin  Ë 4¯ 4 2 4 cos 13p  cos p  . a. Ce n’est pas une épreuve de Bernoulli et la loi du gain X donnée par : k –2 0 1 P(X = k) 0. Á 6˜ est le nombre de chemins réalisant 1 Ë 1¯ succès S dans l’arbre représentant un schéma de 6 épreuves de Bernoulli. SSSSSS. a. SSSSSS. S n 1  n 1 Ê Â ÁË k 0 n  1ˆ k ˜¯ Ê n  1ˆ n Ê n  1ˆ Ê n  1ˆ S n 1  Á   Ë 0 ˜¯ k 1ÁË k ˜¯ ÁË n  1˜¯ Ê nˆ n Ê n  1ˆ Ê nˆ  S n 1  Á ˜   Á Ë 0¯ k 1Ë k ˜¯ ÁË n˜¯ Ê n  1ˆ Ê n ˆ Ê nˆ D'après P4 . Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ÁË 3˜¯  ÁË 2˜¯  ÁË 3˜¯ Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ÁË 4˜¯  ÁË 3˜¯  ÁË 4˜¯ Ê 4ˆ Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 5ˆ En substituant Á ˜ à Á ˜ et Á ˜ à Á ˜ . 296. a. 1  k  n. SSSSSS. on a : Á ˜  Á ˜ Ë 5¯ Ë 7 . º. on obtient les abscisses suivantes : – 10. Á ˜ . SSSSSS.5¯ ÁË 2˜¯ D’après la propriété P4. Ê 1ˆ Ê1ˆ S1  Á ˜  Á ˜  1  1  2 Ë 0¯ Ë1¯ Ê 2ˆ Ê 2ˆ Ê 2ˆ S2  Á ˜  Á ˜  Á ˜  1  2  1  4 Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ê 3ˆ Ê 3ˆ Ê 3ˆ Ê 3ˆ S3  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  1  3  3  1  8 Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ S 4  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  1  4  6  4  1  16 Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë 4¯ Ê 6ˆ D'où Á ˜  6. – 8. S5  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜ Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë 4¯ Ë 5¯ Ê 7ˆ Ê 7 ˆ Ê 7ˆ  21. tous égaux à 1. Ê ˆ 16 1. on a : 17 Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ÁË 2˜¯  ÁË 1˜¯  ÁË 2˜¯ Ê 25ˆ Ê 25ˆ ÁË 12˜¯  ÁË 13˜¯ . Á ˜ . 8. Loi binomiale. Dans l’arbre représentant ce schéma de Bernoulli. – 4. Par un tableau semblable au précédent. 10 qui correspondent dans cet ordre à « obtenir k PILE » pour k variant de 0 à 10. 18 1. réalise l’événement « obtenir 3 PILE ». Il s’agit des plus grands « k parmi 25 ». 3. Ce sont donc successivement et dans l’ordre des Ê10ˆ Ê10ˆ Ê10ˆ Ê10ˆ abscisses : Á ˜ . Échantillonnage 175 . nb PILE 0 1 2 3 4 5 nb FACE 5 4 3 2 1 0 1 3 5 abscisse Ê 5ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ÁË 1˜¯  ÁË 0˜¯  ÁË 1˜¯ –5 –3 –1 b. 0. Á Á pour tout k. de façon indépendante. ˜ Ë k ˜¯ Ë k . Ë 1¯ Ê 7ˆ Ê 6ˆ Ê 6ˆ 2. 81 27 En conclusion. La probabilité de chaque chemin est 1 1 2 2 4 ¥ ¥ ¥  3 3 3 3 81 8 4 D'où p M2  6 ¥  ª 0. Par propriété. le nombre de chemins réalisant « 3 PILE » est égal à Ê 5ˆ ÁË 3˜¯  10. Ë 0¯ Ë 0¯ Ë 4¯ Ë 5¯ on obtient : ÈÊ 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ Ê 4ˆ ˘ S5  2 ÍÁ ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜  Á ˜ ˙ ÍÎË 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ë 3¯ Ë 4¯ ˙˚ S5  2 S 4 . SSSSSS. 2.1¯ ÁË k ˜¯ Chapitre 9. Ë 2¯ Ë 1¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ Ê 5ˆ 2. on a : Á ˜  Á ˜  Á ˜  6  15  21. a. 3. Par propriété. Les nombres de promenades conduisant à ces points coïncident avec les nombres de chemins de l’arbre qui réalisent « obtenir k PILE ». Le promeneur se retrouve au point d’abscisse 1 lorsque l’expérience consistant à lancer 5 fois la pièce équilibrée. Il existe 6 chemins comportant un seul succès. – 2.L’événement M2 est représenté par 6 chemins de l’arbre. 2. codés par : SSSSSS. on obtient plus facilement un multiple de 3 en un lancer que deux multiples de 3 en quatre lancers. – 6. 19 1. Á ˜ dont les valeurs Ë10¯ Ë 0¯ Ë 1¯ Ë 2¯ sont données dans le tableau ci-dessous. 4. 6. P(X  2) = 1 – P(X < 2) = 1 – P(X = 0) – P(X = 1) ª 0. 22 Le joueur A peut jouer entre 1 et 6 matchs selon la qualification ou non de son équipe lors des 32e.1¯ ÁË k ˜¯ ˙˚ ÁË n˜¯ Ê nˆ n Ê n ˆ n Ê nˆ Ê nˆ S n 1  Á ˜   Á ˜Â Ë 0¯ k 1Ë k .1240 c. 2. a. ayant pour issues le succès S « la résistance est défectueuse » et l’échec S « la résistance n’est pas défectueuse ». Ë k¯ b. 2. Un arbre (au moins mental ou simplifié) peut aider à illustrer la situation.9)9 D’où P(« obtenir au moins un succès ») = 1 – 0. 3. la variable aléatoire X.1¯ k 1ÁË k ˜¯ ÁË n˜¯ Ê nˆ S n 1  Á ˜  Ë 0¯ n -1 Ê n Ê ˆ Ê ˆ n nˆ n  ÁË k ˜¯   ÁË k ˜¯  ÁË n˜¯ k 0 k 1 n -1 Ê nˆ Ê nˆ or  Á ˜  Á ˜  k  0 Ë k ¯ Ë n¯ Ê nˆ Ê nˆ et Á ˜   Á ˜  Ë 0¯ k 1Ë k ¯ n Ê nˆ  ÁË k ˜¯ n k 0 n Ê nˆ  ÁË k ˜¯ .9 En moyenne. 1 P X  1  PD   3 2 1 2 P X  2  P VD   ¥  3 3 9 2 Le calcul de P(X = k) peut être obtenu sans ou avec la formule LOI. 99 .1. et qu’on répète ce match un certain nombre de fois qu’on doit « foncer » sur la loi binomiale. P(obtenir au moins un succès) = 1 – P(n’obtenir aucun succès).1k ¥ 0.9.9599 Remarque : les résultats ont été obtenus sur un tableau. P X  k   Á ˜ ¥ 0.5 ¥ 10  Ë 2 ¯ ª 0. a. on peut s’attendre en moyenne à 5 résistances défectueuses. On peut le coder SSSSSSSSS et sa probabilité est P(« obtenir 0 succès ») = (0. E(X) = np = 9 ¥ 0. 20 1. on peut s’attendre à avoir près d’un « forage gagnant ». 8e. 21 L’observation de 1 000 résistances peut être considérée comme l’observation d’une résistance. c. 0.99 ª 0. k 0 D’où Sn+1 = 2 Sn. X qui compte les succès dans ce schéma de Bernoulli suit la loi binomiale B (9 . Un forage conduit à une nappe de pétrole (succès) avec la probabilité 0. E(X) = np = 1 000 ¥5 ¥ 10–3 = 5 Dans un lot de 1 000 résistances. P X  2  Á ˜ 5 ¥ 10  1 . il n’est pas nécessairement positif ou favorable ! 176 1 4 Ê 2ˆ P X  3  P VVD   Á ˜ ¥  Ë 3¯ 3 27 3 1 8 Ê 2ˆ P X  4   P VVVD   Á ˜ ¥  Ë 3¯ 3 81 4 1 16 Ê 2ˆ P X  5  P VVVVD   Á ˜ ¥  Ë 3¯ 3 243 5 32 Ê 2ˆ P X  6  P VVVVV  Á ˜  Ë 3¯ 243 X ne suit pas la loi binomiale. Dans l’arbre représentant ce schéma de Bernoulli. 16e. Si l’on suppose les 9 forages indépendants les uns des autres. Ê1000ˆ -3 2 -3 998 1.k .BINOMIALE( ).1 ou à un échec avec la probabilité 0. suit la loi binomiale : B(1 000 . il s’agit d’un schéma de Bernoulli de paramètre n = 9 et p = 0. b. Mise en garde : Ce n’est pas parce qu’un match à deux issues : Victoire et Défaite.1). demi. quart. . 5 ¥ 10–3). C’est une épreuve de Bernoulli. Remarque : le succès est l’issue à laquelle on s’intéresse . en codant par V une victoire et D une défaite : Soit X le nombre de matchs joués. Voir ci-dessous. répétée 1 000 fois de façon indépendante. Dans ce schéma de Bernoulli de paramètres n = 1 000 et p = 5 ¥ 10–3. a. 0839 b. Ê 9ˆ Pour 0  k  9.Ê nˆ n ÈÊ n ˆ Ê nˆ ˘ Ê nˆ d’où S n 1  Á ˜   ÍÁ ˙ ˜ Ë 0¯ k 1ÍÎË k . sur un grand nombre de répétitions de 9 forages.613. il n’existe qu’un chemin réalisant « obtenir aucun succès ». On considère que les matchs sont joués indépendamment les uns des autres.1 = 0. P(X  2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) ª 0. qui compte le nombre de succès. un joueur gagne en moyenne près de 89 centimes d’euro par partie ! L’organisateur ne devrait pas tarder à être en difficulté et il ne maintiendra ce jeu que s’il en revoit les règles… 3. ˜ . 3 3 Il s’agit d’un schéma de Bernoulli et si on prend pour Ê 2ˆ succès l’issue « fille ». Pour chaque tirage au hasard. 98034 ÁË ˜¯ 2 k 0 3  ÁË k ˜¯ ÁË 3˜¯ On peut aussi utiliser sur le tableur : Pour P(X = 4) = loi.P X  1  P X  2  P X  3  1- Ê10ˆ Ê 2ˆ k Ê 1ˆ 10 . n = 10.8 Á1 .10 ˜  5 000 ¥ 10 Ë 2 ¯ 2 E Y  ª . 05690 Ë 4 ¯ Ë 3¯ Ë 2¯ P X  4   1 . G. Si m est la mise à ce jeu. 10 . il y a deux issues : « fille » et « garçon » 2 1 de probabilités respectives et .P X  4   1 . º. Avec une mise de 4 €.10 ˜  5 000 Á 10 ˜ Ë 2 ¯ Ë2 ¯ = loi. L’expérience consiste à interroger au hasard n fois un élève de façon indépendante.23 1. 2/3 . qu’en moyenne sur un grand nombre de parties on serait perdant à ce jeu. et on recherche à partir de quelle valeur n0 de n on a P(X = 0) < 0.001. Ici. Ë 3¯ 2. E Y   .k ª 0.3. 0) Pour P(X  4) = 1 – P(X  3) –8 1- P(Y = k) 1 210 5 000 1 210 1ˆ 1 Ê 1. la loi de probabilité du gain algébrique T est donnée par : k n Ê 1ˆ Ê 1ˆ  P G.11 Ce jeu n’est pas équitable car un joueur perd en moyenne plus de 3 euros pas partie. il fait comprendre. 1) ª 0.binomiale (4 . G ¨ææææ Æ longueur n n k En jouant un grand nombre de fois à ce jeu.P X  0 . On ne jouera à ce jeu que si on aime le goût du risque.4 Á1 . car si on peut gagner 5 000 € à ce jeu (avec une très faible probabilité). 2. Ici n est quelconque. 2/3 .10 2 1 210 1ˆ Ê Ê 1ˆ E Z  . Ê10ˆ Ê 2ˆ 4 Ê 1ˆ 5 P X  4   Á ˜ Á ˜ Á ˜ ª 0. Or P X  0  P G.binomiale (3 . la loi de probabilité du gain algébrique Z du joueur serait : k –4 5 000 P(Z = k) 1 1 . X suit la loi binomiale B Án . 10 . 887 Voir la copie d’écran ci-dessous : 3. G. le choix du succès « B gagne » plutôt que « A gagne » est judicieux. X suit la loi binomiale B ÊÁ10 .4. pour que la probabilité de n’interroger aucune fille soit inférieure à 0. Remarque : X donnant le nombre de parties gagnées par B. définit une variable aléatoire Y dont la loi est : –m P(T = k) 1- 1 210 5 000 1 210 1 1ˆ Ê E T   . si l’on prend pour succès « B gagne la partie ». la condition 3n > 1 000 équivaut à n  7. l’espérance de gain du joueur est nulle et le jeu est équitable. X suit la loi binomiale B (9 . 24 Le lancer. comme 36 = 729 et 37 = 2187.89 euros. 10 fois de suite.m Á1 . Chapitre 9. prenant en compte la mise. de probabilité . 1.4). Conclusion : il faut considérer l’interrogation d’un élève sur 7 jours consécutifs. ˆ˜ . Ë 2¯ Ê10ˆ Ê 1ˆ 10 Ê 1ˆ 0 1 P X  10  Á ˜ Á ˜ Á ˜  10 2 Ë10¯ Ë 2¯ Ë 2¯ 1 Le gain du joueur. 89 E T   0 € m  En fixant la mise à 4. d’une pièce de monnaie bien équilibrée est un schéma de Bernoulli où FACE est 1 le succès.001. 25 Les neuf parties où A et B s’affrontent. 0. Loi binomiale. 2 Si X est la variable aléatoire qui donne le nombre de FACE obtenus.1023m  -m  1024 1024 5 000 1023 € m ª 4 .  Á ˜ et Á ˜  10 -3 € 3n  1000 Ë 3¯ Ë 3¯ Comme la suite (3n) est croissante. Échantillonnage 177 .10 ˜  5 000 ¥ 10 Ë 2 ¯ 2 m  5 000 5 000 . au moins. représentent un schéma de Bernoulli de paramètres n = 9 et p = 0. p = 0. On demande la valeur de p puis on crée une variable x qui prend la valeur 0 avec la probabilité 1 – p et la valeur 1 avec la probabilité p : VARIABLES : p. P(B gagne le tournoi) = P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7) 9 Ê ˆ 9 + P(X = 8) + P(X = 9) =  Á ˜  0. p = 0. a. on peut écrire l’algorithme suivant : VARIABLES : n nombre INITIALISATION : n prend la valeur 5 TRAITEMENT : Tant que 1 – P(X  4)  0. il suffit d’ajouter les valeurs de x obtenues lors de la boucle puisque x vaut 1 pour un succès et 0 pour un échec. . p) : on a V(X) = 50p(1 – p) V(X) = – 50p2 + 50p La fonction f : p  – 50p2 + 50p a pour variations p 0 1 2 1 Programme Casio Graph 35 + 25 2 f 0 0 1 La variance V(X) est maximale lorsque p = et diminue 2 1 lorsque p s’éloigne de . 2 L’écart type de X est G(X) = V( x ) or la fonction f Programme Xcasfr varie de la même façon que la fonction positive f .5 . on observe que la courbe représentant la loi de probabilité B (50 . 2.7 . p = 0. et créer un compteur X pour compter le nombre de succès. p = 0.3 . On cherche à avoir P(X  5) > 0. Programme TI 83 Plus bâtons de la loi binomiale B (50 . 4 k  0. 267 Ë k 5 k¯ 26 1. on obtient les diagrammes en En programmant cet algorithme (ou en utilisant un tableur). Sur un tableur. Si X suit la loi B (50 . 2 De plus.2. p) est d’autant plus centrée et 1 symétrique que p est proche de .9. p) pour p = 0. x nombres ENTRÉE : saisir p TRAITEMENT : x prend la valeur Ent(alea()+p) // Ent désigne la partie entière et alea() un tirage d’un nombre pseudo-aléatoire entre 0 et 1 SORTIES : Afficher x 2. On peut vérifier cela sur les représentations graphiques de la question 1 : 1 la série est d’autant plus dispersée que p est voisin de .1 . Comme P(X  5) = 1 – P(X  4). p 0 f 0 1 2 5 2 1 0 3.k ª 0.9 où X suit la loi binomiale de paramètres n et 16.9 faire/où X suit la loi binomiale n prend la valeur n+1 Fintantque SORTIES : Afficher n 178 Avec Scilab 28 1. on obtient n = 46. 69 . 2 27 Soit X la variable qui compte le nombre de 6 obtenus sur n lancers. Pour compter le nombre de succès. Il faut répéter l’expérience n fois après avoir demandé la valeur de n. p) soit np. on a E X   6 ¥  4 . 40 – X désigne le nombre de trajets sans contrôle. b. 30 L’étude de l’existence ou non d’un contrôle lors de 40 trajets peut se modéliser par un schéma de Bernoulli où le succès « un contrôle a lieu » a pour probabilité p. Ë 3¯ 3 D’où E(T) = 15.com 29 1. 05k 0. l’élève mettra 15 minutes pour se rendre au lycée. P X  2  P X  0  P X  1)  P X  2  2 Ê 40ˆ  ÁË k ˜¯ 0. a. VARIABLES : N. Autrement dit. La fraude systématique est donc favorable à Théo. Échantillonnage 179 . Si p est la probabilité que Théo soit contrôlé lors d’un trajet. E(T) = 21 – 1. sur un grand nombre de jours de lycée. Or P(T > 17) = P(21 – 1. l’élève mettra (6 – X) ¥ 1. La rencontre des 6 feux tricolores non synchronisés. donc fonctionnant indépendamment les uns des autres. p = 0. Voir fichier sur le site www.5X minutes de plus. l’élève peut espérer arriver 2 minutes en avance.05 a.1. 11 Chapitre 9. ˜ . L’élève arrive en retard lorsque T > 17. Théo réalise un gain moyen de 180 euros. 3. k nombres ENTRÉE : Saisir p Saisir n INITIALISATION : X prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour k de 1 à n x prend la valeur Ent(alea()+p) X prend la valeur X + x FinPour SORTIES : Afficher X b. X. constitue un schéma de Bernoulli de paramètres 2 n = 6 et p = . En partant 17 minutes avant le début des cours. 6767 b. X. Le nombre de contrôles. Comme Z = 400 – 110X on en déduit E(Z) = 400 – 110E(X). p. p). a. Il faut donc répéter le schéma de Bernoulli N fois et obtenir la somme des valeurs prises par X pour obtenir la moyenne m en divisant cette somme par N. 2 h soit v 15 12 minutes. b. subis par Théo lors de ses 40 trajets définit une variable aléatoire X qui suit la loi binomiale B (40 . k nombres ENTRÉES : Saisir p Saisir n Saisir N INITIALISATION : M prend la valeur 0 TRAITEMENT : Pour j de 1 à N X prend la valeur 0 Pour k de 1 à n x prend la valeur Ent(alea()+p) X prend la valeur X + x FinPour M prend la valeur M + X FinPour m = M/N SORTIES : Afficher m Quand N devient grand. X suit la loi binomiale B (40 . E(Z) = 400 – 110E(X) or E(X) = np = 40 ¥ 0.5 = 9 – 1. E(Z) = 400 – 4 400p La fraude systématique est défavorable pour Théo si on a : E(Z) < 0.5X  4) = P(X  2) La calculatrice ou le tableur donne P(X  2) ª 0. a.5X > 17) = P(1.05 = 2 d’où E(Z) = 400 – 220 = 180. 2. si X désigne le nombre de contrôles. 9540. En moyenne. Programmes : voir sur le site www.5E(X) Or. S’il rencontre X feux verts et donc 6 – X feux oranges ou rouges.VARIABLES : n. X suivant la loi binomiale 2 Ê 2ˆ B Á6 . Ê 2ˆ X suit donc la loi B Á6 . p.didiermathx.1 et donc P(T > 17) ª 0. En fraudant systématiquement sur 40 trajets. C’est-à-dire 400(1 – 11p) < 0 1 soit encore p > . ˜ .didiermathx. Sur les 40 trajets. n. la moyenne affichée est très proche de l’espérance de la loi B (n . Ë 3¯ 2. le gain algébrique qu’il réalise est donné par Z = 10(40 – X) – 100X soit Z = 400 – 110X.com 3. 1. p) et donc E(X) = 40p. Comme Théo fraude à chaque trajet. lorsqu’on prend pour succès « le feu est 3 vert ».5X) T = 21 – 1. l’élève aura en moyenne 2 minutes d’avance. Loi binomiale. On a donc T = 12 + (9 – 1. Le temps mis par l’élève pour se rendre au lycée d 3 sans être ralenti par les feux est t    0. x.k k 0 ª 0.5X b. sur ce parcours. x. Dans la table fournie on recueille a = 66 et b = 83. d’où l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence de « gaucher » sur un échantillon de taille 35 : È1 8˘ I  Í . a Tantque P(X  k) < 0. 0286 . ˘˙ avec n = 100. Autres programmes : voir fichiers sur le site www. didiermathx.975 faire k prend la valeur k + 1 Fintantque b prend la valeur k/n Afficher (« b = »).83]. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la X fréquence F = sur un échantillon de taille 35 est alors 35 Èa b˘ ÍÎ35 . nombres ENTRÉE : Saisir n . p. si la probabilité d’être contrôlé lors d’un 1 trajet est supérieure à . 2.com 34 Prenons par exemple n = 35.025 faire k prend la valeur k + 1 Fintantque a prend a valeur k/n Afficher (« a = »). le nombre X de gauchers figurant dans un échantillon de taille 35 prélevé au hasard dans la population mondiale suit la loi binomiale B (35 . La fréquence observée sur cet échantillon n’appartient pas à I. avec un risque de se tromper de 5 %.975.025 et P(X  b)  0. L’intervalle cherché est ÍÈ .975.En conclusion. ˙  0. 0. a.12). a În n ˚ et b plus petits entiers tels que P(X  a) > 0.66 . on peut relever a = 1 et b = 8. alors la fraude systématique 11 est défavorable au tricheur. b Programme Casio Graph 35 + Dans cet extrait de tableau. 35˙˚ avec a et b. les plus petits entiers tels que P(X a) > 0. Cela peut inciter le directeur de marketing à rejeter l’hypothèse selon laquelle 75 % des clients sont satisfaits de la marque. b. 0. 32 Voir corrigé dans le manuel élèves page 349. D’où l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la fréquence des personnes fidèles à « Clovis » : I = [0. k. Saisir p INITIALISATION : k prend la valeur 1 TRAITEMENT et SORTIES : Tantque P(X  k)  0. 0. Sous l’hypothèse d’une proportion de gauchers égale à 12 %. 33 VARIABLES : n.025 et P(X  b)  0. a b 31 1. 2286. 360 000 180 . on peut rejeter l’hypothèse que la classe est représentative de la proportion de gauchers dans le monde. Tout dépend. bien sûr. 35 Il n’y a pas lieu. Î35 35˚ Remarque : Cette démarche est adaptée au cas n = 35.1714 . • la classe compte 6 gauchers alors la fréquence de gauchers dans la classe est 6  0. 05. Il s’agit bien sûr de l’adapter avec la valeur de n qui correspond à l’effectif réel de la classe. 2. qui appartient à I. du nombre de gauchers obtenu dans la classe. alors la fréquence de gauchers dans la classe est 35 Ce jour de 2006. de rejeter l’hypothèse que la classe est représentative de la proportion de gauchers dans le monde. avec un risque de se tromper de 5 %. dans ce cas. Étudions deux exemples : • la classe compte 0 gaucher 0 0 35 et comme 0 œI. la proportion de patients infectés sur les 360 000 personnes hospitalisées est égale à 18 000  0.  0. Sur ce tableau partiel on lit a = 911 et b = 1 030. en prenant comme « succès » l’issue « le patient est atteint d’une IN ». sur un tableau. d’obtenir l’intervalle de fluctuation à 95 % de la X fréquence F  de patients atteints sur un 19 400 échantillon de 19 400 patients hospitalisés. à 95 % : È 911 1030 ˘ I95  Í .05. 04696 . 0.025 et P(X  b)  0.05). D’où l’intervalle de fluctuation de F. 0.Une étude sur 19 400 patients peut se modéliser par un schéma de Bernoulli de paramètres n = 19 400 et p = 0.975 permet. 05309. La recherche des plus petits entiers a et b tels que P(X  a) > 0. Le nombre X de patients atteints sur un tel échantillon suit la loi binomiale B(19 400 . on ne peut pas considérer. Remarque : Si l’on s’était fixé un seuil de 90 % (en assumant donc 10 % de risque d’erreur).6] Ce sera un intervalle de fluctuation de X au seuil de 95 % si on a P(469  X  531)  0. on peut considérer l’écart entre f et p significatif et rejeter l’hypothèse… Dire qu’au risque 1 %. 19 400 19 400 ˙˚ Î Or. m + 2s] = [468. La conclusion aurait été identique. 1] ! Cette évidence n’a bien sûr aucun intérêt. Or P(469  X  531) = P(X  531) – P(X  468).0310116. 1]. L’information fœI99 est donc préférable. 1 000 . on ne peut pas rejeter l’hypothèse sans pouvoir affirmer qu’elle est valide. 8 b. sur un tableur. sur un échantillon des 19 400 patients hospitalisés des Pays de Loire. 39 Chaque année.99.5 . L’information fŒI95 paraît plus intéressante : même en assumant un risque d’erreur de 5 %. • 3e cas : fœI95 et fœI99. c’est-à-dire ici 1 que survienne une crue dans une probabilité de 100 Chapitre 9.95. a. Par définition de l’intervalle de fluctuation à un seuil fixé.04794 et p = 0.05 est significative. la fréquence de ceux atteints par une 930  0.95 et à I99 avec une probabilité supérieure ou égale à 0. 36 On suppose que l’on dispose d’une pièce bien équilibrée. la fréquence de ce caractère sur cet échantillon appartient à I95 avec une probabilité supérieure ou égale à 0. on ne peut tenir l’écart entre f et p pour significatif et donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle l’échantillon est représentatif de la population relativement au caractère étudié. présente moins d’intérêt. Loi binomiale.p   250 ª 15. on aurait obtenu a = 920 et b = 1 020. on peut affirmer que lorsqu’on prélève un échantillon de taille n dans une population où la proportion d’un caractère est p. Il vaut mieux tenir l’écart significatif et rejeter l’hypothèse au risque 1 % de se tromper qu’au risque 5 % de se tromper. 37 L’intervalle de fluctuation d’une fréquence. Étiez-vous dans le vrai ? 3. [m – 2s. 1. on affirmerait alors que la fréquence appartient à [0 . Considérons un échantillon de taille n de cette population et notons f la fréquence du caractère fournie par cet échantillon. aux seuils respectifs de 95 % et 99 %.968984 d’où P(X  530) = 0. trois cas peuvent se présenter : • 1er cas : fŒI95 et donc fŒI99. E(X) = np = 1 000 ¥ 0. L’information fœI95 paraît plus intéressante : au risque 5 %. maladie IN est f  19 400 La fréquence observée appartenant à I95. • 2e cas : fœI95 mais fŒI99. 04794. Échantillonnage 181 . Comme I95 ⊂ I99. 1) donne. 0.4 . 38 Notons I95 et I99 des intervalles de fluctuation d’une fréquence. La réponse est donc affirmative. Avec un risque 0 % de se tromper. que la différence entre f = 0. P(X  530) = 1 – P(X < 530) = 1 – P(X  529) La formule = loi.binomiale (529 . 531. au seuil de 100 % serait l’intervalle [0 . au seuil de 95 %. « vous avez une chance sur cent de tomber sur la balle ». pendant 100 ans.5 = 500 G X   np1 . P(X  529) = 0. C’est à vous de le dire ! 2. a.P Y   0 Ê10ˆ Ê 1 ˆ Ê 99 ˆ  1.2 0. 736 P X  1  1 . 8  0. a.2 = 0. 100¯ 0 Ê ˆ 1 99 2.3 ¥ 0. 5 ¥ 0. 2  0.09 0. à l’entraînement. 37 P X  9  P X1  4 et X2  5  P X1  5 et X2  4  2 ¥ 0. k 6 E X  10  k PX  k  k 6  0. dans ce modèle.04 10 On vérifie que  PX  k   1. 2 ¥ 0.04 En conclusion.5 0. 2  0.37 pour chaque événement). 1 avec n = 100 et p = . sans crue est donc égale à 100 • La probabilité de connaître une crue (il faut comprendre « au moins une crue ») durant les 10 dernières années du b.0.P X  1 ª 0. ˜.3 ¥ 0. P(X = 10) = 0. 06  0. est tel que la survenue d’une crue pendant une année ne dépend pas de la situation de l’année précédente et n’influe pas sur l’année suivante. 09 P X  7  P X1  3 et X2  4   P X1  4 et X2  3  0. On constate que E(X1 + X2) = E(X1) + E(X2). on a : P(X1 = 5 et X2 = 5) = 0. on pourrait dire : • qu’on a près de deux chances sur trois de connaître au moins une crue dans le siècle (P(X > 1) ª 0.04. 3  0. 4  7. 54  2. • La probabilité de connaître une crue après 90 années 1 .264 = 0. on pourrait dire : • qu’on a autant de chances d’avoir une crue centennale (exactement) dans le siècle.37 0. Pas du tout. respectivement lors de la 2e série de 5 buts. ˜ . b. 2  0. 96  1. Le modèle paraît pertinent puisqu’il s’agit d’une Crue centennale ! c. P(X = 10) = P(X1 = 5 et X2 = 5) L’événement X = 10 peut se représenter par le chemin (arbre très simplifié) suivant : 0. 086.1  2. 99100  0. 7. on peut s’attendre à avoir 1 crue par siècle à Paris. Si Y est le Ë 100¯ nombre de crues survenant durant ces 10 années. b. 8. 2 0. P(X  8) = P(X = 8) + P(X = 9) + P(X = 10) = 0. a. Mais cette propriété n’est pas connue en 1re S. X peut prendre les valeurs : 6. 3  0.3 0. 9 et 10. Le nombre d’années où survient une crue dans le siècle définit une variable aléatoire X qui suit la loi 1 ˆ Ê binomiale B ÁË100 .2 + 0. 25  0.2 P X  10  P X1  5 et X2  5  0.61 . 5 ¥ 0.Á ˜ Á ˜ Á ˜ Ë 0 ¯ Ë100¯ Ë100¯  1 . 5 ¥ 0. 264 1 1 100 En moyenne sur plusieurs siècles.634) .9. E X   np  100 ¥ 1 ˆ siècle est donnée par la loi binomiale B ÊÁ100 . 999 9 ª 0. 370 Ë 1 ˜¯ Ë100¯ Ë100¯ P X  1  0. Le modèle. 2.3 0. 6  0. 5  0.37 + 0. seulement. qui découle des propos du colonnel. 3 P X  8  P X1  3 et X2  5  P X1  4 et X2  4   P X1  5 et X2  3  0. 3. 99 ª 0.l’année. 9999 ª 0. 2  0. 366 Ê100ˆ Ê 1 ˆ 1 Ê 99 ˆ 99 99 P X  1  Á Á ˜ Á ˜  0. P X  6  P X1  3 et X2  3  0. la variable aléatoire donnant le nombre de tirs au but réussis par un joueur lors de la 1re série de 5 buts. où le succès est « il survient une 100 crue ». à 56 : voir corrigés en fin de APPROFONDISSEMENT 57 Désignons par X1. 5  0. respectivement X2.04 = 0. il n’y a pas d’effet de « compensation » qui augmenterait la probabilité de survenue d’une crue en fonction du temps écoulé sans crue. d’en connaître plus d’une dans le siècle.2 ¥ 0.370 + 0. Pour aller dans le sens alarmiste. Pour dédramatiser. P Y  1  1 .2 1. 99100 ª 0. 2 ¥ 0. 2 X1  5 X2  5 S’agissant d’une même expérience (« série de 5 tirs au but ») répétée deux fois. 8 Remarque : on a X = X1 + X2 avec E(X1) = E(X2) = 3. X1 et X2 suivent par hypothèse la loi de probabilité suivante : k 3 4 5 Pk 0. • qu’on a environ une chance sur quatre. • qu’on a environ une chance sur trois seulement de ne pas connaître de crue dans le siècle. 182 Travail personnel Pour les exercices 40 manuel. P X  0  Á100˜ ÊÁ ˆ˜ ÊÁ ˆ˜ Ë 0 ¯ Ë100¯ Ë100¯ 100  0. 04 D’où le tableau donnant la loi de X : k 6 7 8 9 10 P(X = k) 0. Le modèle suggéré est un schéma de Bernoulli. que ne pas en avoir (probabilité 0. 5  0. a.1ˆ Ê n . Ë 2¯ P Yn  1  1 . 0. on obtient Ê 2ˆ Ê1ˆ Ê n  1ˆ Ê nˆ Ê n . a pour probabilité 0.61 est un schéma de Bernoulli de paramètres n = 10 et p = 0. Il faut donc avoir au moins 5 entraînements pour que la probabilité que le joueur ait au moins un succès (au moins 8 tirs réussis sur les 10) soit supérieure à 0. D ou E il n’existe qu’une possibilité de prolonger le chemin jusqu’à L. 610  0. a. Loi binomiale. le nombre de chemins conduisant de A à L est égal à la somme des nombres de chemins conduisant de A à B. soit par E. Un chemin conduisant de A à L passe obligatoirement soit par B. Point associé : B. Point associé : C = R.3. Ê 3ˆ • De même pour Á ˜ avec 3 choix de direction dont un 1 Ë ¯ seul « Sud ». de A à D et de A à E.99 lorsque 0.P Yn  0 3.39n) sur une calculatrice. C. on obtient n  5. Ë 1¯ b.P Y  0  1 . S4 est le nombre de chemins conduisant de A à L. 3910 ª 0.61). Échantillonnage 183 . La répétition. 610  0. et donc Á Ë 2 ˜¯ b. Ce nombre de chemins de A à L est donc égal à Ê1ˆ Ê 2ˆ Ê 3ˆ Ê 4ˆ ÁË1˜¯  ÁË 1˜¯  ÁË 1˜¯  ÁË 1˜¯ c’est-à-dire à S4. Ê ˆ a. ª 1 à 10 -3 près 4.2ˆ ˜ ˜ Á ˜Á Á Ë 2 ¯ Ë 1 ¯ Ë 2 ¯ M N M E L T K J I Ê1ˆ • Á ˜ est le nombre de chemins réalisant un seul choix : Ë1¯ direction « Sud ».Á ˜  0.61). Ainsi.0. 999919 c. 250 c. S n  n n  k  2 1  n  k 1 n n  1 2 Chapitre 9. dont un seul « Sud ».61. Ê 2ˆ • Á ˜ est le nombre de chemins réalisant deux choix de Ë 1¯ direction . c’est-à-dire réalisant 5 choix de direction. 39n Ë 0¯ Ê n  1ˆ Sn  Á Ë 2 ˜¯  1 . dont 2 « Sud » exactement.14 ¥ 10 -5 ª 0 à 10 -3 près Ê10ˆ b. 0. 616  0. P Y  6  Á ˜  0.3 39 n Preuve : d’après la propriété P4.01 En tabulant la suite (0. la loi B (n . Soit n le nombre d’entraînements et Yn le nombre de succès obtenus.2ˆ Ê n .0. Ê 4ˆ • De même pour Á ˜ : point E = S. 3910 ª 8. de A à C. d’une séance d’entraînement où le succès « X  8 ». Yn suit.1ˆ ˜ º Á ˜  Á ˜ ÁË 2 ˜¯  ÁË 1˜¯  Á Ë 1¯ Ë1¯ Ë 1 ¯  n Ê nˆ  ÁË k ˜¯ k 1 Ê n  1ˆ  Sn . 10 fois. 4 4 2 58 1. On peut conjecturer : Ê nˆ  1 . Ê nˆ  Á ˜ Ë 2¯ Ê nˆ ÁË 1˜¯ Ê n  1ˆ ÁË 2 ˜¯  M Ê 3ˆ ÁË 2˜¯ Ê 2ˆ  Á ˜ Ë 1¯ Ê 2ˆ ÁË 2˜¯  M  Ê 2ˆ ÁË 2˜¯ Ê1ˆ ÁË1˜¯ En ajoutant membre à membre puis en simplifiant.3910 Ë 0¯  0. P Y  0  Á10˜  0. Mais à partir de B. soit par C.39n < 0.39n > 0. soit par D. Ê 5ˆ D’où S4 = Á ˜ .1ˆ Ê n . Point D. S 4   k  1  4   10 k 1 2. La variable aléatoire Y qui compte le nombre de succès obtenus par un joueur au cours des 10 entraînements suit donc la loi B (10 . on a : On aura 1 – 0. de même.99. A S R B C D Ê n .1ˆ Ê nˆ ˜ Á ˜ ÁË 2˜¯  Á Ë 1 ¯ Ë 2 ¯ Ê n . 394 Ë 6¯ ª 0. P Y  1  1 . P X  5  Á ˜ 0. 510 Ë 2¯ 2 Ê nˆ PE k   Á ˜ 0. E3. ˜ .5). Ê 5ˆ Ê 5ˆ car Á ˜  Á ˜ .5). 510 Ë 1¯ D’où P X  n   n  PEk  k 0 PE3   P Y  3 et Z  2 Ê nˆ  ÂÁ ˜ Ë k¯ n 2 Ê 5ˆ  Á ˜  0.5) et B (n . 510 Ë 0¯ Question 5 : (X = n) est la réunion disjointe des événements E0. …. L’événement X = 5 est la réunion des événements incompatibles : E0. B (n . 5 k 0 Mais d’après la question 2 : Ê10ˆ P X  5  Á ˜ 0. E1. 510 ¥ ÁË 5 ˜¯ k 0 5 d'où Ê 5ˆ  ÁË k ˜¯ 2 k 0 Ê10ˆ  Á ˜. 510 Ë 3¯ -2 0. Ë 2¯ Ê10ˆ Ê10ˆ 2. 0. on réalise un schéma de Bernoulli. 510. 510  ÁË 5 ˜¯ 0. Question 2 : Ê 2nˆ P X  n  Á ˜  0. k 0 n Il en résulte : . Dans l’énoncé. 55 ª 0. ˜ . 52 n d'après la propriété P3 .510 ¥ 5 Ê 5ˆ Ê10ˆ  ÁË k ˜¯  0. 5n Ë n¯ Ê 2nˆ  Á ˜  0. P Y  2  Á ˜ 0. Ë 2¯ Ê 1ˆ • Y et Z suivent la même loi : B Á5 . 3125 Ë 2¯ Ë 2¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ P Z  3  Á ˜ 0. Question 1 : X. Lorsqu’on répète n fois le lancer du dé pour s’intéresser à la sortie de PILE. 52 0. 510 On a donc : k 0 c'est-à-dire 0. Y et Z suivent respectivement les lois B (2n . 52 n . Ë 5¯ Ê10ˆ Ê 5ˆ 5  ÁË k ˜¯ 0. 55 ª 0. 510 Ë 4¯ 2 Ê 5ˆ PE5   P Y  5 et Z  0   Á ˜  0. 5 k Ë ¯ Ë n . k 0 PE 4   P Y  4 et Z  1 Mais d’après la question 2 : Ê 2nˆ P X  n  Á ˜ 0. 52  Á ˜ 0. PE0   P Y  0 et Z  5 2 Ê 5ˆ  Á ˜  0. 0. 510. 510 Ë 5¯ 184 5  PEk  2 Ê 2nˆ Ê nˆ  ÁË k ˜¯  ÁË n ˜¯ . Ë n¯ 2 Ê 5ˆ  Á ˜  0. E2. 53  Á ˜ 0. 510 ª 0. 55  Á ˜ 0. E1. L’événement (Y = 2 et Z = 3) se représente alors par une branche d’arbre de la forme : Z3 Y2 dont la probabilité est P Y  2 et Z  3  P Y  2 ¥ P Z  3 Ê 5ˆ Ê 5ˆ  Á ˜ 0. 5n  0. La variable aléatoire qui indique le nombre de PILE Ê 1ˆ obtenus suit alors la loi binomiale B Án . 3125 Ë 3¯ Ë 3¯ L’expérience consistant à répéter 10 lancers peut être considérée comme celle consistant à répéter 2 fois cinq lancers du dé. 2461 Ë 5¯ Ë 5¯ Ê 5ˆ Ê 5ˆ 3. Ë 5¯ 6. 55 0. Ë 2¯ Ë 3¯ P(Ek) = P(Y = k) P(Z = n – k) 4. E4 et E5. PE1  P Y  1 et Z  4  2 Ê 5ˆ  Á ˜  0. 53 0. D’où P X  5  k 0  2 Ê 5ˆ  ÁË k ˜¯ 0. 510 Ë 2¯ 5. ˜ . Ë k¯ b. Ë 2¯ 1ˆ Ê Ainsi : • X suit la loi B Á10 . 52 n Ë n¯ Question 4 : Soit Ek « Y = k et Z = n – k » avec 0  k  n. 0. 52 n. on remplace 10 par 2n et 5 par n.59 1. PE2   P Y  2 et Z  3 Ê n ˆ Ê nˆ n PE k   Á ˜ 0. a.k¯ 2 Ê 5ˆ  Á ˜  0. 5n ¥ Á ˜ 0. 55 Á ˜ 0. 55 Ë 2¯ Ë 3¯ 2 Ê 5ˆ  Á ˜ 0. En. P X  1  1 . Le tirage de n jetons avec remise. Ë 6¯ 2 n Ê 5ˆ En tabulant Á ˜ sur une calculatrice. Chapitre 9. avec. Pn  T   Pn  SSSSSSºS  ÁË ˜¯ . a.n 60 I. l’égalité E(X + Y) = E(X) + E(Y) est toujours vrai. La répétition. 986 n Ê 5ˆ II. Le nombre de lancers peut être 1. 9 € 10 Á ˜  0. ˜ . Au bout de 4 lancers. a.Á ˜ ª 0.P10 .Á ˜ P11 .P X  1 Ê10ˆ Ê10ˆ  1 . ˜ . p). 6 3 1 2 2n 1 5 5n . S suit la loi B Án . Échantillonnage 185 . Ë 6¯ 671  k PX  k   216 ª 3. Loi binomiale. Ë 6¯ Le nombre X de victoires de la tortue suit donc la loi B (10 . X ne peut pas suivre une loi binomiale B (n . pn) où pn = Á ˜ . 3 ou 4.P5 ª 0. S = N + R c. a. on trouve n  3. deux issues : « noir » et « pas noir » constitue un schéma de Bernoulli 1 dont le succès « noir » a une probabilité égale à . 5n 2n 13n Ô VN  VR     36 9 36 Ô˛ n 2 n n n EN  ER     6 3 2 EN  R   E S  Remarque : pour 2 variables aléatoires X et Y définies sur un même univers W. Ê10ˆ • P X  5  Á ˜ P5 1 . ¸ Ô Ô On a bien ˝ Ô EN  R   EN  ER # Ô˛ n ¸ VN  R   V S  Ô 4 Ô ˝ L'égalité n'est pas vérifiéée. p).P X  0 .Á ˜ P 0 1 . il y a obligatoirement un vainqueur.11 lancers pour avoir un vainqueur. et ce n’est pas le cas ici. 2. 25 Ê 5ˆ 1 P X  3  P SSS  Á ˜  Ë 6¯ 6 216 1 Ê 5ˆ Ê 5ˆ Á ˜ ¥ Á ˜ Ë 6¯ 6 Ë 6¯ 125  216 1 Ê 5ˆ Le jeu est favorable à la tortue si on a Á ˜  . À vous de le dire ! 4 Ê 5ˆ b. a. Ë 6¯ 2 3 2. 6 longueur n ¨ææææ Æ Mais si les issues retenues pour chaque boule tirée sont « rouge » et « pas rouge ». EN  et ER   . Par contre. d’une partie comportant deux issues : T « la tortue gagne » et L « le lièvre gagne » : c’est un schéma de Bernoulli où T peut être choisi comme 4 Ê 5ˆ succès. 245 Ë 5¯ • P X  2  1 . 482 en notant S l’issue Ë 6¯   « le six sort » et S son contraire. de probabilité P  Á ˜ ª 0. VN  n ¥ ¥  et VR   n ¥ ¥  3 3 9 6 6 36 2. X ne prenant pas toutes les valeurs comprises entre 0 et n. pour chaque jeton obtenu. La 6 variable aléatoire N qui compte le nombre de succès Ê 1ˆ suit alors la loi B Án . la variable aléatoire R qui Ê 1ˆ compte le nombre de succès « rouge » suit la loi B Án . 1 P X  1  P S  6 5 1 5 P X  2  P SS  ¥  6 6 36 P X  4   P SSSS ou SSSS 4 k 1 2 3 4 P(X = k) 36 216 30 216 25 216 125 216 b. E X  4 Ê 5ˆ E X n   10 Á ˜ Ë 6¯ n n Ê 5ˆ E X n   0.11 k 1 En moyenne. ˜ . 1. 482. mais cette propriété n’est pas connue en 1re S. 9 Ë 6¯ n Ê 5ˆ € Á ˜  0. n = 4 1. le nombre de parties Xn remportées par la tortue dans une série de 10 parties suit la loi binomiale n Ê 5ˆ B(10 . 518 en remarquant que Ë 6¯ T et L sont des événements contraires. Ë 3¯ n n b. l’égalité V(X + Y) = V(X) + V(Y) n’est vraie que si X et Y sont des variables aléatoires indépendantes . 2. En choisissant cette fois comme succès « noir ou Ê 1ˆ rouge ». il faut 3. Cette notion n’est pas non plus connue en 1re S. P4  T   P4 SSSS  Á ˜ ª 0. Ë 6¯ Une calculatrice ou un tableur donne n  12.P9 Ë 1¯ Ë 0¯ ª 0. 09 Ë 6¯ 61 1. 4 Ê 5ˆ P4 L   1 . 10 fois.P4  T   1 . Ë 2¯ n n E S  et V S  2 4 b. 0. de façon indépendante.1. È 5 16 ˘ d’où l’intervalle I  Í . 3 Cette expérience constitue un schéma de Bernoulli et la variable aléatoire X qui donne le nombre de succès 1ˆ Ê « bonne réponse » suit la loi B Á20 . Pour chaque 1 question l’issue « bonne réponse » a pour probabilité . 32.62 1. ˙  0. et c. L’élève répond au hasard à chacune des 20 questions. On lit a = 5 et b = 16. ˜ . Ë 3¯ b. a. avec un risque d’erreur d’environ 5 %. Un intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence du défaut sur un échantillon de taille 50 est de la forme Èa b˘ ÍÎ50 . Le choix au hasard de chacun des 500 lycéens entre salle A et salle B.3 %.P X  4  ª 0. Il y aura rejet de l’hypothèse « la proportion de 20 % est encore valide » si la fréquence des défauts constatée sur un échantillon prélevé. a. P ÊÁ Œ Iˆ˜  P ÊÁ0.025 et P(X  b)  0.2). 50 ˙˚ avec a et b. 63 1.975. a. a. 9856 . b.0. b.P X  5  P X  16) . 0. La plus petite valeur de k telle que P(X  k)  0.0329.5). 9671 b. n’appartient pas à I. d’avoir moins de 11 réponses exactes est supérieure à 0. X X ˆ 3. Cela se produit avec la probabilité 1 – 0.95. 0185 ª 0. 2. Sous cette hypothèse. 250  N  500 2. Î50 50 ˚ 2. Ceci est en accord avec la théorie qui mentionne que la probabilité que la fréquence soit dans la zone de rejet est 5 %.9671 = 0. Le taux de risque d’un rejet à tort est donc d’environ 3. indépendamment les uns des autres. 186 64 1. La probabilité. a.95 est k = 10. 32˜ Ë 50 ¯ Ë ¯ 50  P5  X  16  P X  16) . d. plus petits entiers tels que : P(X  a) > 0. On peut observer que la fréquence des rejets fluctue en restant proche de 5 %. On peut alors rejeter l’hypothèse selon laquelle l’élève répond au hasard à partir de 11 réponses exactes.. 0.5.1   0. est un schéma de Bernoulli dont le succès peut être « Salle A » de probabilité 0.05. pour un élève répondant au hasard. La variable aléatoire X indiquant le nombre de lycéens ayant choisi la salle A suit la loi B (500 . le nombre X de défauts « gains ponctuels » suit la loi binomiale B (50 . . Cela signifie que le hasard seul ne permet à l’élève d’obtenir au moins 11 réponses exactes qu’avec une probabilité inférieure à 0. P2 = 1 – P(obtenir aucun « double 6 » en 24 lancers de deux dés) Notons T l’issue « obtenir un double 6 en lançant deux dés ».3. sur les 20 exemples proposés. Le test de Lisa peut l’amener à commettre une erreur de jugement avec une probabilité égale à 0.3233.5 et P2 < 0. on obtient P(X  18) ª 0. de Méré en erreur.67 6 1 ª 0. soit dans presque un tiers des cas ! 2.Á ˜ Ë 6¯ 4 P1 ª 0. Échantillonnage 187 .9. 2 1 1 On a P T   P SS  ÊÁ ˆ˜  . 1ˆ ˜. C’est cette confusion qui a induit M. • P2 d’obtenir au moins deux 6 en 24 lancers de deux dés. b.37 fois le « double 6 » en 24 lancers. et E(Y) = 24 ¥ 36 Dans chaque expérience.67 fois le 6 en 4 lancers d’un dé et 0. Si X donne le nombre d’identifications réussies. Les espérances sont effectivement égales. on obtient respectivement en moyenne sur un grand nombre de parties. On suppose que le graphologue dit vrai et qu’il se prononce 20 fois. sur les 20 exemples proposés. On suppose que le graphologue se prononce 20 fois au hasard. X suit la loi B (20 . X 1 suit la loi B 4 .04 pour déterminer une zone de rejet au risque 4 %.0002. 36¯ 1 ª 0.3 % Chapitre 9. Ë 6¯ 36 Ê 35ˆ P2  1 .b.5. Lisa accepte l’affirmation du graphologue si on a X  18.9 pour chaque analyse. Cela s’écrit : P(X  N et 500 – X  N)  0. Dans ce modèle (voir question 1. Loi binomiale.9). Elle ferait ainsi preuve de plus de tolérance et surtout prendrait cette fois en compte la fluctuation naturelle due au hasard.5). 0. de Méré ? Si X est le nombre de 6 obtenus en 4 lancers d’un dé.67. de façon indépendante.9).3231.Á ˜ Ë 36¯ ¨ææÆ 24 24 fois P2 ª 0. Y suit la loi B Á24 . On a alors E(X) = 4 ¥ 67 Ensemble étudié Taille Proportion échantillon de gauchers Population mondiale 12 % Meilleurs joueurs de Tennis de Table 50 entre 25 % et 35 % Fleurettistes et épéistes 4 000 46. 518 On peut lire sur ce tableau que la valeur minimale de N est 268.3231 = 0. Le tableur donne : où on lit k = 14. 0.0002 + 0. On fait à nouveau l’hypothèse que le graphologue dit vrai. Cherchons le plus grand entier k tel que P(Y  k) < 0. a. 4. Lisa aurait un risque de se tromper inférieur à 4 %. P(500 – N  X  N) = P(  N) – P(X < 500 – N) = P(X  N) – P(X  499 – N) En rejetant l’hypothèse (réussite du graphologue dans 90 % des cas) dès que le nombre d’identifications réussies est inférieur ou égal à 14. P1  1 . 0. 6 Si Y est le nombre de « double 6 » obtenus en 24 lancers   Ê Ë de deux dés. Alors quelle erreur commet M. Il faut alors que les conditions X  N et 500 – X  N se réalisent avec une probabilité supérieure ou égale à 0.P T Tº T   1 . mais pas les probabilités des événements considérés. . 0. (500 – X) élèves font le choix de la salle B. X élèves faisant le choix de la salle A.P obtenir aucun 6 en 4 lancers d'un dé   1 . or P(Y 17) ª 0.) le nombre Y d’identification réussies suit la loi B (20 . P(X  18) = 1 – P(X < 18) = 1 – P(X  17) Sur une calculatrice ou un tableur.491 On a en effet P1 > 0. Le nombre Y d’identifications réussies suit la loi B (20 . 66 Comparons les probabilités : • P1 d’obtenir au moins un 6 en 4 lancers d’un dé . Lisa refuse l’affirmation du graphologue si on a Y  17.9 ou encore : P(500 – N  X  N)  0. avec une probabilité de réussite égale à 0. 65 1.9.P SSSS$ où S est l'issue "obtenir le 6" Ê 5ˆ  1. de façon indépendante.7 % Vainqueurs en fleuret ou épée 9 63. 0. 33. 3. X suit la loi binomiale B (50 . Déterminons un intervalle de fluctuation au seuil de 95 % (seuil le plus courant) de la fréquence de « gaucher » dans un échantillon puis au hasard dans la population.12). la fréquence de X « gaucher » est donnée par F = où X est le nombre 50 de gauchers. on obtient cette fois On obtient a = 0 et b = 3 d’où l’intervalle È0 3˘ K  Í . Pour un échantillon de taille 9. Pour un échantillon de taille 50. ˙  0 . ayant pour taille 50 puis 4 000 puis 9 et voyons si les fréquences observées sur les trois échantillons donnés appartiennent ou non à l’intervalle de fluctuation correspondant à la taille. Un tableur donne : est cette fois encore significative et le rejet de l’hypothèse au risque 5 % en découle. 0.Prenons pour hypothèse que la proportion de gauchers est 12 %. 1. 633 n’y appartient pas et la décision sera identique aux précédentes. 68 1. • P X  2  P AA  2 Les plus petits entiers a et b tels que P(X  a)  0. 4 et 5. Î9 9 ˚ Une nouvelle fois. X peut prendre les valeurs 2. 3. ˙˘  0. 04 .025 et P(X  b) > 0. 0. la fréquence observée de 0. 22.975 sont a = 2 et b = 11. D’où l’intervalle de fluctuation cherché : 2 11 I  ÈÍ .. Ë 1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ Ê 2ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ 1 D’où P X  3  Á ˜ Á ˜ Á ˜ ¥ . 1). 2. • P(X = 3) = P(obtenir un as lors des 2 premiers lancers et obtenir un as). Ë 1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ 6 • P(X = 4) = P(obtenir un as lors des 3 premiers lancers et obtenir un as) Ê 3ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ 2 1 =Á ˜ Á ˜ Á ˜ ¥ 6 Ë 1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ • P(X = 5) = P(obtenir un as lors des 4 premiers lancers et obtenir un as) + P(obtenir un seul as lors de 5 lancers) + P(obtenir aucun as lors de 5 lancers) Ê 4ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ 3 1 =Á ˜ Á ˜ Á ˜ ¥ 6 Ë 1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ 4 +Á ˜ Á ˜ Á ˜ Ë 1¯ Ë 6¯ Ë 6¯ Ê 5ˆ Ê 1ˆ 0 Ê 5ˆ 5 +Á ˜ Á ˜ Á ˜ Ë 0¯ Ë 6¯ Ë 6¯ On a cette fois a = 440 et b = 521 d’où l’intervalle de È 440 521 ˘ fluctuation cherché J  Í . Pour un échantillon de taille 4 000. au risque 5 %.13. l’hypothèse que la proportion de gauchers dans le monde s’applique à cet échantillon. Cette fréquence n’appartient pas à I et on peut donc rejeter. 50 50 ˚ Î Or sur l’échantillon particulier des 50 meilleurs joueurs de tennis de table. la fréquence de gauchers est dite comprise entre 25 % et 35 %.11. sous la même hypothèse et donc dans le même modèle de probabilité on obtient de même : 1 Ê 1ˆ Á ˜  Ë 6¯ 36 où A est l’issue « l’as sort » lors d’un lancer du dé. que l’on répète 2 fois. ˙  0. Or « obtenir un as exactement lors de 2 lancers du dé » Ê 2ˆ Ê 1ˆ Ê 5ˆ a pour probabilité Á ˜ Á ˜ Á ˜ selon la loi B (2 . Les écarts entre 12 % et 25 % ou plus sont donc ici significatifs. 0.. Î 4 000 4 000 ˚ Or. La différence 188 D’où la loi de probabilité de X : k 2 3 4 5 P(X = k) 1 36 10 216 75 1296 6 750 7 776 . la fréquence observée sur l’échantillon des 4 000 fleurettistes et épéistes est 46..7 %. 975.512). 0. E X  5  k PX  k  k 2 ª 4. soit P = entiers tels que P(X  a)  0.8. 0.025 et P(X  b) > 0.01). 0. à ce jour. le nombre de lancers effectués est 4.01. 002 .025 et P(X  b) > 0. Un tableur donne : de garçons. de la forme Í Î500 500 ˙˚ tels que P(X  a)  0. 1985˙ où a et b sont les plus petits Î ˚ schéma de Bernoulli où le succès est « le disque présente un défaut ». Quel est l’intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence de naissances de garçons sur un échantillon de taille 1 985 sous cette hypothèse ? Le nombre X de garçons sur cet échantillon suit la loi B (1 985 . 69 Faisons l’hypothèse que la proportion « normale » 105 21  ª 0. Un tableau donne : L’intervalle de fluctuation à 95 % cherché est donc È 1 10 ˘  0. • Un intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence des défauts calculée sur un échantillon de taille 500 est b ˘ È a avec a et b les plus petits entiers . Un intervalle de fluctuation à 95 % de la fréquence des È a b ˘ garçons est Í1985 . 8 En moyenne.5 On peut vérifier que  k PX  k   1# k 2 2.975 où X suit la loi B (500 . 512 s’applique aussi 105 41 aux naissances enregistrées à Laval en 2004. 02. de probabilité 0. Î500 500 ˙˚ a = 973 et b = 1 060 d’où l’intervalle cherché : È 973 1060 ˘ I Í .. ˙  0. 534. 490 . 0. I95  Í . d’où 9 ˘ È 2  0. Le tableau précédent donne c = 2 et d = 9. que l’écart entre f = 0. on ne peut 2004. testé en f  500 Comme fŒI95.95. à lui seul. 500 ˙˚ avec c et d plus petits entiers tels que P(X  c)  0. 004 . 0. 018. au risque 5 % de ne pas rejeter l’affirmation du fabricant. appartient à I. Or la fréquence observée des défauts sur l’échantillon 10  0. • On peut se demander si la conclusion serait la même. expliquer cela). on peut décider. Un intervalle de fluctuation à 90 % de la fréquence des défauts sur un échantillon de taille 500 est donné par d ˘ È c ÍÎ500 .05 et P(X  d) > 0. l’hypothèse que la situation décrite à Laval est « normale ». On peut donc décider.492 et p = 0. Î1985 1985 ˚ Comme la fréquence de « garçons » observée à Laval en 976 ª 0. 002.512 n’est pas significatif (le hasard pouvant. au risque 10 %. soit f  1985 rejeter.. au risque 5 %. 492. avec un risque de 5 % de se tromper. fœI90. Loi binomiale.. Î500 500 ˙˚ À ce niveau de risque. avec un risque de se tromper de 10 %. Échantillonnage 189 . 70 Sous l’hypothèse « 1 % des disques présentent un défaut ». I90  Í . et on peut décider de rejeter l’affirmation du fabricant. l’observation un à un de 500 disques est un Chapitre 9. CD Á . 1 1.Vecteurs et droites du plan Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : uur Ê 6 ˆ et M(1 . pas de coefficient directeur pour (EF). Ensembles de points A.2 x . e. uur uur Ê 1 ˆ e.. BD  DE Á ˜ donc B. a. a. M appartient à (CD). Ë . a. 2 190 10 . Coefficient directeur : – 2 et ordonnée à l’origine : – 4.4 c.4˜¯ uuur Ê 4 ˆ ur uÊ 0 ˆ 2. AB Á ˜ et AC Á ÁË 4¯ Ë 3ˆ 5 ˜ non colinéaires. 1 2.didiermathx. Faux e. Droites parallèles – Points alignés Ê uur Ê 5ˆ uur 1. b. AB Á Ë . Pour (CD) : . ˜ 2¯ ˆ Ê uuur 8 7ˆ 99 Ê 2. Faux b. et (C) . Voir fichier sur le site www. 2 1 3 c. Ë . Vrai c. CD Á ˜ et EF Á ˜ .. 1. B. E est une droite parallèle à l’axe des ordonnées. et (D). y  .2¯ 1 b.x  et (EF) : x  2.˜  32 € y  Áy . Vrai 2.˜ Ë 2¯ 10 2 ¯ Ë Activité 2. a. 5 Á y . Activité 1. d. E : 2 x  y  4  0 b. E : 4x + 2 = 0 € x  .1¯ 2 1. D et E sont alignés.1).com. (CD) : y  . 7 ˜ .2¯ Ë . Faux d. et (A) . c. et (B) . a. et (E) . 2 2 d. Vecteurs et droites du plan 191 . 3 2 2 Coefficient directeur : 0 et ordonnée à l’origine : . 6 3 2 3 4. Activité 3. CE  CD  DE uur uur ur u CF  CB  BF uur uuur 3 uur 3. ON  OE  OF équivaut à : OENF est un parallélogramme. AT  AJ  1. Opérations sur les vecteurs uur ur u uur 2. D C B Activité 5. 3 3. E : y . CE et CF sont colinéaires et C. E : – x + 3y + Pour aller plus loin Voir la démonstration de la propriété 9. OM  OA  OB équivaut à : OAMB est un parallélogramme. 4 CE  3CB  4 CD  3CE uur uur 5. 5AE ur u ur u uur 3. 5AE A F E B H G T J I C D Activité 4. AI  AJ  2..1 1 1 =0€y  x 3 6 2 1 1 Coefficient directeur : et ordonnée à l’origine : . Décomposer un vecteur uur uuur uur 2. uuur uur uur 3. CE  CD  CB 4 E uur uur 4 uuur CF  CB  CD uur uur 3 uuur uur F A 4. d¢ B N M F E d O A Chapitre 10. Un problème ouvert uuur uuur uuur 2. E sont alignés. D.1  0 € y  . com.33. K Œ(BJ) donc K Œ(BJC) et K Œ(SD) donc K appartient à l’intersection de (SD) et (BJC) donc (SD) n’est pas strictement parallèle à (BJC). AC). Le couple (x . ˜ . AM  x AB  y AC uuur uur uur uur uur uur uur 2. D Á . a. [SO] est perpendiculaire à [BD] et passe par son milieu donc le triangle SDB est isocèle en O.x ¢AB  ( y ¢ . y) est donc unique. 1 – a) . B(1 .1 . P Œ AB donc AP et AB sont colinéaires donc il existe un réel x tel que AP  x AB. S K J 2. 1 + a) donc PQ a . Q et R sont alignés si et seulement si a(1 – 3a) = 0 si et seulement si a = 0 ou a = .AB  2AC on peut retrouver les coordonnées de DE dans le repère  A . TP2. ˜ . Or AC 0 donc y¢ – y = 0 et y¢ = y. 6 2 3 uur uur 3DE  12DF donc D. uuur uur uur c. S(0 . Il semble que les trois points soient alignés pour a = 0 ou a = 0. uur y ¢ . APMQ est un parallélogramme car ses côtés sont parallèles deux à deux. 2) . AB. AM  x AB  y AC = x ¢ AB  y ¢ AC donc  x . 1) . A D B uur uur uur uur uur 2 uur 4.AB  2AC et DF  DA  AB  AE  . Ë Ë 3 3¯ 2¯ D O B 3. Ë 3 ¯ Ë 6 2¯ 2 1 Ê 1ˆ . K Á.2 ¥ Á. uur uur P(a . K est un point de [SD] donc K Œ(SBD). R(– a . AC. a. 2˜ et DF Á. Une droite peut être incluse dans le plan. ˜ . 0˜ . B et C sont alignés ce qui est en contradiction avec les données. AB.. DE Á.y uur AC donc A.AB  AC .x ¢ 0 et AB  x u¢ u-r x r uur r On en déduit que x = x¢ et  y ¢ . E et F sont alignés. Ê 1 2ˆ Ê 1ˆ b. J est le milieu de [SO] donc J Œ(SBD).1.TP1. strictement parallèle au plan ou sécante au plan. x .. J et K sont alignés. Ë3 ¯ Ë 2 2¯ uur Ê 1 1ˆ uur Ê 2 ˆ C c. 3 uur De même pour DF . ˜ sont colinéaires donc B. 0) . D(– 1 . a. 192 ..y )AC. De même pour Q. Démontrer : « il existe un unique… » uur uur uur uur 1. A. Avec la relation vectorielle DE  . a. E et F sont alignés. 1 P. Ê2 ˆ Ê 1 1ˆ b. Une droite et un plan dans l’espace 1.¥ . Voir fichier sur le site www. C. uur uur 2. b. On en déduit que (SD) est sécante à (BJC) en K. b.didiermathx. B. Q(0 . DE  DA  AE  . 0) . 0) . Points alignés ? 1. 3 TP4. ˜ . E(0 . a.y AC  0. D n’appartient pas à (BJC) car les points D. Ë 3 3¯ Ë 2¯ uur Ê 4 2ˆ ur u Ê 1ˆ c.˜  0 donc D. Ë 6¯ 3 2 F uur uuur uur uur uur uuur uur uur 1 uur 1 uur 2 uur 3.. On se place dans le repère (A . Deux méthodes pour un alignement E uur uur 2. F Á . ˜ et BK Á. D’autre part. 1 + a).a  et PR(– 2a . Si x x ¢. a. BJ Á. O est le milieu de [BD] donc O Œ(SBD). TP3. J Á0 . J ne sont pas coplanaires donc (SD) n’est pas incluse dans (BJC). B et C ne sont pas alignés donc AB et AC ne sont pas colinéaires. 2) . (20 . 0˜ puis il enlève 2 à x et ajoute 1 à y tant que y reste inférieur ou égal à Ë10 ¯ 20 (cf. 4). Et ceux qui permettent d’obtenir une somme de 200 € : (20 . Le vecteur u Á ˜ est le vecteur directeur Ë 1¯ d’ordonnée 1 de cette droite. 5). a. 2 + 1) soit (24 . 2. 11). donc s est un multiple de 10 (compris entre 10 et 300 car. Soit s la somme retirée par le client. (0 . (10 .2ˆ b. 0 + 1) soit (28 . 5). 5). 4). il donne une première solution Á . (18 . (2 . a. a. 9). (4 . (4 . 10 s Pour chaque valeur de x. b. (28 – 2 . (10 . (16 . b. 10 s Ês ˆ Si oui. 2). (16 . (2 .). 1). De même. (6 . 4. 10x + 20y = 80 soit x + 2y = 8. c’est-à-dire si s est bien un multiple de 10. les couples d’entiers qui permettent d’obtenir une somme de 100 € sont : (10 . au final. (12 . 2 billets de 10 € et 3 billets de 20 € . À la banque A. 1 + 1) soit (26 . (14 . 4).TP5. Points de d à coordonnées entières : (0 . le nombre de couples solutions. (6 . 2. 20 Il teste pour chaque couple (x . c. 1. 1. Si oui. Si le client retire la somme maximale. (0 . r Ê . D80 et D300 ont le même vecteur directeur u Á ˜ donc ces deux droites sont parallèles. y) si 10x + 20y = s. Le point d’ordonnée nulle de cette droite a pour coordonnées (30 . 8 billets de 10 € et aucun billet de 20 €. méthode vue graphiquement dans le A 2. (4 . 10 et 20 sont des multiples de 10 mais pas 125 donc le distributeur ne peut pas délivrer 125 €. c. (30 – 2 . s = 10x + 20y = 10(x + 2y) avec x + 2y entier naturel puisque x et y le sont. 6). il fait prendre à y toutes les valeurs entières inférieures à . (0 . 2) . s B. On en déduit 16 façons différentes pour distribuer la somme de 300 € avec des billets de 10 € et de 20 €. r Ê . 3) . 4 billets de 10 € et 2 billets de 20 € . 0). (14 .2ˆ d. 10). (6 . c. 3). Voir fichier sur le site www. s L’algorithme 2 teste d’abord si est bien entier. 7).15) sont des coordonnées de points de d. 8). (4 . 13). (8 . L’algorithme 1 fait prendre à x toutes les valeurs entières inférieures à . (2 .com. (8 . 7).didiermathx. 0). 1) . (2 .12). de plus. (8 . 9). 0). 6). 0). 6 billets de 10 € et 1 billet de 20 € . 10). (8 . 14). Ë 1¯ 3. 1). x et y vérifient 10x + 20y = 300 soit x + 2y – 30 = 0 qui est bien une équation cartésienne de droite. 2). Chapitre 10. (6 . (24 – 2 . la somme délivrée ne peut dépasser 300 €). il affiche le couple solution et. Par lecture graphique. Vecteurs et droites du plan 193 . 4) sont des coordonnées de points de d. 1). Le distributeur peut délivrer 80 € avec : aucun billet de 10 € et 4 billets de 20 € . 3). (18 . 8). 3) . 3 + 1) soit (22 . (26 – 2 . (12 . SANS CALCULATRICE uuur uuur uuur uuur uuur r b. 2 ¥ (– 9) – (– 6) ¥ 3 = – 18 + 18 = 0 r r donc u et v sont colinéaires.4¯ – 4 0 donc (EF) et (GH) ne sont pas parallèles. 0) B(0 . 2 uur uur 2 uur 3 14 LC  .˜ = 18 – 15 = 3 . Ê ˆ uuur 27 b. Î 12 a. donc ses diagonales [GD] et [AC] ont le même milieu B. EA ur B uur uur Or ABCD est un parallélogramme donc AB  DC. uur uur uur uuur uur2 uuur b. BC  OB  OA  0 3 a.2 0. B.3¯ B DC ur EC ˆ 18 a. uuur uur Par suite AK  LC et donc AKCL est un parallélogramme. ¥ – ¥ = 3 5 6 5 15 15 r r donc u et v sont colinéaires. SANS CRAYON. n’existe pas ». uuur uur uur uur AG  AE  EG  DC donc AGCD est un parallélogramme. EF  EA  EC donc EAFC est un parallélogramme donc les diagonales [EF] et [AC] ont le même milieu B. 0 . Pas de racines c. 3 d. r ur 8 3 4 5 6 ¥ . AD Á 2 ˜ Á ˜ Ë 3¯ 9¥3–2¥ 27 = 27 – 27 = 0 donc A. donc v et w ne sont pas 5 4 5 2 5 colinéaires. DC  DA  DB 4 Les coefficients directeurs sont respectivement : « - 5 . 2 ur uÊ ˆ uuur Ê Ë . E 13 a. – 5) A 3. 3 . 10 ¥ (– 4) + 3 ¥ 12 = – 4. Ê 5ˆ 3 ¥ 6 – (– 9) ¥ Á.4 ˜¯ (EF) et (GL) sont parallèles si et seulement si 10 ¥ (– 4) – (– 3) ¥ (x + 8) = 0 si et seulement si x  G 194 F 16 . uur Ê x  8ˆ b. 2 A¢ est le symétrique de A par rapport à B donc B est le uur uuur 1 uuur milieu de [AA ¢] d’où AB  BA ¢  AA ¢.CL  DC uuur 2 uur AK  AB 3 D L C 5 x – 3y = 0 rÊ ˆ 6 u Á15˜ Ë 2¯ 7 A(– 5 . Par suite DCA¢B est un parallélogramme et donc le milieu I de [BC] est aussi le milieu de [A¢D]. 0 .3 15 2.¥  . EF Á 10 ˜ . –1) B(8 . D sont alignés. AB  DC et AB  BA ¢ donc DC  BA¢. 1 4 1 8 4 4 = 0.. OA  OC  0 uuur uur uuur uur uuur 1 a. AB  CO  DO 2 a. AC Á 21˜ . AB Á 9˜ . AD  BC  2AD  2BC uur uur uuur uuur r b. 16 C D A D ur uur Ê ˆ uur Ê ˆ 17 a. 2) 8 A(3 . b. 3 0 donc Ë 2¯ Ë 5¯ A. GHÁ 12 ˜ .. K C Ë . GL Á Ë . AD  DO  AO uur uur uuur uuur b.   ÈÍ. I B A¢ ur ur 1 uur I est le milieu de [BC] donc BI  IC  BC .Exercices ur u uur uur b. B et C ne sont pas alignés. 10 a. 9 ¥ 5 – 21 ¥ 2 = 3 . Ë 3¯ r ur 3 0 donc v et w ne sont pas colinéaires. – 3 1 ˚ 2 11 f est strictement croissante sur ˙˘ . 9 Réponse c. ABCD est un parallélogramme donc uur uur uuur uur AB  DC et AD  BC. uur Ê ˆ r 1 uur r r 24 2. yM) appartient ou non à la droite d’équation ax + by + c = 0.. uur 3 uur A Ê 3ˆ AF  AC donc F Á0 . 2). 2 ¥ . E(1 .2¯ 27 1.v 3 2. C) du plan (ABC) : Ê 1ˆ Á . 2) est Ë 5¯ un point de d.2 . C sont alignés. a. Á EG ÁË 3 ˜¯ Á 3˜ Ë 1 ¯ 2. – 1). C(0 . Ë . 3 Ê ˆ uuur 1 uur uuur 1 DHÁ 3 ˜ d’où DH  AB .2¯ teurs directeurs de la droite (AB). C) uur uur Ô xE  .˜ rÊ 3 ˆ Ë 3¯ 3u Á ˜ et passe par le point A(– 1 . a. 2 ¥ d. u  . 1) Œ d. Voir ci-contre. 2). 3) Œ d donc – 3 = ¥ 1 + b soit b = . C B G 23 2. B. B(1 . 3 15 Ê 2ˆ c. u  v 3 r 5r d. BC Á ˜ . y. 1) . D) : y Ê2 ˆ G Á . x ¢.˜ Ë . ˜ . F(0 . Á. Afficher « les vecteurs sont colinéaires » 3¯ Ë Sinon afficher « les vecteurs ne sont pas colinéaires » r r 20 a. ˆ Ê u 1 uur Ê 4 ˆ ur EF Á 1˜ . le coefficient directeur est : 3 4  -2  . EF Ê . v Á 4 ˜ est un autre vecteur directeur de d.˜ uur Ê ˆ u u r Ê 2 1ˆ 3˜ -1 . d : y = – 2x + 4. 3 2 6 6 13 2¥3-3¥  7  0 donc C Œ d. 3 3 28 Dans chaque cas. u  AB et v  .1ˆ ur u Ê . r 5 7 26 1. 0˜ . y ¢ TRAITEMENT ET SORTIES : Si xy ¢ – yx ¢ = 0 alors néaires donc B œ d. De même. y.1 ur ur u uur ˜ .3 b. uur Ê x . AB Á 2 ˜ . Ë 7¯ 7 b.19 VARIABLES : x. 0 donc B œ d. Ë3 ¯ d ˆ Ê u uur . 0). d a pour équation y  x  2 donc u Á 5 ˜ est Ê 1ˆ r 2.3 ¥ 1  7  0 donc A(– 2 . u et AB ne sont pas coli˜ Á Ë .1ˆ .. B. y ¢ ˆ Ê uur Ê ˆ r 1 uur r 25 2. 0).u sont trois vec2 Ë . 1 5 1 1 -3¥ 7  .˜ – 3yE + 7 = 0 € yE = . Vecteurs et droites du plan 195 . EF  3EG . r 2r b. Dans le repère (A. 5 5 30 1. Ë 2¯ 2 uuur uur uur uur uur uur AG  AB  BG  AB  2AB  3AB donc G(3 . F r v A +7 +5 J O x I Ê 1 ˆ r 2. Á ˜ 3 E Ë 0¯ 22 1. b. Le programme teste si le point M(xM . 1). Dans le repère (A. Ê 1ˆ Á ˜ Ë 7¯ un vecteur directeur de d.2¯ Ë 2¯ uur ur u EG  4EF donc E. u  . d a pour vecteur directeur u Á 2 ˜ ou Á. ˜ . - d. G sont alignés. - c. 2 ¥ Á. K Á . 3 13 4 A(– 1 . u  . 2) . B. E et F sont alignés.1 BC  CE soit Ì ÓÔ yE . r Ê 7ˆ 7u Á ˜ est aussi un vecteur directeur de d et A(0 .v 3 21 1. F. BK Á Ë 3 3¯ Ë 1¯ Á 1 ˜ ÁË 3 ˜¯ uur uur BC  3BK donc B. Chapitre 10.1ˆ H Œ (EF) donc EF Á ˜ et EHÁ H ˜ sont colinéaires 3 Ë ¯ Ë 2 ¯ 1 c’est-à-dire – 1 ¥ 2 – 3(xH – 1) = 0 soit xH = . donc d a Á ˜ Ë 3¯ 4 une équation réduite de la forme : y = x + b.6¯ - ENTRÉES : Saisir x. AB Á 6 ˜ u Á 2 ˜ . Dans le repère (A. donc G. 2xF – ¥ 1 16  7  0 € xF = . x ¢. -2 1 2 5 2 8 1 4 29 a.2v r 4r c. EG Á ˜ .1  1 E(– 1 . H Œ (DC) donc H(xH . K. Ë yu ¯ 36 a.5ˆ d. – 4) Œ d. AB Á 9˜ donc u Á 3˜ est un vecteur directeur de d.yA 8 .2ˆ e. – 1) . a.7  0. y = x  6 € 3y = 2x + 18 € 2x – 3y + 18 = 0 . u1 Á ˜ . uur Ê . Ë 2¯ r Ê . d4 : A4(1 . « b = » . d3 : A3ÊÁ. 3 1 1 y = . Oui. u2 Á ˜ . d : 6x + y – 14 = 0. 6 ¥ 2 + 2 – 14 = 0 d’où B(2 . « c = ». 6 Ë ¯ Ë 3 ˜¯ d : 3x + 4y = 0. 0) . 3 196 2 (AB) a pour équation réduite : y = x  6 . d : x + 2 = 0 uur Ê ˆ rÊ ˆ 35 a. Équation réduite de (AB) : xA xB . d : x + 2y – 1 = 0 2.x A 3  3 3 2 A(– 3 . 34 1. ENTRÉES : Saisir xA. d1 : A1(– 1 . Voir exercice résolu 5 page 265 du manuel. d : x – 3y + 11 = 0. 8ˆ r Ê 1ˆ c. yA) r Ê xu ˆ et de vecteur directeur u Á ˜ . Équations cartésiennes des droites précédentes en utilisant les vecteurs colinéaires : uuur Ê x  3ˆ uur Ê 6ˆ M(x . xB. D : 2 x . b. 3 Équation réduite de (CD) : 1 1 y = .x . u Á uuur D : 3 x . 6 ¥ 3 – 4 – 14 = 0 d’où D(3 . Oui.1¯ d : x + 2y – 5 = 0. AB Á ˜ donc u Á 0˜ est un vecteur directeur de d. – 4). ˜ y 4 Ë ¯ Ë 4¯ € 4(x + 3) – 6(y – 4) = 0 € 2x – 3y + 18 = 0.(même méthode). y) Œ (AB) € AM Á et AB Á ˜ sont colinéaires.2. 39 Cet algorithme calcule les coefficients a. 2 3.4˜¯ uuur uur Ô xD  5  8 CD  2AB € Ì d’où D(3 . d2 : A2(– 1 . Ë 4 ¯ 41 a.2ˆ b. AB Á ˜ donc u Á ˜ est un vecteur directeur de d. u1 Á 5˜ . -3) . d : 5x – 4y + 16 = 0 4. Non r Ê .3ˆ d.1.2ˆ b.b.4 y .4 . r Ê 1ˆ u Á ˜ est un vecteur directeur de d donc est aussi un Ë 2¯ vecteur directeur de la droite D.4 2. Soit D la droite passant par A et parallèle à d. rÊ ˆ 31 a. Voir exercice 29.12  0 . donc (AB) est sécante à l’axe des ordonnées et admet une équation de la forme y = mx + p avec y . a. yB TRAITEMENT : a prend la valeur yB – yA b prend la valeur – xB + xA c prend la valeur – a ¥ xA + byA r Ê . SORTIE : Afficher « l’équation est ax + by + c = 0 » avec « a = ». Ë ¯ Ë 0 ¯ d : y = 5 soit y – 5 = 0. Non c. b. CD et AB sont colinéaires donc les droites c. AB Á ˜ donc u Á est un vecteur directeur de d. c d’une équation cartésienne de la droite passant par A(xA . Ë 2 ¯ xB = xD = 3 donc (DB) est parallèle à l’axe des ordonnées et a pour équation x = 3. a.1ˆ ˜. 2 2 Équation réduite de (BD) : (CD) et (AB) sont parallèles et ABCD est un trapèze. xB . Ë 3¯ r Ê .3  p soit p = 6. a.y . Ë 3 ¯ r Ê 0ˆ c. Oui. b. d : 2x – 3y – 7 = 0 3. 2 2 x = 3 € x – 3 = 0. Avec la même méthode : 37 a. Ë 1¯ Ë 3¯ 2. uur Ê 2 ˆ r Ê . CD Á ˜ et 2AB Á ÁË yD ˜¯ Ë . Ë 1¯ Ë . u Á ˜ . c. 32 d1 : (2) 2x + 3y – 5 = 0 d2 : (4) 2x + 3y + 3 = 0 d3 : (1) x – 2y + 1 = 0 r d4 : (3) 2x – y – 1 = 0 r 33 u et r sont des vecteurs directeurs de la droite d’équation : x + 5y – 7 = 0. 0ˆ˜ . yA. uur Ê 8 ˆ r Ê . ÓÔ yD  .x . 4) Œ d donc 4 = ¥ . xB. Ë 0¯ uur 42 1. uuur Ê xD  5ˆ uur Ê 8 ˆ b. u Á ˜ . u3 Á ˜ . x + 2y – 4 = 0 40 VARIABLES : xA. 2) Œ d. Oui. yB. Ë 1¯ Ë 5 ¯ r Ê .4 2 m= B   . x – 5 = 0 d. b.4ˆ d. c nombres. d : 2x – y – 1 = 0 b. u Á ˜ . y + 2 = 0 38 1.€ 2y = – x – 1 € x + 2y + 1 = 0 . . Ë 3 ¯ r Ê 1ˆ f. yA. De même (CD) : x + 2y + 1 = 0 et (BD) : x – 3 = 0. Ë 3¯ ur Ê 1ˆ r Ê . 5.. 1) Œ d € 0 + m ¥ 1 + 3 = 0 € m  . 3) Œ d € – 2 + 3m + 3 = 0 € m = . Comme d = (BD). Pour aller plus loin 4. (BC) : 2x – 7y + 10 = 0 . 3 r Ê 3ˆ Pour m = – .4˜¯ colinéaires € – 4(x + 2) + 3(y – 4) = 0 € 4x – 3y + 20 = 0. Ê ..˜ . u4 Á 2 ˜ est un vecteur directeur de d4 donc ÁË 3 ˜¯ Ê . A ¢ Á1.˜ . u Á ˜ est un vecteur directeur de d. K et E sont 10 5 Ë ¯ Ë ¯ alignés (et de plus K est le milieu de [LE]).14  0 vérifient le système : Ì d’où E(1 . LE  2LK donc L.3 y  20  0 3. r r Ê 1ˆ b. 3 d1 et d4 sont parallèles et ont un point commun A donc d1 et d4 sont confondues.mˆ d. 46 Soit C ¢ le milieu de [AB].9˜ vecteur directeur de d1 et u2 Á . Chapitre 10. r Ê . Les coordonnées de leur point d’intersection E Ô 6 x  y . donc d1 et d2 sont parallèles. (AD) : 8x + 5y – 4 = 0 . u1 et u3 Á ˜ vecteur directeur de d3 ne sont pas Ë 5¯ colinéaires (– 9 ¥ 5 – 6 ¥ 1 0). ÔÓ4 x . K(0 .6˜ Ë 6 ¯ Ë 4 ¯ vecteur directeur de d2 sont colinéaires (– 9 ¥ 4 + 6 ¥ 6 = 0).mˆ ur Ê . – 3).4¯ Ë . 3 ur u Ê 1ˆ r Ê .uur Ê . Il n’existe pas de valeur de m telle que d passe par l’origine du repère. 4ˆ Ë 3¯ Ê 0 Á4  0 3˜ . 4 ¥ 0 + 6 ¥ (– 2) – 5 0 donc A œ d2 et par suite. ˆ˜ .3ˆ r Á ˜ c. . K Á ÁË ˜ 3¯ 2 2 ˜ ˜¯ ÁË 3. v Á est un vecteur directeur de d donc w Á ˜ Ë 1 ¯ Ë 2 ˜¯ en est un autre. (AB) : x + 3y – 4 = 0. 3 ur Ê 1ˆ c. 2 Ë 2¯ 1 b. ˜ . 2ˆ . 3) et L(– 1 . 0) et Q le point d’intersection de (AB) avec l’axe Ê 4ˆ (OJ) : Q Á0 . 0) œ d. F. u Á ˜ vecteur directeur de d et – AC Á ˜ vecteur Ë 6¯ Ë 4¯ directeur de (AC) ne sont pas colinéaires (puisque – 1 ¥ 4 – 6 ¥ 3 0).mˆ d est parallèle à d ¢ € v Á et U Á ˜ sont colinéaires ˜ Ë 3¯ Ë 1 ¯ 1 € – 3m – 1 = 0 € m  .3. Ê 1 4ˆ F Á. A(– 2 . (BB¢ ) : 11x + 8y + 4 = 0. Ë 0¯ Ë 1¯ Soit P le point d’intersection de (AB) avec l’axe (OI) : P(4 . b.2mˆ a. u1 et v 4 sont colinéaires et donc d1 et d4 sont parallèles. d. donc d1 et d3 ne sont pas parallèles. Le milieu de [PQ] a pour coordonnées : Á 2 2 ˜ ˜¯ ÁË Ê 2ˆ soit Á2 .3ˆ uuur Ê x  2ˆ b. Ë Ë 2¯ 2¯ (CC¢ ) : 2x + 5y + 9 = 0.3ˆ 4. Ë 3 3¯ Ê 2ˆ uur Ê 1ˆ 2 ur uÁ 3 ˜ 10  0 donc F Œ (LK). – 2). 8).mˆ e. Ë 2 ¯ r r r r u1  3v 4 . ˜ 1 Ë ¯ Ë 0¯ u r ur Or – m ¥ 0 – 1 ¥ 1 = – 1 . on a bien E. 2. u1 Á . a. – 2) Œ d1 . ni à OJ Á ˜ donc (AB) coupe les axes du repère. d parallèle à (OI) € v Á et OIÁ ˜ sont colinéaires. a.2  2 3  0 donc A Œ d4.1ˆ c. B ÊÁ3 . 2. uur Ê 3ˆ r Ê . LF Á ˜ et LK Á ˜ . 0 + m ¥ 0 + 3 = 3 . Ë 3¯ 1ˆ Ê 1 Á1  3 3 ˜ soit K Ê2 . on en déduit que les droites (BD) et (AC) sont sécantes. 1ˆ 7ˆ Ê Ê C¢(3 . d parallèle à (OJ) € v Á et OJ Á ˜ sont colinéaires ˜ Ë 1¯ Ë 1 ¯ € m = 0. . 1). Vecteurs et droites du plan 197 . a. A(0 . 3 0 donc O(0 . r Ê . B ¢ le milieu de [AC] et A ¢ le milieu de [BC]. . ˜ qui sont les coordonnées de K milieu de Ë 3¯ [AB]. u Á ˜ vecteur directeur de (AB) n’est colinéaire ni à Ë 1¯ ur u Ê 1ˆ uur Ê 0ˆ OIÁ ˜ . ˜ . – 1 0 donc v et OI ne sont jamais colinéaires. Donc [AB] et [PQ] ont le même milieu. b. f. d1 et d2 ne sont pas confondues. B ¢ Á0 . J(0 . 2 ¥ 0  3 ¥  . a. Il n’existe pas de valeur de m telle que d soit parallèle à l’axe des abscisses. U Á ˜ est un vecteur directeur de d¢ : 3x – y = 0. uur Ê 0ˆ r Ê . 45 d : x + my + 3 = 0. g. 1 44 1. ¥ 5 – 3 Ë 5¯ 3 Á 10 ˜ ÁË 3 ˜¯ Comme E Œ (LK). rÊ ˆ r Ê ˆ 43 1. LK Á ˜ et LE Á ˜ .3ˆ r r v 4  3u4 de coordonnées Á ˜ en est un autre. M(x .. A(1 . y) Œ (AC) € AM Á sont et AC Á ˜ Ë y . L et K alignés. ur u Ê 2 ˆ ur uur Ê 1ˆ u uur b. AD  : AL  2AD donc L(0 . GHÁ . 52 1.1 ˆ uuur 2 uuur ˜ et AA¢ Á 7 ˜ . 2) . E(0 . 1) . AP  3AB  2AD 198 Ê ˆ ur u ur u ur u 1 uuur uur ur u 1 EP  EF  FP  DG  2DL donc EP Á 2 ˜ .3ˆ uur uuur uur uuur uuur DF  DH  HF  -3ML  MC donc DF Á ˜ . Quand (EF) et (GH) sont parallèles. (BB ¢ ) et (AA ¢) sont 7ˆ Ê4 concourantes en G Á .didiermathx.2¯ uur Ê . Ë 1¯ 51 a. uur Ê . ÔÓ11x  8 y  4  0 47 1. 0) . Ë 2¯ 49 1. Dans le repère (A. MC : L(1 . AP  CH . a. Á ˜ 2 Ë .1 1 uuur CU  CD  DU  . 2) .1¯ uuur uuur c. 5) . ur u Ê x ˆ uuur Ê x . d’où IJ  LK et donc IJKL est un parallélogramme. 1) . (GH) et (AC) soient soit parallèles.DC 3 3 uur 1 uuur 2 uur LK  AD  DC 3 3 uur uur Or ABCD est un donc AB  DC et uur uuur r parallélogramme uur BC  AD . ED Á . on a x + y – 1 = 0 uur Ê1ˆ ur u uur ur u Ê xˆ soit x = 1 – y. on uur uur 1 uur uur ur u uur a EB  BA d’où EK  BA  BC  KD et donc K est le 2 milieu de [DE]. uuur Ê 0ˆ uuur Ê 0ˆ uur Ê 4 ˆ uur Ê . 0) . 1). 1) . .7ˆ Ê4 On trouve après résolution G Á . Ë2 ¯ 2 et donc les trois médianes (CC ¢ ). 1˜ .2 TM CS  CH . 3. Ë 2¯ uur Ê 3 ˆ uur uur uuur DF  3AB . b. Il semble que les droites (EF). D(0 .1¯ Ë 4 ˜¯ Ë . Ë .2ML donc P(– 2 . B. . uuur uuur uur uuur uuur MH  MP  PH  -2ML  MC donc H(– 2 .DL donc DF Á 2 ˜ . . 2) . 1) .BA  BM  BE  BM  BN f. Dans M .2 TM 2 2 uur uuur ur u uuur 1 uur 1 uur GT  . 0˜ . Comme AC Á ˜ .4˜¯ uur uur ur u 1 uur 1 uur uur 2 2 2.AB  AB  BC r 2 uur 1 uur IJ  AB  BC 3 3 uur uur uur uur 1 uuur uur 1 uur LK  LD  DC  CK  AD  DC . M(x .3 ˜ uuur Ê .2AD GT  . ur u uur uur uuur uur uuur b.˜ . 2NM  NS  NU uuur uur uuur uur uur uur ur u ur u c. F(– 3 . ML .com. Dans  A . C(0 .ML .2 TM PE  . Ë . Ë3 3¯ ˆ Ê uur uuur uuur uur uur .2MC donc CU Á ˜ .AB  2AD uur 3 uur uuur uur 1 uur uuur 2.4ˆ uur Ê 5 ˆ . on a 0  x  1 et 0  y  1. PN  PF  PE uur uuur uur uuur uur uuur uuur uuur e. y).2MC donc EP Á ˜ . EF  x AC Ë1¯ Ë x¯ et donc (AC) est parallèle à (EF) (et à (GH)).3 ˜¯ ur u Ê 1ˆ ur u uur uuur EP  AB  2AD donc EP Á ˜ . E(4 .1ˆ uur uur uuur CU  . O(0 .˜ 3 Á 7˜ Ë 2¯ ÁË .AB  2AD donc CU Á ˜ . EF  EG  EH uur uur uuur uur uur uuur CS  AB  2AD uur uur uuur ur u uur uuur PE  . uuur uur uuur AH  3AB  AD donc H(3 . Ë3 3¯ Ê 2ˆ uuur Á . uuur uuur MP  .2¯ ur u ur u ur u uuur uuur ur u Ê .1ˆ b.CH  2 TM 2 2 uur uuur uur uuur 50 a. AG  AA ¢ donc G Œ (AA¢) AG Á Á.1¯ uuur uur b.CH . soit concourantes. D). Dans D . – 2). G(2 . uur uuur uur 3 uuur uur Ê3 ˆ DP  DH  HP  DG  DL donc P Á . Ë . F(x . 0).1ˆ EP  EF  FP  . 0) . Voir fichier sur le site www. c. AB. EF Á ˜ .AD donc DF Á ˜ . OC Á ˜ . H(x . FG Á Ë 2¯ Ë 3¯ Ë . CG  HF  CG  CB  CE d.˜ . On a alors EF Á ˜ . Ë1 . Comme E est le symétrique de A par rapport à B. y). .AB . L’ensemble des points M(x . y) tels que (EF) et (GH) soient parallèles est donc l’ensemble des points M tels que x + y – 1 = 0 avec 0  x  1 et 0  y  1 c’est-àdire le segment [DB]. NM  NH  NG 48 a. G(1 .y ¯ Ë ¯ ur u uuur (EF) et (GH) sont parallèles si et seulement si EF et GH sont colinéaires si et seulement si – xy – (1 – y) (x – 1) = 0 si et seulement si x + y – 1 = 0. y).DG  2DL donc CU Á 2 ˜ . 2) . r ur u uur ur u 1 uur 3 uur 1 uur 3 53 IJ  IA  AB  BJ  .y ˜ . CE Á ˜ . ˜ Á 2 Ë 2 ¯ Les coordonnées du point d’intersection G de (CC ¢ ) et Ô 2 x  5 y  9  0 de (BB ¢ ) vérifient le système Ì . DL  : L(0 . DG. Á ˜ 2 Ë 2¯ Ê ˆ uur uuur uur 3 uuur uur uur 3 DF  DH  HF  DG . KD  BC  1BA et EK  1EB  BC . uur Ê 1 ˆ uur uuur uuur uuur uuur CU  CD  DU  ML . CD Á ˜ . Ë2 ¯ 2 uuur 3 uuur Ê3 ˆ DH  DG donc H Á . uur uur uuur AP  3AB  2AD donc P(3 . 2. Remarque : comme M est à l’intérieur du parallélogramme ABCD. D 0 . U. 55 1. C). Comme de 3 plus B. uur uuur uur 1 uur 1 uur 2. 59 1re méthode : dans le repère (A.0 . uur uur uur : on décompose TU et TV en fonction de AB 2e uméthode ur et AC . uur uur uur ur u uur uur uur uur uur 3. VÊÁ . E31 . 3.3DE donc D. ˆ˜ . C est le milieu de [BF] et I est le milieu de [EB] donc (CI) et (EF) sont parallèles. C). I.AC  AB  2BA  AC 2 uur uur uur uur 3 uur DF = .AC et 3 2 uur uuur uur ur u uur uur 1 uur uur DF  DA  AB  BF  . V sont alignés. On en déduit MN  .AB 2 4 uur uur uur uur 3 uur 1 uur uur et TV  TA  AB  BV  .2 ˜¯ uur uur donc DE et DF sont colinéaires et D.˜ Á Á. DE  DA  AE  AB .1 1 3 1 ˜ et DF Á 3 ˜ et ¥ . Ê 1ˆ Ê 3ˆ ˜ Á Á ˜ u u r u u r 1 3 1 4 4 donc TU Á ˜ et TV Á ˜ donc U . Dans BFE. 57 1. 21 . uur uur uur uur uur 4. 2 uuur uur uur uuur4 b. M sont alignés. N et P sont alignés. Vecteurs et droites du plan 199 .V .AB  AC donc DF  . c. E et F sont 2 alignés. uuur uuur uuur 3 uur 3 uur 4 2 uur uuur uur uur 3 uur uur 1 uur uur NP  NA  AB  BP  . E et F alignés.AB  AC 4 2 uuur uur uuur uur b. 8 4     34 . a. 1 2 b. (EF) et (ED) sont parallèles et donc E. Dans ACI. Ë 6 6¯ 6 6 Ê 3ˆ Ê 5ˆ uur Á 4 ˜ uuur Á 6 ˜ 3 5 3 5 b. T(0 . a. I est le milieu de [BE]. B. E est un point de (CI) et (ED) est parallèle à (IC) donc E est le milieu de [AI]. a. U. 1 8 58 1re méthode : dans le repère (A.AC et 56 1. D est le milieu de [AC]. T R S K L uur uur uur uur uur uur 2.3NP donc MN et NP sont colinéaires donc M. TR  TS  TK  KR  TK  KS uur uur r Or K est le milieu de [RS] donc KR  KS  0. MN  MA  AN  AB . 0ˆ˜ . Comme (CI) et (ED) sont aussi parallèles. T Ê 3ˆ Ê 1ˆ . B. ˜ . ˆ˜ donc TU Á Ë 2¯ Ë 2 2¯ Á 3 ˜ Á 1 ˜ ÁË 2 ˜¯ ÁË 2 ˜¯ uur uur donc TU  3 TV donc T. L. uur uur uur d’où TR  TS  2 TK . – ) . L ÊÁ . KL  AB  2AC et KM  AB  2AC 3 5 uur uuur 4 uur 6 uuur donc KL  KM donc KL et KM sont colinéaires 3 5 donc K. uur uur uur : on décompose TU et TV en fonction de AB 2e uméthode ur et AC . E sont alignés. KM  KA  AB  BM 3 uur uur 1 uur  AC  AB  BC 2 6 5 uur 5 uur  AB  AC 6 3 u u r uur uur uur 4 6 uuur uur c. HL  3 TR  TS  32 TK   6 TK d’où (HL) est parallèle à (TK). a. uur uur uuur 1 uur 1 uur TU  TA  AU  AC  AB 8 4 uur uur uur uur 9 uur 3 uur uur et TV  TA  AC  CV  AC   CA  AB 8 4 uur 3 uur 3 uur TV = AC  AB.¥  0 donc K. V sont alignés. 4 4 4 Á 1˜ Á 3˜ ÁË 8 ˜¯ ÁË 8 ˜¯ uur uur TV  3 TU donc T. 3 3 1 On en déduit que BI = BA – AI = AB = EI. Ê 1 ˆ Ê ˆ uur Á 3 ˜ uur . 0 .AB  AB  BA  AC 4 2 uur 1 uur 1 uur NP = . On conclut de même. E milieu de [AI] donc EI = AE = AB et AI = 2AE = AB. DE Á Á ˜ 3 2 2 Á 1˜ Ë 2¯ ÁË .AB   CA  AB 4 2 Chapitre 10.ˆ˜ . H 54 1. KL Á ˜ et KM Á ˜ et ¥ . F et D sont alignés. 0  . M 4 3 2 6 Á 3˜ Á 5˜ ÁË 2 ˜¯ ÁË 3 ˜¯ et L sont alignés. Ë Ë4 ¯ 2¯ 3 3 uuur uur uuur AM  AB  BM uur 1 uur uur  AB  BA  AC 6 5 uur 1 uur Ê 5 1ˆ  AB + AC donc M Á . F(– 1 . HL = HT  TS  SL = 3 TR  TS  2 TS  3 TR  3 TS . . 2). uur uur uur 3 uur 3 uur 2. KL  KA  AL  AB  AC. K ÊÁ0 .1 ¥  0 b. uur uur uur uur 3 uur 3 uur TU  TA  AC  CU  AC .˜ u u r u u r 3 1 1 4˜ 4˜ et TV Á UÊÁ0 . 64 1.3 yM  7  0 est une condition nécessaire pour que le point M xM . par exemple (A. IG  . E( a . Exprimons DM et DN en fonction de AB et AD .AD  2AJ 2 ur 2 ur u ur u u ur u c. 3. b. Il semble que (CP) soit aussi parallèle à (DM) et (CN). 2. Comme (IG) n’est pas incluse dans (BCD). uuur uuur uuur 3 uur uuur DM  DA  AM  AB . (IG) est sécante à (BCD) en K. 1) .AD 4 uuur uur uur uur 4 uuur uuur 3 uuur DN  DC  CN  AB . K est donc un point de (IG). Dans (A. yM  appartient à la droite d est une condition suffisante pour que 2 xM . 66 Cette méthode donne une équation cartésienne de d mais il faudrait modifier la seconde phrase pour avoir une démonstration exacte d’un point de vue logique.AD  AJ 2 3 ur u ur u uuur 1 uuur uuur ur u ur u 3 uuur IK  ID  DK  AD  2DA  AJ  .3 yM  7  0 alors le point M xM . Pour que le point M xM . Cas n° 2 : mêmes méthodes.bˆ Il faut écrire : v Á ˜ est un vecteur directeur de la Ë a ¯ droite d’équation ax  by  c  0 donc on peut choisir b = 3 et a = 5. yM  appartient à la droite d ». 3. Si le point M xM .3 yM  7  0 il suffit que le point M xM .didiermathx. P est le symétrique de A par rapport au milieu E de uur 1 Ê a uur 1 [MN]. P1 : pour que 2 xM . Les « donc » suivants sont des « équivaut à ». Á ) et AP  2AE donc P( . P1 : 2 xM .com.3 yM  7 0 alors le point M xM . yM  appartienne à la droite d. Cette contraposée est vraie. 3.didiermathx. Remarque : si a = 1. Exprimons ID et IE en fonction de AB et AD : ur u ur u uuur 1 uur uuur ID  IA  AD  . Q et R dans un repère du plan.3 yM  7  0 ». ur u u 1 uuur 2 ur 2. M(0 . Ë 2 a 2 Ê1 .3 yM  7  0. 61 1.aDN Á ˜ Ë a¯ Ë . 65 1. a. K est un point commun à (IG) et (BCD).AD donc DM  DN donc D. 0˜ Ëa ¯ Ê ˆ uuur uuur uuur Ê . P2 : on intervertit les propositions. yM  appartienne à la droite d. 62 1. Ces six points sont dans le plan (AJD). 2. Voir sur le site www.aˆ uur uuur uur CP Á a ˜ donc CP  1 . yM  appartient à la droite d alors 2 xM . 5. Ê1 ˆ 4. il faut que 2 xM . 0). 4 2 uuur uuur uur uuur 60 1. M 3 4 et N sont alignés. P2 : on intervertit les propositions. P1 : « Si le point M xM . Le point M xM .3 yM  7  0.3 y A  7  2 ¥ 3 . uuur uuur b.AB  AD 2 ur u 1 uur 2 ur 1 uur 1 uur 1 uur IE  . b. 2 x A . 200 3. 2.1¯ parallèle à (DN). Cette contraposée est vraie. Il semble que (BM) et (DN) soient parallèles. yM  appartient à la droite d. a.uur 1 uur 1 uur TV = .1ˆ uuur 1 BM Á ˜ et DNÁ a ˜ donc BM  . D. a). B. P1 est la réciproque de P2 et P2 est la réciproque de P 1. Soit on détermine les coordonnées de P. r Ê . Exprimons DK et DF en fonction de DC et DB : uuur 1 uur 1 uur uur 2 uur 1 uur uuur uur DK  DC  BD et DF  DC  DB donc 4DK  3DF 2 4 3 3 donc D. P2 : « Si 2 xM . Comme K est un point de (BCD). B(1 . Par suite elles sont coplanaires et donc I. IK  3IG donc IK et IG sont colinéaires. On montre de même que DM  aDN donc D. K (et D) aussi. On a utilisé la contraposée de la proposition du 2. Voir sur le site www. ur u ur uur uuur 63 1. uuur uur uur uur 2. N Á . 3 3. E.AB  AJ  .3 yM  7 0. B. D). Les droites (IE) et (FK) ne sont pas confondues et ont un point commun.3 ¥  . F.com. M et N sont toujours alignés. D). donc elles sont donc sécantes. E et D sont alignés. 3. . a. F et K sont alignés.a DN donc (CP) est aussi ˜ Á Ë a .AB  AD 6u 3 ur ur 3IE  ID donc I.AC  AB . D(0 . Si 2 xM . a). On conclut de même. uur uur 67uurCas n° uur 1 : soit on décompose PR et PD en fonction de AB et BC en utilisant la relation de Chasles. b. yM  n’appartient pas à la droite d alors 2 xM .1  7  16 16 0 donc A œd . On montre de même que DM  DN. uuur 5 uuur 2.AB  AB  BD 2 3 2 3 3 1 uur 1 uuur = . yM  n’appartient pas à la droite d. les 3 droites sont confondues.1¯ donc (BM) et (DN) sont parallèles. 1) . J . 3. Dans (A . b. a 1 (a > 0 car ABCD est un trapèze).3m  2  0 2 € m 3 r Ê m ˆ est un vecteur directeur de dm. 0) et D(0 .3 ur Á . c) et (a ¢. 0) . C(a .m ¥ 5  3m  1  0 .1 . 5 uur uuur Ê 1 ˆ Ê 2ˆ 89 1.a   Ê 1 ˆ ˜ Ê a . CD(0 . uur uuur 90 a. Le point Q appartient à (IL) et à (JK) et ces deux droites n’étant pas confondues.Travail personnel Pour les exercices 68 manuel. IÁ .1  m  0 € m  . 3. a1 a1 Ê a-1 ˆ ˆ Ê ur u Á 2( a  1) ˜ r a . AD  est un repère. Voir sur le site www. elles sont sécantes et donc I. I et J sont alignés. b¢) sont proportionnels et il existe un réel k tel que a ¢ = ka et b¢ = kb (ou a = ka ¢ et b = kb¢). M 0. IÁ . Soit A x A . AD . Algorithme : VARIABLES : a. K 0 . 2 3 Ê 1ˆ ˆ Ê uur . LÁ0 .com.m ¥ 4  3m  1  0 € . J et K sont alignés. a ¢. L et Q sont alignés. AB. (BC) : x  1 . 0) .1  0. A. 2. b) et (a ¢. y A  un point de d. JK Á ˜ Á 1 3 2 3 Á ˜ Ë 2 ¯ ÁË 2 ˜¯ donc Q. B et D ne sont pas donc AB et AD ne uur alignés uuur sont pas colinéaires et  A .1 ¥  . c¢ TRAITEMENT et SORTIE : Si ab ¢ – a ¢b = 0 Alors Si ac¢ – a ¢c = 0 Alors Afficher « Les droites sont confondues » Sinon Afficher « Les droites sont strictement parallèles » FinSi Sinon Afficher « Les droites ne sont pas parallèles » FinSi 92 1. 5). b. a ¢. MIÁ 2 ˜ et ¥ 1  1 ˜ Á 2 1. Il semble que toutes les droites dm passent par le point I(1 . En effet. 1˜ . GA  GB  GC  0 Chapitre 10. a.didiermathx. a. IK Á ˜ Á 1 ˜ Á ˜ Ë 1 ¯ Á Ë a1 ¯ 1 a-1 a-1 ¥ 1¥  0 donc I. IQ Á 2 ˜ .didiermathx. Ë 2 ¯ Ë 3¯ uuur uur BQ  2BD avec B(1 . b. 4) € 2m . um Á Ë 2m . 3.a  y .com.3˜ 4 1 1 ˜ et . b. 2. A(0 . Dans (C . Ë2 ¯ Êa ˆ c. a ¢. Ê 1ˆ ˆ Ê ur u . b¢. b. Ë a ¢ ˜¯ r r d et d ¢ sont parallèles si et seulement si u et u¢ sont colinéaires si et seulement si ab ¢ .¥  ¥ 2  0 JQ Á 3 ˜ . 1.b˜ est un vecteurs directeur de d et Ë a ¯ r Ê .2 ˜ 3 2 1 ˜ et . IJ Á 2 ˜ et g. et c. IL Á ˜ Á 2 ˜ Á 2 3 2 Ë 2 ¯ Á Ë 3 ˜¯ Donc I. .a ˜¯ Ë 1 ¯ donc M. 2 a  1 2 a1   rÊ ˆ 91 1. CB.1˜¯ r r rÊ 2 ˆ dm a pour vecteur directeur u Á ˜ € u et um sont Ë . pour tout réel m.1ˆ ur uÁ a-1 1 1 2 ˜ rÁ ˜ .a ¢b  0 si et seulement si (a.¥  ¥ 2  0. Vecteurs et droites du plan 201 .didiermathx. Ë2 ¯     d. IJ ¥ 0 e.1¯ 2 colinéaires € 22m . (BD) : x  y . A Œd¢ € a ¢ x A  b ¢ y A  c ¢  0 € kax A  kby A  c ¢  0 € k  . Dans le cas où d et d¢ sont parallèles. 1) donc Q(– 1 . b) et (a¢. Voir sur le site www.a 2 Á ÁË 1 .1 ˜ . Ê1 b. Algorithme : VARIABLES : a. u Á . (a.b ¢ˆ u¢Á est un vecteurs directeur de d¢. Q(– 1 . CD . 2m . 0˜ . c¢ ENTRÉE : Saisir : a. a ¢. J et K sont alignés. b. c.com. c. AB.ay  0.1 ¥ 1 . 0˜ˆ .4 ur u Á . b¢ ENTRÉE : Saisir a. J et K sont coplanaires. b¢. ˜ . a 1 car ABCD n’est pas un parallélogramme et 1 . 2). c¢) sont proportionnels. b¢. f. B(1 . uur uuur 1 1 2. a.1  0 et (AC) : x . uuur uur uuur r a. L.c   c ¢  0 € c ¢  kc € (a. K . 0 . Voir sur le site www. b¢) sont proportionnels. b. 1) et JÁ . b¢ TRAITEMENT et SORTIE : Si ab ¢ – a ¢b = 0 Alors Afficher « Les droites sont parallèles » Sinon Afficher « Les droites ne sont pas parallèles » FinSi b. dm passe par A(– 1 . à 87 : voir corrigés en fin du APPROFONDISSEMENT 88 1. b. 2). 202 Donc pour Jean. x. B(1 . y. 1).55 ¥ 60 = 33 d’où 153 s = 2 min 33 s. Programmes écrits avec différents langages : voir site en ligne.35 ¥ 60 = 21 d’où 561 s = 9 min 21 s. AD . uur uur uur 1 uur uuur 2e méthode : CK  CB  BK  AB . e.) 94 1. À l’instant t où Jean attrape le pompon en A. Jean met 24 s pour faire un tour et la longueur 3 de l’arc de cercle de H à A est égale à de la longueur 8 d’un tour). c. uuur uur uuur uur d. c. x  35 et y  24. nbsol INITIALISATION : x prend la valeur 1 . C ¢ et G soient alignés. uuur uuur uuur uuur 2. J et M soient alignés. a. uur uuur 96 1re méthode : dans le repère  A . uuur 2 uuur 4. 0) .35  10 Jean peut aussi attraper le pompon au bout de 9 min et 21 s. on a K Ê 3ˆ Ê ˆ uur 1 23 . on a t = 24y + 9. J et M sont alignés. y nbsol prend la valeur nbsol+1 Fin du si y prend la valeur y + 1 Fin du tant que x prend la valeur x + 1 Fin du tant que SORTIE : Afficher « nb de couples solutions. a.1  0 donc M(m .55 et 0. (BH) et (CH) sont donc les trois hauteurs du triangle ABC et elles se coupent en un point (appelé orthocentre de ABC). uuur uuur uuur uuur uuur b. 1er cas : le pompon a effectué 9 tours lorsque Jean l’attrape et Jean en a effectué 6 après être passé une première fois en A. Figure sur le site. On a montré qu’elles sont concourantes en un point G appelé centre de gravité du triangle. (BD) : x  y . (La droite (OG) est appelée droite d’Euler. O est le centre du cercle circonscrit à ABC et A ¢ est le milieu de [BC] donc (OA uuur ¢) est uuuurla médiatrice de [BC] donc (OA ¢ ) ^ (BC). On obtient donc 17x = 24y + 9 soit 17x – 24y = 9. Si 17x – 24y = 9 alors Afficher « nb de tours du pompon ». 17x  10 ¥ 60 € x  600/17 soit x  35 car x entier. L sont alignés.AD et 2 uur . e. Il semble que I. I(0 . 3. b. Conclusion : seuls les couples (9 . 1 – 2m). Voir le site www. Même méthode. 561  60 = 9. « nb de tours de Jean ». b. 17 ¥ 33 = 561 (ou 24 ¥ 23 + 9 = 561). OH  OA  OB  OC uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur  OG  GA  OG  GB  OG  GC  3OG Les points O. 0 et L(0 . on a : t = 17x. 9.uuur uur uuur € AG  GB  GC uuur uuur uuur uuur uuur € AG  GA¢  A ¢B  GA ¢  A ¢ C uuur uuur uuur uuur 2 uuur € AG  2 GA  AA ¢) € AG  AA ¢. AB. Algorithme permettant de trouver toutes les valeurs de x et y répondant au problème : VARIABLES : x. 0). A(0 . C ¢ 3 et G sont alignés. Jean met ¥ 24 s soit 9 secondes 8 (en effet. 24y + 9  10 ¥ 60 € y  591/24 soit y  24 car y entier. il existe un unique point G tel que uuur 2 uuur AG  AA ¢ donc il existe un unique point G tel que uuur u3ur uuur r GA  GB  GC  0. Or AH et OA¢ sont colinéaires donc (AH) // (OA¢) et donc (AH) ^ (BC). 93 1. y prend la valeur 1 Tant que y  24.com.1ˆ et IM Á ˜ donc I. 2e cas : le pompon a effectué 33 tours lorsque Jean l’attrape et Jean en a effectué 23 après être passé une première fois en A.didiermathx. 3 Pour aller de H en A. D(0 . (AH). 3) donc KL ÁÁ -32˜˜ et CK ÁÁ -21˜˜ donc KL et uur ¯ Ë Ë ¯ uur CK sont colinéaires et C. 6) et (33 . celui-ci a effectué x tours et comme chaque tour du pompon dure 17 s. nbsol prend la valeur 0. 1 – 2m) et J(2m – 1 . 2.55  10 Jean peut attraper le pompon au bout de 2 min et 33 s. 3 b. Il semble que C. a. MK  CM donc K(2m – 1 .1¯ 95 Le manège 1. 23) sont solutions de l’équation (E) avec x et y entiers naturels. 1 – m). G et H sont alignés. ur u Ê mˆ r Ê 2m . 0) . De même BH  2OB¢ et CH  2OC¢ donc (BH) ^ (AC) et (CH) ^ (AB). A et A ¢ étant fixés. nb sol. IJ Á ˜ Ë m¯ Ë 2m . AH  AO  OH  OB  OC uuuur uuur uuuur uuur uuuur  OA ¢  A ¢B  OA ¢  A¢ C  2OA ¢ c. uuur uuur b. a. (AA ¢). d. TRAITEMENT : Tant que x  35. K. 17 ¥ 9 = 153 (ou 24 ¥ 6 + 9 = 153) 153  60 = 2. (BB¢) et (CC ¢) sont les médianes du triangle ABC. On montre de même que CG  CC¢ donc C. 2.35 et 0. 2. données Á ˜. 19 Chapitre 10. A(1 .2 . 1 – a + ab = 1 – b(1 – a) et 0 < b(1 – a) < 1 car 0 < 1 – a < 1 et 0 < b < 1 donc 1 – a + ab ≠ 0. 0˜ . L sont alignés.1ˆ uuuur Ê .a  0.1  0 soit d : mx . Dans ce repère. I(1 .a  ab a . Ë 2m 2 ¯ uuuur uuur A¢ est le symétrique de A par rapport à M donc MA¢  AM 2 Ê 2 ˆ donc A¢ appartient à d’où A¢ Á. 0). on pose : A ÊÁa . 1). b) .a  ab¯ 1 .. J) est un repère du plan et que OIAJ et PMQJ sont des parallélogrammes. (OP) et (AQ) sont donc concourantes en T.13 x L’égalité 13 x  19 y  1 000 donne y  . L’image de T par S est donc située sur la droite (AQ).1Ë1 . – 1).uur uur uur uur uur uuur CL  CB  BA  AL  . donc T est aussi sur (AQ).m  2  0. ˜. ˆ˜ Ë a¯ Ë b¯ 1 1 avec a 0. Par la symétrie S orthogonale d’axe (IJ). Ë 2 2ab ¯ On détermine une équation cartésienne de (AB). uuuur Ê . Êm . donc le résultat reste vrai.2 ˆ On en déduit P(0 . de [PQ] a pour coordonnées Á ˜. x et y sont des entiers naturels tels que 13 x  19 y  1 000 . En reportant les coordonnées de T dans l’équation de la droite (IM) : b ab b b Ê ab ˆ ¥  . moins nombreuses » donc x  2 et y  x d’où y  3 (puisque y est entier). donc T est situé sur Á ˜ a . Les droites (OP) et (AQ) sont sécantes au point T de ab b Ê ˆ coordonnées Á . ˆ˜ et B ÊÁb .1 1 .AB  2BC donc A¢B¢C ¢D ¢ est un parallélogramme. uuuur uuur uuur uur uur 2e méthode : A ¢B¢  A ¢B  BB¢  .mˆ . 1 000 . P J Q O A T M I Les droites (IJ) et (OP) sont sécantes car P n’est pas dans le même demi-plan de frontière (IJ) que O. (AQ) et (IM) sont donc concourantes en T. en géométrie repérée. « Des hommes et des femmes.1Ë1 . on a : A ¢ (2 . J).a  ab˜¯ uur uuur 97 1re méthode : dans le repère  A . AB.m˜ donc yA¢ = Ë m ¯ x A¢ 2 l’hyperbole d’équation  . 0 donc le milieu Ë ab ¯ Ê a  b a  bˆ de [PQ] a pour coordonnées Á . .a  . Il semble que A¢ parcourt une hyperbole.1 a . car P et Q sont distincts des sommets. Le milieu M Ë m ¯ Ê m . d n’est pas parallèle aux axes du repère donc il existe un Ê 1ˆ réel non nul m tel que le vecteur de coordonnées Á ˜ Ë m¯ soit un vecteur directeur de d. b 0. 0) . Solution en géométrie non repérée M est sur la diagonale (IJ) du carré OIAJ car M est équidistant des côtés [AJ] et [OJ]. 1) et Q(0 . 1) et D ¢(0 . B¢(1 . Vecteurs et droites du plan 203 . 1 b b (OP) : y = x . Solution en géométrie repérée Considérons le repère (O . 0 < a < 1 et 0 < b < 1.2CK donc C.b . ˜ et Q a  b .˜  x . 2) . I. 1).2 2 .a  ab ¯  b Ê a-1 ˆ b .m x . K . Le milieu de [AB] a pour coorÊ a  b a  bˆ . Ê a  bˆ On en déduit : P Á0 . (IM) : y = x– . Les droites (IM). 0). 100 Voir la figure sur le site. 2 – m) et Q Á . nous utilisons uniquement que : (O .1˜ Á a .a  ab 1 .˜  0 . Dans la solution donnée en 1. x 101 Soit x le nombre de femmes et y le nombre d’hommes.AB  2AD uur uur donc CL  . Désignons par T leur point d’intersection. De plus. donc l’image de la droite (OP) par S est la droite (AQ).y .AB  2BC uuur uuur uur uur uuuur uuuur uuur et D ¢ C¢  D ¢D  DC¢ = 2AD  CD  . 98 Dans un repère.b . b). J(0 . ˆ Ê uur b . I. Ë1 . Ë 2 2ab ¯ 99 1. P(a . or T étant situé sur l’axe (IJ) de S est invariant par S.1ˆ Donc A ¢B¢ Á ˜ et D ¢ C¢ Á ˜ 2 Ë ¯ Ë 2¯ donc A¢B¢C ¢D ¢ est un parallélogramme.a  Á y . 2) donc : d : 1 y . O a pour image A et P a pour image Q. a a-1 a-1 (AQ) : y = (1 – b) x + b. Les droites (IM) et (IJ) sont donc confondues. Ë b a¯ Ë a¯ (AB) : x  aby . d passe par A(1 .a  ab la droite (IM). Les droites (OP). a b. . AD . C¢ (– 1 . M(a . O(0 .a AB Á 1 1 ˜ donc : Á .˜ Ë b a¯ 1ˆ Ê 1 1ˆ Ê (AB) : Á . 2). y prend la valeur x + 1 Tant que y  51.Comme x  2. nbsol prend la valeur 0. r Ê 2ˆ b. Ë . CX  CN  NX  CN  NA  CN  BM 5 5 5 2 uuur 2 uur uuur 8 uur 2 uuur CM   CB  BM  CN  BM 5 5 5 5 . 5). u Á ˜ . Mais x  y . On trouve x = 17 et y = 41. A(0 . Il y avait 17 femmes et 41 hommes ce soir-là à l’auberge. on a : y  51. Si 13x + 19y = 1 000. x entier et y  51. donc x  50.5 . nbsol INITIALISATION : x prend la valeur 2. Un seul couple solution (17 . uur uur uuur uur uur uur uuur 103 a. y nbsol prend la valeur nbsol + 1 Fin du si y prend la valeur y + 1 Fin du tant que x prend la valeur x +1 Fin du tant que SORTIE : Afficher « nombre de couples solutions ». A(0 . u Á . a. Algorithme permettant de trouver les valeurs de x et y répondant à la question : VARIABLES : x. d : 4 x  y  3  0. NB  3CN et NA  NB  BA  3CN  2BM. 2). rÊ ˆ Ë 2¯ 102 1.4˜¯ d :  y . Ë 3 ¯ Ë 1¯ rÊ 1 ˆ 2. nbsol 204 Programmes écrits avec différents langages : voir sur le site en ligne. alors Afficher « nb de femmes ».4  x  2  0.. 41). 0˜ . u Á ˜ . u Á 3˜ . uur uur uur uur 1 uuur 8 uur 2 uuur b. TRAITEMENT : Tant que x  50. y. Ë 1¯ Ê 4 ˆ r Ê 0ˆ c. A(– 2 . « nb d’hommes ». et y entier. A Á. x. . .. . IC. orientés dans le sens négatif : . CF. 2 6 4 6 2 2 Réels qui appartiennent 4 p 3p 5p . B¢B. à l’intervalle p . . IJ. 2 4 3 6 4 2 p p p p b. . IA.Trigonométrie 11 Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : p p p p p p 1 a.. . C. IF. : J¢. A (dans l’ordre). . .. B. J. . Longueur respective des arcs II¢. p . . B¢. 6 6 12 6 p p p 5p 3p d.2 p. Point image sur le cercle  de p. B¢F. IB. . . J (dans l’ordre). F. EB¢. . . Longueur respective des arcs IA¢. . . . : I¢.. 2 4 3 6 p 5p 7 p 7p c. Point image sur le cercle  de . JE. A¢. . orientés dans le sens positif : p . . h  Ë 2¯ 4 2 p p b.. . 4 4 p p De plus [OB] est la diagonale d’un carré et OB = 1. 3 3 De plus. sin est l’ordonnée de B. Dans le repère orthonormé (O .. . c  2 2 2 2 1 3 3 Ê ˆ . égaux à la longueur du côté d’un carré de diagonale 1. Hauteur h d’un triangle équilatéral de côté 1 : Á ˜  h2  12 soit h2 = . I. . Dans le repère orthonormé (O . En utilisant le triangle équilatéral OAJ. J). sin est l’ordonnée de C. p ] : 4 2 3 6 3 4 p 3p 3p p 2 p 5p . sin est l’ordonnée de A. Comme les coordonnées de B sont positives. on obtient de même cos  2 6 3 2 4 Les bonnes réponses sont a. on a : p 1 1 p 3 cos = OI = et sin  (hauteur d’un triangle équilatéral de côté 1). J) du plan. 6 6 3 p p 1 et sin  . D’où cos  4 2 2 4 p p c.. Longueur c du côté d’un carré de diagonale de longueur 1 : c2 + c2 = 1 soit c2 = . I. comme OIC est équilatéral et que les coordonnées de C sont positives. cos et sin sont 4 4 p 2 p 2 et sin = . . à l’intervalle [ 0 . cos est l’abscisse de B . cos est l’abscisse de C . : 3 2 3 3p p 2 p p 2 p .. I. 3 2 3 2 2 p p Dans le repère orthonormé (O . . Chapitre 11. et b. à l’intervalle ] . cos est l’abscisse de A . Trigonométrie 205 . 3 a.p . 2p[ : 3 2 4 6 3 3 1 1 2  . . J). 3p . d’image M3 : b. . . d’image M2 : . F¢.. Un réel de ]– p . Activité 2.   . d’image M3 : .et . a. IA..    3 ¥ 2p  . L. c. IC sont p p p p . 6 4 3 3. . Ces longueurs d’arcs et mesures des angles au centre sont proportionnelles. Avec les notations de la figure ci-dessous : J D C E B A F I O K A¢ F¢ B¢ E¢ D¢ C¢ L a. p . d’image M2 : et  2p  . C B 2. . . . . . 3 6 3 4 6 6 p p 9p 7p 7p 15p et  2 p  . 2 p p p qIOA = radians .2 ¥ 2p  . qIOB = radians . d’image M2 : . Deux réels négatifs d’images M1 : 4 4 4 4 4 4 11p 5p 13p . d’image M4 : et . Voir figure ci-contre.. qIOC = radians.    2 ¥ 2p  . qIOA = 30 . . p radians . . .2p  . p] d’image M1 : 4 4 4 4 p 7p 5p 3p . K. 2 6 4 3 pIOJ = 90 . C. pIOJ = 206 A I¢ O I . Sur le cercle trigonométrique A 2.  2p  .. p. 2 p . C¢. Une nouvelle unité de mesure des angles J 1. Les points respectivement associés aux réels 0. . K. L. . d’image M3 : .. Deux réels positifs d’image M1 : 9p p 17 p 16 p p p 25p 24 p p p 7p p  . A.5p sont I. II¢.3 ¥ 2p  4 4 4 4 4 4 4 4 9 p 17 p 25p 7p 15p 23p donc M1 est le point image de tous les réels . Les longueurs respectives des arcs IJ. K. J. 4 4 4 4 4 4 2.  2p   2p  d’image M3 : 4 4 4 4 4 4 3p 7p 7p 15p p 9p et . Les points respectivement associés aux réels 3p p 5p 7 p sont J. Un réel de [ 0 . qIOB = 45 . I. qIOC = 60°. 2 2 2 2 p p p 11p 7 p 15p sont B. L. d’image M4 : . d’image M2 : . pIOI¢ = p radians . 4 4 4 4 4 4 5p 5p 13p 3p 3p 11p et . 2 p c.2p  . K. et 4 4 4 3p p p 3p . 1. 4 b. d’image M4 : d. IB. 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 15p 16 p p p 23p 24 p p p   . d’image M4 : et . pIOI¢ = 180 . p .Activité 1.p . . 2p] d’image M1 : 4 4 4 4 B. . J. . . Les points respectivement associés aux réels . E. cos Á .t  sin(t ) . 2. Voir figure ci-contre. Ë2 ¯ M4 N M0 K I O L Activité 4.5 1 M¢ Chapitre 11.sin(t ) M2 cos p . Voir fichier sur le site www.t˜  cos(t ) . d. t 2cos2 t – 1 p 6 1 2 p 4 0 p 3 1 2 p 2 p –1 1 J Travaux pratiques M TP1. Donc les 3 3 1 solutions dans ]– p .sin(t ) M0 M3 K I O M1 cos t  p  . c. 3 3 –1 – 0. M1(– x . Voir seconde figure ci-contre. cos (2t)) semblent appartenir à la parabole d’équation y = 2x2 – 1. – y) . a. J Êp ˆ b. t cos t cos (2t) p 6 p 4 p 3 p 2 p 3 2 1 2 2 2 1 2 0 –1 –1 1 - 0 1 2 Pour les valeurs de t du tableau. sin. – y) . on remarque que cost cos 2t. OI.t˜  sin(t ) .didiermathx. a.(2 p ).com. M3(– x . y). Le point image du réel – t est M2.t  cos(t ) . L 2. Angles associés 1. celui de t + p est M1 et celui de p . M2 (x . Comparer cos (2t) et cos t 1. b. ur u uuur ur u uuuur p p b. Trigonométrie 207 . D’où cos .Activité 3. a. a. OM  2 p  OI.t  .cos(t ) . J b. Les points M (cos t . OM¢  .t  . Conjecture : cos (2t) = 2cos2 t – 1.cos(t ) .t est M3. La relation est bien vraie pour les valeurs de cos t et de cos (2t) du tableau du 1. Ë2 ¯ Êp ˆ sin Á . x) . Équation cos x = a 1. p] de l’équation cos x  2 p p sont et – . Voir première figure ci-contre. Équations trigonométriques p 3 A. c.5 O I -p 3 0. Conjectures : M4 (y . sint  p  . sinp . on place sur le cercle trigonométrique les points N et N¢ d’abscisse . M b. Voir figure ci-contre. 9651. 3181 et – q  2 p ª 4 .34p 2p. – 1  a  1.22 sont 34p et – 34p et 3p  k ¥ 2p Ô x 4 Ô ( k Œ ⺪). les solutions sont q et – q  2p. a.p 6 p 6 I O – 0. Voir figure ci-contre. les solutions dans ⺢ les réels x tels que Ì ou Ô 3p  k ¥ 2p Ôx  4 Ó 3p 3p 5p b. Équation sin x = a 1. M¢ J 1 B.5 p 5p p et  p – et les solutions dans ⺢ sont les 6 6 6 p Ô x   k ¥ 2p 6 Ô ( k Œ ⺪). p] de l’équation cos x  .5 I O 1 0. Donc les solutions dans ]– p .2p 3 Q¢ 208 . a. J 4. 4 4 4 3. ON¢  . k ¥ 2p 3 Ó 2 2. p Ô x   k ¥ 2p 3 Ô 1 c. Les solutions dans ]– p .5 –1 J 2. – 1  cos x  1 donc les équations cos x = 1. k ¥ 2p 6 Ó sont P p. Voir figure ci-contre. q ª 1. 2p[. ou Ôx  . a. Les solutions dans ]– p . 2p[ sont donc et  2p  . a. réels x tels que Ì ou Ô p Ôx  p . 2 ur u uuur ur u uuuur OI.q c. De même.3 2 -p 3 Q .q  k ¥ 2p Ó q –1 – 0. ON  34p 2p OI. a. p] de l’équation sin x  1 2 P¢ 0. b. p] de l’équation sin x  2p p sont – et . 3 3 Dans °.5 et cos x = – 3 n’ont pas de solutions. Dans [0 . Les solutions dans ⺢ de l’équation cos x  sont les réels x tels que Ì ( k Œ ⺪) .. b. ou 2 Ô p Ôx  .5 . ce sont les réels x tels que 3 2 I O . Les solutions dans [0 .25 sont x  q  k ¥ 2p Ô les réels x tels que Ì ( k Œ ⺪). Les solutions dans ⺢ de l’équation cos x = 0. les solutions sont a ¢ et p . π]. k ¥ 2 p Ôx  ÔX  p .12  0 € sint  Chapitre 11. x  a ¢  k ¥ 2p Ô 4. p] : a et p . k ¥ 2p 12 6 6 Ó Ó Ó 5p p 5p p p 5p 13p 17 p . 9402. L’équation cos x 2 4 4 2 2 p Ô X   k ¥ 2p 3 Ô sont les réels X tels que Ì ( k Œ ¢) .a ª 2. 2014 et p .a avec a ª 0. . .a ¢  k ¥ 2p Ó p p où a ¢ est la solution de cette équation qui appartient à l’intervalle ˘. La charge n’a lieu que si u(t) – E > 0 c’est-à-dire si sint  2 1. Charge d’une batterie u(t) = 12 2 sint . k ¥ 2p 3 Ó 1.a  k ¥ 2 p b. 2 € Ì ( k Œ ⺪) ou Ôx  p .2..1. Dans ° : sin x  . D’où sin 2x = € Ì ( k Œ ⺪) . 8369.0.4  3  k ¥ 2p 12 Ô Ô p 1 D’où cos (x –   € Ì ( k Œ ¢) soit Ì ( k Œ ¢). les solutions dans ⺢ de l’équation cosX  2. k ¥ 2p 3 Ô ( k Œ ⺪). p] sont : 12 12 TP2.a ¢ . Pour aller plus loin 1 1 1 s’écrit sin X = . ou Ô p ÔX  . – b. Solutions dans ]– p . 3. 3047 et p .  p.  p c’est-à-dire . k ¥ 2p Ôx  12 4 3 Ó Ó p 7p et . ( k Œ ⺪) soit Ì tels que : Ì ou ou ou 2 Ô Ô Ô p 5p p k¥p Ô2 x  p . 1. ˘ . . Trigonométrie 209 . On pose X = 2x.a ¢ . 2p[ sont : . les solutions de l’équation sin X = sont les réels X 2 2 2 p p p k¥p Ôx  Ô X   k ¥ 2p Ô 2 x   k ¥ 2p 12 6 6 Ô Ô Ô 1 ( k Œ ⺪) . a.a ¢ . 2p[ sont et .. Posons X = x . ou Ì Ô 2p  k ¥ 2p Ôx  3 Ó p 5p 2p 4p 5p 4 p  2p  et  2p  . 2 2 2 . ou ou 4 2 Ô Ô p p p  k ¥ 2p Ô x . D’après A.2 p  .0. Les solutions dans [0 . 12 12 12 12 12 12 12 12 p p 1 1 1  s’écrit cos X = . u(t) – E > 0 € 12 2 sint . p Ô x  . . Les solutions dans [0 . Les solutions dans ° de l’équation sin x = 0.2 p avec a ¢ ª ..3 sont les réels x tels que : Ì ou ÔÓ x  p .p ª . ˙˚ 2 2 ˙˚ Dans ]–π . Les solutions dans ]– p . 3 3 3 3 3 3 x  a  k ¥ 2p Ô ( k Œ ⺪). D’après B. 1 2 € sint  . L’équation sin 2x =   7p p p  k ¥ 2p Ôx Ô x . D cos a OP est la solution positive d’où OP = 1 Ê ˆ 2 ¥ ÁË 2a cos2 a¯˜ Ê sina 2h0 ˆ ˆ 1 Ê 2 OP  a(cos2 a) Á– ÁËsin a  ˜˜ 2 cos a a ¯¯ Ë cos a - 210 . È ). Comme a > 0. Les images des solutions de l’inéquation sint  sont les points de l’arc PP¢ parcouru dans le sens direct avec P 2 p 3p image de et P¢ image de . ÍÎ 2 ÍÎ a a 2h0 ˆ Ê 2  0. B. De plus. 2v 0 cos2 a cos a 2. Donc la charge s’effectue lorsque t Œ ˘ .2 x2  x  h0. 1re méthode : 2h 2h p a Œ È0 .g 2 A. Ë a ¯ 2e méthode : L’équation du a. On reconnaît l’équation d’une parabole. distance) et y = 0 donc OP est g sina x2  x  h0  0. est une équation du second degré. 1. on a t   (v 0 sina)  h0 .2 2. On calcule le discriminant D : 2 1 Ê sina ˆ Ê ˆ DÁ . È . Lancer du javelot p x x2 x 1 et donc y  . la solution positive de l’équation : . et on conclut.4 ¥ Á¥ h0 Ë cos a˜¯ Ë 2a cos2 a˜¯ 2  2h 2h0 1 Ê sina ˆ DÁ sin2a  0 =  Ë cos a˜¯ a cos2 a cos2 a a  D  0 donc l’équation a deux solutions. 2 ÎÍ 2 ÍÎ v 0 cosa v 0 cos a 2 v 0 cos a g sina G appartient bien à la courbe d’équation : y  . È donc cos a > 0 et sin a 0. ˙˚ 4 4 ÍÎ TP3. 4 4 J P¢ 2 2 P 3p 4 p 4 I O p 3p b. L’équation précédente s’écrit : x2  x  h0  0. cos a 2a cos2 a g b. sina . Lorsque l’objet retombe à terre les coordonnées de G sont x = OP (avec OP > 0. a.2 2 2v 0 cos a cos a v2 sina 1 On pose a = 0 . a. 1. on a bien : a(cosa) Á sina  sin a  Ë a ˜¯ 2h ˆ Ê On vérifie ensuite que a(cosa) Á sina  sin2a  0 ˜ est solution de l’équation du a. Comme v0 0 et cos a ≠ 0 (car a Œ È0 . sin2a  0  0 donc sina  sin2a  0  0. L et – 2 2 p p b. a. B et .didiermathx. E¢. b. K et p .4 m. CA  . OP est maximale lorsque sin(2a) est maximal c’est-à-dire lorsque sin(2a) = 1 soit pour 2a = 90° c’est-à-dire a = 45°. 4 m.s -1 et a = 39°.Ê 2h ˆ OP  a(cosa) Á sina  sin2a  0 ˜ a ¯ Ë 2. . K et p. Exercices SANS CRAYON. CE  2 p . b. on a OP ª 71. 2p p 3p 5p . sin7p  a  . D¢ et 3 2 14 a. c. F et 4 6 6 2p p . Ë2 ¯ ENTRAÎNEMENT 12 a.sin a . =A5*PI()/180 d.81*$B$1/((C$4)^2)))) 2. OP = a(cosa) sina  sin2a . Pour v 0  26. 9 9 18 12 p cost  0 € t =  k ¥ p avec k Œ⺪.s –1 est 44°. on obtient une portée de même ordre de grandeur que celle du lancer de Barbora Spotakova. 8 9 p 2 p 5p p . – 5 Ë2 25ˆ ˜ 4¯ 3 Avec l’axe (Oy) : A (0 . AE  2 p . k ¥ 2 p avec k Œ¢. 4 f ¢(– 2) = – 36 5 Même taille moyenne que 3 filles de 1 m 63 et 4 garçons de 1 m 70. par transformation affine. 13 a. 4 m. L et – . 3 7 18 . On suppose que h0  2 m. On suppose h0  0. Avec la valeur de h0 placée en cellule B1. 3 6 4 4 p p 15 a. D. 60 . Fichier sur tableur : voir sur le site www. 6 5p est la seule mesure qui n’est pas principale. on a OP ª 71. 1. BD . – 5) Avec l’axe (Ox) : Δ < 0 donc pas de point d’intersection avec (Ox).com. Ê 3p ˆ cos Á .   v 02 sin2a . Or la moyenne de 0 avec un effectif de 3 et 7 avec un effectif de 4 est 4 donc. c. C et .. B¢ et – .cos a .. b. CD . J.1 € t = . g Pour v 0 fixée. F¢. 240. L. Pour h0 = 2 m. 2 cost  1 € t = k ¥ 2p avec k Œ¢. b. K. la formule à entrer en C est : =((C$4)^2)/9. D¢. B.42).81*COS($B5)*(SIN($B5)+RACINE((SIN($B5))^2+(2*9. . K.9 m (71.9 > 71. 3 m.s -1 et a = 38°. 2 uur uur uuur uur 7p p 10 AC. 4 12 uuur uur 11p uur uur p CD . a.a˜  .didiermathx. AB  . la moyenne cherchée est 1 m 63 + 0 m 04 soit 1 m 67. . Voir fichier tableur sur le site www. a. C.s -1. p sint  .(2 p) .4 m. A¢ et – . Trigonométrie 211 . Pour v 0  26. Voir deuxième fichier tableur sur le site www. C¢. comme g est une constante. I et 0.p  .2 p . Pour v 0  26. Cet angle est aussi de 44° pour chacune des vitesses initiales du tableau. A. Pour v 0  27 m.com. l’angle (à 1° près) permettant d’obtenir une portée maximale pour v0 = 25 m. on a aussi OP ª 71. d. b. . 3 4 p 5p p . 12 6       11 cos a . .com. Or sin a > 0 donc OP = 2a cos a sina = a sin (2a soit OP  C. L et – . E. Chapitre 11. 54 . d.didiermathx. Dans ce cas.s -1 et a = 39°.sin a . NI CALCULATRICE 1 3x – 2y = 0 2 S ÊÁ . 3p 5p p . . a. c.. . a. 2 2 2 5p 19 p p . 17 1. . . 3 3 3 16 a. IK 2. 5p 11p 3p . b. d.. 4 4 4 p 4 b. 2p . . . 0 . .KD 27 a. 24p. - b. IJ c. 75 e. 2 2 Dans un cercle de rayon R. p p . on a L = pR et pour a  p p  1  donc M est sur l’arc .AC b. 210 c. Pour a  p. L = R. la longueur d’un arc d’angle au centre 1 radian est R. C¢B A b. 3 2p a Longueur de l’arc 2pR L d’où L = aR. 72 g. c. KI c. 150 5p d. p 12  h. AE  AD . AC  AC.5 . ÍÎ 6 ÍÎ ÍÎ 6 ˙˚ p 7p 5 c. a. D et E sont alignés.25 . c. 337. FA  FA. AB  AD . p . BFE est isocèle de sommet B et qEBF  ur u ur u 2 p p qBFE  et FB. È. 12 6 180 p 2 3p 4 uuur uur uur uuur uuur uur p 2. – p 2p d. AB  AB. AD . . 2 pÈ. 3 4 p 2 c. 18 b. FD . 300 22 1.5 . 26 a. .5.5 . ˘– p . . – p 3 p p 3p 2p p p .. d. Un angle de 2p intercepte un arc de 2pR donc on obtient le tableau de proportionnalité suivant : p 3 –p 6                       p R 2 2. - 212 p 3 c. f. D 5p ˘ 7p b. AC  2 p . 12 3 9 5p 5p 29 p f. 54 p 2p 10 p 21 a. – B 29 1. 202. 2pR b. 3 6 4 25 a. b.2 p . FE  gFAD  b. 4 4 uur ur u uur uur uur ur u ur u ur u 3.. FE = FD .AC. 0. 0 . – 3 3  f. . a. 4 uur uur p De même. Angle au centre b.BC. . FA  2 p . AC. 24 a. c. 45 . FE  2 p. AD . 20 11. . AD 2p donc AD . 2 3 6 12 12 p donc 2. – –p 4 E d. 6 uuur uur uuur uur uur uur 3. donc gDFA  et FD . 0 et 0» È .˘ » 0 . pR. 112. AE 2p donc uuur uur AD . AE  0 2p : donc A. AB  2 p . h. AB 2p donc uuur uur p AD . b. g. 67. 3 2 4 3 6 2 2 p 5p p . AC  . p. p. p 4 e. . AB  . p 2 d. – uur uur 5p p p p 5p . DFA est isocèle de sommet A et 5p e. FB  FB. Un radian est la mesure d’un angle qui intercepte un arc de longueur 1 sur un cercle de rayon 1. uuur uur uuur uur uu12 r uur AD . . 0 C p 5p f. ˙˘. 2 pÈ. E et F sont alignés. 18 a. p et . ˙˚ 6 ˙˚ ÍÎ 6 ˙˚ ÍÎ 6 6 ˙˚ 23 e. 36 3p p c. ˘– p . ˘ » È . p 28 1. 6 6 4 6 6 4 p p p 3p 31 Dans . Î6 6 ˚ 19 a. ˘. – p . 4 2 p 3          5p p p    = p 2 p donc D. ˙˚ 3 ˙˚ » ÍÎ 3 ˙˚ ÍÎ 3 3 ˙˚ 5p p 5p 11p ˘ . ˘ et È0 . et È0 . ÎÍ 3 3 ˚˙ ÎÍ 3 ˚˙ ÎÍ 3 ÎÍ 2 p ˘ È2 p ˘ È2 p 4 p ˘ ˘ . 12 3 4 p 5p 3p 3p p p 30 a. e. 135 d.˘ » È . c. p˘ et È . – et . . – et – . È. f.. et . ÈÍ . b. ˙ Í ˚˙ ˚ Î 6 ˚˙ 6 p 5 p p p d. – p . p. et . et . et – . c. 5 c. 3 3 2p 2p  k ¥ 2 p ou t   k ¥ 2 p avec k Œ¢. t  . 3 3 p 5p  k ¥ 2 p avec k Œ¢. et . Cette équation n’a pas de solution car  -1 2 2p p d. k ¥ 2 p ou t  6 6 f. 4 4 b. t  k ¥ p avec k Œ¢ . t  3 3 p p 33 a. . b. t  p  k ¥ 2 p avec k Œ¢. : a. b. Dans 0 . 2 p : a. k ¥ 2 p ou t   k ¥ 2 p avec k Œ¢. t   k ¥ 2 p ou t   k ¥ 2 p avec k Œ¢. – et . et . 3 3 p 5p p 3p 4 p 5p . 3 3 4 4 2p p c. b. et 3 3 4 4 3 3 2p 2p 32 a. e. t  . p p p 2p 34 Dans . p.– p . 2 p : a. È0 . 2 pÈ ÍÎ 3 ˙˚ ÍÎ 3 ÍÎ 3p 5p È ˘ c. ˘ . ˚˙ 4 ÎÍ ˚˙ 4 ˚˙ p 5p Dans 0 . . ˘– p . ˚˙ 4 4 ÎÍ p 2p b. . ÍÈ Î 3 3˚ ˚3 3 Î 3p 3p c. ˘ » È . È ˙˚ 3 3 ÍÎ 35 Dans .È » ˘ . ˘˙ b. ÈÍ– . : a. . p˘ . ˙˘ . – p . p. ou t  12 3 p b. 1 1 donc iL ª 49°.33 sin 25 36 1. On pose X  sint et on résout 2 X 2 .t 2 p p ⇔ t  . . ⇔t   k ¥ 2 6 3 p p p p  cos t  ⇔ 2t . 2. 2 p p 5p Dans .3 X  1  0 . 33 Si i1  iL . ˘– p . . È0 . 2 pÈ ÎÍ 4 ˚˙ ÎÍ 4 6 ˚˙ ÎÍ 6 ÎÍ p È ˘5 p p 3p ˘ È È È c. n n Donc 1 sin i1 > 1 sin iL soit sin i2 > sin 90° ou encore n2 n2 sin i2 > 1 ce qui est impossible. 2p . ˘– p .3 sint  1  0 ⇔ sint  1 ou sint  . cos t  p p  . ⇔t  12 3 36 p d. sin i2  donc i2 ª 34°. p˘ c. 2 p : a.2t  k ¥ 2 p ou t  . 1 D  1 donc X1  1 et X 2  .2t  k ¥ 2 p avec k Œ¢ ⇔ t   k ¥ 2 p 4 4 p 2p k¥ avec k Œ¢. 4 ou t        39 a. 37 1. 3t  - k Œ¢.t  k ¥ 2 p ou t  .˘ » È . ˘ » È . p˘ ˚˙ ˚˙ 2 ˚˙ ÎÍ 2 ˚˙ 6 ÎÍ ˚˙ 6 ˚˙ 3p 7 p 11p p Dans 0 . ˘ » È . k ¥ 2 p avec k Œ¢ 4 6 5p p 2p  k ¥ 2 p ou t  k¥ avec k Œ¢. sin iL  1. Si i2  90. 0 . . t  k ¥ 2 p avec k Œ¢ 2 2 p ⇔ t   k ¥ p avec k Œ¢. 2. Il n’y a plus réfraction. È » ˘ . 2 1 2 sin2 t . : 5 p ˘ È p p ˘ È3 p ˘ . cos 2t 4 4 6 6 p p ou 2t . t   k ¥ 2 p c. b. ÎÍ 6 ÎÍ ˚˙ 6 ÎÍ ÎÍ 2 2 ˚˙ 1. t  - p p  k ¥ 2 p ou 3t   k ¥ 2 p avec 3 3 p 2p p 2p k¥ ou t   k ¥ avec k Œ¢. cos t  sin 2t ⇔ cos t  cos( . ˘– p . alors sin i1 > sin iL [car i1et iL sont des angles compris entre 0° et 90° (voir le cercle trigonométrique)]. 3 3 9 9  p4  cos 2t ⇔ t  p4  2t  k ¥ 2p 38 a.2t ) 2 p p ⇔ t  . 2t  k ¥ 2 p avec k Œ¢ 2 2 p 2p p ou t   k ¥ 2 p avec k Œ¢. a.t . . » ..p ˚˙ 6 ˙˚ » ÎÍ 6 4 ˚˙ » ÎÍ 4 ˚˙ p p p 5p b. cos t  sint ⇔ cos t  cos . p.– p . 3 3 X  3  0 .3 3 cos t  3  0 € cost  ou cost  3 . On pose X  cos t et on résout 2 X . les solutions sont . 2 3 2 cos2 t .. 3 D  3 donc X1  et X 2  3 . 2 p p Dans . 2 6 6 2 b. et . – p . p. a. Chapitre 11. 36 et sina  0 donc sina  0. cos( .0. Ë 14 ¯ Ë 2 7¯ p p p 10 .2 5 sin  . sin2 a  0.a . b. E(0) = E ÊÁ ˆ˜  Ep) = 0 Ë 2¯ 2. a ª . 5 4 5 1 p p 10 . sin2 5p Êp  cos Á  Ë4 12 5p p p Ê ˆ  sin Á  ˜  et sin Ë 4 6¯ 12 46 b.˜  cos  et sin . Ë 2 5¯ 4 10 5 45 1.ˆ˜  . 5 4 5 4 3p 10 .2 4 2 . cos pˆ ˜ 6¯ 6  4 6i . 84 b. 64 2.0. 6. a ª 0.)  et sin .a .. les solutions sont – et . on trouve : b.˜  sin  cos Ë ¯ 4 10 2 5 5 p 3p 5 1 Êp p ˆ  sin Á . 5 4 5 4 4p 5 1 4p 10 .2 5 cos et sin  . Ë 7¯ Ë7¯ Ê 5 pˆ Ê p pˆ cos Á ˜  cos Á . Point N. sin2 a  0. – cost 8p p 44 sin ÊÁ.0. c. sin ÊÁ ˆ˜  . 6 6 40 1. 6. 2sint a. . 84 › 42 1. b.2 5 p Ê p pˆ  cos Á .2 5 2.˜  a . 36 et sina  0donc sina  . cos a  0. – cost c. Trigonométrie 213 . E(t) = – cos t – cos t + 2cos t = 0 43 En utilisant les formules des angles associés (propriété 7). 64 41 a. cos a  .2 5 donc  et 0   5 5 2 16 p 10 . a. c. Point M. 2t Œ] . c prend la valeur 2 2 FinPour SORTIE : Afficher « cos ».˜  . x.cos11p 5p 6  Ê 5 p pˆ  cos Á  ˜  . 6 12 p 54 1. n nombres. Dans OAA¢. » 2. ÎÍ 2 ˚˙ 4 cos a cos b .sin Ë 12 2 ¯ 4 12 12 6. Oui 55 1.p .dcos q sin q ¢  acosq ¢ a cos q ¢ donc d sin(q . VARIABLES : c.sina sinb  Êp ˆ et dans O¢AA¢. Non c. » 2 4 La réciproque de la proposition P est fausse.1  2 3. « Si sin x  La contraposée de la proposition P est exacte. ˘ ÍÎ 4 ˙˚ 2 p p donc a  b Œ È0 .. dsin q  a  d¢sin q ¢ = a  d sinq ¢ cos q ¢ donc d sinq cos q ¢ .q ¢ ) 56 1. cos2  8 2 8 4 p 2 2 donc cos  .2 11p 5p  cos  . 2 3p « Si sin x alors x  k ¥ 2 p pour toute valeur 2 4 de k dans ¢. cos2 t + sin2 t = 1 donc sin2 t = 1 – cos2 t = 1- 1 8  .˜  € t  k ¥ 2p et t   k ¥ 2 p avec Ë 4¯ 2 2 k Œ¢. ˘ donc sin t > 0 et sin t = ÍÎ 2 ˙˚ 9 3 2 2 1 4 2 ¥  sin (2t) = 2 sin t cos t = 2 ¥ 3 3 9 p 2 4 2 p  cos 1 p 4 = 2  2 or cos p  0 b. a. d ¢  d cos q ¢ cos q 3. Ë2 ¯ cos q . Vraie 2 3p alors   k ¥ 2 p  k Œ¢. 2 cos Át .˜  1 € Ë 4¯ 1 p Ê pˆ cos Át . t  k ¥ 2p et t   k ¥ 2 p avec k Œ¢.sint  2 € sin Át . sin(q . OA ¢  d cos Á . cos 2a  cos  49 En utilisant les formules d’addition et en simpli- pˆ 2 2 sint cos t .. ENTRÉES : Saisir n TRAITEMENT : x prend la valeur p.q ¢˜  a  d ¢ sinq ¢ . Ë 2¯ 2 2 ÎÍ 3 2 1 1 1 ¥ ¥  10 5 10 5 2 or cos a cos b . c prend la valeur – 1 Pour i = 1 à n x 1 c x prend la valeur . Ë 3¯ Ë 3¯ 4 1  cos x x x 50 1. a.1  Ë 3¯ 9 2. 2. p p˘ . 2 Ê 2 ˆ 2 Ê pˆ cos t  sint˜  cos t  sint .˜  2 Á Ë 4¯ 2 Ë 2 ¯ Ê pˆ 3. h  d sin ÊÁ .q ¢˜  d ¢ cos q ¢ Ë2 ¯ p Ê ˆ Dans OAA¢. cos t . ˜¯  4 2 2 Ê pˆ 2. p[ p p b. 2 ˚˙ 2. ˘ donc a  b  .q ˜  dsin q Ë2 ¯ Êp ˆ et OA ¢  a  O ¢A ¢  a  d ¢ cos Á . 2 2 1 7 47 1.q ¢ )  a cos q ¢ donc d  . 2t  .˜ . a. cos 2t  2 cos2 t . x. Non d.sina sinb  cos a  b  donc 1 p cosa  b   . . h  d ¢ sin Á . 8 2 p 1 – cos p 4 = 2 . cos (2t) = 2cos2t – 1 = 2ÊÁ ˆ˜ . 0] p p b.c p 2 2 51 1. on trouve : 3 Ê pˆ Ê pˆ sin Át  ˜ sin Át .2 or sin p  0 sin2  8 2 8 4 2.1 Ë 4¯ p € t  .ˆ˜  cos t  sint Ë 4¯ 2 2 53 1.q ˆ˜  dcos q Ë2 ¯ fiant. a et b sont dans È0 . On en déduit h  sin(q . 2t  et donc t  . 2.2 p donc sin  . 8 2 48 a. cos ÊÁt . 9 9 p 8 2 2  . Oui 3 2. cos t  sint  1 € 2 cos Át . 4 Ê et sin Át Ë 214 b.et donc t  . Or t Œ È0 . et sin 12 12 4 52 1. 2t Œ[ 0 . « = ». k ¥ 2 p avec k Œ¢. cos ÊÁ ˆ˜  car Œ È0 .q ¢ ) acosq cosq ¢ . cos t  sint  2 € cos Át . a. 6 12 4.˜  1 Ë 4¯ p € t   k ¥ 2 p avec k Œ¢.sin2 t  . 4 Ê pˆ b. 5 donc 0  .a . 5 5 5 34 p 4p  3 ¥ 2p  . 92 1. M Œ E € IM. E a  a  E a  0.[E a  1] ¥ 2p sont des mesures du même angle orienté.4 et a  E a  0. Travail personnel Pour les exercices 60 manuel.a 3 < 0 ou x  . a  . sin 3t  . En construisant un représentant de AB d’origine I. E est le cercle de diamètre [AB] privé de A et B. Bastien obtient une valeur en degré de l’angle de cosinus 0. AB  3 ur u ur ur u ur 2 p ur u 2p 2 p  € IM.1  0 2p donc – p  x . on en déduit que CMN est équilatéral si et seulement si a2 + (a – x)2 = 2x2. IC  0 2 p  € IM et € IM. c. 1. Si a  E a  0. IC 3 3 ur IC sont colinéaires et de même sens € M Œ]IC).didiermathx.E a   0. 6 370 donc la longueur de 6 370. b. 854 Ê 6 370 ˆ ª 104 . E a  3 et a  E a  0.3 p . uur uur p 4. CMN est isocèle quelque soit la position de M car CM2 = CN2 = a2 + (a – x)2. La longueur de l’arc LB est 210 – 104. Caroline trouve les deux points du cercle trigonométrique qui sont les images des solutions. 699 . AC  2 p . 301 km soit l’arc NL est 6 370 ¥ cos -1 Á Ë 6 370. AB  (2 p ). k ¥ 2 p 3 3 2 avec k Œ¢.E a   0. Voir le site www. 3 ur u uur 2p 2 p  2. E est la demi-droite ]BA). il faut que le triangle 2 ABC soit rectangle en A. Dans OLM. Trigonométrie 215 . 6 6 34 p 17 Avec x  . il suffit que x = . 854 2 . environ 10 m d’écart avec d. D  12a2 donc x  .             91 a. 105. 5 x donc 0  a . 1 p p cos x  € x   k ¥ 2 p ou x  . 5. 5 6 12 5p 41p donc p  . AB  3 ur u ur ur uur 2p 2 p  € IM. 5 3 6 37 p p .E a  1 ¥ 2 p  0 donc – p  p  0. IC  IC. a ]. Soit M¢ le Donc la mesure en radian de hLOB est 6 370 point le plus bas sur la paroi du Monte Cinto visible du OL point M. 2 6 uuur uur 2. E a  0. il faut que les points A. Pour que AM. B soient alignés.301 soit 105.a  a 3 Œ [ 0. Dans OLM¢. 5  .5. Si a  E a  0. comme E( a )  a . MCN triangle équilatéral équivaut à : (AC) médiatrice de [MN] (car AM = AN et CM = CN) et 3 b  . Donc CMN est équilatéral si et seulementx  a( 3 . 93 1. Pour que AB. 2. 5 . cos gMOL  2e méthode : posons AB = a et MN = b et désignons par I le milieu de [MN]. E a  6 et a  E a  0. d 2  6 370. E a  est un entier donc x. C’est-à-dire x2 + 2ax – 2a2 = 0. 311 km. De plus MN2 = 2x2. il suffit que x Œ [0 . 5  a  E a  1 donc 0.3 ¥ 2p  . p]. AC = CI + IA = b 2 2 Comme AC = a 2 nous obtenons : Chapitre 11. Pour que cos x =   M. AB  0 2 p . donc p  3 3 41p 41 Avec x  . ur uur 2p on a IC. a  . 37 p 37 .1).6 ¥ 2p  . E est la droite (AB) privée du segment [AB]. 854˜¯ Dans OLM. OM¢  ª 6 370.com : il semble que E soit la demi droite ]IC).699 à 1 m près. 1re méthode : on pose AB = a et AM = x. d.6 3702 soit d ª 104 . E a  . donc p  3 5 59 Avec x  Cet algorithme semble calculer la mesure principale d’un angle. 877 km f cos OLB donc on peut voir les points situés entre 877 m et 2 710 m sur les parois du Monte Cinto à partir du sommet du Mont Chauve. E est la demi-droite ]BA¢) où A¢ est le symétrique de A par rapport à B. 5  a . Pour que sin x 0.E a .   58 Alicia trouve une solution de l’équation.E a  ¥ 2p et x . 3.4 sin3 t  3 sint cos 3t = 4 cos3t – 3cos t. a  .E a  ¥ 2 p  p donc 0  p  p. 5 2p donc 0  x . à 88 : voir corrigés en fin de APPROFONDISSEMENT 89 1. uur B. x .E a   1 x donc – 0. comme a  E a  1. 57 1. 90 A. 4 6 12 p BM a . p p p 2. 2 1 3 BM = a – AM = a – a( 3 – 1) = a(2 – 3). On a donc : (E) €  cos x  sin x 2  2 p € sin2x 1. Dans ce cas. 12 BC a CB a 1 p   et cos  12 CM 2 ( 3 .1) 2a( 3 .1) a 2=    cos x +sin x > 0. p.1.1) tan   = 2 – 3. Or x Œ È0 . gBCM  . . p˘ È Puisque x Œ 0 .  cos x  sin x 2  cos2 x  2 cos x sin x  sin2 x  1  sin2 x . et dans BCM. 4. ˘ donc 2 x Œ 0 .1 2a  soit AM =  a 3 . cos x > 0 et sin x > 0 donc ÍÎ 2 ˙˚  2a 2 b d’où 1  3 c’est-à-dire b = 2 1 3 b AM = 2 (car AIM triangle rectangle isocèle en I) 2 2a 3 .a( 3 . 2 X 2 . p p 2. t Œ È . 2p 3 2p 5 -1 1 avec k Œ¢. 2. ˘ mais seule la troisième ne permet ÎÍ 2 ˚˙  p BM a . a.a  k ¥ 2 p avec k Œ¢ € a  k ¥ 97 a.5ˆ cos 4 a  2 cos2 2a .5 et 4 2 Ê . 0 soit x  . AB = sin b. fCBO est l’angle au centre interceptant le même arc que l’angle inscrit fCDB donc fCOB  2( a . ˘ ÎÍ 3 2 ˚˙ -1 . 98 1. ˘.1  ou 4 a  . C Ácos . 2 4 5. ˘ donc x . D’après la calculatrice. Dans ABD rectangle en B. 2 ( 3 -1) 94 1.  2-X  2  1 soit 2     .01 près.. ÍÎ 2 ˙˚ 4 2 Ê 2p 4p 6p 8p ˆ ur Á1  cos 5  cos 5  cos 5  cos 5 ˜ ˜ VÁ 6p 8p ˜ 2p 4p Á i n  cos sin  sin  s ÁË 5 5 ˜¯ 5 5 On obtient donc l’équation X 2   216 sin 8t 2 sin 4t cos 4t 4 sin 2tcos 2tcos 4t   8sin t 8sin t 8sin t 8 sint cos t cos 2t cos 4t   cos t cos 2t cos 4t . Dans ACD rectangle en C. c.Œ È. 8sin t 8 p sin Ê p  pˆ ÁË ˜ p 2p 4 p sin 7 7¯ 2. 95 1.3 . Ë 4¯ 4 4 p p p p De plus x Œ È0. 5 5 2p 2 pˆ Ê 4p 4 pˆ Ê 2. OD   2 p  et OA . 4 1 1 cos x  sin x  1 2. Ë 5 5¯ Ë 5 5¯ 6p 6 pˆ Ê 8p 8 pˆ Ê D Ácos .. sin ˜ . fCDB  a . sin ˜ Ë 5 5¯ Ë 5 5¯ 1 1 1 On en déduit que X  et Y  soit cos x  et 2 2 2 1 p p sin x  puis que x  puisque x Œ È0 . 26 à 0. OB  2 p . AB ¥ CD  BC ¥ AD  AC ¥ BD donc sin b cos a  sina . ÎÍ 2 ˚˙ p p On en déduit : sin2 x  1 € 2 x  € x  . 0. Les trois démarches permettent de résoudre p l’équation sur È0 .1 . .sin 7 -1  p 8 8 sin 7 96 1. x  Soit I le milieu du segment [BC]. B Ácos . L’équation est équivalente à X + Y = 2.1  2 ¥ Á –1 4 ˜¯ Ë 5 -1 =  cos a 4 c. On en déduit que a  ÍÎ 3 2 ˚˙ 5 ou 4 a  k ¥ p est une solution évidente. On déduit que C s OI  a . cos x  sin x  2 € 2 2 p p pˆ Ê € cos cos x  sin sin x  1 € cos Á x . donc a Œ .1  0 . BOC est isocèle en O donc (OI) est bissectrice de fBDO et OIC rectangle en O. b. De plus cos2 x  sin2 x  1 pour tout x. 5 5 uuur uuur uuur uur 8 p 6p  OA . donc X 2  Y 2  1. sin ˜ . Or  4 2 5 p p˘ 2p È . OE  2 p . Le pentagone ABCDE est régulier donc uuur uuur 2 p uuur uuur 4p OA .b et IC = OC sin(a – b) donc BC = 2OCsin(a – b) = sin(a – b). cos 2a  2 cos2 a . donc la seule ÍÎ 2 ˙˚ 4 ÍÎ 4 4 ˙˚ p p solution est x . AC = sin a. E Ácos . A1.a( 3 -1) Ê 5 pˆ cos Á ˜  sin    Ë 12 ¯ 12 CM 2a( 3 .b ). DC = cos a. a ª 1.˜  1. cos cos cos   p p 7 7 7 8 sin 8 sin 7 7 p .b. OC  2 p . sin ˜ . ˘ . cos 4a  cos a € 4 a  a  k ¥ 2 p b.b  sin a cos b donc sin(a – b) = sin a cos b – sin b cos a.2 2 X  1  0 c’est-à-dire X 2 .  OA .1) pas de la résoudre sur °. BD = cos b. 4 4 3. com. Trigonométrie 217 . 82 = 353. PRENDRE DES INITIATIVES 100 Évreux : latitude 49°03 N et longitude 1°08 E.01 m près. (OI) est la bissectrice de fAOB. pas colinéaires car  OA .5 ˜ ˜ donc OB  OE Á 2p 2p ˜ Á ÁË sin 5  sin2 p . 82 x 2  16. Il y a moins d’un kilomètre d’écart.01 m près. OM = OA = IH donc dans ce cas. ur uuur uuur uuur uuur 4. ur uuuV r  OA  OB  OC  OD  OE donc V est colinéaire à OA .79 m à 0. on obtient un angle maximum égal à 8. La première coordonnée de V est nulle donc 2p 4p 6p 8p 1  cos  cos  cos  cos  0 donc 5 5 5 5 2p 4p 4p 2p 1  cos  cos  cos2 p   cos 2 p 0 5 5 5 5 4p 2p  2 cos  0. En choisissant comme fenêtre.47 à On a alors sin hAMB  38 0. B. 1. AMB h  AOB h car l’angle inscrit hAMB intercepte le 2 1 f OB et AOI même arc que l’angle au centre A d  AOB f 2 car dans le triangle AOB isocèle de sommet O.1 5 . 798 km. De plus. (OI) et (MH) sont perpendiculaires à (AB) et donc à (HI).1  0.AI2 = 192 . on déduit a  4 remplaçant dans la deuxième.5  ˜¯ ˆ Ê uuur uur 2 cos 2 p uuur uur uuur ˜ donc OB + OE est colinéaire à OA . 2OA 3. OA et OM sont deux rayons du cercle donc OA = OM et OA  IH. OB  OE Á 5 ˜ Á Ë 0 ¯ ˆ Ê uuur uuur uuur uuur 2 cos 4 p ˜ Á De même.01° près. 101 Égalité sur les périmètres (en prenant l’angle en radians) : 2b + ba = 4a. 5 4 5 99 A. on obtient b = a.1.didiermathx.79 m à 0. C. Montauban : latitude 44°02 N et longitude 1°20 E.Ê 2p 8p ˆ uuur uur Á cos 5  cos 5 ˜ ˜ donc 3. Or Œ[ 0 . ] 2 4 4 5 2p 2p . 1] donc cos  donc cos . OB  OE Á 2p 8p ˜ Á ÁË sin 5  sin 5 ˜¯ Ê 2p 2p ˆ uuur uur Á cos 5  cos2 p . hAMB est maximum quand sin hAMB est maximum. En reprenant l’équation sur les périmètres.2.hBMH h h cos BMH h  cos AMH  sin hAMH sin BMH MH MH AH BH h  ¥  ¥ cos AMB AM BM AM BM 2 x  16. a. AI AB  Dans AOI rectangle en I. sin dAOI  OA 2OA AB donc sin hAMB  . La fonction à introduire dans la calculatrice est x 2  16. 60 ¥ 16.16 soit 18.a2  0 soit a  2.  180 36 Longueur de l’arc de cercle (en passant par surface) : p 6 371 ¥ ª 555. 20  5. OIHM est un rectangle et HM = OI = OA2 .47° à 0. 22 3. x 2  21. O est le centre du cercle circonscrit à ABM donc O est sur la médiatrice de [AB]. On en déduit que OIHM est un trapèze rectangle de bases OI et MH et donc OM  IH. cos AMB h  cos AMH h . On peut donc considérer qu’Évreux et Montauban sont sur le même méridien et que l’écart de latitude est 5° 5p p soit radians. Or OA et OB ne sont uuur uuur ur r 2p 2 p .80 = 19. 975 km. 5. Voir sur le site www. Rayon de la terre : 6 371 km. donc 1  2 cos 5 5 4p 2p 5.20 + 2. par exemple 0  x  100 et 0  y  10. OB  5ur b. 2 2  a b et en De la première égalité. 20  5. On a montré que OA  IH donc OA est minimum quand OA = IH = HB + BI = 16. 20 cos -1( . 1 2. 60 ¥ 16. Or. 20  x 2  21. OC  OD 5 ˜ donc OC + OD est Á 0 ¯ Ë uuur ur uuur uuur uuur uuur uur colinéaire à OA .01° près pour une distance HM égale à 18. AB Or AB est constant donc est maximum quand OA 2OA est minimum. 60 ce qui donne A h MB  8. on obtient ab2 2  a2 b2  et donc 8a  2  a2 ce qui équivaut 2 16 à 2 . D  20 donc les solutions de 4x2 + 2x – 1 = 0 sont p . 22 2. 5 ª 555. V est colinéaire à OA et à OB.1  5 Œ [ 0 . cos  2 cos2 -1 5 5 2p 2p donc 1  2 cos  4 cos2 -2 0 5 5 2p 2p donc 4 cos2  2 cos . 5 5 b. a. 36 Longueur du trajet souterrain en ligne droite : 2 ¥ 6 371 ¥ sin 2. 82 x 2  16.5 2p x1 = et x2 = . On en déduit que AMB h  dAOI . ab2 Égalité sur les aires :  a2 . De plus. Chapitre 11. donc V  0. H cosb sina  h sinb cos a  h cosb sina . soit H sinb . On en déduit AM  2 cos 45  3 sin 75  3 cos 75  5 cos 45 soit AM ª 8.sin a cos b sin c . 140° . BF H . 180 .15  75 donc QC  3 cos 75 et Q h CR  15 . 2h h sinb . p =2 3 p 6 b.a 218 P 120° 45° A 90° I Q F G C H M ENGLISH CORNER 105 a. IQ  3 sin 75 et P d QI  90 .sina cos b sinb .8 ¥ 1¥ 1  65 26 5 65 1   65 2 2 p Or a + b + c > 0 donc a + b + c = . H = AB = AB ¢ = BF + h. 15°. donc H  h sinb  a sinb . H h RM  60 . Dans OBF triangle rectangle en F. AF  2 cos 45 et A d PF  45 . D’où OF  tan a tan b Par suite (H . p p 5p . 3 12 12 106 a. R 103 1re méthode : 60° Par construction.h  .sin a  b  sin c  cos a cos b cos c .cos a sin b sin c 8 ¥ 5 ¥ 2 . tan a  OF OF FB¢ H  h  .a sinb cosa BF OF B¢F OF ¥  ¥ ¢  BO B¢ O OB OB B¢F OF BF OF ¥ ¥ OB¢ OB BO B¢ O OF(BF  B¢F)  OFB¢F .1¥ 1¥ 2 .Enfin.45  75.htan b  H  h tan a sin b sin a soit (H . Dans HRM.75  15 Dans RCQ. . l’aire du badge est 6 p 2 3 c. La longueur de l’arc BC est ¥ AB  p donc le 3 3 périmètre du badge est 2 3 2 3 22 3   p  6  p cm.hsin b cos a  H  h cos b sin a D’où H sinb cos a .h  H  h ou encore cos b cos a (H . tan b  OF OF H-h Hh  .1¥ 5 ¥ 1. dIPQ  120 . Dans OFB¢ rectangle en F. 3 3 cos . Or b a puisque h 0. 4 104 Dans APF.a  h sinb  a. L’aire et l’angle au centre sont proportionnels donc pAB2  2 p cm2. on vérifie qu’avec a  2 et b = a le secteur angulaire et le carré ont le même périmètre et la même aire. AB  3 b. Dans PIQ. 102 cos a  b  c   cos a  b  cos c . C h RQ  90 .sin a sin b cos c .15  45 donc HM  5 cos 45.a 2e méthode : sina  b  sina cos b  sinb cos a  a .62 m.BF 2H H sin(a  b )   d’ou H  h . . 150° . BO = BC + BA 2 2 uur 1 uur uur d.09 à 0. u  v  u + v . 4 Á z  Ë 9 3ˆ ˜ + 4 2¯ f.5 2¯ b. u Á Ë1 b.5 cm à 0. u Á ˜ Ë2¯ 3. (OMN rectangle en O) € OM2 + ON2 = MN2 D’où (OMN rectangle en O) € OM2 + ON2 – MN2 = 0. – 1 3ˆ ˜¯ c. u Á ˜ Ë3¯ 3ˆ ˜¯ r Ê1ˆ c. b. Norme d’un vecteur r r 1. 4 1. – 2 – 6 + c = 0 € c = 8 2 3ˆ ˜ – 7. – 2 2 i. r r r r r r Comme u + v = 8. – 3 2 2 1ˆ ˜ +5 2¯ g. FL = FG sin (43°) = 2.05 à 0. 2 2 2. r Ê2. u Á Ë2 r Ê1ˆ b. donc u  v = 7. Défaut d’orthogonalité 1. (y + 4)2 – 14 3 3 d.12 Produit scalaire Pour reprendre contact Les réponses exactes sont : 1 AB2 + AC2 = 52 + 13 = 65 = BC2 donc ABC rectangle en A. u = AB = 5 et v = AD = 3.1 cm près. a. OA2 + OB2 ≠ AB2 donc OAB n’est pas un triangle rectangle en O. r r 2. Chapitre 12. a. En mesurant sur la figure. – Át Ë e. a.1 près. uur uur uuur 5 a. a.5 à 0. 2 1. a. DE = AB – BC 2 Activité 1. DB = AB – AD uuur 1 uur 1 uur c. OA2 + OB2 = 25 + 2 = 27 et AB2 = 16 + 9 = 25. Aire (FGH) = FL ¥ 2 = 6 sin(43°) = 4. 0 b. 2. 4 – 3 + c = 0 € c = – 1 Ê 3 a. b. – 1 2 b. 2 2 2 Ê d. – 6 + 3 – 3 = – 6 donc A n’appartient pas à cette droite.01 cm2 près. on obtient AC = 7. AC = AB + AD uur uur uuur b. Ê c. a. 4 – 12 + 9 = 1 donc A n’appartient pas à cette droite. 2 Á x  Ë r Êd.01 cm près. OM2 + ON2 – MN2 = (x2 + y2) + (x ¢2 + y ¢2) – [(x¢ – x)2 + (y¢ – y)2] = 2(xx¢ + yy¢) c. – 1 h. D’où (OMN rectangle en O) € xx ¢ + yy ¢ = 0 Activité 2. Produit scalaire 219 . AB ·AC  AB  AC¢ Activité 5. a. A b.r r 3. uur uur c. privée des sommets du carré. Cette relation reste vraie pour tous vecteurs u et v du plan. uur uur uur uuur b.12 est la droite perpendiculaire à (AB) passant par le point uuuur u u r 1 C ¢¢ tel que AC¢¢  . B. J Activité 4. 3 4. • la longueur d’un côté et les mesures des deux angles adjacents à ce côté. AB. Conjecture : l’ensemble des points C tels que AB ·AC  . DM ·HK = x (1 – x) + y(y – 1) = y2 – x2 – y + x uuur uuur Soit DM ·HK = (y – x) (y + x – 1) uuur uuur DM ·HK = 0 € (y – x) (y + x – 1) = 0 220 . J f. C d. (AC) ^ (BC) car C est situé sur G de diamètre [AB] avec C ≠ A et C ≠ B . uur uur si C n’est pas situé sur la demi droite [AB) : AB ·AC  .AB . Démonstration uuur Ê x ˆ uuur Ê1. Conjecture : les points C tels que AB ·AC  24 est la droite perpendiculaire à (AB) en C¢. Conjecture : E est la réunion des deux diagonales.xˆ et HK Á . TP1. Remarque : cela revient à considérer les 3 cas d’isométrie des triangles et pour chaque cas il y a au minimum trois informations. B et C du plan on a AC  AB + BC. uur uur Si A = B ou A = C. AB ·AC = 0. 2. Pour A ≠ B. B c. Un ensemble de points dans un repère 1. on peut avoir C un triangle bien différent selon : B • les longueurs des trois côtés . (OJ) ^ (AC) car (OJ) // (BC). Signe du produit scalaire 2. AB ·AC = 0. uuur 2 uur 3. Vers une nouvelle expression 2. Combien d’informations pour un triangle ? 1. lorsque C est sur d. Si on ne communique que les longueurs de deux côtés. C e. a. a.AB ¥ AC . • les longueurs de deux côtés et la mesure de l’angle compris entre ces AB = 4 et AC = 5 A deux côtés . Observation c. si on désigne par C ¢ le projeté orthogonal de C sur la droite (AB). Orthogonalité et configuration 1. Bilan uur uur uur uuur a. Observation sur un logiciel A. AB ·AC  42 et AB ·AD  . lorsque C est dans le même demi-plan ouvert que B par rapport à d. 2. (OJ) étant la droite passant par les milieux O et J des côtés [AB] et [AC] du triangle ABC. l’égalité n’ayant lieu que lorsque B est situé sur le segment [AC]. Conjecture : C étant situé sur la droite (AB) : uur uur si C est situé sur la demi-droite [AB) : AB ·AC  AB ¥ AC . DMÁ ˜ Ë y ˜¯ Ë y . lorsqu’on prend 3 points A. AC¢  AB 3 uur uur b. uur uur uur uur AB ·AC < 0. AC > 0 lorsque C n’est pas dans le même demi-plan ouvert que B par rapport à d. Activité 3. Conjecture : si on désigneuupar r uurd la perpendiculaire en A à la droite (AB). (AB) ^ d car d est tangente en B à G et [AB] est un diamètre de G .6.1¯ uuur uuur b. car (AC) ^ (OB).˜¯ 2 2 2 2 Ôx Ô € Ìou Ô Ôx ÔÓ 1 1 y2 2 1 1ˆ Ê  . uur uuur 2. distinct de H et K (car O est à l’intérieur du carré et H et K sont sur les côtés du carré) donc HOK est un triangle rectangle en O. Nous obtenons alors IO = IH = IK. donc I est sur la médiatrice d de [OB].  (HOK rectangle en O) € OH  OK  0 2 2 uuur uuur 1 Ê 1ˆ 1 Ê 1ˆ OH  OK  0 € (x –  Á ˜ + (. Or la seule droite passant par P et parallèle à (AC) est la droite (PQ) médiatrice de [OB]. il en résulte que E est la réunion des deux diagonales du carré. donc la droite (PI) passant par les milieux P et I des côtés [BM] et [BA] du triangle ABM est parallèle à (AM). Il en résulte que si M est sur [BD] et distinct de O. d’après 2.Áy . Autre démonstration. et HBK est le diamètre du cercle passant par O.˜ Ë Ë 2¯ 2¯ 2 1ˆ 1ˆ Ê Ê ÁË x . M(x . alors le milieu I de [BM] est le centre du rectangle MHBK et la droite (PI) qui passent par les milieux P et I des côtés [BA] et [BM] est parallèle à (AM).˜ = Á y . Á y . HOK est un triangle rectangle en O si et seulement si les 2 2 1ˆ 1 1 Ê 1ˆ Ê coordonnées (x . AB. Or. Un problème d’orthogonalité 1. La droite d’équation y = x est la droite (AC). Produit scalaire K B 221 . Or la seule droite passant par A et parallèle à la droite (PI) qui est la droite d. O est donc situé sur le cercle de diamètre [HK].˜ = OK2 Ë 4 4 Ë 2¯ 2¯ Donc OH = OK et le triangle HOK rectangle en O est aussi isocèle. HOK est isocèle en O. Donc M est sur la diagonale [AC] ou sur la diagonale [BD]. d coupe [AB] en son milieu P et [BC] en son milieu Q (d droite des milieux dans le triangle ABO parallèle à (OA) et droite des milieux dans le triangle OBC parallèle à (OC)). uuur uuur 1 1 K(1 . à l’intérieur du carré. il n’est pas nécessairement rectangle en O. En effet OH2 = OK2 € Á x . y = – x + 1 est une équation de la droite (BD). c’est-à-dire la diagonale [AC] privée de A et C. H.˜ + = + Á y . AD .˜ + = + Á y . Donc M est situé sur la droite (AC) à l’intérieur du carré. TP2. Conjecture : D est la diagonale [AC] du carré privée des points A et C. HOK est rectangle en O si et seulement si M est sur la diagonale [AC] privée de A et C. D est donc l’ensemble des points de la droite (AC) à l’intérieur du carré.˜¯ = ÁË y . Le point M est tel que I est le milieu de [BM].˜ Ë 2 2¯ D C’est-à-dire y = x ou y = – x + 1. y) avec 0 < x < 1 et 0 < y < 1 . AD .˜ Ë 2¯ 2¯ 4 4 Ë 2 1ˆ 1ˆ Ê Ê C’est-à-dire : Á x . à l’intérieur du carré. (y – x) (y + x – 1) = 0 € y = x ou y = – x + 1 y = x est une équation de la droite (AC). K. Il en résulte que le milieu I de [HK] est tel que IO = IB.˜ = 0 2 Ë 2¯ 2 Ë 2¯ C’est-à-dire y = x. Alors OH2 = Á x . y) dans ce repère sont telles que y = x. B. AB. 0) . Remarque 2 2 1ˆ 1ˆ 1 1 Ê Ê Si HOK est isocèle en O. d est parallèle à (AC). Comme M est à l’intérieur du carré.c. Analyse Si HOK est rectangle en O alors [HK] hypoténuse des triangles rectangles HOK. donc à (AC). mais n’est pas rectangle en O. privée des sommets du carré.. M (car le milieu de [HK] est le centre du rectangle MHBK). donc sur la diagonale [AC] privée de A et C. Dans ce repère. Pour aller plus loin uur uuur En se plaçant dans le repère orthonormé (A . Considérons le repère orthonormé du plan (A . Il en résulte IO = IB et comme I est aussi le centre du rectangle MHBK IB = IH = IK. est la droite (AC). y) et O ( . Synthèse Si M est un point de la diagonale [AC] à l’intérieur du carré. H(x . C M A O H Chapitre 12. C étant le point d’intersection de ces deux hauteurs.00 10 6. AD  comme repère orthonormé du plan. d = OM12 – r2 Si d < 0 alors OM1 < r.75 20.00 0 222 x .75 17. yp – . uur uuur Dans ce repère B(1 . (AC) est alors la hauteur issue de A dans le triangle AEG. Une autre démonstration en géométrie non repérée.00 12 16. M1 (xp + 1 .25 19.00 9 – 12. b. x d 0 y y 20. 0) avec a > 1 et G(1 .00 4 – 3. Infographie : tracer un cercle 1. 2. 1). SE1 (xp + 1 . C(1 .00 8 6.75 20. 2 c.00 13 9.00 7 – 8.00 1 – 18.00 3 – 10. Pour aller plus loin Une démonstration en géométrie repérée uur uuur En prenant (A .75 19. AB. 0). comme (GC) est la hauteur issue de G. 1 b. Graphique 1 : E1 .75 20.25 14. le point M1 est donc à l’extérieur du cercle.00 5 5. E(a . a. Il en résulte que (EC) est la troisième hauteur du triangle AEG.25 15. E1 (xp + 1 . il est l’orthocentre du triangle AEG. TP4. le point M1 est donc à l’intérieur du cercle. Donc les droites (EC) et (AG) sont perpendiculaires et (EC) est la hauteur issue de E dans le triangle AEG.00 11 – 6.a.25 16. on choisit SE1.00 2 – 15. (BF) ^ (EG) donc (AC) ^ (EG). graphique 2 : SE1.00 14 6. yp – 1) .TP3.75 18. on choisit E1. EC  AG = (1 – a) ¥ 1 + 1 ¥ (a – 1) = 0.25 18.75 19. a – 1). Choisir une expression du produit scalaire u uur uur uur uur uuur ur EC  AG = EB  BC AB  BG ur u uur uur uur ur u uur uur uur EB  BC AB  BG = EB  AB  BC  BG ur u uur uur uur EB  AB  BC  BG = – EB ¥ AB + BC ¥ BG – EB ¥ AB + BC ¥ BG = – EB ¥ AB + AB ¥ EB = 0 uur uuur Donc EC  AG = 0 et (EC) est donc la hauteur issue de E dans le triangle AEG. yp) . (AC) // (BF) car gBAC = fEBF = 45°.25 17.00 6 – 21.75 20. Si d > 0 alors OM1 > r . Il en résulte OB = OA = TP6. Une équation à la manière de Descartes 1. a2 Donc AJ2 = AC2 – JC2 = 3 . P L M Chapitre 12. la médiane (JI) est a2 a2 a2  . 8  208  4  2 13 et 4 – 2 13. a On peut remarquer que a2 + 4b2 est égal au discriminant 208. 4 b. comme I est le milieu de [AB]. (E) : z2 = az + b2 z= a  2 a2  b2 4 2. 4 A C 2. JA2 = JB2 . 4 En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle AOB. Comme OA = OB. on obtient OI =  . AB2 = OA2 + OB2 – 2OA ¥ OB ¥ cos(gAOB). 4 8 3. 3 Comme 0 < (gAOB) < 180° gAOB = 109° à 1° près. a2 Donc BJ2 = 3 . b. b. Calculs de distances et d’angles en chimie 1. la médiane (BJ) est aussi la hauteur issue de B. a. O étant sur la médiatrice (IJ) de [AB]. (E) : z2 = 8z + 36 z2 = 8z + 36 € z2 – 8z – 36 = 0 Le discriminant est égal à 208. a 2 a 2 3a 2  = OB2 = OA2 = OI2 + IA2 = . AB2 = 2OA2 – 2OA2 cos(gAOB) 1 D’où cos(gAOB) = – . la médiane (AJ) est aussi la hauteur issue de A. 4 2 2 3. MO = MN + NO = MN + LN = MN + 2 a 2 a2 Ê aˆ  b2 MN2 = LM2 = + LN2 = b2 + Á ˜ = Ë 2¯ 4 O N a2 a Donc MO =   b2 . MO  MP = (MN + NO )· (MN + NP) uuur uur N milieu de [OP] donc NO = – NP. Dans le triangle équilatéral BCD de côté a.TP5. AJB est un triangle isocèle en J car d’après 1. a. a. Voir figure ci-contre. 2 4 uuur uuur uuur uuur uuur uur c. Cette équation admet deux solutions dans ⺢ : 2 Descartes donne la solution positive 4 + 2 13. Et que :  2 a2 a  a2  4b2 8  208  b2 = = . Produit scalaire 223 . et 1. ACD étant un triangle équilatéral de côté a. aussi hauteur donc JI2 = JA2 – AI2 = 3 4 4 2 IJ2 a2 2 O étant le milieu de [IJ]. 8 4 8 J D J O A I B a 6 . 4. de centre B et de rayon BP et de centre C et de rayon CP ont un point commun P. Soit MO  MP = b2. NP = NL. Donc AN = sin 45 BN = sin 75 ¥ 2.   AN BN 2. donc le point de coordonnées (0 . D’où MO2 = MO  MP + MO  PO = b2 + aMO Il en résulte que MO est solution de l’équation z2 = az + b2. Soit MO  MP = MN2 – NP2. La trilatération 1. 4) appartient au cercle de centre C et de rayon 15. C Cercle B de centre B et de rayon BP = 10 : (x – 8)2 + (y – 10)2 = 100 Cercle C de centre C et de rayon CP = 15 : (x – 12)2 + (y + 5)2 = 225. B. B B P A O A C 2. Donc le point P commun aux trois cercles est parmi les deux points d’intersection de A et B celui dont les coordonnées vérifient l’équation de C 3. Le point P commun aux trois cercles est commun à A et B.). Voir figure ci-contre.4 6 ≈ 3. 8 = 1. Soit H le projeté orthogonal de N sur la droite (AB). a. La triangulation 1. à l’aide des équations de ces deux cercles. NH  sin 75 donc NH = 1. 10) et de rayon 10 b. AN 224 N A H B . 0) et de rayon 5 avec le cercle de centre B(8 . TP7. Si A.4 ¥ 6 ¥ sin 75° ≈ 3. 576/221) et (0 . uuur uuur Donc MN2 – NP2 = MN2 – LN2 = LM2 = b2. uuur uur a PO = 2 ¥ PN = 2 ¥ LN = 2 ¥ = a. uuur uur uuur uur MO  PO = MO ¥ PO car MO et PO sont colinéaires et de même sens. 8 ≈ 3. Géopositionnement A. celui-ci est unique (c’est le cas de la figure en a. B et C ne sont pas alignés et si les trois cercles de centre A et de rayon AP. a. P et B ne sont pas alignés. Si on a que deux distances PA et PB par exemple et que A. On commence par déterminer les coordonnées des 2 points d’intersection des cercles A et B. 4) des deux points d’intersection du cercle de centre A(3 . il en résulte que le point P commun aux trois cercles est le point de coordonnées (0 . Le résultat obtenu avec le logiciel Xcas donne les coordonnées (280/221 . c’est donc un des deux points d’intersection de A et B. Donc MO  PO = a ¥ MO. uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur 2 uur MO2 = MO ·MO = MO · (MP + PO ). 4). la distance du point N à la droite (AB) est égale à NH.3. b. 8 sin 60 ¥ 2. Cercle A de centre A et de rayon AP = 5 : (x + 3)2 + y2 = 25. hANB = 180° – (75° + 60°) = 45° sin 60 sin 75 sin 45 En appliquant la formule des sinus dans le triangle ABN : . Il faut donc prendre une troisième distance CP. le cercle de centre A et de rayon AP et le cercle de centre B et de rayon BP se coupent en un second point P¢ et donc P n’est pas déterminé de manière unique.8 sin 45 2. (0 – 12)2 + (4 + 5)2 = 144 + 81 = 225.uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur D’où MO  MP = (MN – NP)· (MN + NP). Comme il est aussi situé sur les cercles de centre A et de rayon 5 et de centre B et de rayon 10. 0 17 10 et – 2. – 3x – 4 = 0 € x = – 2 – 71 b.6˜ . Ë – 3¯ 12 2 10 ur uÊ ˆ 25 1. 4 3 57p  ou Ë 4¯ Ë 4¯ uur uur uur uuur AC = DB et AB ·CD = 0. a ¢. + ∞[ car x Æ 5 g est croissante sur ]1 .2¯ Ë 6 ¯ p 3 8 – cos 3  13 3 .3˜ . ABCD est donc un rectangle.13 ou x = . 2 2 uur uur x est croissante sur [0 . uur Ê Ê 1ˆ ˆ uuur Ê. ACBD est donc un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires. r r u · u ¢ = 1 – 1 = 0 donc d ^ d¢.b ¢ˆ la droite d2 le vecteur n2 Á . Ë 2¯ Chapitre 12. w = 13 18 1. + ∞[. Produit scalaire 225 . 11 – 7 r r 2. AB Á ˜ et DC Á ˜ donc AB = DC . saisir a¢ . Ë7¯ 2 2 3 10 cos(2t) = 2cos2(t) – 1 rÊ ˆ Ë 2 ¯ r Ê ˆ 24 1.˜ Ë 2¯ r directeur de d ¢. uur Ê 4 ˆ uur Ê 4 ˆ uur uur 2. p 6 d. Á ˜ Á ˜ Ë. 5p 6 e. c. SANS CRAYON. r r r r – 3 ¥ (u · v ) = – 3 ¥ (4 + 20) = – 72 r r ur b. 7) 4 g est décroissante sur [0 .b˜ et rÊ ˆ 13 Non. a.2¯ Ë . 1. SANS CALCULATRICE 1 f ¢(x) = 6x2 – 6x 21 a. 3p 4 9 – 22 1. (2u – v )·(u – 4v ) = 2 ¥ u 2 – 9 ¥ u · v + 4 ¥ v 2 = 4 – 63 + 12 = – 47 Ê 1 ˆ rÊ ˆ r 26 1.sin2 Á ˜ . Algorithme ENTRAÎNEMENT 16 a. Pour d u Á . (2u + v ) ·(3u + 4v ) = 6 ¥ u 2 + 11 ¥ u · v + 4 ¥ v 2 = 12 + 77 + 12 = 101 r r r r r r r r b.x x -1 x -1 7 p 2 p 4 b. Ë a ¯ ur u Ê . – 8 VARIABLES : a. du1 et d2 sont perpendiculaires si et seulement si ur u ur n1· n2 = 0 soit bb¢ + aa¢ = 0. u · (– 3v ) = (– 4) ¥ 3 + 5 ¥ (– 12) = – 72 r r r r r r r r 19 a. u Á 1˜ vecteur directeur de d et u ¢ Á 1˜ vecteur Á. TRAITEMENT et SORTIES : Si aa¢ + bb¢ = 0 lors Afficher « Droites perpendiculaires » Sinon Afficher « Droites non perpendiculaires » FinSi b. saisir b¢.3¯ 14 6 ¥ 6 ¥ cos(60°) = 18 2. 2x2 – 6x – 2 = 0 € x = 3 (1 . CD Á ˜ . b. AC Á 2 ˜ et DB Á 2 ˜ . c’est donc un losange ce n’est pas un carré car il aurait fallu que les diagonales soient aussi de même longueur or AB2 = 45 et CD2 = 20 Ê 5p ˆ 1 . (2u – 3v ) ·w = (– 5) ¥ 3 + (– 2) ¥ 2 = – 19 r ur r ur 2 ¥ u ·w – 3 ¥ v ·w = 2 ¥ (– 2) – 3 ¥ 5 = – 19 r r ur 2 (u – v )2 = (– 3)2 + (– 1)2 = 10 2.Exercices 20 Voir corrigé en fin de manuel. + ∞[ car : 1 1 1 =– et x Æ est décroissante sur ]1 . il en résulte Ë . pour d¢ u ¢ Á – 1˜ . u · u ¢ = 6 – 6 = 0 donc d ^ d¢. 15 4 ¥ 6 ¥ cos(30°) = 12 3 3. il a un angle droit. Ë a ¢ ˜¯ Ë . La droite d1 a pour vecteur directeur n1 Á . mais u Á 2 ˜ en est un. + ∞[. BA ·BC = – 4 + 4 = 0 donc ABC est un triangle rectangle en B. 6 a. b¢ nombres ENTRÉES : saisir a . saisir b .2¯ que ABCD est un parallélogramme et d’après a.4ˆ uur Ê ˆ uur 1 23 AB Á . A(0 . yn. y – 2 = (x – 1). 30 Voir corrigé en fin de manuel. uur Ê . 5 2.x  3y  6 . AD uur Ê b. donc une équation de cette hauteur est : – x + 3y – 6 = 0. 31 a. a = 3 3 3 3 27 1. AT Á ˜ et BR Á Ë 2¯ Ë 2 ˜¯ D C E J A O B I 2. AB Á ˜ . . I. De même : 4x – y – = 0 est une équation cartésienne 2 de la médiatrice de [AC]. 2) .r Ê 1ˆ r Ê 1ˆ 2. BC Á . S(2 . xA. 4) . T(1 . d ^ d ¢ € u · u ¢ = 0 € mm ¢ = – 1 1 1 1 5 b. uur Ê 1ˆ uur Ê . h) et D(0 .3 x  9 y  18 système c’est-à-dire 3 x  2 y  14 3 x  2 y  14  VARIABLES : xn. alors dans le repère (O . saisir yn .4ˆ uur uur AT ·BR = – 4 + 4 = 0. yA. C(0 .5 y  2 ÔÓ 2 x  21 Ô 38 soit Ì .11˜¯ uur uur 12 12 CH ·AB = – + = 0. yn. y) sont solutions du système x  21 x . 29 a. b. b. Prenons O en A. a.6ˆ uur Ê 3ˆ b. 3. P H Q B O C .5 y  2 Ô Ô c’est-à-dire 38 5 Ì Ì 4 x y  ÔÓx . Ses coordonnées (x . AC et AK .1˜ est un vecteur normal à la hauteur Ë 3¯ issue de A. IÊÁ Donc (AT) est la hauteur issue de A dans le triangle ARB. saisir xA . J) a. uur Ê 3ˆ AC Á ˜ est un vecteur normal à la hauteur issue de B. c. yrA) et de vecteur normal n(xn . I milieu de [AB] . CH Á Ë . x – y – 3 = 0 uur Ê 1 ˆ . A  x  30 Ô Ê 30 32ˆ 11 d’où H Á . Ë 2¯ donc une équation de cette hauteur est : 3x + 2y – 14 = 0. ˜ et AB Á ˜ est un Ë 2 2¯ Ë – 5¯ vecteur normal à la médiatrice de [AB] donc x – 5y – 2 = 0 est une équation cartésienne de la médiatrice de [AB]. 11 11 donc (CH) est la hauteur issue de C. xn. AC Á ˜ et BD Á ˜ . I. B(4 . uuur uur uuur b. « x + ».˜ Ë 38 38¯ 33 1. 2. (AI) et (AJ) sont perpendiculaires et AI = AJ = 1 donc (A . C(3 .11˜ uur Ê 4 ˆ ˜ . ce qui revient à Ì Ë 11 11¯ 32 Ôy  Ó 11 226 34 Un point M appartient à la droite passant par r A(x Ar. c. c 35 Voir corrigé en fin de manuel. y) de H sont solutions du . a. 0) . 0) . J) est un repère orthonormé. 28 1. 0). 0) .1¯ Á 12 ˜ ÁË . saisir yA TRAITEMENT : c prend la valeur – xAxn – yAyn SORTIE : Afficher « une équation est : ». b. soit y = x + . u Á ˜ et u ¢ Á ˜ sont des vecteurs directeurs resË m¯ Ë m¢¯ r r pectifs. « y + ». ˜ . Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC est le point d’intersection des deux médiatrices. On en déduit que les 3 hauteurs du triangle ABC sont concourantes en H. A(0 . Oui Ê 3ˆ uur Á . 0) . 1. 3. yn) si et seulement uuu si AM·n  0 soit (x – xA) xn + (y – yA) yn = 0 ce qui s’écrit encore xnx + yn y – xAxn – yA yn = 0.1 . 2x – 3y + 18 = 0 ˆ 32 1. 2). h Ë ¯ Ë h¯ uur uur AC ·BD = 0 € h2 = 18 Avec h > 0 nous obtenons h = 3 2. a. a. nombres ENTRÉES : Saisir xn . B(6 . h) avec h > 0. Ôy  -11 Ó 38 Le centre du cercle circonscrit au triangle ABC est donc Ê 21 11ˆ WÁ . Les coordonnées (x . R(0 .1ˆ . ˜ Á. U.68 x .92 – 3. V) est un repère orthonormé.1ˆ˜ . ˆ ˆ Ê Ê uur 3 uur 5 uur 5 3 4. H est aussi sur la hauteur 3 (AO).3  0 Ë 3 ¯ Ë 3 ¯ ÔÓ y  5 x . B (– 3 . La tangente T à  au point B est perpendiculaire en uur Ê. donc Q(2 . (x – 2)2 + (y + 4)2 = 4 2. 39 1. Une équation du cercle de centre A et de rayon 4 : (x – 2)2 + (y – 3)2 = 16 ou encore x2 + y2 – 4x – 6y – 3 = 0. AB Á ˜ . 0) dans le repère (D .0.3ˆ AMÁ .8¯ – 6x – 8y + 16 = 0 soit 3x + 4y – 8 = 0. Donc AB Á ˜ est un vecteur normal à T. H et Q sont alignés.96 ¥ 4.5¯ uuur uur M Œ (AB) € (AM et AB colinéaires) soit : (x – 2) ( – 5) – (y – 3) ( – 3) = 0 c’est-à-dire : – 5x + 3y – 1 = 0.82 ˜ Á 36 ˜ ÁË 25 ˜¯ ÁË 25 ˜¯ uuur uur AK ·BH = 0.˜ 4 4 Ë 4¯ Ë 4¯ uur et PQ sont colinéaires et les points P. PQ Á 5 ˜ . une équation cartésienne de la perpendiculaire D¢ à (AC) passant par O est : 2x – 4y = 0.0. 06 17 34  3 . comme H a pour abscisse 0. Produit scalaire 227 . comme il est aussi situé sur D¢ son ordonnée y = 1. 3 ¥ (– ) – (– ) ¥ 5 = 0 donc PH Á. donc H est sur la hauteur issue de 2 C. Le point P étant situé sur d a pour abscisse – 3.5 x  3 y  . ˜ et BH Á AK Á Á . 36 A H V K B D C U 1. donc H(0 . 2. 2.4 y  0 H sont solutions du système .4 x . 36 25 Ê 24 ˆ Ê 123 ˆ uuur Á 25 ˜ uur Á 25 ˜ ˜. (DU) ^ (DV) et DU = DV = 1 donc (D . y) des points d’intersection de la droite (AB) et du cercle sont solutions du système : .2ˆ uur Ê. le point Q étant situé sur d¢ a pour abscisse 2. uur Ê 3 ˆ AC Á ˜ est un vecteur normal à (DH) droite passant Ë .6 y . M(x . donc (DH) : 3x – 4y = 0. Soit M(x . 1).1ˆ˜ . y) un point du plan. Ë 25 25¯ Ë 25 25¯  48 25 . ) est l’orthocentre du triangle ABC. Les coordonnées de H sont telles que 3 3 ¥ 0 + 4 ¥ – 6 = 0. 43 17  Chapitre 12. La perpendiculaire uur D à (AB) passant par O a pour vecteur normal AB et comme elle passe par O. y) de 3x . uur Ê 3 ˆ 3. ˜ et KÁ . Comme il est aussi situé sur D. 4 4 De même.1 ÔÔy  3 c’est-à-dire Ì 2 Ôx 2  ÊÁ 5 x . DA2 = 25 – 9 = 16 donc AD = 4.4¯ par l’origine.6ˆ B à (AB).4¯ donc une équation cartésienne de cette hauteur est : 3x + 4y – 6 = 0. U. 43 17 6 34 2ª .1 Ì 2 Óx  y 2 . AC Á ˜ est un vecteur directeur de (AC). 0) et C (3 . une équation cartésienne de D est : 3x + 4y = 0. Les coordonnées (x . Les deux points de  d’abscisse 3 ont donc pour coordonnées (3 . ˜ . 4).10 ª .uur Ê . uuur Ê x . donc A(0 . – 4 + 3) et (3 . d’où T : Ë. Ë y .1 Ô 3 Soit Ì ce qui revient à : ÔÓ17 x 2 . 40 1. ). 2.3˜¯ Ë. – 4 – 3).3 y  12  0  x  9 x . son ordonnée y est telle que : 9 9 – 9 + 4y = 0 soit y = d’où P(– 3 . La hauteur issue de C a pour vecteur normal AB Á ˜ Ë . Ë . 06 34 17 34  3  10 ª 6.4  0 ÔÔx Ì Ôy ÔÓ ÔÔx ou Ì Ôy ÔÓ 68  4896 6 34 2 ª 4 . 1 + (y + 4)2 = 4 € y = – 4 + 3 ou y = – 4 – 3. Les coordonnées (x .28 ¥ 1.4 x .12 y  0 Ô c’est-à-dire soit Ì 16 x  12 y  48 Ôy  Ó Ê 48 36ˆ Ê 24 18ˆ Donc HÁ . 37 1.4 x .4¯ Donc (AC) : – 4x – 3y + 12 = 0. 38 Voir corrigé en fin de manuel.44 = 0.3  0 5x . V). soit x2 + y2 – 14x – 6y + 33 = 0. PH Á 3 ˜ . Donc (AK) et (BH) sont orthogonales. 2 3.3ˆ 2. y) uest uur situé uuur sur le cercle de diamètre [AB] si et seulement si MA ·MB = 0 c’est-à-dire (10 – x) (4 – x) + (7 – y) (– 1 – y) = 0.6 ÊÁ 5 x . Il en résulte que si les 2 cercles ont un point commun. AEF est donc un triangle rectangle en E D C F A B E T O F 228 . c’est donc le cercle de centre W (0 . ˜ appartient à G.25 44 1. B(1 . ˜ et de rayon 5. ¢ est le cercle de centre O et de rayon 5. On obtient la partie du carré ABCD où A(0 . y) appartient aux deux cercles si et seulement si x 2  y 2 . 1) aux deux cercles. Programmes disponibles sur le site www. y) FinSi FinPour 45 1. Ë 2 2¯ Remarque : en utilisant le théorème de la médiane AB2 = 63. 12 + (– 2)2 = 5 donc F(1 . 5) est sur . 3) et de rayon 13. 2. y) du plan tel que x2 + y2 – 4x + 8 = 0 est donc vide. 0) et (1 . La droite d d’équation 2x + y – 5 = 0 passe par T(2 . y prend la valeur alea() Si y > Alors Afficher le point de coordonnées (x . ce point est unique et a nécessairement pour abscisse 2 et pour ordonnée – 2 ¥ 2 + 5 = 1. 1) r Ê 2ˆ uuur Ê 2ˆ uuur Ê . ˜ . 1) et D(0 .didiermathx. y. 4 d. y = – 2x + 5 d’où x2 + (– 2x + 5)2 = 5 soit (x – 2)2 = 0.com. (2 – 6)2 + (5 – 3)2 = 16 + 4 = 20 donc E(2 . VARIABLES : x. Ë 2 2¯ b.5 . b.  et de rayon . 1) est sur  : (2 – 6)2 + (1 – 3)2 = 16 + 4 = 20. MA2 + MB2 = 63 € (x – 2)2 + y2 + (x + 3)2 + (y – 1)2 = 63 49 c’est-à-dire x2 + y2 + x – y = 2 12 12 ce qui revient à x  + y= 25. On peut conjecturer que les deux cercles sont tangents extérieurement. nombres TRAITEMENT : Pour k de 1 à 1 000 Faire x prend la valeur alea() // alea() indique le tirage d’un nombre pseudo aléatoire entre 0 et 1.  25 + 0 . uSoit ur Euutel r E que uur AE uur= 2AB et F tel que EF = BC . x2 + y2 – 6y – 4 = 0 € x2 + (y – 3)2 = 13. alors AF = AB + AC · ABet BC étant orthogonaux.25).  est le cercle de centre W(6 . 1) située à l’extérieur du quart de centre de centre O et de rayon 1. 3. La parabole d’équation y = x2 + 3x – 4 (sommet de coordonnées (– 1.5 .41 Voir corrigé en fin de manuel. Algorithme 2. l’ensemble des points M(x .  23 = 94 3 3 C’est donc le cercle de centre W 0 . La droite d est donc tangente commune en T(2 . a. Une droite (passant par les points de coordonnées (1. CA2 + CB2 = 2 - 2 2 2  92 = 41  814  1214  494 = 63. Vérifions que ce point T de coordonnées (2 . Ce qui revient à IM = 5 et IÁ– . 2 2 Ê 1 1ˆ G est donc le cercle de centre WÁ– .29 + . 43 a. a. k.     47 uur AB = . AB uur+ AC = AB + AB ur u + BC uur =2AB + uurBC . 1 1 c. (x – 6)2 + (y – 3)2 = 20 € x2 + y2 – 12x – 6y + 25 = 0 M(x . 1)). c. – 6. 2. 2 2 2 42 a. x2 + y2 – 4x + 8 = 0 € (x – 2)2 + y2 + 4 = 0. 0). Les deux cercles n’ayant en commun que ce point T sont donc tangents en T.3 . 2 + 1– Ê 5 9ˆ Donc C Á . – 2) est sur ¢. C(1 . x2 + y2 – 3y = 0 € x2 + y – b. 0). b. Ë 2 2¯ donc I = W et on retrouve le cercle G. OT Á ˜ WT Á ˜ donc Ë 1¯ Ë 1¯ Ë .4ˆ et a pour vecteur normal n Á ˜ . )). La parabole d’équation y = – x2 + (sommet de 2 4 1 coordonnées (0 .2¯ uuur r uuur r OT = n et WT = – 2n. or pour tout réel x et pour tout réel y(x – 2)2 + y2 + 4 > 0. 3) et de rayon 2 5. donc T est sur . avec I milieu de MA2 + MB2 = 63 € 2MI2 + 2 Ê 1 1ˆ [AB] et AB2 = 26.52  72 = 74 uur uur uur uur uur uur uur 48 uAB ur . 46 1.12 x .6 y  25  0 Ì 2 Óx  y 2  5 D’où : 5 – 12x – 6y + 25 = 0 c’est-à-dire 2x + y – 5 = 0. la droite d : 2x + y – 5 = 0 est donc perpendiculaire en T au rayon [OT] du cercle ¢ et au rayon [WT] du cercle . yC. xC.  et L( . AB Á ˜ donc le vecteur v Á ˜ est orthogonal et de 3 Ë 4 ¯ Ë ¯ uur même norme que AB. 0) .bˆ v Á ˜ puis Ë a ¯ 53 1. xB.xB  x r  . 2 2 uur uur 1 uur uur 1 uur uur 1 uur uur AL ·CR = – ¥ AB ·AC + ¥ AB ·AR – ¥ AS ·AC 2 2 2 1 uur uur + ¥ AS ·AR 2 1 uur uur 1 uur uur = ¥ AB ·AR – ¥ AS ·AC . 2 2 uur uur uur c. 54 1. C B D K A En appliquant le théorème de Pythagore dans les 4 triangles rectangles en K : AB2 + CD2 = (KA2 + KB2) + (KC2 + KD2) BC2 + DA2 = (KB2 + KC2) + (KA2 + KD2) Chapitre 12. en notant Á ˜ les coordonnées de AB. 5) r  y y y B v  4 ÔÓ C Ô xD .b Ô x C  xB . b. 2 2 1 1 = ¥ AB ¥ AR – ¥ AS ¥ AC = 0 2 2 Donc (AL) est la hauteur issue de A dans le triangle ACR. yD nombres ENTRÉES : Saisir xA. Produit scalaire 229 . yB TRAITEMENT : a prend la valeur xB – xA b prend la valeur yB – yA xC prend la valeur xB – b yC prend la valeur yB + a xD prend la valeur xA – b yD prend la valeur yA + a SORTIES : Afficher « Coordonnées de C : ». Ë 3¯ 49 r v =5 .b Ô xD  x A .b v d’où Ì Ì y  yB  a y . AL = AB + AS et CR = – AC + AR. xD. En suivant la même démarche que dans la quesuur Ê aˆ tion 2. la hauteur issue de A dans le triangle ACR rectangle en A semble être (AL) les deux autres hauteurs sont CA et RA. et Ì d’où Ì r ÔÓ yD . a. C). yB. Ô x C . ».y A  y v  a ÔÓ yD  y A  a D’où l’algorithme suivant : VARIABLES : xA. « . 0) avec a > 0 et S(0 . yA. BS = – AB + AS uuur uur uur uur 1 uur 1 uur d.5 .com. « . ») » 4. xB. AK BS = ( AC + AR)· (– AB + AS ) 2 2 1 uur uur 1 uur uur 1 uur uur = – ¥ AC ·AB – ¥ AR ·AB + ¥ AC ·AS 2 2 2 uur uur uur uur 1 uur uur + ¥ AR ·AS .3 ¥ u = 3 5 . r r r u = 5 . 2 2 uuur uur Or AC = AB et AR = AS donc AK ·BS = 0. xD.3u = . 2). u  v = – ab + ba = 0 .AC = AB  CA = CB donc AB . donc (AL) est la hauteur issue de A 2 2 dans le triangle ACR. Programmes sur le site www. 2 2 S étant situé sur la demi-droite ]AC) et uur uur uur uur R sur la demidroite ]AB) AR ·AB = AR ¥ AB et AC ·AS = AC ¥ AS.yB  y vr  a ÓÔ C ÓÔ C Ô xD .AC = CB = BC. yC) tel que BC  v et le point D(xD . 0).xB  x r  .uur uur uur AB  AC = AF = AE2  EF2 = 4 AB2  BC2 uur uur uur uur uur uur uur uur AB . 2 uuur uur 1 uur uur 1 uur uur nous obtenons AK ·BS = – ¥ AR ·AB + ¥ AC ·AS . il en résulte AC + AR = 2AK . . yA. AC + uAR ur =uAK ur  rKC + AK  KR.1ˆ r r u + v Á ˜ donc u  v = 10. a). Donc (AK) est la hauteur issue de A dans le triangle ABS. on obtient Ë b¯ r Ê .3 v On obtient Ì d’où C(0 .3 v d’où D(– 4 . r r r r u = v = a2  b2 uur Ê 4ˆ r Ê .x A  x r  . 1). comme AC ^ AB et AR ^ AS . uur 2 uur uuur 50 AB = AB2 = 9 .b v . 52 1. r r Ê . yD) tel C uuur C(x r que AD  v sont tels que ABCD soit un carré. Considérons le repère orthonormé (A .x A  x r  .  2 2 2 2 uuur uur a a AK ·BS = – + = 0 donc (AK) est la hauteur issue de A 2 2 dans le triangle ABS. 3.y A  y v  4 3. Ô x C . De même Ì r ÔÓ yD . B. a 1 1 a K( . B(1 . 51 Voir corrigé en fin de manuel. uur uur uuur uur AL ·AB = – AL ¥ AB = – 6 . uur 1 uur 1 uur uur uur uur 2. alors A(0 . a. La hauteur issue de A dans le triangle ABS rectangle en A semble être (AK) les deux autres hauteurs dans ABS sont SA et BA. R(a . xC. uur uur uuur uur uuur uur b.3ˆ 2.didiermathx. AK  AL = – AK ¥ AL = – 12. C(0 . ». yD. d’où uuur uur 1 1 AK ·BS = – ¥ AR ¥ AB + ¥ AC ¥ AS. d’où uuur 1 uur 1 uur AK = AC + AR. comme uuurmilieu uur uuKr est le de [CR] KC  CR  0. ») » Afficher « Coordonnées de D : ( ». uur uur a a CR ·AL = – = 0. uur r Le point . AB  AH = AB ¥ AH = 4. yC. k ¥ u = k ¥ u = v . DA uur –uuu r uur = – AC · (DA + DC ) 2 2 2 CD2 = (BC2 – AB2) + (DA2 – CD2) Donc uur BC uur + DA uur – uAB ur –uuu r uur uur uur uur = AC · (BC + BA uur  –uAC uur · (DA uur + DC uur ) =uAC ur · (BC –uDC ur uur + BA – DA ) = AC · (BD + BD ) = 2 ¥ AC ·BD c.v 2 = (u  v 2 – u .36.2u  v  v 2 ) 2 r r =u v uur r uur r 2. u  v = k u = u ¥ k ¥ u r r r Si k > 0. BD = 0. BC2 AB2 + AC2 = 2AI2 + .D’où AB2 + CD2 = BC2 + DA2. CA2 + CB2 = 2CK2 + . donc MA2 + MC2 = MB2 + MD2.v 2 r r r r r r r r r r = (u 2  2u  v  v 2  – u 2 .AD = 0.) et u  v = AB ·AC . k ¥ u = (– k ) ¥ u . u  v 2 – u . 2 2 AB2 De même.AC . r r r r Donc u  v = – u ¥ v . AI = 2 B De même : 2 AC 9 2 BA2 + BC2 = 2BJ2 + d’où BJ = ≈ 6.81.v 2) 2 r r r 1 r = ( u 2  v 2 . K 135 et D’où AI2 = 4 3 15 I ≈ 5.v 2) 2 r r r r r 1 r = ( u 2  v 2 . M En appliquant le théorème de la médiane : pour tout point M du plan AB2 I B MA2 + MB2 = 2MI2 + .12 2 A J C 60 Soit I le milieu de [AB].AD  DB uur uuur AC = BD € AC2 = BD2 € AB  AD uur uuur 2 . milieu de [AB].AB . uur uur uur uur uur uur uur 2. 59 Désignons par I.u .AB ) 2 2 r r r 1 r = ( u 2  v 2 . 61 Voir corrigé en fin de manuel. cela équivaut à 4 ¥ AB  AD  0 c’est-àdire que les côtés [AB] et [AD] du parallélogramme sont perpendiculaires.u . u 2 . pour tout point M : AC2 MA2 + MC2 = 2MO2 + 2 2 BD MB2 + MD2 = 2MO2 + 2 ABCD étant un rectangle. En posant AB  u et AC  v 1 1 uur 2 uur 2 uur uur 2 (AB2 + AC2 – BC2) = ( AB  AC .5. Si AB2 + CD2 = BC2 + DA2 alors uur uur BC2 + DA2 – AB2 – CD2 = 0 donc d’après 2. uur uur 1 3. v = ku = k ¥ u r r r2 r r 3. on tire MD2 = MA2 + MC2 – MB2 = 612. J et K les milieux respectifs des côtés [BC]. L’ensemble des points M tels que MA2 + MB2 = 20 est donc le cercle de centre I. a. [CA] et [AB].u 2 .74. Un quadrilatère ABCD a ses diagonales (AC) et (BD) perpendiculaires si et seulement si AB2 + CD2 = BC2 + DA2 uur uur 1 2 1 2 55 AB ·AC = (AB2 + AC2 – BC2) = (25 + 34 – 9) = 25 r r 1 r2 r2 ( u  v . BC2 – AB2 = (BC – BA)· (BC + BA = AC · (BC + BA uuur uur uuur uur uur uuur uur 2 CD2 = (DA – DC )· (DA + DC ) = CA · (DA + DC ) b. D’où MD = 6 17 ≈ 24. 3. D A C B uur uuur uur uur uuur uur AB  AD  AC et AB . AB ·AC = (25 + 49 – 16) = 29 2 uur uur 1 CA  CB =  49  16 . D C Le centre O du recM O tangle est le milieu de chacune des deux diagonales [AC] et B [BD]. La réciproque est donc vraie.2u  v  v 2  = 4u  v 2. 230 2 r r r r r r r r 58 1. 62 1. uur uur soit AC ·BD = 0 et nous en déduisons (AC) perpendiculaire à (BD). uur uuur En appliquant 1. et de rayon 6.25 = 20 2 uur uur 1 BA  BC = (25 + 16 – 49) = – 4 2 56 1. r r r r r r r r 57 1.v 2) 2 r r r r uur uur = u  v (en appliquant le résultat de 1.2u  v  v 2 ) 2 r r r r r 1 r = ( u 2  v 2 . A 2 donc MA2 + MB2 = 20 équivaut à MI2 = 6 c’est-à-dire à IM = 6. r r r r Donc u  v = u ¥ v . u  v = u   ku  = k ¥ u  u  = k ¥ (u2 = k u 2 r r r 2. 2 ¥ AC . b. Donc si le parallélogramme ABCD est un rectangle. soit 2 2 80 = 2AI + 12. En appliquant A le théorème de la médiane. les diagonales [AC] et [BD] sont de même longueur. r r Si k < 0. alors ses diagonales [AC] et [BD] sont de même longueur.u . 2 3 2 D’où CK = ≈ 2. De 1. 2. . donc AM  AN = AM ¥ AN. [AB] est un diamètre de G donc pour N sur G et N distinct de B. Si les médianes B [BB¢ ] et [CC¢ ] du triangle ABC sont de même longueur alors le triangle ABC est isocèle en A. AB  AF  . ABN est un triangle rectangle en N. d ne peut pas être tangente en A à G. Il en résulte que pour toute droite d uuur uuur uuur uur uur uur AM  AN = AM  AB = AC  AB = AC2 uuur uuur AM et AN sont deux vecteurs dont le produit uuur colinéaires uuur scalaire est positif. donc N est toujours distinct de A. G est le cercle de centre I et de rayon 6. uuur uuur uuur uur Si N = B alors AM  AN = AM  AB. ABN est rectangle en N alors le projeté orthogonal de B sur (AM) est N. AC  BD  0 uur uuur uur uuur uur 2 25 d. On conjecture que le produit AM ¥ AN est constant. d’où uur uur uur uur uur 2 AC  AB = AC  AC  AC = AC2. ABC est un triangle rectangle en C donc C est le projeté orthogonal de B sur (AC). 65 a. 70 C¢ B¢ K A¢ C 2. Produit scalaire 231 . Comme les angles du uurtriangle uur sont aigus. 4 uur uur uur 2 b. Il en résulte CH ¥ CA = CK ¥ CB. uur uur AB  AE = 8 uur uuur AB  AH = 0 4.rdeuuumême r uur AQB uuur est un triangle rectangle en Q d’où BQ  BM = BA  BM Chapitre 12. uuur uur uur uur Donc AM  AB = AC  AB. Figure ci-contre. d’où uuur uuur uuur uur AM  AN = AM  AB. donc uuur uuur AB2 MA  MB = MI2 – IA2 = MI2 – 4 uuur uuur 2. donc P est le projeté de B sur la droite (AM) d’où uur uuur orthogonal uur uuur AB  AM = AP  AMuuu . MA  MB = (MI  IA ur u ·MI ur u  IB ur  ur u ur = MI2 + MI  IA  IB+ IA  IB ur ur u Comme I est le milieu de [AB] IB  . 1 AC2 b. uur uur uur uuur c. < 0 27 uur uur . BC  CH = – 4. 2. (AA¢ ) est un axe de symétrie du triangle ABC et [CC¢] est l’image de [BB¢ ] par la symétrie d’axe (AA¢). De 1.16 f. de même pour CA et CH . BB ¢2 = (BA2 + BC2 – ) 2 2 1 AB2 ) CC¢2 = (CA2 + BC2 – 2 2 AC2 AB2 = CA2 + BC2 – BB ¢ = CC ¢ € BA2 + BC2 – 2 2 3 2 3 2 € AB = AC € AB  AC 2 2 Donc ABC est un triangle isocèle en A. Donc BB ¢ = CC¢. AB  AH = AH2 = uur uuur 69 a. uuur ur u uuur uur 66 CD. ur u uuur uuur ur u B ur u ur 64 1. et de AB = 2 on tire MA  MB = 5 € MI2 – 1 = 5 € MI = 6 3. H est le projeté orthogonal de M sur (AB) donc uuur uur uuur uur uuur uur uur uur AM  AB = AH  AB et AH  AB = AC  AB car H est le projeté orthogonal de C sur (AB). C M N A H B Remarque : la tangente en A à G est parallèle à (CH). KB  AC = 0 donc AB  AC = AK  AC . Si N est distinct de B. AB  AC  AB  25 uur uur c. K est sur [BC] et H sur [AC]. 3. > 0 c. GB  GD  GC  GD  .A 63 1. uur uur uur uur uur uur uur uur 71 CB  CA = CB  CK et CB  CA =CH  CA . uur uur uur uur Donc CB  CK = CH  CA . OF  OA  OF  OH = – OF = – uur uur 4 e.5. a. comme d et (CH) sont sécantes. uur uur uur uuur d. 72 1. AB  BE = – AB ¥ BE = – 12. < 0 uur uuur 68 AH  CH  0 . ABC est un triangle isocèle en A si et seulement si les médianes issues de B et C sont de même longueur. > 0 uuur uur b. AB  AD = 32 67 a.8 e. AB  AG  .IA . AB  AC  32 b. 73 1.GC2  4 5.5 uur uuur uuur uuur 25 f. AB  AD  0 d. uur uur uur uur Donc CB  CK = CK ¥ CB et CH  CA = CH ¥ CA. APB est un triangle rectangle en P. Si ABC est un triangle isocèle en A. donc CB et CK uur uursont colinéaires de même sens. A C uur uur uuur uur uur uuur uur uur uur AB  AC =  AK  KB ·AC = AK  AC  KB  AC uur uur uur uur Comme uur uur KB uuuretuuAC r sont orthogonaux. EF et GH ont pour projection orthogonale RP sur (AB) donc uur uuur uur ur u uur uuur uur uur AB  CD = AB  EF = AB  GH = AB  RP = – AB ¥ PR. 3. uur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur 2. En appliquant le théorème de Pythagore dans les triangles APR.5 uur uur uur uur BC  CA  . Comme AR . uur uuur uur uuur uuur uur uuur uur uuur 2. 10 2 2 b.AB  APAB   AR . 6 76 a.CR  = 0 = CA  RQ 82 1.CB  CA = – 1. 0 uuur uur OA  OE = – 2 € 4cos (gAOE) = – 2 4 cos(gAOE) = – 2 € gAOE = 120° Les points E et F sont symétriques par rapport à (OA). uur uur 2a a2 ¥ cos (gBAC) = uur uur uur uur uur3 uur uur uur uur3 uur AB   AR . il en résulte AB  PR  0 donc APR est un triangle rectangle en P.AP = PR. ils sont de uuur uur même sens et AH ·AB = AH ¥ AB.BM = AB  AB uur 2 = AB = AB2 74 1. 2 85 AC  DK   AB  AD   .AP = AB  AR .BQ  = 0 = BC  QP et uur uuur uur uur uur CA   CQ . 5 84 Voir corrigé en fin de manuel. E uur uur A 1 = 1.5 2 uur uur uur uur AB  BC  . et H est le milieu de [AB].AD  AB F 232 . donc d = 219 ≈14. donc PR = RQ = QA. A H B uuur uur uuur uur AH et AB sont colinéaires .9° à 0. 83 F D C 2 2 77 L’angle entre les deux aiguilles est de 120° (4 ¥ 30°). A 75 a. – 15 c. BQP et CRQ : 2 2 a2 Ê 2 aˆ Ê aˆ PR2 = Á ˜ – Á ˜ = . 6 = 6 2 cos(gBAC) donc gBAC = 45°.1° près. en appliquant la formule d’Al-Kashi d2 = 102 + 72 – 140 cos(120°) = 219. En procédant de même BC  BP . 81 A B uur uur Ê uur 1 uuurˆ Ê uuur 1 uurˆ AE  AF  ÁAB  AD˜  ÁAD  AB˜ Ë 2 ¯ Ë 2 ¯ uur uuur Comme AB  AD  0 nous obtenons uur uur AD2 AB2  AE  AF = = a2 2 2 2 Ê Ê a ˆ ˆ 5a 2 AE2 = Áa2  Á ˜ ˜ = = AF2 Ë 2¯ ¯ Ë 4 uur uur 5a2 Donc a2 = AE  AF = cos(fEAF).BA  BC = – 1. 4 4 Il en résulte cos (fEAF) = et fEAF = 36. de même PQ2 = 3 Le triangle PQR est donc équilatéral.8. H B b. uur uuur 3.AB  AP = – =0 3 3 uur uur uur uur uur 2. Ë 3 ¯ Ë 3¯ 3 2 a = QR2. AB  AR = a ¥ Donc BQP est un triangle rectangle en Q et CRQ est un triangle rectangle en R. – 6 = 12 cos(gBAC) donc gBAC = 120° 80 Voir corrigé en fin de manuel. AB  HM = 0 si et seulement si M est sur la droite passant par H et perpendiculaire à (AB). AB  AM = AB   AH  HM = AB  AH  AB  HM uuur uur uur uuur uur uuur Comme AH ·AB = 8. AB  AM = 8 € AB  HM = 0.5. Si on désigne par d la distance entre les extrémités des 2 aiguilles. b. L’ensemble des points M est donc la médiatrice de [AB]. E O uur uuur uur uuur uuur 1 uur 2 uur uuur Comme AB  AD  0 nous obtenons uur uuur 1 AC  DK = – AD2 + AB2 = – 11. Donc AH = 2.AP uur uur uur uur a2 a2 AB  AR .5 78 BA  BC  BC ¥ 79 a. comme AH ·AB > 0. uur uur uuur uur uuur 3. AP  AM + BQ  BM = AB  AM + BA  BM uur uuur uur uuur = AB uur  AM uuur– AB uuur BM uur uur = AB   AM . Remarque : on peut aussi se placer dans un repère ur u ur u 1 uuur 1 uur orthonormé (A . uur 3 uur BC2 = AB2 + AC2 – 2 ¥ AB  AC uur uur 36  76 . h) et D(0 . h). cos(gABC ) 2p donc AC2 = 52 – 48 cos( ) = 76. 5 73 uur uuur Et  AC. b).5 b. AC2 = BA2 + BC2 – 2. C(a . et (AI) est donc la hauteur issue de A dans le triangle AEF.AE donc 2 ur u ur u 1 uur uur uur uur uur uur uur uur AI  EF = (AB  AF – AB  AE + AC  AF .b2 = 0 c’est-à-dire comme a > 0 et b > 0 : a = b 2. Désignons par C le point où se trouve le ballon (voir figure page suivante). 2 d. Produit scalaire 233 . J) avec AI = AB ur u 1 uuur a et AJ  AD . 0). 0). 0).uur uuur uur uuur uur uuur 73 AC  DK = AC ¥ DK ¥ cos AC. 91 Voir corrigé en fin de manuel. ur u ur u 1 uur uur uur uur Il reste AI  EF = (AB  AF – AC  AE ). comme h > 0 et a > 0 cela revient à h = a 2.52 D’où AB  AC = = 6. J) avec AI = AB et AJ = AD . 0). B(a . 2 uur uur 90 1. 92 1.16 Donc AB  AC = = 48. I. or en 1.6° à 0. 2 Il en résulte : uur uur uuur uur uur uuur AC  BD = (AK  KC ) ·(BA  AD  = h2 – 2a2. 5 . D C A K uuur 1 uur AKCD est un rectangle d’où AK  AB . uur uur uur uur c. I E B ur u 1 uur Considérons le repère orthonormé (A . Chapitre 12. 0˜ Ë2 ¯ uur uur a2 DE  AC = . Soit K le projeté orthogonal de C sur (AB). D C J A A H B K Soit K le projeté orthogonal de C sur (AB) alors uur uur uur uuur BK = AH = 1 et AB  AC  AB  AK  AB ¥ AK  6 ¥ 7  42.AC  AE ) 2uur uur uur uur Comme AB  AE  0 et AC  AF = 0 car BAE et CAF sont des triangles rectangles en A. ur u ur u 1 uur uur uur uur AI  EF =  AB  AC (AF . DK  4 uur uuur 11. nous avons 2 montré que : uur uur uur uur ur u ur u AB  AF = – bc sin θ = AC ·AE . I. 2 87 Voir corrigé en fin de manuel. B 2. IB  IC = 0 . AB  AF = AB ¥ AF ¥ cos(fBAF) p = AB ¥ AC ¥ cos( + θ) 2 = – bc sin θ uur uur p AC ·AE = AC ¥ AE ¥ cos ( + θ) = – bc sin θ 2 u ur ur u ur 1 uur uur 1 ur 2. donc AI  EF = 0. Les diagonalesuur(AC) uuret (BD) sont perpendiculaires si et seulement si : AC  BD = 0. DK  = – 122. DK  = 5 ¥ cos AC. D’où cos AC. b). BC.  AB  AC =  AI  IB  AI  IC 2 2 ur ur r Comme I est le milieu de [BC].. B(2a . C’est-à-dire h2 = 2a2.1° près. 24 cos(20°) ≈ 22. D(0 . C(a . En appliquant le résultat du 2. BA. AD2 = BA2 + BD2 – 2BA  BD = 52 + 2 ¥ AB  AC uur uur 64 . 2a h Alors A(0 . 89 D C 86 a. u 1 uur uur ur Donc  AB  AC = AI. 88 D C A K B 1. b Êa ˆ Dans ce repère A(0 .b2 2 D’où (DE) et (AC) sont perpendiculaire si et seulement si a2 . EÁ . 2 3. DK  = – 2. C A B D AC2 = AD2 + DC2 = 16.569.3°.  160 32 85 17 = et A g BC ≈ 52. cos(gBCA ) = 112 (Ou encore gBCA ≈ 180° – (44° + 52.63°. Aire (ABC) = ¥ AB ¥ AC ¥ sin (gBAC) ≈ 1 477 2 1 e  ≈ 828 Aire (CBE) = ¥ CB ¥ CE ¥ sinBCE 2 L’aire du terrain est égale à : aire (ABC) + aire (CBE) ≈ 2 305 m2 97 AH est la diagonale du carré ADHE de côté a donc AH = a 2.5 et BI = 58. En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle ABC : BC2 = AB2 + AC2 – 2 ¥ AB ¥ AC ¥ cos(fBAC).84 km. 94 AB = 10 AC = 8 BC = 7 1.6. uur uur 93 24 = BA  BC = BA ¥ BC ¥ cos(gABC ) 24 3 Donc cos(gABC ) = . AH  sin gABC d’où AH = AB ¥ sin gABC ≈ 7. En appliquant la formule des sinus dans le triangle ABC : sin 80 sin 56 60 sin 80 ≈ 71.8. AC2 = BA2 + BC2 – 2 ¥ BA ¥ BC ¥ cos(gABC ) = 16 D’où AC = 4 = AB. fCOE = 83° donc BCE En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle BCE : BE2 = CB2 + CE2 – 2 ¥ CE ¥ CB ¥ cos(BCE e ) 2 D’où BE ≈ 3 288 et BE ≈ 57. BDH est un triangle rectangle en D donc . le trajet a augmenté de ON – HN.3424 BC2 = BD2 + DC2 = 92 + 182 = 405 En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle ABC AB2 = CA2 + CB2 – 2CA ¥ CB ¥ cos(gACB ) 470. 115 23 Soit cos(fBAC) = et fBAC ≈ 44°. 2 EN 2 = 40 2 ≈ 56. 3424 x 405 d’où gACB ≈ 15.963 soit cos(gACB )= 590. a.9. d’où BC =  sin 56 BC AB e = 180° – (83° + 46°) = 51°. donc ABC est un triangle isocèle en A.  2 16 3 Donc gABC = 30°. 96 E C N O O E H OE = 120. EN = 80 et gOEN = 135°. L’aire S du triangle ABC est égale à : BC ¥ AH = 35sin gABC.6° . En appliquant le théorème de la médiane dans le triangle ABC avec I milieu de [AC] : AC2 BA2 + BC2 = 2BI2 + 2 D’où BI2 = 58.6°)). 2 3.409 Dans le triangle EHN rectangle en H HN 2 = sin(gHEN) = sin(45°) = . désignons par H le projeté orthogonal de N sur (OE). 2. A 95 I B 234 H C A B AB = 60 AC = 50 CE = 30 gBAC = 80° A g BC = 44° gCEA = 46° gAOB = 83° A g CB = 56° Les mesures des angles données sur la figure ont été arrondies au degré. 5 ≈ 7. 88 ≈ 0.322 + 182 = 590. Donc HN = EN ¥ 2 Et l’augmentation du trajet a été de : 40 13  6 2 – 40 2 ≈ 128. 1 3. De même cos(gABC ) = 140 28 13 et B g CA ≈ 83. donc S ≈ 27. 2. AB b. 1. En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle OEN : ON2 = EO2 + EF2 – 2EO ¥ EN ¥ cos(135°) = 20 800 + 9 600 2 Donc ON = 40 13  6 2 et 40 13  6 2 ≈ 185. S est le milieu de chacune des grandes diagonales du a 3 . ( à G et G à ) €  = G. 2. G g FD = (180 – 34)° = 146° Et en appliquant la formule des sinus dans le triangle GFD : sin146 sin14 54 ¥ sin146 d’où GD = ≈ 124. p p De même si B e = ou C e = . alors CA2 = CB ¥ CH. b. C udistincts ur uur sont alignés si et seulement si les vecteurs AB et AC sont colinéaires. 0  k  1 tel que uuur seulement uur AM = kAB. En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle AKG : AG2 = KA2 + KG2 – 2 ¥ KA ¥ KG ¥ cos (gAKG). Donc. 2 2 103 Dans le triangle ABC si eA = 104 D G F E 1. p . devient a2 = b2 + c2 et on retrouve la relation de Pythagore. CH¢ ¥ CB = CH ¥ CB = CA2 = CA¢2. Trois points A. S2ZS4. qui est donc un cas particulier. S1ZS4 sont des triangles isocèles en Z dont les côtés sont de même longueur que dans le triangle S1ZS2 isocèle en Z. Donc. Un nombre entier est un multiple de 10 si et seulement si en écriture décimale le chiffre des unités est 0. Donc cos(gAHB) = 6 101 A B H 98 En appliquant le théorème de Pythagore dans le triangle AEK rectangle en E et dans le triangle GHK rectangle en H : 5a 2 a 5 AK2 = . H¢ est le projeté orthogonal de A¢¢ sur (BC) et dans le triangle BA¢¢C non rectangle en A¢¢CB ¥ CH¢ = CA¢¢2.BH2 = BD2 + DH2 = 3a2 et BH = a 3. Soit H ¢ le symétrique de H par rapport à C et A¢ un point sur la perpendiculaire à (BC) en H ¢ tel que A¢H ¢ = AH.7 m à 0. donc A¢ n’est pas sur le cercle de diamètre [BC] (dans un cercle la longueur d’une corde est inférieure ou égale au diamètre du cercle). 54 x sin146 DE = ¥ sin(20°) ≈ 42. Et cos S1ZS 3 2. alors CH¢ = CH et CA¢2 = CH¢2 + H ¢A¢2 = CH2 + HA2 = CA2. une grande diagonale du cube a pour longueur a 3 (voir exercice 99). en appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle S1ZS2 : S1S22 = ZS12 + ZS22 – 2 ¥ Z S1 ¥ ZS2 cos S1eZS2  3a 2 3a 2 – cos S1eZS2 . Soit a la longueur d’une arête d’une cube.  à G et G à .5°. Si OM = 4 alors M appartient à l’ensemble . 2 et gAHB ≈ 35.7. c’est-à-dire si ABC 2 est un triangle rectangle en A. 3. Un parallélogramme est un losange si et seulement si ses diagonales sont perpendiculaires.3°. 1 D’où cos(gAKG) = – et (gAKG) ≈ 101°. Si M appartient à l’ensemble  alors OM = 4. Produit scalaire 235 . B.1 m près. la formule d’Al-Kashi a2 = b2 + c2 – 2bc cos eA. Les triangles S2ZS3. sin14 La hauteur de la tour est donc de 42. dans le triangle BA¢C. 5 99 1. = KG2 et KA = KG = 4 2 ACG est un triangle rectangle en C donc AG2 = 3a2.8. Remarque : de même si nous considérons le symétrique A¢¢ de A par rapport à (BC). En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle AHB. D’où 2a2 = 2 2 1 e 2  = – donc S1ZS e 2 ≈ 109. BA¢C n’est pas un triangle rectangle en A¢ car BA¢ > BH¢ > BC.  sin14 GD GF Dans le triangle GED rectangle en E. 102 1. S1ZS3. AB2 = HA2 + HB2 – 2 ¥ HA ¥ HB ¥ cos(gAHB). c. Un point M du plan est situé sur le segment [AB] si est si : il existe un réel k. cube donc S1Z = S2Z = S3Z = S4Z = 2 Les diagonales des faces du cube ont pour longueur a 2 (voir exercice 99). donc en appliquant la formule d’Al-Kashi dans ces triangles on obtient : S2 ZS e 3 = S2 eZS 4 = S1eZS3 = S1ZS e 4 = S1ZS e 2 100 a. A¢ H¢ C A¢¢ Considérons un triangle ABC rectangle en A et H le projeté orthogonal de A sur (BC). d. Chapitre 12. (AB) est tangente aux deux cercles.1ˆ uuur Á 2 ˜ 3.x    y ¢ . donc P est sur . OA Á ˜ donc d étant parallèle à (OA) et a pour Á 3˜ Á ˜ Ë 2 ¯ r Ê 3ˆ vecteur normal n Á ˜ et comme elle passe par P.3 x . Ë 2 ˜¯ 4 5.3 Ôy  3 ÔÓ ÔÓ 4 4 Ê . Q¢ M M¢ N Q O N¢ Pour aller plus loin M¢¢(x¢¢. 8 x  0. Travail personnel Pour les exercices 105 à 128 : voir corrigés en fin de manuel.5 3ˆ Comme B a une ordonnée positive BÁ . mais sa mesure permet de croiser les deux visées (GD) et (FD) et donc de déterminer le sommet de la tour avec plus de précision. OA2 = Á ˜  Á ˜ = 1 donc OA = 1.3 Ô Ì 2 15 0 Ô4 x  8 x  4 Ó 3 5 ÔÔx  . L’angle dont la mesure semble inutile est l’angle EFD.4 ÔÔx  . De 1.y¢  y . 6 y  .4 ˜ . y ¢¢) est le symétrique de M(x . AB Á Á 4 3˜ Á˜ Ë 4 ¯ uur uur uuur uur Donc PB ·AB = 0 et OA ·AB = 0 donc (AB) est tangente en B à ¢ et en A à . A est donc Ë 2¯ Ë 2¯ 2 sur le cercle  OP2 = 1. H Á .1 ˆ 4.x   2 y ¢¢ . 0 . d a pour vecteur directeur u Á1˜ . Ê . donc M¢ est le A B O P rÊ ˆ 6. on tire 1.didiermathx. 1 Ê. Ë1 ¯ d 3x + y + 3 = 0.1ˆ 2.4 ou Ì Ì Ôy  .x x¢  y¢  x  y x¢  y y¢  x 3.y   0 Ô C’est-à-dire Ì y  y ¢¢ x  x ¢¢ ÔÓ 2  2 2  x ¢¢  .  x ¢¢ . n Á 3 ˜ est un vecteur normal à d et à (OA) et Ë 1¯ H symétrique de M par rapport à d si et seulement si uuuur r MM¢  u  0 et le milieu de [MM¢] appartient à d c’est-à x  x ¢  y  y ¢ Ô dire Ì 2 2 ÔÓ x ¢ . y) de B et B¢ sont solutions du y  . 2 Ê 3ˆ Ê . ˜ Ë 4 4¯ 236 ce qui revient à   x¢ . 130 Voir fichier XcasFr sur le site www. 8 y Ce qui revient à y ¢¢  0. APPROFONDISSEMENT 129 Ê 3 ˆ uur Á .3 x .2. 6 x  0.y   0 B¢ 2.3 Ô c’est-à-dire système Ì 3 2 2 Ôx  y  2 x   0 4 Ó y  .0.3 r ˜= n.com rÊ ˆ Ë1¯ 131 1. y) par rapport à la droite d¢ : y = 2x si et seulement si uuuuur r r Ê 1ˆ MM¢¢  u  0 où u Á ˜ est un vecteur directeur de d ¢ et Ë 2¯ le milieu de [MM¢¢] est sur d¢. Les coordonnées (x . C ¢ : (x + 1)2 + y2 = . Les coordonnées (x . a. AM  n   AH  HM  n  AH  n  HM  n  HM  n uuur r uuur r r HM et n étantuuu colinéaires HM  n  HM ¥ n .1ˆ 4.c  0 c2 Ôx  1  c  c 2 Ce qui revient à Ì c Ôy  Ó 1 c  c2 Comme c > 0. Le lieu de H est une parabole. . 5. A(– c . y) sont solutions du système : 2 x . 2 . Donc H Á Ë1  c  c 2 1  c  c 2 ˜¯ C’est-à-dire ˆ Ê c2 uuur Ê ˆ uur Á 1  c  c 2 ˜ ˜ et CG 1 . y) un point du plan. Chapitre 12. H est en A lorsque ABC est un triangle rectangle en A et en B lorsque ABC est un triangle rectangle en B. 0. 2  5 uuur r uuur uuur r uuur r uuur r uuur r 2.c  0  y  . ˆ Ê c2 c . est telle que a2 – 8a + 12 + 4y = 0 soit y = 4 2. 2) est sur d¢ nous obtenons d¢ : x + 2y – 5 = 0. Produit scalaire 237 .1  c  x  c ] . c). 134 1. H ne peut pas être en C car ABC ne peut pas être un triangle rectangle en C. 3. DG Á et GMÁ .3. Donc (a – 6)x + 4y + 12 – 2a = 0 est une équation de la hauteur issue de A.6ˆ b. a. – 1). 2 1 HM  1 . comme M(1 . H a pour abscisse a et en utilisant b. 0). a. H est le point d’intersection de d et d¢ donc ses coordonnées (x . C(0 . – (1 + c) ¥ 1 + c = – 1 et – (1 + c) ¥ 0 + c = c donc (FC) a pour équation y = – (1 + c)x + c. Donc BH  CG  2 1 c  c 1 c  c2 Les droites (BH) et (CG) sont donc orthogonales. G(1 . BC Á est un vecteur normal à la hauteur issue Ë 4 ˜¯ de A. BHÁ ÁË . F(1 . 0). d : 2x – y + 1 = 0 donc n Á ˜ est un vecteur normal à Ë 2¯ d¢. d. – 3) est sur d. 62  2. H est situé sur la parabole d’équation x2 y= 2 x .132 C H A B O I A. D C J H A G B E F 2.1¯ uuur r AM  n 1 HM   r n 5   Pour aller plus loin Soit A(a . 6 € x  2y  5 y  2.22  0. y) de H sont solutions du système y  .0. AM Á ˜ et n Á ˜ 1 Ë ¯ Ë .3. b ) un point de d alors aa + bb = – c. l’ordonnée y de H a2  2a . C n’étant pas sur le cercle de diamètre [AB].1  c  x  c  cx  1  c  y . 0). uuur Ê1  c ˆ uuur Ê x . 1. B(0 . 133 1. Ë y ˜¯ Ë1  c ˜¯ M est situé sur la droite (DG) si et seulement si (1 + c)y + c(x – 1) = 0 c’est-à-dire : cx + (1 + c) y – c = 0. a. 1 + c + c2 > 1 donc pour tout c > 0 : 1 + c + c2 ≠ 0. – 1). c.c ˜¯ ˜ Á c ˜ Á Ë 1 c  c2 ¯ uur uuur c2 c2  0. x = a uur Ê a . Oui.1  c  x  c cx  1  c  [ . B.5 cm r Ê 1ˆ c. r r AM  n Donc HM  r . 4 b. A(1 . H M O b. IC  4 > 2 où I désigne le milieu de [AB]. E(0 . D(– c . n uuur Ê 0 ˆ rÊ 2 ˆ c. car a décrit IR. c). Soit M(x .y  -1 x  0. a2 donc a -1 2 uuur uuur a1 .b˜¯ Ë b¯ uuur r AM  n  ax 0  by 0 .a2  OM  MP  .aˆ r Ê aˆ AM Á nÁ ˜ Ë y 0 .1¯ uuur Ê . La médiatrice de [AM] est donc la perpendiculaire à (AM) passant par O.a ˆ uuur Ê aˆ et MP Á ab ˜ OM Á ˜ .a¯ b ˆ Ê donc P milieu de [AN] a pour coordonnées Á.a uuur uuur d’où OM  MP  0.b 2 . P a pour image et A a pour image M. D’où NÁ. a. (OP) est parallèle à (BM).a2   a1 . b. donc AMB est un triangle rectangle en M. Comme gOAP est un angle droit. b) les coordonnées de M.a . Nous obtenons P Á Ë 2 .a  . donc d’après le théorème de la droite des milieux : (OP) // (BM). a2 + b2 = 4.a 1.uuur Ê x 0 . et O est donc situé sur la médiatrice de [AM]. 0) est sur (BM) une équation Ë b ˜¯ de la droite (BM) est bx + (1 – a) y – b = 0. M est sur  si et seulement si OM2 = 1 c’est-à-dire a2 + b2 = 1. Une équation de cette parabole serait donc de la forme y = αx2 – 1. il en résulte que gOMP est aussi un angle droit.b2 1 a2   d’où a  2 -2b  4a 4 a2 4 a2 4 ¢ (2 . P est situé sur cette parabole si et seulement si 2 2b Ê 2a ˆ -1 aÁ ˜ Ë 2 .a 1 .a1  a    1. aa  bb   ax 0  by 0  c uuur r AM  n ax 0  by 0  c  donc r n a2  b2 135 1. 2b ˆ Ê 2a . 2. ˜ Ë a . (OM) : bx – ay = 0 et (AH) : 2x – ay = 0 pour b ≠ 2 c’est-à-dire pour a ≠ 0.b¯ 2-b 2b 4 . c. O a pour image O.b˜¯ En utilisant un logiciel de géométrie.a2 a -1 Comme a2 + b2 = 1 uuur uuur a1 .1 . – 1) qui a l’axe de ordonnées pour axe de symétrie. BM Á et come B(1 .b¯ 2-b 2 2b Ê 2a ˆ  C’est-à-dire a Á pour b ≠ – 2 car α ≠ 0 ˜ Ë 2 . uuur Ê a . Il en résulte que (MP) est tangente en M au cercle  de centre O.a1 .a . . Comme M est sur le cercle de centre O et de rayon 2. L’image de l’angle gOAP est donc l’angle O g MP.1ˆ b. [AB] étant un diamètre du cercle  et M un point de  distinct de A et B. a. comme a ≠ 1 car M ≠ B y  ˜ Ë 1. (OP) est aussi perpendiculaire à (AM). Donc (BM) est perpendiculaire à (AM).1 . N a pour abscisse – 1 et est situé sur (BM) donc son ordonnée y est telle que – b + (1 – a) y – b = 0 donc 2b ˆ 2b Ê . P semble décrire une parabole de sommet de coordonnées (0 . Dans le triangle BAN. Par la symétrie d’axe (OP) médiatrice de [AM]. OM  MP  .1 .a2  OM  MP  . Comme 238 D O A Désignons par (a . c’est-à-dire la droite (OP).1¯ uuur uuur ab2 d. 3. A et M sont sur le cercle  de centre O donc OA = OM. O est le milieu de [AB] et P le milieu de [AN]. (MP) est donc tangente en M au cercle  de centre O. N M J P 136 A B O B M H C (MP) est tangente à .b )2 On peut vérifier que P est donc situé sur la parabole x2 -1 d’équation y = 4 . ˜ ÁË b¯ Ë a . donc (OM) est perpendiculaire à (MP). Pour M non situé sur le cercle et pour B distinct de A et A¢.didiermathx. Remarque =r A¢ alors M. A¢ sont alignés et uuur uuur u: uusi r B uuuu MA  MB  MA  MA¢  MO2 . 2) dont l’ordonnée b est de même signe que celle de P. c’est-à-dire P.OA donc uuur uuuur uuur uuur uuur uuur MA  MA ¢  MO  OA   MO . donc ne dépend pas de la droite d qui coupe le cercle.com 138 A uuur uuur A.1° près d’où cos gBAC  8 uur uur BC  BA  18 donc 24 cos gABC  18 3 Il en résulte cos gABC  et A g BC  41.r 2  pC M ur u 1 uur uur 2 De même DLBJ est un parallélogramme. M = D = H = P. Produit scalaire 239 . il ne dépend que du point M et ne dépend pas de la droite passant par M et qui coupe le cercle en deux points A et B.2 ¥ AB  AC uur uur 32 . Donc G privée de S est le lieu de P. uuur uuur Si M est sur le cercle M = A ou M = B donc MA  MB  0 et MO2 – r2 = r2 – r2 = 0 4.r 2 uuur uuur Donc MA  MB  MO2 . 137 Voir sur le site www.1° près. ABC isocèle en A. AICK est un parallélogramme car AI  AB  KC Or (IB)ur^ u(AL) ur uret u(BC) ur ^ (BA). H = O les droites (OM) et (AH) sont confondues avec la droite (OA) et ne sont donc pas sécantes Pour tout point P situé sur la parabole et P distinct du sommet S(0 . IC · BL  IB  BC · BA  AL  ur uuur uur uur ur uuur uur uur  IB · BA  BC · BA  IB · AL  BC · AL 140 1. BC2  AC2  AB2 . Donc les droites (PQ) et (PS) sont orthogonales. On en déduit que (AK) et (IC) d’une part. T O C M H B 1. 2 2 Les droites (IC) et (BL) sont alors orthogonales. Lorsque M est en A. Si M est à l’intérieur du cercle MO2 – r2 < 0 donc pC(M) < 0.  16 ¥ cos BAC g  -1 il en résulte gBAC  97.Cette parabole passe par C(– 2 . 4 à 0.a  a  0. uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur MA  MA¢  MO  OA   MO  OA¢  uuuur uuur Comme O est le milieu de [AA¢]. Donc PQRS est bien un parallélogramme. H est le milieu de [BC]. Démonstration 1. 0).1° près. MO2 – r 2 ne dépend que de M et du cercle. A¢BA est un triangle rectangle en B. 0) et D(2 . B. – 1) de cette parabole. 139 B A O A¢ M A¢ uuur uuur uuur 2 Dans ce cas A = B = T et MA  MB  MT  MT 2 Et comme MOT est un triangle rectangle en T MT2 = MO2 – OT2 = MO2 – r2 = pC(M). pour a = – 2 et b = 0. 4 Comme ABC est isocèle en A B g CA  41. 4 à 0. ur uur ur uur uur uur 2. 3.r 2 2. Soit H le projeté orthogonal de A sur BC. Chapitre 12. uur uur Donc IC · BL  IB · BA  0  0  BC · AL 1 uur uuur uur Ê 1 uuurˆ  AB · BA  BC · Á AD˜ Ë2 ¯ 2 1 2 1 2  . Donc B est le projeté uuur uuuur orthogonal uuur uuur de A¢ sur la droite (MA) et MA  MA¢  MA  MB.OA   MO2 . Si M est à l’extérieur du cercle MO2 – r 2 > 0 donc pC(M) > 0. la droite (OP) coupe  en un point M distinct du point B(0 . MA  MB est constant. (OJ) et (BL) d’autre part sont parallèles. uur uur uur uur BC  BA  BH  BC  BH ¥ BC  18 uur uur 2. Pour M = C c’est-à-dire pour a = – 2 et b = 0 on obtient M = C = H = P pour M = D c’est-à-dire.2  AB  AC  AB ¥ AC ¥ cos BAC  3. A. OA ¢  . Le projeté orthogonal H de M sur l’axe des abscisses est tel que le point d’intersection des droites (AH) et (OM) sera un point de la parabole sur la droite (OM) dont l’ordonnée est de même signe que M. 2 à 0.36 Donc AB  AC   -2 2 uur uur g . ur u ur uuur ur On a donc JB · CI  QP ¥ CI car QP et CI sont colinéaires de même sens. nous AB2 obtenons : MA2 + MB2 = 2MI2 + 2 Comme les points A. Donc CA2 – AF ¥ AB = 0 d’où AB  . avec AB. B et C les coins du patio. I et la droite d sont fixes. AF Pour aller plus loin AC AB tan gAFC  et tan gACB  . on obtient que QP  a. RAD ont même aire. on obtient 2 1 5 BL  a2  a2  a. c’est-à-dire lorsque M est en H. 141 B A C F A B uur uur 1. BC et CA côtés respectifs des chambres d’aires 90 m2. CB · CI  CB ·  CB  BI  CB · CB  a2 ur u ur 1 uur ur 1 JB · CI  CB · CI  a2. On en déduit que PS  BL 5 5 a uur ur uur uur ur uur uur 2 4. BA · BL  BA · BA  AL  uur uur uur uur  BA · BA  BA · AL uur uur Comme (BA) et (AL) sont orthogonales. c. Or la distance IM est minimale si et seulement si M est le projeté orthogonal de I sur la droite d. donc IA · BL  BA · BL  a2 . Cette aire est la même que celle du carré PQRS. 30 m2 et 20 m2 de la chambre d’aire 90 m2. Le triangle BAL est un triangle rectangle en A. ur u ur 5 5 JB · CI  a. CF  CB  0 240 C Désignons par A. MA2 MB2 est minimale si et seulement MI2 est minimal. JB · CI  QP · CI car QP est le projeté orthogonal ur u ur de JB sur (C . AF AC g  ACB g nous obtenons Comme AFC donc AC2 = AF ¥ AB. On peut donc ainsi « diviser » l’aire du carré ABCD en 5 parts égales. ur u uur ur u uur PS · BL  PS ¥ BL d’où IA · BL  PS ¥ BL . 152 Un cavalier Remarque : Les 4 triangles QCD. c’est-àdire lorsque IM est minimal. CF  CB   CA  AF   CA  AB uur uur uur uur CA  AB  0 et AF  CA  0 donc uur uur uur uur uur uur uur uur  CA  AF   CA  AB  CA  CA  AF  AB CA2 3. ur u 2ur uuur ur2 uuur Puis. uur uur uur 2 Donc BA · BL  BA  a2. CI). ur u uur Comme PS et BL sont colinéaires de même sens. donc PS est le ur u uur projeté orthogonal de IA sur (B . uur uur uur uur uur 3. BC ).Le parallélogramme PQRS est donc un rectangle. S est le ur u projeté orthogonal de A sur (BC). SBA. donc PQRS est un carré. AF Pour prendre des initiatives 151 Un minimum A I B M H En appliquant le théorème de la médiane au triangle AMB avec I milieu de [AB] et la médiane [MI]. 2 Ê 5 ˆ a2 et vaut donc un L’aire de PQRS est Á a˜  5 Ë 5 ¯ cinquième de l’aire de ABCD. ur u 1 uur ur u uur 1 uur uur 1 IA  BA. P est le projeté orthogonal de I sur (BC). BCF étant un triangle rectangle en C. 2 2 2 b. d’où AB  AC AB  AF AC AC2 . Comme CI  2 CI 5 5. BA · AL  0. On en déduit d’après le théorème 2 que uur ur u uur ur u ur u uur ur u uur BL · IA  BL · PS donc IA · BL  PS · BL. . 4 2 1 2 ur u uur IA · BL 2 a 5   a. On obtient que QP = PS . 1 Comme BA = a et AL  a. B. a. PBC. uur uur uur uur uur uur 2. 2 2 D’où cos(fBAC) = . y) de M sont donc solutions du bx  ay  ab système : .100ˆ =Á ˜ 16 Ë ¯ = 50 D’où S = 5 2. donc : PA2 + PC2 = PB2 + PD2 Remarque : ce résultat est obtenu pour tout rectangle ABCD et pour tout point P à l’intérieur du rectangle ABCD. uuur uur uuur uuur uur uur Et AM ·BC = (AH + AK )· (AC – AB).59 à 0.01 près. 2 En appliquant la formule d’Al-Kashi dans le triangle ABC nous obtenons : BC2 = AB2 + AC2 – 2AB ¥ AC cos (fBAC). En se rapportant au repère orthonormé r r r r 1 uur 1 uur (A . 0) AB AC Ê a bˆ avec a > 0 . Au cm près.30 ˆ Ê 20  30 . b) avec b > 0.59 m du quatrième coin. A(0 . I Á . uur uuur uur uuur uuur uur AM ·BC = 0 € AC ·AK – AB ·AH = 0 Ê  30  90 2 . uur uuur uur uuur Soit AC ·AK – AB ·AH = 0. 3 1 Puis sin2(fBAC) = . 0). c’est-à-dire : uur uuur uur uuur uur uuur uur uuur AB ·AK – AB ·AH +AC ·AK – AC ·AH = 0.20 ˆ S2 = Á ˜Á ˜ 2 2 Ë ¯Ë ¯ Ê 20  90 . B. nous obtenons : AC2 PA2 + PC2 = 2PO2 + 2 2 BD PB2 + PD2 = 2PO2 + 2 Dans un rectangle les diagonales sont de même longueur. Produit scalaire 241 . PD = 560 et par O le milieu des diagonales [AC] et [BD]. 9 1 Soit sin(fBAC) = . C et D les sommets du rectangle avec PA = 160.90 ˆ =Á ˜Á ˜ 2 2 Ë ¯Ë ¯ A H B Solution 1 uuur uuur uuur HK = AK – AH ur u uur uur 2AI = AB + AC [AI] orthogonal à [HK] si et seulement si : ur u uuur 2AI ·HK = 0. ur u uuur 2AI ·HK = 0 € – ax + by = 0 Les coordonnées (x . Et 30 761 ª 827. En appliquant le théorème de la médiane en O dans les triangles BPD et APC. C(0 . O Solution 2 P A B Désignons par A. y) avec Ë 2 2¯ bx + ay = ab car M est sur (BC).202 2700 . j ) avec i = AB et j = AC . La distance que l’on cherche à calculer est PC. le puits de pétrole se trouve donc à 827. 3 Nous obtenons donc : S = 5 2 m2. Donc PC = 6302  5602 . Nous en déduisons : PC2 = PB2 + PD2 – PA2. 153 S D Conclusion : C uur uuur uur uuur [AI] ^ [HK] € AC ·AK – AB ·AH = 0 uur uuur uur uuur uuur uur Et AC ·AK – AB ·AH = 0 € AM ·BC = 0 Il en résulte que [AI] et [HK] sont orthogonaux si et seulement si M est le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC rectangle en A. 154 C M K I Remarque : On peut aussi utiliser la formule de Héron (vue dans 20  30  90 . B(a .Il en résulte AB = 3 10.ax  by  0  Chapitre 12. l’exercice 144) avec ici : p = 2 Ê 20  30  90 ˆ Ê 30  90 . ˜ et M(x . PB = 630. BC = 30 et CA = 2 5.1602 = 30 761. C B H A 1 L’aire S du patio est égale à AB ¥ CH avec 2 1 CH = AC ¥ sin(fBAC) d’où S = AB ¥ AC ¥ sin(fBAC). i . B gACB A g BC gACB  ABC g + = = 45° 2 2 2 Donc qBIC = 135°. et b. A O A B I P C Soit B le point diamétralement opposé à O sur le cercle C.ab2 a 2b et y = 2 . qICB + qIBC = Il en résulte BC2 = IB2 + IC2 – 2 ¥ IB ¥ IC cos (qBIC). d’où cos(gAPB) = 2 5  2 2 et par . M est donc le pied de la hauteur issue de A dans le triangle ABC rectangle en A. 158 Soit ABC un triangle rectangle en A et I le centre de son cercle inscrit avec IB = 5 et IC = 10. c’est-à-dire x = 155 M c’est-à-dire 20 = MA2 – 8MA ¥ cos(q°). 157 a. 2 2 2 a b rb uuura uu Et on peut remarquer que AM ·BC = 0. 5R 3 Donc : sin Á ˜ = = et cos Á ˜ = = = Ë 2¯ AB Ë 2¯ AB 4 2R 4 Êq ˆ 3 7 Êq ˆ sin(q) = 2sin Á ˜ cos Á ˜ = Ë 2¯ Ë 2¯ 8 Êq ˆ 1 et cos(q) = 2cos2 ÁË 2˜¯ – 1 = (remarque : cela conduit à 8 q ª 82. q et AMB est un triangle rectangle en M. De même : AB2 = MA2 + MB2 – 2MA ¥ MBcos(180 – q°) Soit 33 = MA2 + 8MA cos(q°).15. Soit AC ≈ 5. En additionnant les expressions obtenues en a.8° à 0. c.72 – 15. Conclusion : le carré a pour côté Al-Kashi on en déduit a2 = PA2 + PB2 – 2PA ¥ PB ¥ cos (fAPB).411 au mètre près. 5 . jMAB = 2 7 BM2 = AB2 – AM2 = (2R)2 – (1.54 cos(136°). AC2 = MA2 + MC2 – 2MA ¥ MC ¥ cos(q °) soit 36 = MA2 + 16 – 8MA ¥ cos(q °) 242 Comme a  0 a = 5  2 2 ou a = 5 .2 2 . Soit a4 – 10a2 + 17 = 0. Il en résulte : (a2 + 3)2 + (a2 – 5)2 = 16a2. Avec Al-Kashi : 12 = AP2 = a2 + BP2 – 2aBP cos(fABP) = a2 + 4 – 4a cos(fABP) 9 = PC2 = a2 + BP2 – 2aBP cos(fPBC) = a2 + 4 – 4a sin(fABP) B D’où : (a2 + 3)2 = 16a2cos2(gABP) et (a2 – 5)2 = 16a2sin2(fABP). soit 5 + 2 2 = 5 – 4cos(fAPB) -1 soit gAPB = 135°.1° près). b. alors (AB) est la médiatrice du segment [MP].5R)2 = R2 4 7 D’où BM = R 2 7 Êq ˆ BM Êq ˆ AM 1. 5 ≈ 5. Comme a 2 la longueur de la diagonale du carré est supérieure à CP donc à 3. Soit BC2 = 15 – 10 2 cos(135°) = 25 Donc BC = 5. 159 B C P ENGLISH CORNER A 156 A D Désignons par a le côté du carré. nous obtenons : 53 = 2MA2 puis AM = 26.12 + 3. a2 = 5 + 2 2 ou a2 = 5 – 2 2 C En appliquant le théorème d’Al-Kashi AC2 = BA2 + BC2 – 2BA ¥ BC ¥ cos(gABC) Donc AC2 = 2.2 2 ne convient pas. . Achevé d’imprimer par Jouve Septembre 2011 Dépôt légal : 6949/01 . com VOF
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