Collection Barbazo Corrigé Intégral [PDF]

Zitiervorschau

Sous la direction d’Éric Barbazo et de Christophe Barnet Martial Baheux Aline Bouget Nadine Castagnos Maïna Cigana Amélie Daniel Jean-Baptiste Devynck Dominique Grihon Benoît Lafargue Sébastien Maimaran Anne Malibert Céline Meunier Corinne Ondriozola Sylvie Peducasse Florence Picart Sandrine Pollet Catherine Racadot Denis Roumilhac Karine Sermanson Chloé Ubéra

Mise en pages et schémas :  Soft Office Édition : Alexandre Bertin

www.hachette-education.com © Hachette Livre 2019, 58 rue Jean-Bleuzen, 92178 Vanves Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays.

Sommaire

Algèbre Chapitre 1

 Suites numériques…………………………………………………………………………………………………………………… 5

Chapitre 2

 Fonctions polynômes du second degré…………………………………………………………………… 29

Analyse Chapitre 3

 Fonctions trigonométriques…………………………………………………………………………………………… 57

Chapitre 4

 Dérivation locale……………………………………………………………………………………………………………………… 77

Chapitre 5

 Dérivation globale………………………………………………………………………………………………………………

109

Chapitre 6

 Fonction exponentielle………………………………………………………………………………………………………

137

Chapitre 7

 Calcul vectoriel et produit scalaire……………………………………………………………………………

155

Chapitre 8

  Géométrie repérée………………………………………………………………………………………………………………

177

Géométrie

Probabilités et statistiques Chapitre 9

 Probabilités conditionnelles et indépendance……………………………………………………

207

Chapitre 10

 Variables aléatoires réelles……………………………………………………………………………………………

229

3

1 1  a. 4 ; 7 ; 10 c. 21 ; 34 ; 55 e. −162 ; 486 ; − 1 458

2  a. 35 × 3−7 = 3−2 3

c. 10−9 = 1012 10

Suites numériques

b. 32 ; 64 ; 128 d. 1 ; 1 ; 1 81 243 729 f. − 6  ; − 11 ; − 16 35 35 35 b. 2−4 × 213 = 29 4 d. 109 = 10−5 10

5  1er terme : –4 2e terme : 3 × (−4 ) + 5 = −7 3e terme : 3 × (−7) + 5 = −16 6  1. 1,1 2. 25 % 3. 20 % 4. 60 × 0,85 × 1,15 = 58,65 euros 5. 1 800 × 1,03 × 1,03 × 1,03 ≈ 1967 euros

3  1. f (3) = 58 7  1. f (n ) = n2 + 1 f (25) = 5 470 f (50) = 22 195 2 2 2. f (n ) = −5 ⇔ 9n − 6n − 5 = −5 ⇔ 9n − 6n = 0 ⇔ 3n (3n − 2) 2. = 0f (20) = 401 2 5 = −5 ⇔ 9n2 − 6n = 0 ⇔ 3n (3n − 2) = 0 ⇔ 3n = 0 ou 3n − 2 = 0 ⇔ n = 0 ou n 3. f (n=) =3 2 705 ⇔ n2 + 1 = 2 705 ⇔ n2 = 2 704 ⇔ n = 2 704  ou n = − 2 2 2 f (n ) = 2 705 ⇔ n + 1 = 2 705 ⇔ n = 2 704 ⇔ n = 2 704  ou n = − 2 704 ⇔ 3n = 0 ou 3n − 2 = 0 ⇔ n = 0 ou n =

3 ⇔ n = 52 ou n = −52  0 est l’unique entier naturel dont l’image par f vaut –5. 2n = 52 est la seule valeur1 entière positive de n telle que 2 2 3. f (n ) = −6 ⇔ 9n − 6n − 5 = −6 ⇔ 9n − 6n + 1 = 0 ⇔ (3n − 1) = 0 ⇔ 3n − 1 = 0 ⇔ n = 3 f (n ) = 2 705. −6 ⇔ 9n2 − 6n + 1 = 0 ⇔ (3n − 1)2 = 0 ⇔ 3n − 1 = 0 ⇔ n = 1 . 3 4. f (n ) = 6 899 ⇔ n2 + 1 = 6 899 ⇔ n2 = 6 898 ⇔ n = 6 898  ou n = − Il n’existe pas d’entier naturel dont fl’image vaut 899f ⇔ n2–6. + 1 = 6 899 ⇔ n2 = 6 898 ⇔ n = 6 898  ou n = − 6 898 (n ) = 6par

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4  On passe d’une étape à la suivante en ajoutant

4 allumettes. Ainsi 17 allumettes sont nécessaires pour la 4e étape, 21 pour la 5e étape et 25 pour la 6e étape.

Il n’existe aucune valeur entière de n telle que f (n ) = 6 899 .

8  Cet algorithme calcule la somme S des nombres entiers naturels de 1 à 100. ( S = 1+ 2 + 3 + … + 100).

Pour construire le cours Situation 1 

et

A 

2 

• En notant un le nombre de points nécessaires pour construire le n-ième dessin de la suite 1, on a : u1 = 5 ; u2 = 9  ; u3 = 13 ; u4 = 17 ; u5 = 21. De façon générale, le nombre de points nécessaires pour construire le (n + 1)-ième dessin s’obtient en ajoutant 4 au nombre de points nécessaires pour construire le n-ième dessin. Ainsi, la suite des nombres de points nécessaires pour construire les dessins de la suite 1 peut être définie de la façon suivante : ⎧u1 = 5 ⎨u = u + 4, pour tout entier naturel n > 1 ⎩ n+1 n • En notant vn le nombre de points nécessaires pour construire de n-ième dessin de la suite 2, on a : v1 = 1 ; v = 9   ; v3 = 13 ;     v4 = 16 ; v5 = 25. De façon générale, le nombre de points nécessaires pour construire le n-ième dessin est égal à n2. Ainsi, la suite des nombres de points nécessaires pour construire les dessins de la suite 2 peut être définie de la façon suivante : vn = n2 pour tout entier n > 1.

Chapitre 1 Suites numériques

5

3  Pour la suite 1, on a u6 = 25 ; u7 = 29 ; u8 = 33 ; u9 = 37 ; u10 = 41. Pour la suite 2, on a v10 = 102 = 100. Il faut 41 points pour construire le 10e dessin de la suite 1 et 100 points pour construire le 10e dessin de la suite 2. Remarque : Pour obtenir u10 directement à partir de u1 , on peut remarquer qu’il y a 9 étapes pour passer du 1er au 10e dessin et qu’à chaque étape on ajoute 4 points, ainsi : u10 = u1 + 9 × 4 = 5 + 9 × 4 = 41.

Situation

B 

1  En 2007, Bordeaux Métropole comptait 714 000 habitants. En supposant que la population augmente de 11 800 personnes par an, elle comptera 23 ans plus tard en 2030 : 714 000 + 23 × 11 800 = 985 400, donc l’« Objectif 2030 » de dépasser le million ne sera pas atteint. 2  En notant r l’augmentation annuelle constante, on cherche la plus petite valeur entière de r telle que :

714 000 + 23r > 1 000 000. Or, 714 000 + 23r > 1 000 000 ⇔ 23r > 1 000 000 − 714 000 ⇔ 23r > 286 000 ⇒ r > 12 435 Il faudrait une augmentation annuelle constante d’au moins 12 345 personnes pour atteindre l’« Objectif 2030 ».

Situation

C 

1  a. 1 000 + 3 % × 1 000 = (1+ 3 % ) × 1000 = 1,03 × 1 000 = 1 030 (Rappel : augmenter de 3% revient à multiplier par 1,03). Ainsi, au bout d’un an, le capital acquis est de 1 030 €. 1 030 × 1,03 = 1 060,9 ; au bout de deux ans, le capital acquis est de 1 060,90 €. 1 060,9 × 1,03 = 1 092,727  ; 1 092,727 × 1,03 = 1 125,50881;   1 125,50881× 1,03 ≈ 1 159,27 ; au bout de cinq ans, le capital acquis est de 1 159,27 €. b. Cn+1 = Cn × 1,03 2  B3 = B2 + B2 * 5,2 % ou B3 = B2 * 1,052 On obtient B9 ≈ 14 259,7 et B10 ≈ 15 001,2 . Il faudra donc 8 ans pour que le capital acquis dépasse 15 000 €.

Situation

D 

2  a. 75 000 − 15 % × 75 000 + 3 000 = (1− 15 % ) × 75 000 + 3 000 = 0,85 × 75 000 + 3 000 = 66 750 (Rappel : diminuer de 15 % revient à multiplier par 0,85) 1 an après cette préconisation, il y aura, selon ce modèle, 66 750 buis dans ce massif. 0,85 × 66 750 + 3 000 = 59 737,5 2 ans après cette préconisation, il y aura, selon ce modèle, 59 737 buis dans ce massif. b. n + 1 années après cette préconisation, le massif contient 85 % des buis de l’année précédente puisque la chenille en a fait disparaître15 %, soit 0,85un ainsi que les 3 000 buis replantés. On a donc un+1 = 0,85un + 3 000 pour tout entier naturel n. c. On utilise la calculatrice pour obtenir le tableau de valeurs de termes de la suite (un ) définie par : ⎧u0 = 75 000 ⎨u = 0,85u + 3 000 pout tout entier naturel n ⎩ n+1 n Lorsque n devient grand, les valeurs de un semblent se rapprocher d’une valeur limite 20 000. On peut conjecturer que, si la préconisation de l’ONF est suivie, à long terme le nombre de buis dans ce massif se stabilisera autour de 20 000 buis.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  Oui, la vérification « v0 = u0 » est nécessaire car deux suites qui ont la même relation de récurrence mais qui n’ont pas le même terme initial ne sont pas identiques. 2  a. un+1 = un + r pour tout entier naturel n

b. un+1 = qun pour tout entier naturel n

3  Non, pour montrer que deux suites sont identiques, il faut montrer que tous les termes sont égaux. 6

Chapitre 1 Suites numériques

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1  Si la préconisation de l’ONF n’est pas suivie, comme chaque année le nombre de pieds de buis diminue de 15 %, on peut conjecturer qu’à long terme il n’y en aura plus.

Rédiger une démonstration 1  On pose S = 1    +   2     +       3    + L + n, avec n entier naturel non nul. On a aussi S = n + (n − 1) + (n − 2) + L + 1 Donc, par addition (« verticale ») S + S = (1+ n ) + (2 + (n − 1)) + (3 + (n − 2)) + L + (n + 1) 2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + L + (n + 1) 2S = n (n + 1) n (n + 1) d’où S = 2 On pose S = u0 + u1 + u2 + L + un avec n entier naturel et (un ) suite arithmétique de raison r. Ainsi on a S = u0 + (u0 + r ) + (u0 + 2r ) + L + (u0 + nr ) On a aussi S = un + (un − r ) + (un − 2r ) + L + (un − nr ) Donc, par addition (« verticale ») S + S = (u0 + un ) + (u0 + un ) + (u0 + un ) + L + (u0 + un ) 2S = (n + 1)(u0 + un ) d’où S =

(n + 1)(u0 + un )

2 2  On pose S = 1+ q + q2 + q3 + L + qn avec n entier naturel et q un réel différent de 1. (1− q ) S = S − qS = 1+ q + q2 + q3 + L + qn − (q + q2 + q3 + L + qn+1) = 1+ q + q2 + q3 + L + qn − q − q2 − q3 − L − qn+1 1− qn+1 D’où (1− q ) S = 1− qn+1. Ainsi, comme q ≠ 1, on a S = . 1− q Oui, il fallait l’hypothèse q ≠ 1 pour ne pas diviser par 0 à la dernière étape de la démonstration précédente. On pose S = u0 + u1 + u2 + L + un avec n entier naturel et (un ) suite géométrique de raison q ≠ 1 . Ainsi, on a S = u0 + u0 q + u0 q2 + L + u0 qn = u0 (1+ q + q2 + q3 + L + qn ). 1− qn+1 D’où, comme q ≠ 1, S = u0 1− q

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Utiliser différents raisonnements 1  La suite (un ) est arithmétique si la propriété Pn « un+1 − un = u1 − u0  » est vraie pour tout entier naturel n. On a u0 = 2,

u1 = 3 × 2 + 2 = 8 et u2 = 3 × 8 + 2 = 26 . Ainsi, on a u1 − u0 = 8 − 2 = 6 et u2 − u1 = 26 − 8 = 18 ≠ 6 : P1 est fausse. Donc la suite (un ) n’est pas arithmétique. La suite (un ) est géométrique si la propriété Pn « un+1u0 = u1un  » est vraie pour tout entier naturel n. u u La propriété Pn revient à dire, si on sait que les termes un ne sont pas nuls, que «  n+1 = 1  ». u u n 0 u u On a 1 = 8 = 4 et 2 = 26 ≠ 4 : P1 est fausse. 8 u0 2 u1 Donc la suite (un ) n’est pas géométrique.

2  vn+1 = un+1 + 1 = 3un + 2 + 1 = 3un + 3 = 3(un + 1)

Ainsi, vn+1 = 3vn pour tout entier naturel n : la suite ( vn ) est géométrique.

Travaux pratiques TP 1  a.

1  Pyramide d’allumettes i

//////////

0

1

2

S

0

3

10

21

a

3

7

11

15

b. La variable a représente le nombre d’allumettes nécessaires pour chaque étage : 3 allumettes au 1er étage, 7 allumettes au 2e étage, 11 allumettes au 3e étage … Chaque étage comporte 4 allumettes de plus que l’étage précédent (2 à gauche et 2 à droite). c. Le nombre renvoyé par pyramide(3) correspond au nombre total d’allumettes nécessaires pour construire une pyramide à 3 étages. Chapitre 1 Suites numériques

7

2  a.

On peut donc construire au maximum 22 étages avec 1 000 allumettes. b.

TP

2  Atteindre les limites

⎧u0 = 10 ⎩un+1 = 0,5un + 2 pour tout entier naturel n

1  a. La suite (un ) est définie par ⎨

b. sur ordinateur c. terme_u(0) renvoie le terme u0 = 10 ; terme_u(4) renvoie le terme u4 = 4,375 ; terme_u(9) renvoie le terme u9 = 4,01171875 d. La variable x contient la liste des entiers de 0 à 9. La variable y contient la liste des termes un pour n allant de 0 à 9. e. Il semble que la suite (un ) tende vers 4 lorsque n tend vers +`. f. On obtient la représentation graphique des 10 premiers termes de la suite (un ).

On conjecture que lim vn = +` n→+ `

b.

On conjecture que lim tn = −` n→+ `

8

Chapitre 1 Suites numériques

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2  a.

c.

On conjecture que lim wn = 2 . n→+ `

d.

On conjecture que la suite ( kn ) n’a pas de limite.

TP

3  Suite de Syracuse

u u1 4 = = 2 ; u3 = 2 = 2 = 1 ; 2 2 2 2 u5 2 u4 4 = = 1… u4 = 3u3 + 1 = 3 × 1+ 1 = 4 ; u5 = = = 2 ; u6 = 2 2 2 2 On remarque que les termes de la suite sont : 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2 … On retrouve les trois premiers termes 1, 4, 2 indéfiniment. u u b. u0 = 10 ; u1 = 0 = 10 = 5 ; u2 = 3u1 + 1 = 3 × 5 + 1 = 16 ; u3 = 4 = 16 = 8 2 2 2 2 u4 4 u5 u3 8 = = 2 ; u6 = = 1. u4 = = = 4 ; u5 = 2 2 2 2 2 Le nombre 1 figure bien dans la suite de Syracuse de premier terme u0 = 10 .

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1  a. u0 = 1 ; u1 = 3u0 + 1 = 3 × 1+ 1 = 4 ; u2 =

2  a.

b. c.

teste si le reste de la division euclidienne de u par 2 est nul c’est-à-dire si u est pair. renvoie le terme suivant u dans la suite de Syracuse.

3  a.

Il s’agit de la liste des termes de la suite de Syracuse de premier terme u0 = 14 jusqu’à ce que 1 soit atteint. b. L’instruction L.append ajoute l’argument à la fin de la liste L. Ainsi L.append(Syracuse(u)) ajoute Syracuse(u) en fin de liste L. c. On n’est pas sûr que pour tout entier naturel u, l’instruction Liste_Syracuse(u) renvoie une liste car il faudrait que quel que soit l’entier naturel u choisi pour u0, le nombre 1 soit toujours atteint par un terme de la suite, or il ne s’agit que d’une conjecture. 4  a.

Si u0 = 7, la durée du vol est 17 et son altitude est 52. Chapitre 1 Suites numériques

9

b. et c.

27 est la plus petite valeur de u0 qui donne un temps de vol supérieur à 100, l’altitude de ce vol est alors de 9 232. u0 = 31 et u0 = 41 donnent la même altitude.

TP

4  Comparaison de placements

1  Le placement P1 rapporte 8 % de 1 000 euros chaque année, soit 80 euros. Ainsi un+1 = un + 80 pour tout entier naturel n. Le placement P2 augmente le capital de 5 % chaque année. Ainsi vn+1 = vn + 0,05vn = 1,05vn pour tout entier naturel n. 2  a. sur calculatrice b. Le placement P1 est le plus intéressant au bout des 10 premières années car u10 . v10 . c. D’après la calculatrice, n = 19 : il faut attendre 19 années pour que P2 soit le placement le plus intéressant.

3  a. D’après leur formule de récurrence, (un ) est une suite arithmétique et ( vn ) est une suite géométrique.

b. un = u0 + nr = 1000 + 80n et vn = v0 qn = 1000 × 1,05n . c. sur calculatrice

TP

5  La suite de Fibonacci

1 

a. Il faut écrire =B2+B3 dans la cellule B4 puis faire une recopie vers le bas. b. On écrit =B3/B2 dans la cellule C2 puis on effectue une recopie vers le bas. Il semble que la suite (Qn ) tende vers un réel ¯ ≈ 1,618. On peut conjecturer que ¯ = Φ. 10

Chapitre 1 Suites numériques

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d.

TP

6  Étude de trois propositions d’embauche

1  sur ordinateur 2  a.  =C2+40

b.  = 1,05*D2

c.  =1,02*E2+30

3  a. La proposition A est celle qui donne le salaire mensuel le plus intéressant au départ, mais au fil du temps, ce salaire mensuel deviendra le moins intéressant des 3 propositions, tout le contraire de la proposition B. Quant à la proposition C, elle donne des salaires se situant en général entre les 2 autres propositions. b. En 2030, c’est la proposition B qui donne le meilleur salaire. Cependant, le total des salaires perçus jusque-là montre que c’est la proposition C qui serait la plus intéressante si le jeune actif change d’entreprise en 2030.

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4  D’après le tableur, il devrait au moins rester jusqu’en 2033 dans cette entreprise pour que le choix de la proposition B soit le plus rentable.

Réfléchir, parler & réagir Calcul mental

( 3) ( 3) 3 = v × (− 1 ) = −27 × (− 1 ) = 27 = 9 3 3 3 1 1 9 = v × (− ) = 9 × (− ) = − = −3 3 3 3

6  v1 = v0 × − 1 = 81× − 1 = − 81 = −27

1  1. 21   (17 + 4 ) 2. 486    (16 × 23) 3. 21    (8 + 13) 4. 97    (2 × 49 − 1)

v2 v3

( ( ))

1

2

7  v3 = v1 × q2 = 0,01 × 52 = 0,01 × 25 = 0,25.

5. − 243     81 × − 3 16 8 2

8  v2 = v1 × q donc 200 = 50 × q donc q = 200 = 4.

2  u3 = 10 ; u10 = 171; u20 = 741; u50 = 4 851.

50 v = Puis v1 = v0 × q donc 50 = v0 × 4 donc 0 50 = 12,5. 4

3  u10 = u0 + 10r = 3 + 10 × (−7) = −67. 4  u10 = u0 + 10r = −2 + 10 × 4 = −2 + 40 = − 6 + 40 = − 34 . 3

3

3

3

3

10 × 4 = −2 + 40 = − 6 + 40 = − 34 . 3 3 3 3 3 5  u8 = u2 + 6r donc 20 = 2 + 6r donc r = 18 = 3. 6 Puis u2 = u0 + 2r donc 2 = u0 + 2 × 3 donc 2 = u0 + 6 donc u0 = −4.

9  1. S = (1+ 100) × 100 = 10 100 = 5 050.

2 2 (1+ 19) × 19 20 × 19 20 2. S = = = × 19 = 10 × 19 = 190. 2 2 2

Chapitre 1 Suites numériques

11

10  1. un+1 = 2un 2. un+1 = un + 3,5 3. un+1 = 1,15un 4. un+1 = un − 50 5. un+1 = 0,97un 6. un+1 = 0,876un

14  1. Voir TP 2.  Pour montrer qu’une suite n’est pas arithmétique, on calcule les premiers termes de la suite et on montre grâce à un contre-exemple que la différence entre deux termes consécutifs n’est pas toujours égale au même nombre. 3. Pour montrer qu’une suite est arithmétique, on effectue le calcul littéral un+1 − un et on montre que cette différence ne dépend pas de l’entier n. 4.  Pour montrer qu’une suite n’est pas géométrique, on calcule les premiers termes de la suite et on montre grâce à un contre-exemple que le quotient de deux termes consécutifs non nuls n’est pas toujours égal au même nombre. 5. Pour montrer qu’une suite est géométrique, on exprime un+1 en fonction de un afin de montrer que un+1 = qun avec q un nombre qui ne dépend pas de l’entier naturel n. 6. Pour étudier le sens de variation d’une suite arithmétique, on regarde le signe de sa raison r . Pour étudier le sens de variation d’une suite géométrique, on regarde le signe de son premier terme et la valeur de sa raison q (on distingue les cas, q , 0 ; q = 0 ; 0 , q , 1 ; q = 1 et q . 1). De façon générale, pour étudier le sens de variation d’une suite, on étudie le signe de la différence un+1 − un .

11  1. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 100 . 0 et de raison q = 4 avec q .1 donc (un ) est croissante et pour tout entier naturel n, un = u0 × qn = 100 × 4 n . 2. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = 4 et de raison r = −6 , 0 donc (un ) est décroissante et pour tout entier naturel n, un = u0 + nr = 4 − 6n. 3. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = −2 et de raison r = 0,6 . 0 donc (un ) est croissante et pour tout entier naturel n, un = u0 + nr = −2 + 0,6n. 4. (un ) est géométrique de premier terme u0 = −1, 0 et de raison q = 1 avec 0 , q ,1 donc (un ) est croissante et pour 3 n tout entier naturel n, un = u0 × qn = −1× 1 = − 1n . 3 3 5. (un ) est arithmétique de premier terme u1 = 3 et de raison r = −5 , 0 donc (un ) est décroissante et pour tout entier naturel n, un = u1 + (n − 1)r = 3 + (n − 1) × (−5) = 3 − 5n + 5 = 8 − 5n. 15  Pour tout entier naturel n > 1, un = 2n2 − 3n. 6.  (un ) est géométrique de premier terme u1 = 2500 . 0 et de raison q = −2 avec q , 0 donc (un ) est non monotone un+1 − un = 2 (n + 1)2 − 3(n + 1) − (2n2 − 3n ) = 2 (n2 + 2n + 1) − 3n − 3 − 2n 2 et pour tout entier naturel n, unu = u−1 ×u qn−1 = 25002 × (−2)n−1. − 3n ) = 2 (n2 + 2n + 1) − 3n − 3 − 2n2 + 3n = 2n2 + 4n + 2 − 3n − 3 − 2 n+1 n = 2 (n + 1) − 3(n + 1) − (2n 2 2 un+1 −12  un1.  = (2u(n) +est 1)2arithmétique − 3(n + 1) − (2n 3n ) = 2terme + 3n = 2n2 + 4n + 2 − 3n − 3 − 2n2 + 3n = 4n − 1. (n2 + 2nu0+=1)4−et3nde− 3 − 2n de −premier n Or, pour tout entier naturel n >1, 4n − 1. 0 donc la suite (un ) raison r = 0,2 . 0 donc (un ) est croissante. est croissante. Pour tout entier naturel n, on a un+1 = un + 0,2. 2. (un ) est géométrique de premier terme u0 = −2 , 0 et de 16  1. Algorithme en langage naturel qui calcule : raison q = 3 avec q .1 donc (un ) est décroissante. u0 + u1 + … + u29 . Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 3un . 3.  (un ) est géométrique de premier terme u0 = 1. 0 et de u←5 raison q = 0,7 avec 0 , q ,1 donc (un ) est décroissante. S←5 Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 0,7un . Pour k allant de 1 à 29 faire 4. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 10 . 0 et de u ← u × 0,9 4 S←S+u raison q = avec q .1 donc (un ) est croissante. 3 Fin pour Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 4 un . 3 2. Fonction programmée en Python qui renvoie la somme : 5. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = −1 et de raison  u0 + u1 + … + uN . r = 6 . 0 donc (un ) est croissante. Pour tout entier naturel n, on a un+1 = un + 6. 6.  (un ) est géométrique de premier terme u0 = −5 , 0 et de raison q = 1 avec 0 , q ,1 donc (un ) est croissante. 2 u Pour tout entier naturel n, on a un+1 = n . 2 13 1. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 200 et de On obtient dans la console la somme u0 + u1 + … + u29 en raison q = 1,2. saisissant : 2. u0 = 200 ; u1 = 240 ; u2 = 288 ; u3 = 345,6 ; u4 = 414,72 ; u5 ≈ 497,7 ; u6 ≈ 597,2 ; = 345,6 ; u4 = 414,72 ; u5 ≈ 497,7 ; u6 ≈ 597,2 ; u7 ≈ 716,6 ; u8 ≈ 860 ; u9 ≈ 1032. 3. Proposition d’énoncé : et la somme u10 + u11 + … + u29 en saisissant : En 2019, Basile a mis 200 € de côté pour financer un voyage. Il se fixe comme objectif d’augmenter de 20 % chaque année le montant mis de côté pour ce projet. Combien devra-t-il mettre de côté en 2025 ? De quelle somme disposera-t-il alors pour son voyage ?

()

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3

Automatismes

12

Chapitre 1 Suites numériques

Exercices 2 1  u0 = 2 × 02 − 1 = −1; u1 = 2 × 12 − 1 = 1; u2 = 2 × 22 − 1 = 7 ; u10 =9 2La × 10 suite − 1(u=n199 ) est définie par u0 = −4 et pour tout n > 0,

2

× 1 − 1 = 1; u2 = 2 × 22 − 1 = 7 ; u10 = 2 × 102 − 1 = 199.

un+1 = un + 5. La suite ( vn ) est définie par v0 = 300 et pour tout n > 0, vn+1 = 2vn . 2   u1 = 1+ 1 = 2 ; u2 = 2 + 1 = 3 ; u3 = 3 + 1 = 4 ; u10 = 10 + 1 = 11 10 10 1 2 2 3 3 La suite ( wn ) est définie par w0 = 0 et pour tout > 0 , 3 + 1 = 4 ; u = 10 + 1 = 11 . wn+1 = n + 1+ 3wn . 3 3 10 10 10 définie n )3est 3  v1 = 3 × v0 − 4 = 3 × 3 − 4 = 5 ; v2 = 3 × v1 − 4 = 3 × 5 − 4 = 11;10  v3 1. La = 3 ×suite v2 − 4(u= × 11− 4 = par 29 une relation de récurrence.

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3 − 4 = 5 ; v2 = 3 × v1 − 4 = 3 × 5 − 4 = 11; v3 = 3 × v2 − 4 = 3 × 11− 4 = 29 2.  u ← 1 5 − 4 = 11; v3 = 3 × v2 − 4 = 3 × 11− 4 = 29. Pour k allant de 1 à n faire ; w u= ← 2 2 2 2 4  1. w1 = 2 × w0 + 1 = 2 × 1 + 1 = 3 ; w2 = 2 × w1 + 1 = 2 × 3 + 1 = 19 2 ×3w×2u2 − + 14= 2 × 192 + 1 = 723 3 2 2 2 2 2 1 + 1 = 3 ; w2 = 2 × w1 + 1 = 2 × 3 + 1 = 19 ; w3 = 2 × w2 + 1 = 2 × 19 + 1 = 723 11  1. a. u0 = 2 ; u1 = 2 × u0 − 3 = 1 ; u2 = 2 × u1 − 3 = −1 ; u3 = 2 × u2 − 3 2 + 1 = 19 ; w3 = 2 × w22 + 1 = 2 × 192 + 1 = 723. u = 2 ; u = 2 × u − 3 = 1 ; u = 2 × u − 3 = −1 ; u 0 1 0 2 1 3 = 2 × u2 − 3 = −5. 2. wn+1 = 2wn2 + 1. b. v   0 = 1; v1 = −v0 × (3 − v0 ) = −2 ; v2 = −v1 × (3 − v1 ) = 10 ; v3 = −v2 × (3 v0 = 1; v1 = −v0 × (3 − v0 ) = −2 ; v2 = −v1 × (3 − v1 ) = 10 ; v3 = −v2 × (3 − v2 ) = 70. 5  1. c. w0 = 0,5 ; w1 = w02 + w0 − 1 = 0,52 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 −   2 2 w0 = 0,5 ; w1 = w0 + w0 − 1 = 0,5 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 − 1 = (−0,25)2 − 0,25 − 1 = −1,1875 ; w3 = w22 + w2 − 1 = (− = 0,52 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 − 1 = (−0,25)2 − 0,25 − 1 = −1,1875 ; w3 = w22 + w2 − 1 = (−1,1875)2 − 1,1875 − 1 = − 199 .  256 2.  u←2 Pour k allant de 1 à n faire u←2×u−3 v ←1 1 cm 3 cm 9 cm Pour k allant de 1 à n faire 2.  p1 = 1+ 1+ 2 = 2 + 2 ; p2 = 3(2 + 2 ) ; p3 = 9 (2 + 2 ). v ← −v × (3 − v ) pn+1 = 3 pn . w ← 0,5 11 1 33 9 99 81 = ;a = = ; a3 = = . 3. a1 = Pour k allant de 1 à n faire 2 2 2 2 2 2 2   w ← w × w + w −1 an+1 = 32 an = 9an .

6  1. a0 = 7 ; a1 = 3 ; a2 = 2 ; a3 = 0 ; a4 = 5. 2.  b0 = (−2)0 = 1; b1 = −2 ; b2 = 4 ; b3 = −8 ; b4 = 16.

3. c1 = 1 = 1; c2 = 1 ; c3 = 1 ; c4 = 1 ; c5 = 1 . 1 2 3 4 5  

12  a5 ≈ 6,899 à 10−3 près. 13  Dans la cellule B3 il faut saisir la formule : =3-7*A3. Dans la cellule C3 il faut saisir la formule : =-2*C2+3.

7  1. a. La suite (un ) est définie par une formule explicite.

14 u0 = (0 + 2)2 = 22 = 4 et pour tout entier naturel n , on a : • d’une part, un+1 = ((n + 1) + 2)2 = (n + 3)2 = n2 + 6n + 9 ; b. La suite ( vn ) est définie par une formule explicite.   • d’autre part, un + 2n + 5 = (n + 2)2 + 2n + 5 = n2 + 4n + 4 + 2n + 5 = n2 c. La suite ( wn ) est définie par une relation de récurrence. 2 2 2 un + 2n + 5 = (n + 2) + 2n + 5 = n + 4n + 4 + 2n + 5 = n + 6n + 9 d. La suite ( xn ) est définie par une formule explicite. un + 2n + 5 = (n + 2)2 + 2n + 5 = n2 + 4n + 4 + 2n + 5 = n2 + 6n + 9 . e. La suite (tn ) est définie par une relation de récurrence. Donc un+1 = un + 2n + 5. f. La suite ( kn ) est définie par une relation de récurrence. 15  1. a. un = 5 − n ; u8 = 5 − 8 = −3. 2. u0 = 0 ; u1 = 3 ; u2 = 12 ; u4 = 48. v0 = −1; v1 = 0 ; v2 = 1; v4 = 3. b. un = −2 + 1 n ; u8 = −2 + 1 × 8 = 2. 2 2 w0 = −2 ; w1 = −7 ; w2 = −12 ; w4 = −22. 5 5 c. un = 3 − n ; u8 = 3 − × 8 = −7. x0 = 4 ; x1 = 4 ; x2 = 4 ; x4 = 4 . 4 4 1 1 1 t1 = 1; t2 = ; t3 = ; t5 = . = 1+ n − 1 × 2 = 1+ 2n − 2 = −1+ 2n ; u8 = −1+ 2 × 8 = 15 d. u ( ) n 2 4 16 k0 = 5 ; k1 = 5 ; k2 = 7 ; ku4 n==17. 1+ (n − 1) × 2 = 1+ 2n − 2 = −1+ 2n ; u8 = −1+ 2 × 8 = 15.

8  1. u0 = 2 ; u1 = −3 × 12 − 1+ 2 = −2 ; u2 = −3 × 22 − 2 + 2 = −12 ; u3 = −3 × 32 − 3 + 2 = −28

1+ 2 = −2 ; u2 = −3 × 22 − 2 + 2 = −12 ; u3 = −3 × 32 − 3 + 2 = −28. 2. v1 = 2 × 1+ 3 = 5 ; v2 = 2 × 2 + 3 = 7 ; v3 = 2 × 3 + 3 = 3 ; v4 = 2 × 4 + 3 = 11 4 4 1 2 2 3 3 + 3 = 3 ; v = 2 × 4 + 3 = 11. 4 3 4 4 3.  w2 = 2 − 2 = 0 ; w3 = 3 − 2 = 1; w4 = 4 − 2 = 2 ; w5 = 5 − 2 = 3 − 2 = 2 ; w5 = 5 − 2 = 3 .

Chapitre 1 Suites numériques

13

c.  un+1 − un = 1,5. La suite (un ) est arithmétique de raison 1,5, de premier terme u0 = 4 et a pour formule explicite un = 4 + 1,5n, pour tout n [N. d. un+1 − un = −2. La suite (un ) est arithmétique de raison −2, de premier terme u1 = −6 et a pour formule explicite un = −6 − 2 (n − 1) = −4 − 2n pour tout n [N* .

un

2.  14 12 10

un = –1 + 2n

8 6

un = –2 + 1 n 2

4

un = 5 – n

2 0

2

4

6

–2 –4

18  1. u1 − u0 = 2 365 − 2 500 = −135. La suite (un ) est arithmétique de raison −135, de premier terme u0 = 2 500 et a pour formule explicite un = 2 500 − 135n pour tout n [N. 2. Le plus petit entier naturel n tel que un est négatif est n = 19.

19  u12 = u8 + (12 − 8)r ⇔ 25 = 15 + 4r ⇔ 4r = 10 ⇔ r = 2,5 u = u + 12 − 8 r ⇔ 25 = 15 + 4r ⇔ 4r = 10 ⇔ r = 2,5. ( ) 8 12 n 8 u8 = u0 + 8r ⇔ u0 = u8 − 8r ⇔ u0 = 15 − 82,5 ⇔ u0 = −5.

un = 3 – 5 n 4

20  On note un la durée quotidienne consacrée à la pratique

sportive par la personne au bout de n jours. On a u0 = 0 et pour tout entier naturel n, un+1 = un + 5. La suite (un ) est donc arithmétique de raison 5, de premier terme u0 = 0 et a pour formule explicite un = 5n, pour tout n [N. Le problème revient à résoudre l’inéquation : 16  a. un+1 − un = −2 + 3(n + 1) − (−2 + 3n ) = −2 + 3n + 3 + 2 − 3n =u3 .120 ⇔ 5n .120 ⇔ n . 120 ⇔ n . 24. n 5 = −2 + 3(n + 1) − (−2 + 3n ) = −2 + 3n + 3 + 2 − 3n = 3. La personne dépassera les deux heures quotidiennes de sport La suite (un ) est arithmétique de raison 3 et de premier terme au bout de 25 jours. u0 = −2 + 3 × 0 = −2 . Remarque : on peut aussi dire que un = 3n − 2 = f (n ) avec f 21  1. u0 = 10 et la raison vaut 4. affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme 2. On a u0 = 10 et pour tout entier naturel n, un+1 = un + 4. u0 = −2 et de raison r = 3. La suite (un ) est donc arithmétique de raison 4, de premier b. u0 = 2 × 02 + 3 = 3 ; u1 = 2 × 12 + 3 = 5 ; u2 = 2 × 22 + 3 = 11. terme u0 = 10 et a pour formule explicite un = 10 + 4n, pour On a u1 − u0 = 2 et u2 − u1 = 6, donc u1 − u0 ≠ u2 − u1. La suite tout n [N. (un ) n’est donc pas arithmétique. 3. a. un >1000 ⇔ 10 + 4n >1000 ⇔ 4n > 990 ⇔ n > 247,5.   c. un+1 − un = n + 1+ 5 − n + 5 = 1 . La suite (un ) est arithméLe plus petit entier n [N tel que un > 1000 est n = 248. 2 2 2 b.  tique de raison 1 et de premier terme u0 = 0 + 5 = 5 . 2 2 2 Remarque : on peut aussi dire que un = 1 n + 5 = f (n ) avec 2 2 f affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme u0 = 5 et de raison r = 1 . 2 2 d. u0 = 3 − 1 = 3 − 1 = 2 ; u1 = 3 − 1 = 3 − 1 = 5 ; u2 = 3 − 1 = 3 − 1 = 8 2 +1 3 3 0 +1 1+ 1 2 2 1 5 1 1 8 22  3 − = ; u2 = 3 − = 3− = . 1. a. un = 3 × 2n ; u5 = 96. 2 2 2 +1 3 3 n b. un = 10 × 1 ; u5 = 5 . On a u1 − u0 = 5 − 2 = 1 et u2 − u1 = 8 − 5 = 1 , donc : 2 16 2 2 3 2 6   c. un = −2 × (−3)n ; u5 = 486. u1 − u0 ≠ u2 − u1. d. un = 2 × 3n−1 ; u5 = 162. La suite u n’est donc pas arithmétique.

()

( n)

e. un+1 − un = 2 (n + 1) − 4 − (2n − 4 ) = 2n + 2 − 4 − 2n + 4 = 2.   La suite (un ) est arithmétique de raison 2 et de premier terme u0 = 2 × 0 − 4 = −4. Remarque : on peut aussi dire que un = 2n − 4 = f (n ) avec f affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme u0 = −4 et de raison r = 2. f. un+1 − un = (n + 1) 2 − n 2 = 2 . La suite (un ) est arithmétique de raison 2 et de premier terme u0 = 0 × 2 = 0. Remarque : on peut aussi dire que un = 2n + 0 = f (n ) avec f affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme u0 = 0 et de raison r = 2 .

17  a. u0 = −1; u1 = −1; u2 = 1. On a u1 − u0 ≠ u2 − u1, la suite

(un ) n’est donc pas arithmétique. b. u1 = 0 ; u2 = 1; u3 = 3. On a u2 − u1 ≠ u3 − u2 , la suite (un ) n’est donc pas arithmétique. 14

Chapitre 1 Suites numériques

2. a.

b.

c. 

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–6

26 

d. 

23  a. u0 = 4 ; u1 = 8 ; u2 = 12.

u u1 8 u u = = 2 et 2 = 12 = 3 donc 1 ≠ 2 donc la suite 8 2 u0 4 u1 u0 u1 (un ) n’est pas géométrique. b. un = 3 × (−2)n s’écrit sous la forme un = u0 × (−2)n donc la suite (un ) est géométrique de raison −2 et de premier terme u0 = 3. n c. un = 2 = 1 × 2n s’écrit sous la forme un = u0 × 2n donc la 3 3 suite (un ) est géométrique de raison 2 et de premier terme u0 = 1 . 3 n n n d. un = ( 2 ) = 1× ( 2 ) s’écrit sous la forme un = u0 × ( 2 ) donc la suite (un ) est géométrique de raison 2 et de premier terme u0 = 1. e. un = 3n+2 = 32 × 3n = 9 × 3n s’écrit sous la forme un = u0 × 3n donc la suite (un ) est géométrique de raison 3 et de premier terme u0 = 9. f. u0 = 0 ; u1 = 2 ; u2 = 16 ; u3 = 54. u u u u On a 2 = 16 = 8 et 3 = 54 = 27 donc 2 ≠ 3 donc la suite 2 8 u1 u2 16 u1 u2 (un ) n’est pas géométrique. Remarque : on peut aussi dire que si u0 est nul et pas u1 alors la suite n’est pas géométrique On a

24  a. La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = 3

27  1.  u ← 5 Pour k allant de 1 à n faire u ← 1,25 × u Fin pour 2.  u37 ≈ 19 259 et u38 ≈ 24 074. Au bout de 38 secondes le nombre de bactéries va dépasser 20 000.

28  1. u0 = 150 et q = 2 .

et de raison 2. Donc, pour tout [N, on a un = 3 × 2n. b. La suite (un ) est géométrique de premier terme u1 = 100 n−1 et de raison 1 . Donc, pour tout [N*, on a un = 100 × 1 . 5 5 c. La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = −2 et de raison −1. Donc, pour tout [N, on a un = −2 × (−1)n. d. u1 = 10 ; u2 = − 1 ; u3 = 10. 10   u u2 u u 1 On a et 3 = −100 donc 2 ≠ 3 donc la suite (un ) =− 100 u2 u1 u1 u2 n’est pas géométrique.

3 n 2 2. un = 150 × , pour tout n [N. 3   3. a. 24 est le plus petit entier naturel n tel que un , 0,01. b.

25  1. La suite (un ) est géométrique de premier terme

(un ) est géométrique de premier terme u1 = 1 et de raison

()

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22 est le plus petit entier naturel n tel que vn . un .

u0 = 1 000 et de raison 0,2. Donc, pour tout [ N, on a un = 1 000 × 0,2n. En particulier u7 = 1 000 × 0,27 = 0,0128. 2. La suite ( vn ) est géométrique de premier terme v0 = 2 et de raison −4. Donc, pour tout [N , on a vn = 2 × (−4 )n . En particulier v5 = 2 × (−4 )5 = −2 048.

()

29  On note un la longueur du n-ième côté du carré. La suite

q = 0,8. Donc, pour tout [N* , on a un = 1× 0,8n−1. En particulier u4 = 1× 0,83 = 0,512. La longueur du côté du carré orange est 0,512 et l’aire du carré orange est 0,5122 = 0,262144 u.a. Remarque : Si on note ( vn ) l’aire du n-ième carré, la suite (vn ) est géométrique de premier terme v1 = 1 et de raison q = 0,82 = 0,64. Donc, pour tout [N*, on a vn = 1× 0,64 n−1. En particulier v4 = 1× 0,643 = 0,262144.

30  a. Il s’agit de la somme des termes d’une suite arithmétique de premier terme u0 = 4 et de raison 3. De plus 64 = 4 + 3n ⇔ 3n = 60 ⇔ n = 20 donc 64 est le 21e terme de la suite. 4 + 7 + 10 + … + 64 = 21× 4 + 64 = 21× 34 = 714. 2 b. Il s’agit de la somme des termes d’une suite arithmétique de premier terme u0 = 50 et de raison 2. De plus 1 002 = 50 + 2n ⇔ 2n = 952 ⇔ n = 476 donc 1  002 est le 477e terme de la suite. 50 + 52 + 54 + … + 1 002 = 477 × 50 + 1 002 = 477 × 526 = 250 902 2 50 + 52 + 54 + … + 1 002 = 477 × 50 + 1 002 = 477 × 526 = 250 902. 2 Chapitre 1 Suites numériques

15

Le nombre total N de voitures fabriquées par le constructeur 31  1. a. 1+ 2 + 3 + L + 1 000 = 1 000 × 1+ 1 000 = 500 × 1 001 = 500 500

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2 sur une année est la somme des 12 premiers termes de la + 1 000 = 1 000 × 1+ 1 000 = 500 × 1 001 = 500 500. 1+ 2 + 3 + L 2 suite (un ) , soit : b. 501+ 502 + 503 + L + 1 000 = 500 500 − 500 × 1+ 500 = 500 500 − 125 250 = 375 250 2 N = 12 × 155 + 221 = 6 × 376 = 2 256 voitures. 1+ 500 3 + L + 1 000 = 500 500 − 500 × = 500 500 − 125 250 = 375 250.  2 2 37  On note u 2.  S ← 0 n le montant du loyer la n-ième année. La suite u est une suite géométrique de premier terme u1 = 900 et ( n) Pour k allant de 1 à 1 000 faire de raison q = 1,01. S ← S+k Le loyer étant dû 12 fois dans une année, la somme totale S Fin pour représentant l’ensemble des loyers au cours des 10 années est égale à 12 × T où T est la somme des 10 premiers termes S←0 de la suite (un ) . Pour k allant de 501 à 1000 faire 10 ⎛ ⎞ S = 12 × T = 12 × ⎜ 900 × 1− 1,01 ⎟ = 112991,90 €. S ← S+k ⎝ 1− 1,01 ⎠ Fin pour 38 La courbe représentative de la fonction f semble décrois13 32  a. 1+ 0,5 + 0,52 + L + 0,512 = 1× 1− 0,5 = 2 (1− 0,513 ) = 8 191 sante sur [0 ; +`[, la suite (un ) définie par un = f (n ) pour tout 4 096 1− 0,5 entier naturel semble donc décroissante. 13 1− 0,5 2 12 13 8 191 5 + L + 0,5 = 1× = 2 (1− 0,5 ) = La courbe représentative de la fonction g semble décrois1− 0,5 4 096 9 9 sante sur [0 ; 5] et croissante sur [5 ; +`[ , la suite ( vn ) définie b. 1+ 1,5 + 1,52 + L + 1,58 = 1× 1− 1,5 = 1− 1,5 = 2 (1,59 − 1) = 19 171 par 256vn = f (n ) pour tout entier naturel semble donc décrois1− 1,5 −0,5 9 9 sante du rang 0 au rang 5 et croissante à partir du rang 5. 52 + L + 1,58 = 1× 1− 1,5 = 1− 1,5 = 2 (1,59 − 1) = 19 171 1− 1,5 −0,5 256 39 1. Pour tout n [N, un+1 − un = un + n + 3 − un = n + 3 > 0. 11 33  a. 1+ 3 + 32 + 33 + … + 310 = 1× 1− 3 = 0,5(311 − 1) = 88 573On en déduit que pour tout n [N, un+1 − un > 0, donc la suite 1− 3 (un ) est croissante. 11 2 3 10 11 1− 3 2. Pour tout n [N , vn+1 − vn = vn (1− vn ) − vn = −vn2 < 0. On 1+ 3 + 3 + 3 + … + 3 = 1× = 0,5(3 − 1) = 88 573. 1− 3 en déduit que pour tout n [N, vn+1 − vn < 0, donc la suite (vn ) est décroissante. S←0 Pour k allant de 0 à 10 faire 40  1. Pour tout n [N, un+1 − un = 2 − 4 (n + 1) − (2 − 4n ) = −4 < 0 S ← S + 3k un+1 − un = 2 − 4 (n + 1) − (2 − 4n ) = −4 < 0. On en déduit que pour tout n [N, un+1 − un < 0, Fin pour donc la suite (un ) est décroissante. 2. Pour tout n [N, vn+1 − vn = 2 (n + 1)2 + 3 − (2n2 + 3) = 2n2 + 4n + 2 + 2 34 On note un le montant du don 2 2 2 le n-ième mois. La vn+1 en − veuros n = 2 (n + 1) + 3 − (2n + 3) = 2n + 4n + 2 + 3 − 2n − 3 = 4n + 2 > 0. suite (un ) est une suite arithmétique de premier terme u1 = 1 On en déduit que pour tout n [N, vn+1 − vn > 0, donc la suite et de raison r = 1. Donc, pour tout [N*, on a un = 1+ n − 1 = n. (vn ) est croissante.   En particulier, au bout de 10 ans, 120 mois se seront écoulés 3. Pour tout n [N, wn+1 − wn = (n + 1)2 + 2 (n + 1) − (n2 + 2n ) = n2 + 2n + 2 2 2 2 et le montant du don sera = 120  €. wn+1de− uw120 n = (n + 1) + 2 (n + 1) − (n + 2n ) = n + 2n + 1+ 2n + 2 − n − 2n = 2n + 3 > 0 . On en déduit La somme totale S que l’association aura reçue de l’entreprise que pour tout n [N, wn+1 − wn > 0, donc la suite ( wn ) est est la somme des 120 premiers termes de la suite (un ), soit : croissante. 4. Pour tout n [N, tn+1 − tn = 2n+1 + 3n+1 − (2n + 3n ) = 2 × 2n + 3 × 3n − 2 S = 1+ 2 + L + 120 = 120 × 1+ 120 = 60 × 121 = 7 260 €. 2 n+1 n+1 n n tn = 2 + 3 − (2 + 3 ) = 2 × 2n + 3 × 3n − 2n − 3n = 2n (2 − 1) + 3n (3 − 1) = 2n + 2 × 3n > 0 n+1 −en 35  On note un le montant du tdon centimes d’euro le n+1 n n n n tn = 2n+1 +n3ème − (2n + + une 3 × 3suite − 2géométrique − 3n = 2n (2 de − 1)premier + 3n (3 − 1) = 2n + 2 × 3n > 0. On en déduit que pour tout n [N, ) = 2(u×n )2est  mois. La3suite tn+1 − tn > 0, donc la suite (tn ) est croissante. terme u1 = 1 et de raison q = 2. Donc, pour tout [N* , on a n−1 un = 1× 2 . 41  Pour tout entier naturel n, La somme totale S1 que l’association aura reçue de l’entreun+1 − un = (n + 1)2 − 8 (n + 1) + 2 − (n2 − 8n + 2) = n2 + 2n + 1− 8n − 8 + prise au bout de 1 an est la somme des 12 premiers termes un+1 − un = (n + 1)2 − 8 (n + 1) + 2 − (n2 − 8n + 2) = n2 + 2n + 1− 8n − 8 + 2 − n2 + 8n − 2 = 2n − 7 de la suite (un ) , soit : 12 Ainsi pour n < 3, un+1 − un < 0 puis pour n > 4, un+1 − un > 0. 12 1− 2 S1 = 1× = 2 − 1 = 4 095 centimes d’euros, soit Donc la suite (un ) est décroissante jusqu’au rang 4 puis crois1− 2 40,95 €. sante à partir du rang 4. La somme totale S2 que l’association aura reçu de l’entreprise 42 1. La raison r = 0,6. r . 0, donc la suite (un ) est croissante. au bout de 2 ans est la somme des 24 premiers termes de la suite (un ) , soit : 2. La raison r = 2 . r . 0 , donc la suite ( vn ) est croissante. 24 3 24 1− 2 S2 = 1× = 2 − 1 = 16 777 215 centimes d’euros, soit 3.  La raison r = 1− 2 . r , 0, donc la suite ( wn ) est 1− 2 décroissante. 167772,15  €. 4. La raison r = 10−2 . r . 0, donc la suite (tn ) est croissante. 36  On note (un ) le nombre de voitures construites par le 43 1. La suite (un ) a pour raison q = 2 et pour premier terme constructeur le n-ième mois. La suite (un ) est une suite arithmétique de premier terme u1 = 155 et de raison r = 6. Donc, u0 = 3. q .1 et u0 . 0. La suite est donc croissante. pour tout [N* , on a un = 155 + (n − 1) × 6. En particulier, le 2. La suite ( vn ) a pour raison q = 4 et pour premier terme 5 12e mois la production sera de u12 = 221 voitures. v0 = −1. 0 , q ,1 et v0 , 0. La suite est donc croissante. 16

Chapitre 1 Suites numériques

3. La suite ( wn ) a pour raison q = 8 et pour premier terme 3 w0 = − 2 . q .1 et w0 , 0. La suite est donc décroissante. 3 4. La suite (tn ) a pour raison q = 10−1 et pour premier terme t0 = 0,5. 0 , q ,1 et t0 . 0. La suite est donc décroissante.

44  1. un+1 − un = qn+1 − qn = q × qn − qn = qn (q − 1) . qn . 0 ,  

le signe de un+1 – un ne dépend que du signe de q − 1. Or q − 1. 0 ⇔ q .1. Donc, pour q .1, un+1 − un . 0 et pour 0 , q ,1, un+1 − un , 0. 2. Pour q .1, un+1 − un . 0 ⇔ un+1 . un . La suite (un ) est croissante. Pour 0 , q ,1, un+1 − un , 0 ⇔ un+1 , un. La suite (un ) est décroissante.

45  1. un = n − 3, la suite (un ) est arithmétique de raison 1,

or 1. 0 la suite est donc croissante et représentée sur le graphique n°1. Les valeurs prises par les termes de la suite semblent devenir aussi grandes que l’on veut. On conjecture que la suite tend vers +`. 2. vn = −2n + 1, la suite ( vn ) est arithmétique de raison −2,   or −2 , 0 la suite est donc décroissante et représentée sur le graphique n° 2. Les valeurs prises par les termes de la suite semblent devenir aussi grandes que l’on veut en valeur absolue et négatives. On conjecture que la suite tend vers −` .

46  1. Les valeurs de la suite semblent se rapprocher autant que l’on veut d’une valeur « limite » : 0. On conjecture que la suite a pour limite 0. 2. Les points de coordonnées (n ; un) ne sont pas alignés entre eux, la suite ne peut donc pas être arithmétique. En revanche, la décroissance exponentielle des termes de la suite laisse penser qu’il s’agit d’une suite géométrique pour laquelle la raison q est telle que 0 , q ,1. Il semble qu’un terme de la suite est deux fois plus petit que le terme qui le précède et que le premier terme de la suite est u0 = 8. Ainsi, pour tout entier naturel n  : n ⎪⎧u0 = 8 et un = 8 × 1 . ⎨ 1 2 ⎪⎩un+1 = 2 un

()

47 

u0

−1

0

0,25

0,5

1

2

lim un

−`

0

0,5

0,5

0

−`

n→+ `

Exercices

La suite ( wn ) est géométrique de raison q = 2 et de premier terme w0 = 3. On a q .1 et w0 . 0 , la suite ( wn ) est donc a1 − a0 = 4 − 1 = 3 ; a2 − a1 = 1− 4 = −3. On a a1 − a0 ≠ a2 − a1 , croissante. a2 1 a1 4 la suite (an ) n’est pas arithmétique. = = 4; = . On a 2. Pour tout entier naturel n  : a0 1 a1 4 n n n a1 a2 ≠ , la suite (an ) n’est pas géométrique. tn = un − vn = 3 × 2 − 4n + 3 − 3 × 2 + 4n − 3 = 3 × 2 − 4n + 3 − 3 × 2 a0 a1 2 2 2 n n n n − 4n + 3 + 4n − 3 3 × 2 − 4n + 3 − 3 × 2 − 4n + 3 3 × 2 −8n + 6 3 × 2 tn = un − vn = = = 3 − 4n. − = ⎧b = 0 2 bn+1 = bn + r, elle 2 2 2 , la suite 2. ⎨ 0 (bn ) est de la forme b = b + 3 La suite (tn ) est arithmétique de raison r = −4 et de premier ⎩ n+1 n terme t0 = 3. On a r , 0 , la suite (tn ) est donc décroissante. est  donc arithmétique de raison r = 3 et de premier terme b0 = 0. 50  1. u0 = u1 = u2 = u3 = u4 = u5 = 0. Il semble que la suite ⎧c0 = 2 (un ) soit constante et que un = 0 pour tout entier naturel n. 3. ⎨ , la suite (cn ) est de la forme cn+1 = q × cn , elle est ⎩cn+1 = 5cn 2.  u6 = 1440. La conjecture précédente est fausse.   géométrique de raison q = 5 et de premier terme c = 2. donc 0 51  1. u1 = − 1 × u0 + 3 = − 1 × 1+ 3 = 5 ; u2 = − 1 × u1 + 3 = − 1 × 5 + 3 = 4. dn = −1× 4 n, la suite (dn ) est de la forme dn = d0 × qn , elle 2 2 2 2 2 2   est donc géométrique de raison q =14 et de premier terme 5 1 1 1 5 5 12 7 u1 = − × u0 + 3 = − × 1+ 3 = ; u2 = − × u1 + 3 = − × + 3 = − + = . d0 = −1. 2 2 2 2 2 2 4 4 4 5 − 1 = 3 et u − u = 7 − 5 = − 3 , donc 5. en = 1 n + 1, la suite (en ) est de la forme en = e0 + n × r, elle u − u = On a 1 0 2 1 3 2 2 4 2 4   est donc arithmétique de raison r = 1 et de premier terme u . La suite n’est donc pas arithmétique. u − u ≠ u − u ( n) 1 0 2 1 3 e0 = 1. 7 u1 5 u2 6. f0 = 2 ; f1 = −1; f2 = 2 . 4 = 7 × 2 = 7 , donc u1 ≠ u2 . On a = ; =   u0 2 u1 5 4 5 10 u0 u1 f1 − f0 = −1− 2 = −3 ; f2 − f1 = 2 − (−1) = 3. 2 On a f1 − f0 ≠ f2 − f1 , la suite ( fn ) n’est pas arithmétique. La suite (un ) n’est pas géométrique. f2 f1 −1 f2 f1 2 = ; = = −2 . On a ≠ , la suite ( fn ) n’est pas 2. vn+1 = un+1 − 2 = − 1 × un + 3 − 2 = − 1 × ( vn + 2) + 1 = − 1 vn − 1+ 1 = − 2 f1 −1 f0 f0 f1 2 2 2   géométrique. 1 1 1 1 vn+1 = un+1 − 2 = − × un + 3 − 2 = − × ( vn + 2) + 1 = − vn − 1+ 1 = − vn . 2 2 2 2 49  1. Pour tout entier naturel n : La suite ( vn ) est géométrique de raison q = − 1 . n n n n n 2 n wn = un + vn = 3 × 2 − 4n + 3 + 3 × 2 + 4n − 3 = 3 × 2 − 4n + 3 + 3 × 2 + 4n − 3 = 6 × 2 = 3 × 2n 1 2 2 2 2 3.  v0 = u0 − 2 = 1− 2 = −1, ainsi vn = −1× − . 2 × 2n + 4n − 3 = 3 × 2n − 4n + 3 + 3 × 2n + 4n − 3 = 6 × 2n = 3 × 2n . n 2 2 2 vn = un − 2 ⇔ un = vn + 2 ⇔ un = −1× − 1 + 2. 2 © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

48  1. a0 = 1; a1 = 4 ; a2 = 1.

( ) ( )

Chapitre 1 Suites numériques

17

( )

n

On a − 1 , 0, la suite − 1 n’est ni croissante ni décroissante 2 2 et la suite (un ) n’est donc ni croissante ni décroissante. Les termes de la suite semblent se rapprocher autant que l’on veut vers une valeur limite : 2. lim un = 2.

2.

n→+ `

52  1. Le rang du premier terme de la suite (tn ) est 1 et t1 = 1.

  Le rang du premier terme de la suite ( wn ) est 0 et w0 = −2. 2. t1 = 1; t2 = 5 × t1 + 2 = 5 × 1+ 2 = 7 ; t3 = 5 × t2 + 2 = 5 × 7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937 × 1+ 2 = 7 ; t3 = 5 × t2 + 2 = 5 × 7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937 7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937. w0 = −2 ; w1 = 0 + w0 = 0 − 2 = −2 ; w2 = 1+ w1 = 1− 2 = −1; w3 = 2 + w2 = 2 − 1 = 1; w4 = 3 + w3 = 3 + 1 = 4 1− 2 = −1; w3 = 2 + w2 = 2 − 1 = 1; w4 = 3 + w3 = 3 + 1 = 4. 3. t2 − t1 = 7 − 1 = 6 ; t3 − t2 = 37 − 7 = 30, on a t2 − t1 ≠ t3 − t2  , t t la suite (tn ) n’est pas arithmétique. 2 = 7 = 7 et 3 = 37 , on a 1 7 t t 1 2 t2 t3 ≠ , la suite (tn ) n’est pas géométrique. t1 t2 w1 − w0 = −2 − (−2) = 0 e t w2 − w1 = −1− (−2) = 1, o n a w1 − w0 ≠ w2 − w1, la suite ( wn ) n’est pas arithmétique. 3. Il semble qu’un terme de la suite ( vn ) est deux fois plus w1 −2 w2 −1 1 w1 w2 petit que le terme qui le précède. On peut conjecturer que , la suite ( wn ) = = 1 et = = , on a ≠ w0 −2 w1 −2 2 w0 w1 la suite ( vn ) est géométrique de raison 0,5. n’est pas géométrique. 4. vn+1 = un+1 − 200 = 0,5un + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200) − vn+1 = un+1 − 200 = 0,5un + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200) − 100 = 0,5vn + 100 − 100 = 0,5vn 53  1.  0 1 2 3 4 5 . vn+1 = un+1 −n200 = 0,5u n + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200 ) − 100 = 0,5vn + 100 − 100 = 0,5vn La suite ( vn ) est géométrique de raison 0,5. fact(n) 1 1 2 6 24 120 5.  v0 = u0 − 200 = 2 200 − 200 = 2 000 et vn = 2 000 × 0,5n . 2.  n! = 1× 2 × 3 × … × (n − 1) × n. On a : ⎧u0 = 1 vn = un − 200 ⇔ un = vn + 200 ⇔ un = 2 000 × 0,5n + 200. 3. ⎨ , pour tout n entier naturel. u = n + 1 × u ( ) ⎩ n+1 n   56  1.  VF − VI = 664 − 800 = −0,17, soit 17 % de réduction 54  On note un le capital disponible sur le compte la n-ième 800 VI année. La suite (un ) est une suite géométrique de premier de la taille du fichier. terme u0 (capital de départ) et de raison q = 1,03 (augmenter 2. a. La taille du fichier après compression est obtenue en une quantité de 3 %, c’est la multiplier par 1+ 3 = 1,03). multipliant la taille du fichier précédent par 1− 17 = 0,83. 100 100 Donc, pour tout n [N, on a un = u0 × 1,03n .   Ainsi tn+1 = 0,83tn. Si on souhaite obtenir un capital de 10 000 € dans 15 ans, b. La suite (tn ) est définie par son premier terme t0 = 800 cela signifie que u15 = 100 000. et la relation de récurrence tn+1 = q × tn , avec q = 0,83. C’est u15 = 100 000 ⇔ u0 1,0315 = 100 000 ⇔ u0 = 100 000 ⇔ u ≈ 64 186 donc une suite géométrique de premier terme t0 = 800 et 0 1,0315 de raison 0,83. = 100 000 ⇔ u0 = 100 000 ⇔ u0 ≈ 64 186 € (arrondi à l’euro). On a pour tout entier naturel n, tn = t0 × qn = 800 × 0,83n . 15 1,03

)

3. 

55  1. a. 

b.

La taille du fichier devient inférieure à 50 Ko après 15 compressions successives.

18

Chapitre 1 Suites numériques

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(

57  1. On note un le montant du forage du n-ième mètre. On a u1 = 100 et chaque mètre supplémentaire coûte 10 euros de plus que le précédent. On a donc un+1 = un + 10. La suite (un ) est définie par son premier terme u1 = 100 et la relation de récurrence un+1 = un + 10. C’est donc une suite arithmétique de premier terme u1 = 100 et de raison r = 10 . On a pour tout entier naturel n >1 , un = u0 + (n − 1) × r = 100 + (n − 1) × 10 . E n p a r t i c u l i e r u15 = 100 + 14 × 10 = 100 + 140 = 240. Le 15 e mètre foré coûtera 240 €. 2. La facture pour un forage de 15 m de profondeur est obtenue en faisant la somme des 15 premiers termes de la suite (un ) :   S = 15 × 100 + 240 = 15 × 340 = 15 × 170 = 2 550. 2 2 La facture est de 2 550 €.

3. 

58  1. un = u0 + n × r = 8 − 3n.

En particulier u9 = 8 − 3 × 9 = −19. Le nombre d’habitants en France en 2060 est estimé à 88 141 637. S = 10 × 8 − 19 = 5 × (−11) = −55. 2 4. a. un+1 = pn+1 + 13636,36364 = 1,0055 pn + 75 + 13636,36364 = 1,0055 10 2. S = 64 × 1− 0,5 = 128 × (1− 0,510 )u= 127,875. = p + 13636,36364 = 1,0055 pn + 75 + 13636,36364 = 1,0055 pn + 13711,36364 = 1,0055(un − n+1 n+1 1− 0,5 = 1,0055 p + 75 + 13636,36364 = 1,0055 p + 13711,36364 = 1,0055(un − 13636,36364 ) + 13711,36364 = 1,0055un − 13711,36364 + 1 1 + 13636,36364 n n 3. u = u0 + n × r = −2 + n. 5 (un − 13636,36364 ) + 13711,36364 = 1,0055un − 13711,36364 + 13711,36364 = 1,0055un . 6364 = 1,0055 pnn + 13711,36364 = 1,0055 La suite (un ) est donc géométrique de raison q = 1,0055. En particulier u9 = −2 + 1 × 9 = −0,2 . 5 b.  u0 = p0 + 13636,36364 = 67200 + 13636,36364 = 80836,36364 S = 10 × −2 − 0,2 = 5 ×u(−2,2 −11. ) =+ 13636,36364 = p = 67200 + 13636,36364 = 80836,36364. 0 0 2 10 10 Donc un = 80836,36364 × 1,0055n. 1− 1 1− 1 10 On a : 5 5 4. S = −2 × = −2 × = 5 × ⎛ 1 − 1⎞ = −48 828 120 ≈ −2,5 ⎝ ⎠ 2 5 19 531 250 4 1 u 1− n = pn + 13636,36364 ⇔ pn = un − 13636,36364 ⇔ pn = 80836,36364 5 5p + 13636,36364 ⇔ p = u − 13636,36364 ⇔ p = 80836,36364 × 1,0055n − 13636,36364. u = n n n n n 5 × ⎛ 1 10 − 1⎞ = −48 828 120 ≈ −2,5. 5. 2 060 = 2 018 + 42, l’estimation du nombre d’habitants en ⎝ ⎠ 2 5 19 531 250 France en 2060 est donnée par le terme p42 de la suite ( pn ). p42 = 80836,36364 × 1,005542 − 13636,36364 = 88141,637. 59  1. Soit N le nombre de termes de la somme, on a : S = N × 8 + 212 ⇔ 5 720 = N × 220 ⇔ 5 720 = 110N ⇔ N = 5 720 61  ⇔ N = 522 110 1. u1 = 2 2× 1 − 8 × 1+ 6 = 0. La proposition est vraie. 2 2 2. u0 = 2 × 0 − 8 × 0 + 6 = 6. La proposition est fausse. N × 220 ⇔ 5 720 = 110N ⇔ N = 5 720 ⇔ N = 52. 2 110 3. u2 = 2 × 22 − 8 × 2 + 6 = 8 − 16 + 6 = −2. La proposition est 2. En posant u0 = 8, le premier de terme de la suite arithméfausse. tique (un ), pour tout entier naturel n, un = 8 + n × r. D’après la question précédente u51 = 212. On a donc : 62  1. On note un la proportion du carré coloriée à l’étape n u51 = 8 + 51r ⇔ 212 = 8 + 51r ⇔ 51r = 204 ⇔ r = 204 ⇔ r = 4 avec n >1. À la première étape la moitié du carré est colo51 riée, on a ainsi u1 = 0,5. D’une étape à l’autre on conserve la ⇔ 51r = 204 ⇔ r = 204 ⇔ r = 4. 51 partie coloriée de l’étape précédente et on colorie la moitié 60 1. Pour obtenir le nombre d’habitants en France en 2019, de la partie non coloriée. Cela se traduit par la relation de on multiplie le nombre d’habitants en 2018 par 1,0055 car récurrence un+1 = un + 1 × (1− un ) = 1 un + 1 . On utilise un 2 2 2 le coefficient multiplicateur correspondant à une hausse de tableur pour estimer à quelle étape un . 0,99. 0,55 = 1,0055 et on ajoute 75, ce qui corres0,55 % est 1+ 100 pond (en millier d’habitants) au solde migratoire. On a alors, p1 = 67 200 × 1,0055 + 75 = 67644,6. 2. Par le même raisonnement pn+1 = 1,0055 pn + 75.

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À partir de la 7e étape on a un . 0,99. Chapitre 1 Suites numériques

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2. Les valeurs de la suite (un ) semblent se rapprocher autant que l’on veut de 1 tout en restant inférieure à 1. Cette méthode ne permet donc pas de colorier l’intégralité du carré.

Adisque π × R2 = . 2 2 2. a0 = π × 1 = π . 2 2   2 1 π× 2 = π − π = 3π . a1 = π − 2 2 2 8 8 2 1 π× 4 = 3π − π = 11π . a2 = 3π − 2 8 8 32 32 3. 

66  1.  A1

disque 2 2

=

63  1. Avec un seul point sur le cercle il n’est pas possible de créer de segment, donc u1 = 0. Avec deux points, il existe un unique segment ayant pour extrémités ces deux points : [ A1 A2 ] , donc u2 = 1. Avec trois points sur le cercle il est possible de créer 3 segments : [ A1 A2 ],  [ A2 A3 ] et [ A1 A3 ], donc u3 = 3. 2. Pour tout entier naturel  n >1, un+1 = un + n car il y a un segments ayant pour extrémités deux points parmi les points A1, A2, …, An et il y a n segments partant de An + 1. 3. u4 = u3 + 3 = 3 + 3 = 6 ; u5 = u4 + 4 = 6 + 4 = 10 ; u6 = u5 + 5 = 10 + 5 = 15 ; u7 = u6 + 6 = 15 + 6 = 21 6 + 4 = 10 ; u6 = u5 + 5 = 10 + 5 = 15 ; u7 = u6 + 6 = 15 + 6 = 21. 4.  On remarque que pour tout entier naturel  n >1 , un est la somme des n − 1 premiers entiers naturels. 4. 1+ (n − 1) 1 un = (n − 1) = n (n − 1) . 2 2 5. u20 = 1 × 20 × (20 − 1) = 10 × 19 = 190. Avec 20 points sur 2 le cercle on peut construire 190 cordes. 6. un >100 ⇔ 1 n (n − 1) >100 ⇔ n (n − 1) > 200 ⇔ n2 − n − 200 > 0 2 >100 ⇔ n (n − 1) > 200 ⇔ n2 − n − 200 > 0. Δ = (−1)2 − 4 × 1(−200) = 801. Δ . 0, les racines de x 2 − x − 200 sont x1 = 1− 801 ≈ −13,65 2 et x1 = 1+ 801 ≈ 14,65. x 2 − x − 200 est du signe de a donc 2 positif à l’extérieur des racines. Sur l’intervalle [1 ; +`[, x 2 − x − 200 est positif sur l’intervalle ⎡⎢1+ 801  ; +` ⎡⎢. Enfin, lim an ≈ 1,047. ⎣ 2 ⎣ n→+ ` 2 pour que n − n − 200 > 0 il faut que n > 15. 67  a.  15 points au minimum sont nécessaires pour construire au u←1 moins 100 cordes. n← 0 64  a. un+1 − un = 4 (n + 1) − 7 − ( 4n − 7) = 4n + 4 − 7 − 4n + 7 = 4 S←1 Tant que S   1 000 ⇔ 11n > 1 000 ⇔ n >  ⇔ n > 90,9. 11 Afficher n u90 = 11× 90 = 990. On a donc : S = 11+ 22 + 33 + L + 990 = 90 × 11+ 990 = 45 × (1 001) = 45 045 2 c.  u←1 0 × 11+ 990 = 45 × (1 001) = 45 045. 2 n← 0 2. Les multiples de 3 sont les termes de la suite un = 3n définie S←1 pour tout entier naturel n. Cherchons le rang du terme pour lequel Tant que S   100 . un  > 100 ⇔ 3n > 100 ⇔ n >  100 ⇔ n > 33,3 . 3 n ← 2 *u +1 u33 = 3 × 33 = 99. u ← 2 *u +1 On a donc : S ←S +u 3 + 99 102 S = 3 + 6 + 9 + L + 99 = 33 × = 33 × = 33 × 51 = 1 683 2 2 Fin tant que 9 = 33 × 102 = 33 × 51 = 1 683. Afficher n 2

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68  On pose un le nombre d’allumettes dans le n-ième paquet formé. Pour tout entier naturel n > 1, (un ) est une suite arithmétique de raison r = 2 et de premier terme u1 = 1. On a un = 1+ 2 (n − 1). Au total 196 allumettes ont été placées dans les différents paquets. On a donc : 1+ 1+ 2 (n − 1) 196 = n × ⇔ 196 = n (1+ n − 1) ⇔ n2 = 196. 2 n est un entier naturel, donc positif, ainsi n = 196 = 14. Il y a 14 paquets d’allumettes. 69  1. D’une année sur l’autre la consommation de pétrole augmente de 1,8 %. Augmenter une quantité de 1,8 % c’est la multiplier par 1+ 1,8 = 1,018. Pour tout n entier naturel, 100 on a, un+1 = 1,018un . 2. La suite (un ) est définie par son premier terme u0 = 36 et la relation de récurrence un+1 = q × un , avec q = 1,018, C’est donc une suite géométrique de premier terme u0 = 36 et de raison 1,018. On a pour tout entier naturel n, un = 36 × 1,018n . 3.  2040 = 2017 + 23, l’estimation de la consommation mondiale de pétrole en 2040 est donnée par le terme u23 de la suite (un ) . u23 = 36 × 1,01823 ≈ 54. La consommation mondiale de pétrole pour l’année 2040 est estimée à 54 milliards de barils. 4. a. En cellule B3, il faut saisir et recopier vers le bas la formule =1,018*B2. En cellule C3, il faut saisir et recopier vers le bas la formule =C2+B3.

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71  1. On pose un le nombre de millions d’habitants en Angleterre l’année 1800 + n. On a ainsi pour tout entier naturel n, u0 = 8,3 et un+1 = 1+ 2 × un = 1,02 × un. 100 La suite (un ) est géométrique, de premier terme u0 = 8,3 et de raison 1,02. On pose vn le nombre de millions d’habitants nourris en Angleterre l’année 1800 + n. On a ainsi pour tout entier naturel n, v0 = 8,3 et vn+1 = vn + 0, 4. La suite ( vn ) est arithmétique, de premier terme v0 = 8,3 et de raison 0, 4. 2. 1801 = 1800 + 1. Le nombre d’habitants en Angleterre (en million) en 1801 est donné par u1 et le nombre d’habitants pouvant être nourris (en million) en 1801 est donné par v1. On a u1 = 8,3 × 1,02 = 8, 466 et v1 = 8,3 + 0, 4 = 8,7 .

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3. 

5. 

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Le premier n tel que un  . vn est n = 80. C’est donc, selon les hypothèses de Malthus, l’année 1880 qui représente la 1re année où la population vivant en Angleterre ne pourrait être suffisamment nourrie.

72  1. a. u0 = 3 ; u1 = u02 − 2 × u0 − 3 = 32 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2

u0 = 3 ; u1 = u02 − 2 × u0 − 3 = 32 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 u0 = 3 ; u1 = u0 − 2 × u0 − 3 = 3 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 02 − 2 × 0 − 3 = −3 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = (−3)2 − 2 3 = 3 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 02 − 2 × 0 − 3 = −3 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = (−3)2 − 2 × (−3) − 3 = 12 . b. u2 = −3. u2  , 0, ce contre exemple suffit pour affirmer que l’on ne peut pas dire que « pour tout n [ N, un  . 0 ». 2

2

c.

Sn  . 1 697 pour n . 34. On peut estimer qu’en 2051 la quantité totale de pétrole restante sera épuisée.

70  1. Il semble que pour tout entier naturel n, la suite (un )

Les termes de la suite semblent devenir aussi grands que l’on veut. La valeur de u10 est, semble-t-il, trop grande pour que est décroissante. 2 un un un (un + 1) un − un2 − un −u la ncalculatrice puisse l’afficher. 2. un+1 − un = − un = − = = 2 2 = −2 ; u un + 1 un + 1 un + 1 un + 1 u2. a. u + 1 0 1 = u0 − 2 × u0 − 3 = (−2 ) − 2 × (−2 ) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5  n 2 2 u0 = −2 ; u1 = u0 − 2 × u0 − 3 = (−2) − 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 × un −un22 un (un + 1) un − un2 − un 2 . − = u0 − 3 == (u−2)+ 1− 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 52 − 2 × 5 − 3 = 12 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = 122 − 2 n = u +u 10 = −2 ; u un + 11 = u0 − 2u× n +1 n 2 n 2) − 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 =−u 52n2− 2 × 5 − 3 = 12 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = 122 − 2 × 12 − 3 = 117 . Or pour tout entier naturel n, un  > 0, donc   85. Ainsi,   premier terme v0 = −25 donc pour tout entier naturel n d’après la question 3. b. c’est au on a : vn = −25 × 0,8n . Comme pour tout entier naturel n  , bout de 8 mois que la recette vn = un − 90 ⇔ un = vn + 90 on en déduit que pour tout mensuelle dépassera 4 420 €. entier naturel n, un = −25 × 0,8n + 90. Sachant que n = 0 correspond au mois de juillet 2017, c’est 3.  u ← 65 donc à partir du mois de mars n← 0 2018. Tant que u , 85 c.  On conjecture que n ← n +1 lim un = 90 et 52 × 90 = 4 680. n→+ ` u ← 0,8 × u + 18 Ainsi, la recette mensuelle semble tendre vers 4 680 €. b. La valeur de la variable n obtenue à la fin de l’exécution de l’algorithme est n = 8. 4. a. Soit un le nombre d’abonnés au panier bio le n-ième mois qui suit le mois de juillet 2017. Le mois suivant 20 % des abonnements sont résiliés et 18 particuliers supplémentaires souscrivent un abonnement donc : un+1 = un × 1− 20 + 18 = 0,8un + 18. 100

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Chapitre 1 Suites numériques

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Exercices

b. ( vn ) est une suite géométrique de raison 2 et de premier   terme v1 = 2 donc pour tout entier naturel n > 1 on a : v2 = 1 200 + 35 = 1 235. vn = 2 × 2n−1 = 2n . 2. a. La formule à saisir en cellule B3 et à recopier vers le bas c. Comme pour tout entier naturel n > 1, on a : est =B2*1,02. vn = un + 1 ⇔ un = vn − 1 . La formule à saisir en cellule C3 et à recopier vers le bas est On en déduit que pour tout entier naturel n, un = 2n − 1. =C2+35. 4. un+1 − un = 2n+1 − 1− (2n − 1) = 2n+1 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2 × 2n − 2 3. a. La suite (un ) est définie par son premier terme u1 = 1 200 n+1 n n+1   un+1 2 −q1− 1) = 2 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2 × 2n − 2n = 2n . (2 −C’est et la relation de récurrence un+1 = q−×unun=, avec = 1,02. Pour tout entier naturel n > 1, 2n  . 0. On en déduit que pour donc une suite géométrique de premier terme u1 = 1 200 et tout entier naturel n > 1, un+1 − un  > 0 soit un+1  > un . La suite de raison 1,02. (un ) est croissante. La suite ( vn ) est définie par son premier terme v1 = 1 200 et la relation de récurrence vn+1 = vn + r , avec r = 35. C’est 5.  donc une suite arithmétique de premier terme v1 = 1 200 et de raison 35. b. On a pour tout entier naturel n > 1, un = 1 200 × 1,02n−1 et vn = 1 200 + (n − 1) × 35. 4.  À la calculatrice, 1 200 × 1,02n−1  . 1200 + (n − 1) × 35 p o u r l a p r e m i è r e f o i s e n n = 38 . O n a un = 1 200 × 1,02n−1 e t vn = 1 200 + (n − 1) × 35 , d o n c 1 200 × 1,02n−1  . 1 200 + (n − 1) × 35 ⇔ un  . vn pour entier naturel n > 38. L’estimation 1 du nombre de journaux vendus sera supérieure à l’estimation 2 la 38e semaine. 5. a. 1 + 1,02 + 1,022 + … + 1,02n−1 est la somme des n premiers termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de raison q = 1,02. Ainsi, n 1+ 1,02 + 1,022 + … + 1,02n−1 = 1− 1,02 = − 1 (1− 1,02n ) = −50 (1− 1,02n ) = 50 (1,02n − 1) 0,02 1− 1,02 n + 1,02n−1 = 1− 1,02 = − 1 (1− 1,02n ) = −50 (1− 1,02n ) = 50 (1,02n − 1). 0,02 1− 1,02 On conjecture que lim un = +`. b. Le nombre total de journaux vendus en 52 semaines n→+ ` re selon la 1 estimation est donné par : 85  En 2017, la proportion d’ascenseurs entretenus par la 1 200 + 1 200 × 1,02 + 1 200 × 1,022 + … + 1 200 × 1,0251 = 1 200 × (1+ 1,02 + 1,022 + L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = 60 000 (1,0252 − société A est de 0,3, et la proportion d’ascenseurs entretenus 00 × 1,0251 = 1 200 × (1+ 1,02 + 1,022 + L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = par 60 000 1) ≈de 108 020 (1,0252B−est la société 0,7. L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = 60 000 (1,0252 − 1) ≈ 108 020. On sait que 3 % des ascenseurs entretenus par la société A 6. Le nombre total de journaux vendus en 52 semaines seront entretenus par la société B l’année suivante, il en reste selon la 1re estimation est donné par : donc 97 % entretenus par la société A des 30 % en 2018 soit 1 200 + 1 235 + L + (1 200 + 51× 35) = 1 200 + 1 235 + L + 2 985 = 52 proportion × 1 200 + 2 985 = 26 ( 4 185 ) = 108 810 une de 0,97 ×× 0,3 = 0,291. 2 1 200 + 2 985 sait que 5 % des ascenseurs entretenus par la société B + 51× 35) = 1 200 + 1 235 + L + 2 985 = 52 × = 26 × ( 4 185) =On 108 810 2 seront entretenus par la société A l’année suivante, ce qui fera 00 + 2 985 = 26 × ( 4 185) = 108 810. 2 en 2018 une proportion de 0,05 × 0,7 = 0,035. 108 810 . 108 020, la deuxième estimation prévoit le On a donc a1 = 0,291+ 0,035 = 0,326. En 2018, la société A plus grand nombre total de journaux vendus au cours des devrait entretenir 32,6 % des ascenseurs. 52 premières semaines. b. D’une année sur l’autre la société A conserve 97 % des 7. Dans la variable S est stockée le nombre total de journaux ascenseurs de l’année précédente et récupère 5 % des re vendus, n semaines après son lancement, selon la 1 estiascenseurs de la société B. Donc, pour tout entier naturel n, mation. Dans la variable T est stockée le nombre total de an+1 = 0,97an + 0,05bn . journaux vendus, n semaines après son lancement, selon la c. Dans l’énoncé il est précisé que les sociétés A et B se e 2 estimation. partagent le marché, on a donc an + bn = 1 ⇔ bn = 1− an. Dès que S  . T , le programme s’arrête. C’est donc On en déduit que an+1 = 0,97an + 0,05(1− an ) = 0,97an + 0,05 − 0,05a 55 semaines après son lancement que la première estimaan+1 = 0,97an + 0,05(1− an ) = 0,97an + 0,05 − 0,05an = 0,92an + 0,05. tion prévoit le plus grand nombre total de journaux vendus. 2. a. Dans l’algorithme 2, la condition est « tant que A . 0,5 », or la variable A est initialisée à 0,3, on n’entre donc jamais 84  1. u2 = 2 × u1 + 1 = 2 × 1+ 1 = 3. dans la boucle. u3 = 2 × u2 + 1 = 2 × 3 + 1 = 7. Dans l’algorithme 3, l’instruction N ← N + 1 est exécutée en 2.  dehors de la boucle, elle est donc exécutée qu’une seule fois. La valeur de N en sortie de programme sera toujours de 1. L’algorithme 1 donne l’année à partir de laquelle cette proportion dépasse 50 %. On obtient N = 12. 3. a. vn+1 = un+1 + 1 = 2 × un + 1+ 1 = 2 × ( vn − 1) + 2 = 2vn − 2 + 2 =b.2v n 3. a. un+1 = an+1 − 0,625 = 0,92an + 0,05 − 0,625 = 0,92 (un + 0,625) − 0 + 1 = 2 × ( vn − 1) + 2 = 2vn − 2 + 2 = 2vn . u = a − 0,625 = 0,92a + 0,05 − 0,625 = 0,92 (un + 0,625) − 0,575 = 0,92un + 0,575 − 0,575 = 0,92un n+1 n+1 n Ainsi, pour tout entier naturel n > 1, vn+1 = 2vn donc la 0,625 = 0,92a + 0,05 − 0,625 = 0,92 u + 0,625 − 0,575 = 0,92u + 0,575 − 0,575 = 0,92un . ( ) n n n suite ( vn ) est géométrique de raison 2 et de premier terme v1 = u1 + 1 = 1+ 1 = 2. © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

83  1. u2 = 1 200 × 1,02 = 1 224.

Chapitre 1 Suites numériques

25

u4 = 3 + 1 × u3 = 4 × 1 = 4 . Ainsi, pour tout entier naturel n, un+1 = 0,92un donc la suite 3×3 9 9 81 (un ) est géométrique de raison 0,92 et de premier terme n + 1u u u n u0 = a0 − 0,625 = 0,3 − 0,625 = −0,325. 2. vn+1 = n+1 = 3n = n + 1 un = 1 un = 1 × n = 1 vn 3n 3 n + 1 n + 1 n 3 3n n + 1 ( ) n + 1u de raison 0,92 et de b. (un ) est une suite géométrique     u un+1 n n +entier 1 u naturel premier terme u0vn+1 donc, = −0,325, = = 1 u = 1 × n = 1 vn. = 3n pour= tout n +n .1 n +1 n 3 3n (n + 1) n 3n n 3 n, on a un = −0,325 × 0,92 Pour tout entier n > 1, vn+1 = 1 vn . La suite ( vn ) est géoméComme pour tout entier naturel n, on a : 3 u un = an − 0,625 ⇔ an = un + 0,625. trique de raison 1 et de premier terme v1 = 1 = 1 . 3 1 3 On en déduit que pour tout entier naturel n, 1 an = −0,325 × 0,92n + 0,625. 3. ( vn ) est une suite géométrique de raison et de premier 3 n+1 n n c. an+1 − an = −0,325 × 0,92n+1 + 0,625 − (−0,325 × 0,92n + 0,625terme + 0,325 × 0,92 −0,299 ×n > 1 0,92non + 0,325 ) =  −0,325 v = ×10,92 donc pour tout entier= naturel a  : × 0,92 3 n+1 n n+11 n n n an+1 − an = −0,325 × 0,92 + 0,625 − (−0,325 × 0,92 + 0,625) = −0,325 × 0,92 + 0,325 × 0,92 = −0,299 × 0,92 + 0,325 × 0,92 = 0,026 × 0 1 × 1 n−1 = 1nn . Comme pour tout entier naturel n vn =n = + 0,625) = −0,325 × 0,92n+1 + 0,325 × 0,92n = −0,299 × 0,92n + 0,325 × 0,92 0,026 × 0,92 3 3 3 un 25 × 0,92n = −0,299 × 0,92n + 0,325 × 0,92n = 0,026 × 0,92n. n > 1, v = ⇔ un = n × vn on en déduit que pour tout n n Pour tout entier naturel n, 0,026 × 0,92  . 0. On en déduit n n que pour tout entier naturel n, an+1 − an  > 0 soit an+1  > an. entier naturel n > 1, un = n 1 . 3 La suite (an ) est croissante pour tout entier naturel n. 1 n+1 − ⎛ n 1 n ⎞ = n 1 n+1 + 1 n+1 − 3n 1 n+1 = − − u = n + 1 × 4. u ( ) n+1 n d.  ⎝ 3 ⎠ 3 3 3 3 n+1 n n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 ⎛ ⎞ 1 1 1 1 1 1 1 un+1 − un = (n + 1) × − n + − 3n = −2n + = 1 =n ( 3 ⎝ 3 ⎠ 3 3 3 3 3 3 n+1 n n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 n+1 un+1 − un = (n + 1) × 1 − ⎛n 1 ⎞ = n 1 + 1 − 3n 1 = −2n 1 + 1 = 1 (−2n + 1) . ⎝ 3 ⎠ 3 3 3 3 3 3 3 n+1 Pour tout entier naturel n > 1, 1  . 0 et −2n + 1 , 0. On 3 en déduit que pour tout entier naturel n > 1, un+1 − un   0 soit un+1 > un . La suite (un ) est croissante. 2. T2   019 − 2T1  009 = 2 019 × 1+ 2 019 − 2 × 1 009 × 1+ 1 009 = 2 019 × 1 2 2   88  T2   019 − 2T1  009 = 2 019 × 1+ 2 019 − 2 × 1 009 × 1+ 1 009 = 2 019 × 1 010 − 1 009 × 1 010 = 1 010 (2 019 − 1 009) = 1 010 × 1 010 = 2 2 2 × 1 009 × 1+ 1 009 = 2 019Va × 1 010 − 1 009 × 1 010 = 1 010 (2 019 − 1 009 ) = 1 010 × 1 010 = 1 020 100. Questions piano 2 1+ (2n − 1) 1. Pour passer d’un terme de la suite au suivant on ajoute 2, la 3. 1+ 2 + 3 + L + (2n − 1) = T2n−1 − 2Tn−1 = (2n − 1) × − 2 (n − 1 2 suite est donc arithmétique de raison 2 et de premier terme 1.   1+ (2n − 1) 1+ (n − 1) 2. un = 1+ 2n, pour tout entier 1+ 2naturel + 3 + Ln.+ (2n − 1) = T2n−1 − 2Tn−1 = (2n − 1) × − 2 (n − 1) × = (2n − 1) × n − (n − 1) × n =   2 2 3. a. un = 2019 ⇔ 1+ 2n = 20191+ ⇔(2n = 2018 ⇔ n = 1009. 2n − 1) 1+ (n − 1) 3 + L + (2nb.− 1S) = uT12n−1 − 2 (n − 1) × = (2n − 1) × n − (n − 1) × n = 2n2 − n − n2 + n = n2. (2n. − 1) × + u2− +2T … + =u1009 n−1 2 2   Questions Moderato

1. 

S←0 Pour i allant de 1 à 1 010 S ← S + (1+ 2 (i − 1))

2. S = 1 020 100.

(

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

1  1. an+2 = an+1 + an , for any integer n > 0. 2. For any integer n, dn+1 = dn + 0,8. 2. a1 = 1. 3.  For any integer n, dn = 10 + n × 0,8 , in particular d30 = 10 + 30 × 0,8 = 34. a2 = 1. The distance run on September 30th is 34 km. a3 = a2 + a1 = 1+ 1 = 2. 4. dn = 42 ⇔ 10 + n × 0,8 = 42 ⇔ n × 0,8 = 32 ⇔ n = 32 ⇔ n = 40 a4 = a3 + a2 = 2 + 1 = 3. 0,8 a5 = a4 + a3 = 3 + 2 = 5. dn = 42 ⇔ 10 + n × 0,8 = 42 ⇔ n × 0,8 = 32 ⇔ n = 32 ⇔ n = 40. 0,8 a6 = a5 + a4 = 5 + 3 = 8. David will run 42 km on october 10th. 1 3. This is the famous Fibonacci sequence. 131,804 4 ⇔ q n+1 n n n n 3 51. 131,804 = 130,350 ×n q 4 1⇔ (q 4 = 131,804 ⇔ q = 1+ 5 1+ 5 1+ 5 1+ 1+ 5 1+ 5 1 1+ 2 5 +5 1+ 5 3 + 5 + = +1 = = × × 3 + 130,350 5) = × 130,350 × 4. an+1 + an = 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 n n n n n 131,804 131,804 ( )2 131,804 ⇔ q5 ≈ 1,0028. 5 ×= 130,350 1 × 1+ 2× q54+⇔ 5 q=4 =1+ 5 × ⇔ 1 ×q (=1+ 5 ) = 1+ 1+ 5 + 1 = 1+ 5 3 + 5 = 1+ 5 × 1 × (3 + 5 ) = 1+ × 1+ 5 = 1 130,350 130,350 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 n n n n of the number 2 n+2 is The annual percentage increase of births ( )2 5 × (1+ 5 ) = 1+ 5 × 1+ 5 = 1+ 5 × (3 + 5 ) = 1+ 5 × 1 × 1+ 2 5 + 5 = 1+ 5 × 1 × 1+ 5 = 1+around = an+2 0,28 %. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 2 2 2. The estimated number 131,804 × 1,0028 ≈ 132,914. n n 2 n+2   (1+ 5 ) ( ) = 1+ 5 × 1+ 5 = 1+ 5 × 1+ 5 = 1+ 5 = aof n+2babies for 2014 is overestimated compared to the real 2 2 2 4 2 2 2 n+2 number. × 1+ 5 = 1+ 5 = an+2. 3. After 2014, the number of babies born worldwide don’t 2 2 follow anymore the same geometric progression. 2  1. d0 = 10. 9 4. S = 130,350 × 1− 1,0028 ≈ 1,186,375 d1 = 10 + 0,8 = 10,8. 1− 1,0028 d2 = 10,8 + 0,8 = 11,6. The estimated total number of births between 2004 and 2012 d3 = 11,6 + 0,8 = 12, 4. is around 1,186,375. d4 = 12, 4 + 0,8 = 13,2.

) ( ( ) ( ) (

(

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

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

Chapitre 1 Suites numériques

27

2

Fonctions polynômes du second degré

1  1. Vrai : (−3)2 + (−3) − 6 = 9 − 3 − 6 = 0. 2

2. Vrai : 3 × 2 = 12 et 7 × 2 – 2 = 12. 3. Vrai : Pour tout réel x, x − x ( 4 − x ) = x − 4 x + x 2 = x 2 − 3x. 4. Faux : l’opposé de 3x 2 − 6x + 5 est : − (3x 2 − 6x + 5) = −3x 2 + 6x − 5. 5. Vrai : pour tout réel x, ( x − 7)2 > 0 donc ( x − 7)2 + 51,3. 0.

2  2. Les solutions de l’équation f (x) = 0 sont les abscisses des points d’intersection de la représentation graphique de f et de l’axe des abscisses. On lit –3 et 4. Les solutions de l’inéquation f (x) . 0 sont les abscisses des points de la représentation graphique de f situés strictement au-dessus de l’axe des abscisses. On lit ]−` ; −3[ < ]4 ; +`[. 3. Pour tout réel x, ( x + 3)( x − 4 ) = x 2 − x − 12 = f ( x ). 4. f (x) = 0 équivaut à ( x + 3)( x − 4 ) = 0. C’est un produit nul. 6 = {−3 ; 4}. f (x) . 0 équivaut à ( x + 3)( x − 4 ) . 0 . On étudie le signe du produit à l’aide d’un tableau de signes. 6 = ]−` ; −3[ < ]4 ; +`[ . © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

3  1. 8 = 2 × 4 = 2 × 4 = 2 2 2. 48 = 3 × 16 = 4 3 3. 98 = 2 × 49 = 7 2 4. −12 + 36 = −12 + 6  = – 1 6 6

5. 6 − 27 = 2 × 3 − 9 × 3  = 2 × 3 − 3 3   = 2− 3 3 3 3 6. 2 + 12 = 2 + 4 × 3  = 2 + 2 3   = 1 + 3 2 2 2

4  2. On conjecture que pour tout réel x, f (x) = g (x). En effet : f (x) = 4 − ( x + 3)2 = − x 2 − 6x − 5 et g (x) = − ( x + 1)( x + 5) = − x 2 − 6x − 5. 5  A = –2x + 21   B = 9x 2 − 12x + 4   C = 4 x 2 − 25. 6  A = ( x − 6)( x + 6) C = (1− 2 y )(1+ 2 y ) E = −4 x ( x + 5) G =  ( x − 4 )(3x − 2)

B = (3x − 5)(3x + 5) D = (−2x + 3)(−2x − 1) F = ( 7 − 1− x )( 7 + 1+ x ) H = 4 (2x − 3)( x + 4 )

7  1. a. 6 = {−2 2   ; 2 2 } b. 6 = ∅

{ } { }

c. 6 = {−2 ; 4}

d. 6 = 1 ;  2 e. 6 = {−1} f. 6 = ∅ 3 g. 6 = − 5  ; − 1  h. 6 = {1− 3   ; 1+ 3 }  i. 6 = 0 ;  11 . 2 2 7 2. 0, 1 ou 2. 3. ( x + 1)( x − 5) ; 2 ( x + 1)( x − 5) ; ( x + 1)(5 − x ) .

{

}

8  a. Les réels x1 et x2 sont –3 et 1. b. a = –2.

Pour construire le cours Situation

1 

La trajectoire du saut est modélisée par la fonction f définie par f (t ) = a (t − t1 )(t − t2 ) où a, t1 et t2 désignent des réels. D’après le texte, t1 = 0 et t2 = 6, ainsi, f (t ) = at (t − 6). Par ailleurs, f (f1()f1(= ⇔ ==1,5na ⇔==−0,3 =1,5n−5t 1,5n−5t =1,5na 1,5na =−0,3 −0,3 et donc, f (t ) = −0,3t (t − 6). )1=)1,5n−5t

Situation

2 

1  a. On conjecture que f ( x ) = x 2 − 2x − 8, g ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) et h ( x ) = ( x − 1)2 − 9 sont les expressions d’une même fonction.

b. g ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) = x 2 + 2x − 4 x − 8 = x 2 − 2x − 8 = f ( x ) h ( x ) = ( x − 1)2 − 9 = x 2 − 2x + 1− 9 = x 2 − 2x − 8 = f ( x ). Ainsi, pour tout x réel, f ( x ) = x 2 − 2x − 8 = ( x − 4 )( x + 2) = ( x − 1)2 − 9. c. On appelle # la représentation graphique de f dans un repère. L’écriture f ( x ) = x 2 − 2x − 8 donne l’ordonnée du point d’intersection de # avec l’axe des ordonnées ; en effet f (0) = −8.

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

29

L’écriture f ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) donne les abscisses des points d’intersection de # avec l’axe des abscisses ; en effet ⇔ ⇔= =4 ou  f (fx(f)x(=)x=)0n =0n 0n =0nx 0nx =4 ou  4 ou  x x=x=−2 =−2−2. ( x( x−( x−4−)4()4x()x+( x+2+)2=)2=)0nx L’écriture f ( x ) = ( x − 1)2 − 9 donne les coordonnées du sommet S de la parabole # représentant la fonction f : S (1; − 9). Par ailleurs le signe positif du coefficient de x2 permet de dire que la parabole a ses branches tournées vers le haut. 2  Soit la fonction k définie sur R par k ( x ) = x 2 − 4 x − 5.

a. On conjecture que k ( x ) = ( x + 1)( x − 5) = ( x − 2)2 − 9. b. Pour tout x réel, ( x + 1)( x − 5) = x 2 − 5x + x − 5 = x 2 − 4 x − 5 = k ( x ) . Pour tout x réel, ( x − 2)2 − 9 = x 2 − 4 x + 4 − 9 = x 2 − 4 x − 5 = k ( x ) . Ainsi, pour tout x réel, k ( x ) = x 2 − 4 x − 5 = ( x + 1)( x − 5) = ( x − 2)2 − 9. 3  Soit la fonction l définie sur R par l ( x ) = − x 2 + 4 x − 3.

a. On conjecture que l ( x ) = − ( x − 1)( x − 3) = − ( x − 2)2 + 1. b. Pour tout x réel, − ( x − 1)( x − 3) = − ( x 2 − 4 x + 3) = − x 2 + 4 x − 3 = l ( x ). Pour tout x réel, − ( x − 2)2 + 1 = −( x 2 − 4 x + 4) + 1 = − x 2 + 4 x − 3 = l ( x ). Ainsi, pour tout x réel, l ( x ) = − x 2 + 4 x − 3 = − ( x − 1)( x − 3) = − ( x − 2)2 + 1. 4  Soit la fonction m définie sur R par m ( x ) = −2x 2 + 4 x − 5.

a. On conjecture que m ( x ) = −2 ( x − 1)2 − 3. b. Pour tout x réel, −2 ( x − 1)2 − 3 = −2( x 2 − 2x + 1) − 3 = −2x 2 + 4 x − 5 = m ( x ). Ainsi, pour tout x réel, m ( x ) = −2x 2 + 4 x − 5 = −2 ( x − 1)2 − 3. c. Pour tout x réel, −2 ( x − 1)2 − 3 < 0, la courbe de la fonction m ne coupe donc pas l’axe des abscisses donc il n’existe pas de réel x tel que m ( x ) = −2 ( x − x1 )( x − x2 ) .

Situation

3 

c. L’existence de solutions de l’équation f (x) = 0 dépend de a et β. On conjecture que l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution lorsque a . 0 et β . 0 ou bien a , 0 et β , 0. En effet, lorsque a . 0 et β . 0, les branches de la parabole sont tournées vers le haut et le sommet de la parabole est au-dessus de l’axe des abscisses donc la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses. Lorsque a , 0 et β , 0, les branches de la parabole sont tournées vers le bas et le sommet de la parabole est au-dessous de l’axe des abscisses donc la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses. On conjecture que l’équation f (x) = 0 admet une seule solution lorsque β . 0. En effet, lorsque β . 0, le sommet de la parabole est sur l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en un seul point. On conjecture que l’équation f (x) = 0 admet deux solutions lorsque a . 0 et β , 0 ou bien a , 0 et β . 0. En effet, lorsque a . 0 et β , 0, les branches de la parabole sont tournées vers le haut et le sommet de la parabole est au-dessous de l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en deux points. Lorsque a , 0 et β . 0, les branches de la parabole sont tournées vers le bas et le sommet de la parabole est au-dessus de l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en deux points. 2  Soit g une fonction définie sur R par g (x) = a x 2 + b x + c où a, b et c sont des réels avec a ≠ 0.

c. On conjecture que l’équation g (x) = 0 n’admet pas de solution lorsque Δ , 0. On conjecture que l’équation g (x) = 0 admet une seule solution lorsque Δ 5 0. On conjecture que l’équation g (x) = 0 admet deux solutions lorsque Δ . 0.

Situation

4 

Un constructeur automobile décide de commercialiser des voitures à bas coût : chaque voiture doit être vendue 6 milliers d’euros. Sa production q peut varier entre 0 et 100 milliers de voitures. Suite à une étude réalisée, les coûts de production (en millions d’euros) sont donnés par la formule suivante : C (q ) = 0,05q2 + q + 80 (q exprimé en milliers d’unités). 1  R (q ) = 6q .

(

)

2  B (q ) = R (q ) − C (q ) = 6q − 0,05q2 + q + 80 = −0,05q2 + 5q − 80. 2

(

)

3  a. −0,05(q − 50) + 45 = −0,05 q2 − 100q + 2500 + 45 = −0,05q2 + 5q − 125 + 80 = −0,05q2 + 5q − 45.

Ainsi, B (q ) = −0,05(q − 50)2 + 45. b. B (q ) = −0,05(q − 50)2 + 45 = −0,05 ⎡⎣(q − 50)2 − 900⎤⎦ = −0,05(q − 80)(q − 20) . Le coefficient de q2 est négatif donc B(q) , 0 à l’extérieur des racines 20 et 80, ainsi, pour réaliser un bénéfice, la quantité de voitures produites doit appartenir à [20 ; 80]. 4  Le nombre d’automobiles à produire pour obtenir un bénéfice maximal est 50 milliers de voitures.

30

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

1  Soit f une fonction définie sur R par f (x) = a (x – α)2 + β où a, α et β sont des réels avec a ≠ 0.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 2 1  α = − b  ; β = f (α ) = − b − 4ac .

2a 4a 2  On passe de la ligne (3) à la (4) en factorisant à l’aide de l’identité remarquable a2 − b2 = (a + b )(a − b ) . 3  Un produit est nul si et seulement si un de ses facteurs est nul. 4  Somme de deux fractions de même dénominateur.

(

, alors l’équation f (x) = 0 admet pour unique solution − b . 2a 2a ) ⎡ ⎤ ⎡ ⎤ b b Δ Δ . Or pour tout x réel ⎢( x + Cas où Δ , 0, alors f ( x ) = a ⎢( x + − −  . 0. 2a ) 2a ) 4a ⎥⎦ 4a ⎥⎦ ⎣ ⎣ 5  Cas où Δ 5 0 : f ( x ) = a x + b

2

2

2

2

2

L’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution dans R.

Rédiger une démonstration 1  La forme canonique de f (x) est f ( x ) = a ( x − α )2 + β .

• Soient u et v deux réels de l’intervalle ]−` ; α], avec u < v. On a u – α < v – α < 0. La fonction carré étant décroissante sur ]−` ; 0], on obtient (u – α)2 > (v – α)2. Or a . 0 donc a (u – α)2 > a (v – α)2 , d’où a (u – α)2 + β > a (v – α)2 soit f (u) > f (v) Ce qui signifie que f est décroissante sur l’intervalle ]−` ; α]. • Soient u et v deux réels de l’intervalle  ]α ; +`[, avec u < v. On a 0 < u – α < v – α. La fonction carré étant croissante sur ]0 ; +`[, on obtient (u – α)2 < (v – α)2. Or a . 0 donc a (u – α)2 < a (v – α)2, d’où a (u – α)2 + β < a (v – α)2 soit f (u) < f (v). Ce qui signifie que f est croissante sur l’intervalle ]α ; +`[. ⎢⎣(

2a )

2  f ( x ) = a ⎡ x + b

2

(

− Δ2 ⎤⎥ comme Δ , 0, pour tout x réel, ⎡⎢ x + b 2a 4a ⎦ ⎣

)

2

− Δ2 ⎥⎤   . 0 donc f (x) a le signe de a. 4a ⎦

Utiliser différents raisonnements 1  Vrai : résultat du cours. 2  Vrai : si a et c sont de signes contraires, le produit a c est négatif, donc le discriminant b2 − 4ac est positif.

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Ainsi le trinôme admet deux racines dans R (éventuellement confondues).

3  Les trinômes ( x − 1)( x + 1) et 2 ( x − 1)( x + 1) ont les mêmes racines –1 et 1 mais ne sont pas égaux.

Travaux pratiques TP

1  Intersections de courbes avec l’axe des abscisses

1  saisir a, b, c     delta ← b2 − 4ac     si delta , 0      afficher « la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses »     sinon      afficher « la parabole coupe l’axe des abscisses » 2 

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

31

3 

4  f ( x ) = 7 x 2 + x + 1

3 25 delta = − , 0 3 donc la courbe de f ne coupe pas l’axe des abscisses. g(x ) = x2 + x + 1 4 delta = 0 donc la courbe de g coupe l’axe des abscisses en un unique point, le point d’abscisse − 1 . 2 h ( x ) = 5x 2 − 4 x − 1 delta = 36 . 0 donc la courbe de h coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse − 1 et 1. 5 k ( x ) = 3x 2 + 20x − 7 delta = 484 . 0 donc la courbe de k coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse –7 et 1 . 3 l ( x ) = x 2 + ( 5 + 1) x − 2 5 delta = 6 + 10 5 . 0 donc la courbe de l coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse − 5 − 1− 6 + 10 5 et − 5 − 1+ 6 + 10 5 . 2 2 m ( x ) = 5x 2 + (1012 − 10−12 ) x − 1 delta = 1024 − 2 + 10−24 + 20 = 18 + 1024 + 10−24 . 0 donc la courbe de m coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse 1024 et −2 × 1011 .

2  Une seconde marche aléatoire

1  AD = p × AABCD 2  a. 1 < x < 3 et 0 < y < 1

b.

3 



AD ≈ 0,666 × 2 ≈ 1,332

32

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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TP

TP

3  L’algorithme de Héron

1  a.

b.

 

c.

  

Il semble que cette fonction affiche une valeur approchée de 2 .

2  a. f ( x ) = ( x + 1)2 − 5

b.

 

TP

4  Les lunules d’Hippocrate

1  L’aire de la surface rose est − π x 2 + 2πx .

4

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2 

3  On résout l’équation − π x 2 + 2πx = 1 × 8π soit − π x 2 + 2πx − 4π = 0.

2 4 4 Soit − 1 x 2 + 2x − 4 = 0 4 Le discriminant est égal à 0 donc il existe une position du point M pour laquelle l’aire de la surface rose est égale à la moitié de l’aire du demi-disque de diamètre [ AB], 4. On résout l’équation − π x 2 + 2πx = 3 × 8π soit − π x 2 + 2πx − 6π = 0. 4 4 4 2 1 Soit − x + 2x − 6 = 0 4 Le discriminant est égal à –2 donc il n’existe pas de position du point M pour laquelle l’aire de la surface rose est égale à trois quarts de l’aire du demi-disque de diamètre [ AB].

TP

5  À la plage

1  Conjecture : l’aire maximale est 128 m², atteinte pour x = 8 m. 2  L’aire, en mètre, de la zone de baignade en fonction de x est a(x) = x (32 − 2x ) = −2x 2 + 32x.

La fonction a admet un maximum pour − b = 8 égal à a(8) = 128. 2a

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

33

TP

6  Quand les paramètres s’en mêlent

1  Si m = 0 ou m = –4, P et $ ont pour seul point commun et P est située au-dessus de $. Si m [ ]−4 ;0[, P et $ n’ont pas de point commun et P est située strictement au-dessus de $. Si m [ ]−` ;−4[   0 ; P et $ ont pour seul point commun, l’origine du repère, et P est située au-dessus de $. Si m = –4, le trinôme devient x 2 + 4 x + 4 =  ( x + 2)2 dont la seule racine est –2 et pour tout réel x, ( x + 2)2 > 0 ; P et $ ont pour seul point commun, le point A(–2 ; 4), P est située au-dessus de $. Si m [ ]−4 ;0[, Δ , 0, le trinôme x 2 − mx − m n’a pas de racines et a le signe de a = 1, donc positif ; P et D n’ont pas de point commun et P est située strictement au-dessus de $. Si m []−` ;−4[   0 a pour ensemble solution ]−1; 2,5[ . 34

Automatisme

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

a 3 inverses l’une de l’autre et sont de même signe. Par ailleurs la somme des racines est − b = 10 . > 00, donc elles sont positives. 3 a 5  x 2 + 4 x − 5 a pour racine évidente 1 et l’autre racine vérifie 1× x = −5 et vaut –5. 1 Ainsi x 2 + 4 x − 5 = ( x − 1)( x + 5) .

6  f ( x ) = (6 − 2x )( x + 1)  : le coefficient de x2 est négatif donc

les branches de la courbe de f sont tournées vers le bas. Par ailleurs les racines de f (x) sont 3 et –1 donc l’abscisse du sommet de la parabole représentant f a pour abscisse 1 et pour ordonnée f (1) = 8  ; les coordonnées du sommet sont (1 ; 8) . Pour finir f (0) = 6 donc la parabole passe par le point de coordonnées (0 ; 6) . g ( x ) = 2x 2 + 4 x − 3 : le coefficient de x2 est positif donc les branches de la courbe de g sont tournées vers le haut.

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1  b. La somme des aires des quatre trapèzes est : 1 × f (1) + f (1,5) + 1 × f (1,5) + f (2) + 1 × f (2) + f (2,5) + 1 × f (2,5) + f (3) = 10,25 unités d’aire. 2 2 2 2 2 2 2 2 c. Les formules saisies : A3 : A2+1/2  ; B2 : =3*A2^2–6*A2+4  ; C2 : =(B2+B3)*0,5/2  ; D3 : =D2+C3 .

Par ailleurs g (0) = −3 donc la parabole passe par le point de coordonnées (0 ;−3) . Pour finir, l’abscisse du sommet de la parabole représentant g est α = − b = −1 et son ordonnée 2a est β = g (−1) = −5  ; les coordonnées du sommet sont (−1 ; −5).

7  a. Δ . 0 et a , 0 : verte.

c. h ( x ) = ( x − 1)( x + 7) x

–`      –3      +`

h (x)

–16

9  1. f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8

a. Vrai : Le produit des racines est égal à c = 8 , 0 donc les a −3 c. Δ 5 0 et a , 0 : violette. racines sont de signes contraires. b. Vrai : −3( x − 1) x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = −3x 2 − 5x + 8. 8  a. f ( x ) = −3( x − 2)2 + 4 3 c. Vrai : f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = (1− x )(3x + 8) x –`      2      +` f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = (1− x )(3x + 8) . 4 f (x) 2. g ( x ) = 5 − (1+ 7x )2 b. Δ . 0 et a , 0 : rouge.

(

a. Faux : g (1) = −59 , 0. b. Faux : g ( x ) = ( 5 − 1− 7x )( 5 + 1+ 7x ) . c. Vrai : le coefficient de x2 est négatif donc g admet un maximum et il vaut 5.

b. g ( x ) = 4 x − x 2 = − ( x − 2)2 + 4 x g (x)

)

–`      2      +` 4

10  f ( x ) = ( x + 1)( x − 3) = ( x − 1)2 − 4 = x 2 − 2x − 3

Exercices 1  1. La Forme 1 est de la forme a ( x − α )2 + β. Cette écriture

3  La parabole représentative de la fonction f indique que f est la forme canonique. admet un minimum égal à 1 atteint en 2. On a donc α = 1 et La Forme 2 est de la forme a ( x − x1 )( x − x2 ) . Cette écriture β = 2 et ainsi f ( x ) = a ( x − 2)2 + 1. est la forme factorisée. De plus, la parabole passe par le point de coordonnées (0 ; 3), La Forme 3 est de la forme ax 2 + bx + c . Cette écriture est la on a donc, f (0) = 3 ⇔ a (0 − 2)2 + 1 = 3 ⇔ a (−2)2 = 2 ⇔ 4a = 2 ⇔ a = forme développée. f (0) = 3 ⇔ a (0 − 2)2 + 1 = 3 ⇔ a (−2)2 = 2 ⇔ 4a = 2 ⇔ a = 1 . 2 2 1 27 1 27 2 2. 3 x − − =3 x −x+ − = 3x 2 − 3x + 3 − 27 = 3x 2 − 3x − 24 = 3x 2 − 3x − 6 4 2 4 4 4 4 4 2 1 f ( x ) = ( x − 2) + 1 est la forme canonique de la fonction f. 2 1 − 27 = 3x 2 − 3x + 3 − 27 = 3x 2 − 3x − 24 = 3x 2 − 3x − 6. 4 4 4 4 4 4  1. En développant la Forme 1 de la fonction polynôme on retrouve bien la Forme 3. x –`      –2      +` 3( x + 1)( x − 2) = 3( x 2 − 2x + x − 2) = 3( x 2 − x − 2) = 3x 2 − 3x − 6 0 f (x) x + x − 2) = 3( x 2 − x − 2) = 3x 2 − 3x − 6. En développant la Forme 2 de la fonction polynôme on 2. Toutes les fonctions de la forme f ( x ) = a ( x + 2)2 avec a , 0 retrouve bien la Forme 3. admettent ce tableau de variation, par exemple les fonctions Les 3 formes sont des écritures différentes de la fonction f. 3. f1, f2 et f3 définies par f1 ( x ) = − ( x + 2)2, f2 ( x ) = − 3 ( x + 2)2 et 2 a. f (0) = 3 × 02 − 3 × 0 − 6 = −6. L’affirmation est vraie. f3 ( x )== 2−103 ( x + 2)2 . b. f ( x ) = 0 ⇔ 3( x + 1)( x − 2) ⇔ x + 1 = 0 ou x − 2 = 0 ⇔ x = −1 ou x x + 1 = 0 ou x − 2 = 0 ⇔ x = −1 ou x = 2 . L’affirmation est vraie. 5  h (0) = 3 indique que la représentation graphique de h 2 2 c. 3 x − 1 > 0 ⇔ 3 x − 1 − 27 > − 27 ⇔ f ( x ) > − 27 . coupe l’axe des ordonnées au point de coordonnées (0 ; 3). 2 2 4 4 4 La fonction h est représentée par la courbe #4. d. La forme canonique indique que le minimum de f est Le coefficient a de la fonction i est négatif (a = −1), i est donc atteint en 1. représentée par une parabole « tournée vers le bas ». Il s’agit 1 5   et étant symétriques par rapport à 1, ils ont la même de la parabole #1. 6 6 image par f. L’affirmation est vraie. g (1) = 0, la représentation graphique de g coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (1 ; 0). La fonction g est 2  La parabole coupe l’axe des abscisses aux points de coorreprésentée par la courbe #3. données (–1 ; 0) et (6 ; 0). –1 et 6 sont les racines de f (x). Par élimination la fonction f est représentée par la courbe #2. Ainsi, f ( x ) = a ( x + 1)( x − 6) . 6  f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients De plus, la parabole passe par le point de coordonnées 0 ; 9 , 2   a = 3, b = −1 et c = 7. Son écriture canonique est 3( x − α )2 + β avec : α = − b = 1 donc f (0) = 9 . 2a 6 2 1 = 3 × 1 2 − 1 + 7 = 1 − 2 + 84 = 83 . 9 9 9 3 et β = f α = f ( ) or f (0) = ⇔ a × 1× (−6) = ⇔ a = − ⇔ a = − . 6 6 6 12 12 12 12 2 2 12 4 2 3 1 Donc, f ( x ) = − ( x + 1)( x − 6). Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 3 x − + 83 . 4 6 12 © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

)

(

)

(

(

)

(

)

)

( )

()

()

(

)

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

35

7  1. f ( x ) = −2 ( x − 50)2 + 100 . La forme canonique de f (x)

)

2

indique que f admet un maximum (a , 0), égal à 100 atteint 2 en 50. f ( x ) = −2 x − 5 + 9 = −2 ⎛ x − 5 ⎝ 4 8 4 2 2 2 x –`      50      +` + 9 = −2 ⎛ x − 5 − 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2 x − 5 − 3 x − ⎝ ⎝ 8 4 16 ⎠ 4 ⎠ 4 4 4 100 f (x)

(

)

(

( ) ) () ((

(

)(

2. f ( x ) = 3( x + 1) − 1 . La forme canonique de f (x) indique 4 que f admet un minimum (a . 0), égal à − 1 atteint en –1. 4 2

x

–`      –1      +`

f (x)

−1 4

3. f ( x ) = 0,6 ( x + 0,2)2 . La forme canonique de f (x) indique que f admet un minimum (a . 0), égal à 0 atteint en –0,2. x

–`    

f (x)

–0,2      +` 0

(

)

(

)

(

) () )) (

2 2 2 2 f ( x ) = −2 x − 5 + 9 = −2 ⎛ x − 5 − 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2 ⎝ ⎝ 4 ⎠ 4 8 4 16 ⎠ 4 2 2 2 − 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2 x − 5 − 3 x − 5 + 3 = −2 ( x − 2) x ⎠ ⎝ 4 4 ⎠ 4 4 4 4 16 5 + 3 = −2 ( x − 2) x − 1 = ( x − 2)(1− 2x ). 4 4 2 2. a. Le bénéfice est positif si et seulement si f (x) > 0.

)

))

(

) () ( )

((

)(

Le trinôme est du signe de a = –2, donc négatif à l’extérieur des racines 1  et 2, données directement par l’écriture 2 factorisée, et du signe de –a, donc positif entre les racines. L’inéquation f (x) > 0 a pour ensemble de solutions 6 = ⎡ 1 ; 2⎤ . ⎣2 ⎦ Dans le contexte de l’exercice cela signifie que l’entreprise doit fabriquer et vendre entre 50 et 200 objets pour obtenir un bénéfice positif. b. La forme canonique de f (x) indique que f admet un maximum (a , 0), égal à 9 atteint en 5 . 8 4 Dans le contexte de l’exercice cela signifie que l’entreprise doit fabriquer et vendre 5 × 100 = 125 objets pour obtenir 4 un bénéfice maximal. c. f ( x ) = −2 ⇔ −2x 2 + 5x − 2 = −2 ⇔ −2x 2 + 5x = 0 ⇔ x (−2x + 5) = 0

4. f ( x ) = −6x 2 + 1 x − 2, f fest = −2 fonction ⇔ −2x 2 +polynôme 5x − 2 = −2de⇔ −2x 2 + 5x = 0 ⇔ x (−2x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ou − 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ou x = ( x ) une 3 1 2 2 5 c = −2. et Comme (a , 0), −2 ⇔ −2xdegré 2 + 5x −de 2 coefficients = −2 ⇔ −2xa =+−6, b 5x = = 0⇔ 3 x (−2x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ou − 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 = 2,5. −1 L’entreprise perd 2000 € en fabriquant et vendant 0 ou 250 3 = 1, f admet un maximum, atteint en α = − b = objets. 2a 2 × (−6) 36

( )

( )

2 égal à β = f (α ) = f 1 = −6 × 1 + 1 × 1 − 2 = − 431 36 36 3 36 216 −1 3 = 1      +`  α =x− b–`      = 2a 2 × (−6) 36

10  La fonction C admet un maximum égal à 2000 € atteint

en 1000 soit pour 10 centaines de produits fabriqués et commercialisés. On a donc α = 10 et β = 2000 et ainsi C (q ) = a (q − 10)2 + 2000. De plus, les coûts fixes sont nuls, ce qui signifie C (0) = 0. Or 1 = −6 × 1 2 + 1 × 1 − 2 = − 431 6 36f (x) 3 36 216 C (0) = 0 ⇔ a (0 − 10)2 + 2000 = 0 ⇔ a (−10)2 = −2000 ⇔ 100a = −2000 C (0) = 0 ⇔ a (0 − 10)2 + 2000 = 0 ⇔ a (−10)2 = −2000 ⇔ 100a = −2000 ⇔ a = −20. 2 5. f ( x ) = x + 7. f admet un minimum (a . 0), égal à 7 atteint Ainsi, C (q ) = −20 (q − 10)2 + 2000. en 0. 11  1. La hauteur de la falaise est l’image de 0 par la foncx –`      0      +` tion f. En exploitant la forme développée de la fonction on obtient, f (0) = −0,2 × 02 + 0,8 × 0 + 15, 4 = 15, 4 . La hauteur f (x) de la falaise est de 15,4 m. 7 2. Pour déterminer l’abscisse du point d’impact du plongeur avec l’eau, on résout l’équation f ( x ) = 0. 8  La courbe représentative de g est une parabole dont f ( x ) = 0 ⇔ −0,2 ( x − 11)( x + 7) = 0 ⇔ x − 11 = 0 ou x + 7 = 0 ⇔ x = 11  l’axe de symétrie = gx(− 6)11 alors x )=( xα.+Or f ( x ) a=pour 0 ⇔ équation −0,2 ( x − 11 7) g=(0)⇔ = 0 ou x + 7 = 0 ⇔ x = 11 ou x = −7. L’abscisse du point d’impact du plongeur avec l’eau est positive, il va donc trouver l’eau à α = 0 + 6 = 3. 2 11 m du pied de la falaise. 3. f ( x ) = −0,2 ( x − 2)2 + 16,2. La forme canonique de f (x) x –`      3      +` indique que f admet un maximum (a , 0), égal à 16,2 atteint en 2. La hauteur maximale atteinte par le plongeur est de g (x) 16,2 m. –2

( )

9  1. f ( x ) = −2x 2 + 5x − 2, f est une fonction polynôme de

12  1. Il semble que l’aire colorée soit minimale lorsque le

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)

carré a ses côtés de longueur 4 cm. 2. Soit x la longueur en cm du côté du carré, pour 2 b 5 −5 tout x [ [0 ; 6], l’aire colorée est donnée par : canonique est −2 ( x − α ) + β avec : α = − = = 2a 2 × (−2) 4 f ( x ) = x 2 + (6 − x )(10 − x ) = x 2 + 60 − 6x − 10x + x 2 = 2x 2 − 16x + 60 = 2 = x×2 +5(6 −+ x5)× + 60 − pour 6x − 10x + x 2 = 2x 2 − 16x + 60 = 2 ( x 2 − 8x + 30) = 2 ( x − 4 )2 − 16 + 30 = 2 ( x − (105 −−x2) == 9x 2. Donc, et β = f (α ) = f 5f ( x=) −2 2 2 2 2 4 4 4 8 x + (6 − x )(10 − x ) = x + 60 − 6x − 10x + x = 22x − 16x + 60 = 2 ( x 2 − 8x + 30) = 2 ( x − 4 )2 − 16 + 30 = 2 ( x − 4 )2 + 14 = 2 ( x − 4 )2 + 28 + x 2 = 2x 2 −tout 16xréel + 60x [ = [20( x; 32 ]−, f8x ( x )+=30−2 ) =x2−( 45x − 4+)298−. 16 + 30 = 2 ( x − 4)2 + 14 = 2( x − 4)2 + 28. degré 2 de coefficients a = −2, b = 5 et c = −2. Son écriture

()

36

() ( ( )

) (

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

)

(

) (

(

)

) (

La forme canonique de f (x) indique que f admet un minimum (a . 0), égal à 28 atteint en 4. L’aire colorée est minimale lorsque le côté du carré est égal à 4 cm. La longueur du rectangle est alors égale à 6 cm et la largeur à 2 cm. La conjecture de la question 1 est ainsi démontrée.

13  On pose f ( x ) = − x 2 + 11x − 18, f est une fonction poly-

nôme de degré 2 de coefficients a = −1, b = 11 et c = −18. Soit un point M de la courbe #, d’abscisse x, son ordonnée est y = − x 2 + 11x − 18. AB × f ( x ) . Elle est maximale L’aire du triangle ABM est 2 lorsque f atteint son maximum (a . 0) c’est-à-dire pour x = − b = − 11 =  11 . −2 × 1 2 2a

14  1. f ( x ) = −0,3x 2 + 1,6x + 2, f est une fonction polynôme

16  0 admet 4 et 5 pour antécédents signifie que la courbe représentative de la fonction f coupe l’axe des abscisses aux points de coordonnées (4 ; 0) et (5 ; 0). La forme factorisée de la fonction f est, f ( x ) = a ( x − 4 )( x − 5). De plus, l’image de 1 par f est 24, or f (1) = 24 ⇔ a (1− 4 )(1− 5) = 24 ⇔ 12a = 24 ⇔ a = 1 . 2 1 La forme factorisée de la fonction f est f ( x ) = ( x − 4 )( x − 5) . 2

de degré 2 de coefficients a = −0,3, b = 1,6 et c = 2. Son écriture canonique est −0,3( x − α )2 + β 17  1. f ( x ) = x 2 − 6x − 7, f est une fonction polynôme de avec : α = − b = −1,6 = 8 2a 2 × (−0,3) 3 degré 2 de coefficients a = 1, b = −6 et c = −7 . Son écriture 2 8 8 8 32 64 62 et β = f (α ) = f = −0,3 + 1,6 × + 2 = − + + 2 = canonique est ( x − α )2 + β avec  : α = − b = − (−6) = 3 et 3 3 3 15 15 15 2a 2 ×1 8 32 64 62 2 . + 1,6 × + 2 = − + +2= . Donc, β = f α = f 3 = 3 − 6 × 3 − 7 = 9 − 18 − 7 = −16 ( ) ( ) 3 15 15 15 2 2 pour tout réel x,  f ( x ) = ( x − 3) − 16. Donc, pour tout réel x [ [0 ; +`[, f ( x ) = −0,3 x − 8 + 62 . 3 15 De plus, ( x − 3)2 − 16 = ( x − 3)2 − ( 4 )2 = ( x − 3 − 4 )( x − 3 + 4 ) = ( x − 7)( x 2. La forme canonique de f (x) indique que f admet( xun − 3)2 − 16 = ( x − 3)2 − ( 4 )2 = ( x − 3 − 4 )( x − 3 + 4 ) = ( x − 7)( x + 1). Donc, pour tout réel x,  f ( x ) = ( x − 7)( x + 1) . maximum (a , 0), égal à 62 atteint en 8 . La hauteur maxi15 3 2. a. −5,5 < −4,5 ⇔ f (5,5) > f (−4,5) car la fonction f est male atteinte par le ballon est de 62 m soit environ 4,1 m. strictement décroissante sur ]−` ; 3]. 15 b. f ( x ) = −7 ⇔ x 2 − 6x − 7 = −7 ⇔ x 2 − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x = 3. f ( 4,6) = −0,3 × 4,62 + 1,6 × 4,6 + 2 = 3,012. La hauteur du panier est de 3,012 m. f ( x ) = −7 ⇔ x 2 − 6x − 7 = −7 ⇔ x 2 − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x = 0 ou x − 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 2 2 f ( x ) = −7 ⇔ x − 6x − 7 = −7 ⇔ x − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x = 0 ou x − 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 . 6 = {0 ; 6} 15  La courbe #1 coupe l’axe des abscisses aux points de c. f ( x ) = −16 ⇔ ( x − 3)2 − 16 = −16 ⇔ ( x − 3)2 = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = coordonnées (–5 ; 0) et (4 ; 0). La forme factorisée de la f ( x ) = −16 ⇔ ( x − 3 )2 − 16 = −16 ⇔ ( x − 3)2 = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3. 6 = {3} . est, fonction f dont # 1 est la représentation graphique d. f ( x ) > 0 ⇔ ( x − 7)( x + 1) > 0. Le trinôme est du f ( x ) = a ( x + 5) ( x − 4 ) . signe de a = 1, donc est positif à l’extérieur des racines : De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (0 ; 7), 6 = ]−` ; − 1] < [7 ; +`[ . on a donc f (0) = 7.

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2

La courbe #4 coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (–2 ; 0). La forme factorisée de la fonction i dont #4 est la représentation graphique est, i ( x ) = a ( x + 2)2 . De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (–1 ; –1), on a donc i (−1) = −1. Or i (−1) = −1 ⇔ a (−1+ 2)2 = −1 ⇔ a = −1. La forme factorisée de la fonction i est i ( x ) = − ( x + 2)2 .

)

Or f (0) = 7 ⇔ a (0 + 5)(0 − 4 ) = 7 ⇔ −20a = 7 ⇔ a = − 7 . 18  1. f ( x ) = 1 x 2 − 4 x + 8 = 1 ( x 2 − 8x + 16) = 1 ( x − 4 )2 . 20 2 2 2 La forme factorisée de la fonction f est 2 2. f ( x ) = 0,01x + 0,8x − 4,25, f est une fonction polynôme f ( x ) = − 7 ( x + 5)( x − 4 ). de degré 2 de coefficients a = 0,01, b = 0,8 et c = −4,25. Son 20 discriminant est Δ = 0,81 , ses racines sont 5 et 85. Donc, pour La courbe #2 coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (2 ; 0). La forme factorisée de la fonction g dont #2 est la tout réel x,  f ( x ) = 0,01( x − 5)( x + 85) . représentation graphique est, g ( x ) = a ( x − 2)2 . 3. f ( x ) = 1 x 2 − 2 x + 1, f est une fonction polynôme de degré 2 3 De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (0 ; 4), 2 de coefficients a = 1 , b = − 2 et c = 1. Son discriminant est on a donc, g (0) = 4. 2 3 14 Or g (0) = 4 ⇔ a (0 − 2)2 = 4 ⇔ 4a = 4 ⇔ a = 1. Δ=− , < 00, le trinôme ne se factorise pas. 9 La forme factorisée de la fonction g est g ( x ) = ( x − 2)2 . 4. f ( x ) = 2x 2 + 2x − 1, f est une fonction polynôme de La courbe #3 coupe l’axe des abscisses aux points de coordegré 2 de coefficients a = 2, b = 2 et c = −1. Son discrimidonnées (0 ; 0) et (2 ; 0). La forme factorisée de la fonction h dont #3 est la représentation graphique est, h ( x ) = ax ( x − 2). nant est Δ = 10, ses racines sont − 2 − 10   et  − 2 + 10   . 4 4 De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (4 ; 2), Donc, pour tout réel x, on a donc h ( 4 ) = 2. f ( x ) = 2 x − − 2 − 10    x − − 2 + 10    = 2 x + 2 + 10    x + Or h ( 4 ) = 2 ⇔ 4a ( 4 − 2) = 2 ⇔ 8a = 2 ⇔ a = 1 . 4 4 4 4 − h2( x−) =101   x ( xx−−2−) . 2 + 10    = 2 x + 2 + 10    x + 2 − 10    . La forme factorisée de laffonction ( x ) = 2 xh−est 4 4 4 4 4

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Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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19 

3. Le polynôme du second degré P ( x ) = 5x 2 − 2x + 1 a pour discriminant Δ = (−2)2 − 4 × 5 × 1 = −16. Δ , 0, l’équation 5x 2 − 2x + 1 = 0, n’admet pas de solution réelle. 4. 2x 2 + 4 = −6x ⇔ 2x 2 + 6x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 2 2 2x + 4 = −6x ⇔ 2x 2 + 6x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 . L e p o l y n ô m e d u second degré P ( x ) = x 2 + 3x + 2 a pour discriminant 0 x 1 Δ = 32 − 4 × 1× 2 = 1. Δ . 0, l’équation x 2 + 3x + 2 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : x1 = −3 + 1 = −2 = −1 et x2 = −3 − 1 = −4 = −2. 2 2 2 ×1 2 ×1 5. x (2x − 1) = 1 ⇔ 2x 2 − x − 1 = 0. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 − x − 1 a pour racine évidente x1 = 1. Or Soit g ( x ) = −2x 2 + 7x − 5, son discriminant est 9, ses racines x1x2 = c  donc x1x2 = −1 ⇔ x2 = −1. sont 1 et 5 , donc pour tout réel x, g ( x ) = −2 x − 5 ( x − 1). a 2 2 2 2 2 2 x = −5x − 1 ⇔ x + 5x + 1 = 0 . Le polynôme du second 6. Alors pour tout réel x ≠ 1, degré : −2 x − 5 ( x − 1) P ( x ) = x 2 + 5x + 1 a pour discriminant Δ = 52 − 4 × 1× 1 = 21. 2 f (x ) = = −2 x − 5 = 5 − 2x . Δ . 0, l’équation x 2 + 5x + 1 = 0, admet deux solutions réelles 2 x −1 distinctes : La représentation graphique de f est donc la droite d’équation y = 5 − 2x privée du point de coordonnées (1 ; 3). x1 = −5 + 21 = −5 + 21 et x2 = −5 − 21 = −5 − 21 . 2 ×1 2 2 ×1 2 2 2 2 4 2 5 2 5 3x − x − 1 = 0 . 7. 20  1. −5x + 4 = 0 ⇔ x = ⇔ x = ou x = − . 5 5 5 Le polynôme du second degré P ( x ) = 3x 2 − x − 1 a pour discriminant Δ = (−1)2 − 4 × 3 × (−1) = 13. Δ . 0, l’équation 6 = −2 5 ; 2 5 . 5 5 3x 2 − x − 1 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : 2 − (−1 − (−1) − 13 1− 13 2. − x + 6x = 0 ⇔ x (− x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ou  − x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6) + 13 1+ 13 x1 = = et x2 = = . 2 2 × 3 6 2×3 6 + 6x = 0 ⇔ x (− x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ou  − x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 2 8. x (8 − x ) + 1 = 0 ⇔ − x + 8x + 1 = 0 . Le polynôme du − x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 . 6 = {0 ; 6}. second degré : 2 3. ( x − 1) − ( x − 1)( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 1)(( x − 1) − ( x − 2)) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 1−2 x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 P ( x ) = − x + 8x + 1 a pour discriminant : ( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 1)(( x − 1) − ( x − 2)) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 1− x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 Δ = 82 − 4 × (−1) × 1 = 68. x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1. 6 = {1} . Δ . 0, l’équation − x 2 + 8x + 1 = 0, admet deux solutions + 2) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou  x + 6 = 0 ⇔ x = 4 4. x 2 − 16 + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 ) + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4réelles )( x + 4distinctes : x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 ) + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 + 2) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x +−8 6)+= 068⇔ x−8 − 4+=2 0 ou  17 =x4+−6 =170 ⇔ x = 4 ou  x = −6 x = = 1 x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 + 2) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou  x + 6 = 02 ⇔ x )= 4 ou  x−2 = −6 × (−1 ( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou  x + 6 = 0 ⇔ x = 4 ou  x = −6. 6 = {4 ; − 6} . −8 − 68 = −8 − 2 17 = 4 + 17 . 5. ( x + 1)2 − (2x − 3)2 = 0 ⇔ (( x + 1) − (2x − 3))(( x + 1) + (2x − 3)) et = 0x2⇔= (−2x×+(−1 4 ))(3x − 2) = −20 ⇔ − x + 4 = 0 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x = x − 3)2 = 0 ⇔ (( x + 1) − (2x − 3))(( x + 1) + (2x − 3)) = 0 ⇔ (− x + 4 )(3x − 2) = 0 ⇔ 2− x + 4 =90 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x = 2 3 9. 2x + 6x + = 0. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 + 6x + 9 2 2 x − 3)) = 0 ⇔ (− x + 4 )(3x − 2) = 0 ⇔ − x + 4 = 0 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x = 2 3 2 .2 + 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x =2x 66x = +4 9; 2= .0. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 + 6x + 9  a pour discriminant Δ = 62 − 4 × 2 × 9 = 0. Δ = 0, 23 2 2 3 2 9 = 0. Δ = 0,  l’équation 2x 2 + 6x + 9 11 2 = 0. Le polynôme du second degré P 2xx2++3x6x− +219= a pour discriminant Δ = 6 − 4 × 2 × = 0,  admet une ( x2) −=14 6. (2x + 3)( x − 7) = −21 ⇔ 2x 11 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 −21 ⇔ 2x − 11x = 0 ⇔ x (2x − 11) = 0 ⇔ 2 x = 0 ou 2x −11 22 2 2 − 7) = −21 ⇔ 2x − 14 x + 3x − 21 = −21 ⇔ 2x − 11x = 0 ⇔ x (2x − 11) = 0 ⇔ x = 0 ou 2x − 11 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 2 : x = −6 = −3 . our discriminant Δ = 62 − 4 × 2 × 9 = 0. Δ = 0,  l’équation 2x + 6x + 9 = 0,  admet une unique solution réelle  0 2×2 2 2 x = 0 ou x = 11. 6 = 0 ; 11 . 2 2x − 11) = 0 ⇔ x = 0 ou 2x − 11 = 0 ⇔ 2 2 2 x + 2 3x + 3 = 0 . 10. = 0polynôme ⇔ (2x − 1)(2x 1− x + 3degré = 0+ ⇔ 7. 4 x 2 − 1 = (2x − 1)( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1) − (2x − 1)( x − 3)Le ) = 0 ⇔P((2x x ) −=1x)(2x++24 )3x 3, 2x a − 1 = 0 o du +second 1 ou x 2 0 ⇔ (2x − 1)( x + 4 )==(20 ⇔ 2x − 1 = 0 ou x + 4 = 0 ⇔ x = ( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1) − (2x − 1)( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1− x + 3) =pour discriminant Δ 2 = −4 3 ) − 4 × 1× 3 = 0. Δ = 0,  l’équation x +2 3 2 1 2 2 ⇔ x = + 1− x + 3) = 0 ⇔ (=2x(2− 13)()x −+ 44 )×=1×0 3⇔= 2x − 1 = 0 ou x + 4 = 0 ou x = −4 ( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2xpour discriminant Δ 0. Δ = 0,  l’équation x + 2 3x 2+ 3 = 0,  admet une unique solution réelle  : + 43) = ⇔ =2x0,− l’équation x 1 = 0 ou x +2 4+ =2 03x ⇔+x3== 10,ou x = −4 . 6 = −4 ; 1 . ×x 1× =0 0. Δ : x0 = −2 3 = − 3 . 2  admet une unique solution réelle  2 2 ×1 8. Pour tout x [R, 4 ( x − 2)2 > 0 donc 9 + 4 ( x − 2)2 . > 00 ; 2 11. −3x + x = − 1 ⇔ −3x 2 + x + 1 = 0 . 4 4 l’équation 9 + 4 ( x − 2)2 = 0 n’admet pas de solution réelle. Le polynôme du second degré P ( x ) = −3x 2 + x + 1 a pour 4 21  1. Le polynôme du second degré P ( x ) = −2x 2 + x − 1 a 2 1 discriminant Δ = 1 − 4 × (−3) × = 4 . Δ . 0, l’équation pour discriminant Δ = 12 − 4 × (−2) × (−1) = −7. Δ , 0, l’équa4 2 tion −2x + x − 1 = 0, n’admet pas de solution réelle. 2 1 −3x + x + = 0, admet deux solutions réelles distinctes : 4 2. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 − 2x − 1 a pour 2 discriminant Δ = (−2) − 4 × 2 × (−1) = 12. Δ . 0, l’équation x1 = −1+ 4 = −1 et x2 = −1− 4 = 1 . 2 × (−3) 6 2 × (−3) 2 2x 2 − 2x − 1 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : 1 2 . 2x (5 + 2x ) = 9 − 2x ⇔ 4 x 2 + 12x − 9 = 0 . L e p o l y − (−2) + 12 2 + 2 3 1+ 3 x1 = = = nôme du second degré P ( x ) = 4 x 2 + 12x − 9 a pour 2×2 4 2 discriminant Δ = 122 − 4 × 4 × (−9) = 288 . Δ . 0, l’équation − (−2) − 12 2 − 2 3 1− 3 et x2 = = = . 4 x 2 + 12x − 9 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : 2×2 4 2 y

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Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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22  1. Saisir les coefficients a, b,c

Calculer Δ = b2 − 4ac Si Δ , 0 retourner «  pas de solution réelle » Sinon si Δ = 0 retourner − b 2a Sinon –b − Δ et –b + Δ retourner 2a 2a

2.

Δ = (−8)2 − 4 × 1× 6 = 40 . Δ . 0, P (x) admet deux racines réelles u et v : u = 8 + 40 = 4 + 10 et v = 8 − 40 = 4 − 10 . 2 ×1 2 ×1 c. Saisir S et P Calculer Δ = S 2 − 4P Si Δ , 0 retourner « pas de solution réelle » Sinon si Δ = 0 retourner S 2 Sinon retourner S − Δ et S + Δ 2 2

26  Chercher les dimensions d’un rectangle dont l’aire est 40 et le périmètre 40, revient à chercher la longueur L du rectangle et la largeur l tels que L × l = 40 et L + l = 40. S’il existe deux nombres réels L et l dont le produit est 40 et la somme 40, alors ces deux nombres réels sont les racines du polynôme P ( x ) = x 2 − 40x + 40. P (x) a pour discriminant Δ = (−40)2 − 4 × 1× 40 = 1440 . Δ . 0, P (x) admet deux racines réelles L et l : L = 40 + 1440 = 20 + 6 10 et 2 ×1 40 − 1440 l= = 20 − 6 10 . 2 ×1 27  S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 4

3.

et la somme 15, alors ces deux nombres réels sont les racines du polynôme P ( x ) = x 2 − 15x + 4. P (x) a pour discriminant Δ = (−15)2 − 4 × 1× 4 = 209. Δ . 0, P (x) admet deux racines réelles u et v : u = 15 + 209 et v = 15 − 209 . 2 2

28  Posons L la longueur du champ rectangulaire et l sa 2a 2a 2a a largeur. Le champ est deux fois plus long que large signifie 2 (−b )2 − Δ 4ac L= =4ac b2 − Δ = b2 − b2 + que 2l. = c x1x2 = −b − Δ × −b + Δ = = 2 2 2 2 2a 2a a à sa longueur et 20 m à sa largeur on obtient 4a 4a 4a 4a En ajoutant 5 m 2 2 2 2 Δ − Δ b − b + 4ac b 4ac c une parcelle rectangulaire de 10000 m2 se traduit par l’équa= = = 2 = . 2 2 a 4a 4a 4a tion (2l + 5)(l + 20) = 10000. 2. a. Si b = 0, alors x1 + x2 = 0 ⇔ x1 = − x2 . L’affirmation est (2l + 5)(l + 20) = 10000 ⇔ 2l 2 + 40l + 5l + 100 − 10000 = 0 ⇔ 2l 2 + 45l vraie. (2l + 5)(l + 20) = 10000 ⇔ 2l 2 + 40l + 5l + 100 − 10000 = 0 ⇔ 2l 2 + 45l − 9900 = 0. Le polynôme du second degré P (x) = 2x 2 + 45x − 9900 a b. Si a = c, alors x1x2 = 1, donc x2 ≠ 0 et x1 = 1 . L’affirmation x2 pour discriminant Δ = 452 − 4 × 2 × (−9900) = 81225 . est vraie. Δ . 0, l’équation 2x 2 + 45x − 9900 = 0, admet deux 24  1. 3 × (−1)2 + 5 × (−1) + 2 = 0. –1 est une racine évidente solutions réelles distinctes : x1 = −45 + 81225 = 60 et 2×2 de f (x). x2 = −45 − 81225 = −82,5. c 2 2 2 2×2 2. x1x2 = = ⇔ − x2 = ⇔ x2 = − 3 3 a 3 La largeur du champ est positive donc l = 60 m et L = 120 m. et f ( x ) = 3( x + 1) x + 2 . 3 29  a. Si b = 0 alors le discriminant est –4ac , 0 car a et c sont de même signe alors l’équation f ( x ) = 0 n’admet pas 25 1. a. ( x − u )( x − v ) = x 2 − vx − ux + uv = x 2 − (u + v ) x + uv. de solution réelle. L’affirmation est vraie. b. ( x − u )( x − v ) = 0 équivaut à x 2 − (u + v ) x + uv = 0 soit b. Si c = 0, f ( x ) = 0 ⇔ ax 2 + bx = 0 ⇔ x (ax + b ) = 0 ⇔ x = 0 ou ax + b x 2 − Sx + P = 0. 2 f ( x ) = 0 ⇔ ax + bx = 0 ⇔ x (ax + b ) = 0 ⇔ x = 0 ou ax + b = 0 . Les réels u et v étant les racines du polynôme ( x − u )( x − v ) , L’équation  f ( x ) = 0 admet deux solutions distinctes dans R. ils sont aussi les racines du polynôme x 2 − Sx + P = 0 . L’affirmation est fausse. 2. a. S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 6 c. Si l’équation f ( x ) = 0 admet deux solutions opposées alors et la somme 4, alors ces deux nombres réels sont les racines du polynôme P ( x ) = x 2 − 4 x + 6. P (x) a pour discriminant x1 + x2 = 0 or x1 + x2 = b  donc b = 0. L’affirmation est vraie. a 2 Δ = (−4 ) − 4 × 1× 6 = −8. Δ , 0, P (x) n’admet pas de racine et les deux nombres u et v n’existent pas. 30  Pour savoir si la trajectoire de l’épuisette et celle b. S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 6 du poisson se croisent il faut résoudre l’équation et la somme 8, alors ces deux nombres réels sont les racines x2 − 4 x + 2 = − x2 + 4 x − 4 . 2 du polynôme P ( x ) = x − 8x + 6. P (x) a pour discriminant x 2 − 4 x + 2 = − x 2 + 4 x − 4 ⇔ 2x 2 − 8x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0 2 2 x − 4 x + 2 = − x + 4 x − 4 ⇔ 2x 2 − 8x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0. 23  1. x1 + x2 = −b − Δ + −b + Δ = − 2b = − b .

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x1 = −12 + 288 = −12 + 12 2 = −3 + 3 2 2×4 2×4 2 −12 − 288 −12 − 12 2 −3 −3 2 . et x2 = = = 2×4 2×4 2

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Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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Δ 5 0, donc le trinôme h (x) admet une racine réelle x0 = − 1 2 et il est du signe de a = 1, donc strictement positif pour tout réel x ≠ − 1 . 2 n= (−2)2 − 4 × 2 × (−1) = 12. 4. Δ . 0, donc le trinôme i (x) admet deux racines réelles distinctes : 31  La trajectoire de la fusée est parabole donc l’altitude de la fusée en fonction de la durée du vol t en seconde, est une x1 = 2 + 12 = 1+ 3 et x2 = 2 − 12 = 1− 3 . 2×2 2 2×2 2 fonction f polynôme du second degré. f atteint son maximum i (x) est du signe de a (a = 2 . 0) sauf entre les racines, donc : en t = 6 La fusée étant au sol à t = 0 (décollage), par symétrie elle atterrit à t = 12. Alors f (t ) = at (t − 12) pour tout réel x de l’intervalle  ⎤−` ; 1− 3 ⎡ ou de l’intervalle ⎥⎦ 2 ⎢⎣ f (6) = 180 ⇔ 6a (6 − 12) = 180 ⇔ −36a = 180 ⇔ a = −5 . ⎤ 1+ 3 ; +` ⎡, i (x) . 0 Donc f (t ) = −5t (t − 12) . ⎦⎥ 2 ⎣⎢ Le parachute doit s’ouvrir à 100 m d’altitude dans sa phase descendante : pour tout réel x de l’intervalle  ⎤ 1− 3 ; 1+ 3 ⎡, i (x) , 0. 2 ⎣⎢ ⎦⎥ 2 2 2 f (t ) = 100 ⇔ −5t (t − 12) = 100 ⇔ −5t + 60t − 100 = 0 ⇔ −t + 12t − 20 = 02 2 2 5. Δ = 12 − 4 × −7 × −6 = −24. ( ) ( ) ( ) 0 ⇔ −5t (t − 12) = 100 ⇔ −5t + 60t − 100 = 0 ⇔ −t + 12t − 20 = 0. Δ , 0, donc le trinôme j (x) est du signe de a (ici a = −7) donc Δ n= 122 − 4 × (−1) × (−20) = 64. Δ . 0, l’équation : 2 strictement négatif pour tout réel x . −t + 12t − 20 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : 6. Δ = (−2, 4 )2 − 4 × 4 × 0,36 = 0. t1 = −12 + 64 = 2 et t2 = −12 − 64 = 10. Seule la solution t2 Δ 5 0, donc le trinôme k (x) admet une racine réelle −2 −2 est supérieure à 6, il faut donc ouvrir la trappe du parachute x0 = 2, 4 = 3 et il est du signe de a = 4, donc strictement 2 × 4 10 10 secondes après le décollage. positif pour tout réel x ≠ 3 . 10 32  Soit x la largeur du cadre autour de la photo de dimen2 sions 8 cm × 15 cm. On veut (15 + 2x )(8 + 2x ) − 8 × 15 = 8 × 15 ⇔ 120 + 30x + 16x + 4 x − 120 = 120 ⇔ 4 x 2 1+ 46x − 120 = 0 ⇔ 2x 2 + 23x 35 21. ( 4 x + 1)( x + 3) admet deux racines − et –3. Le trinôme 2 2 5 = 8 × 15 ⇔ 120 + 30x + 16x + 4 x − 120 = 120 ⇔ 4 x + 46x − 120 = 0 ⇔ 2x + 23x − 60 = 0 4 2 2 120 = 120 ⇔ 4 x + 46x − 120 = 0 ⇔ 2x + 23x − 60 = 0 . est du signe de a = 4, donc strictement positif sauf entre les Δ n= 232 − 4 × 2 × (−60) = 1009, Δ . 0 , l ’ é q u a t i o n racines : 2 2x + 23x − 60 = 0, admet deux solutions réelles distinctes : pour tout réel x de l’intervalle  ]−` ; − 3[ ou de l’intervalle −23 + 1009 −23 − 1009 ⎤ x1 = ≈ 2,19 et x2 = ≈ −13,69 . La − 1 ; +` ⎡, ( 4 x + 1)( x + 3) . 0 ⎦ 4 ⎣ 4 4 largeur du cadre autour de la photo est positive et donc égale pour tout réel x de l’intervalle  ⎤−3 ; − 1 ⎡ , ( 4 x + 1)( x + 3) , 0. ⎦ 4⎣ −23 + 1009 à cm. 1 ⎡ ⎤ 4 6 = ]−` ; − 3[ < − ; +` . ⎦ 4 ⎣ 33  La parabole coupe l’axe des abscisses aux points d’abs2. 2x > 1+ x 2 ⇔ − x 2 + 2x − 1> 0 ⇔ − ( x − 1)2 > 0 . Or, pour tout réel x, − ( x − 1)2 < 0 et − ( x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1. cisses –4 et 1 : f ( x ) = 0 ⇔ x = −4 ou  x = 1. 6 = {1} . Elle est au-dessus de cet axe sur ]−4 ;1[ : donc pour tout réel 3. Pour tout réel x, 4 + (2x − 5)2 est strictement positif. x de l’intervalle ]−4 ;1[, f (x) . 0. Donc l’inéquation 4 + (2x − 5)2 < ≤ 0 n’a pas de solution dans Elle est en dessous de cet axe sur ]−` ; − 4 [  et sur  ]1; +`[ : R. 6 = ∅. donc pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; − 4 [  ou  de  ]1; +`[, 4. Pour tout réel x, −5( x + 1)2 < ≤ 0 et f (x) , 0. −5( x + 1)2 = 0 ⇔ ( x + 1)2 = 0 ⇔ x = −1. 6 = {−1} . 5. x 2 < x ⇔ x 2 − x < 0 ⇔ x ( x − 1) , 0. Le trinôme x ( x − 1) 34  1. Δ n= 52 − 4 × 2 × 4 = −7. admet deux racines 0 et 1, il est du signe de a = 1, donc stricΔ , 0, donc le trinôme f (x) est du signe de a (a = 2), donc tement positif sauf entre les racines. Donc : strictement positif pour tout réel x . 2 pour tout réel x de l’intervalle  ]−` ; 0[ ou 2. Δ n= (−7) − 4 × 4 × 3 = 1. de l’intervalle ]1; +`[, x ( x − 1) . 0 Δ . 0, donc le trinôme g (x) admet deux racines réelles pour tout réel x de l’intervalle  ]0 ;1[ , x ( x − 1) , 0. distinctes : 6 = 0 ] ;1[ . x1 = 7 + 1 = 8 = 1 et x2 = 7 − 1 = 6 = 3 . 2 8 2×4 2×4 8 4 6. x − 3x . 0 ⇔ x ( x − 3 ) . 0. Le trinôme x ( x − 3 ) admet g (x) est du signe de a (a = 4 . 0) sauf entre les racines, donc : deux racines 0 et 3, il est du signe de a = 1, donc strictement 3 positif sauf entre les racines. Donc : pour tout réel x de l’intervalle  ⎤−` ; ⎡ ou de l’intervalle ⎦ 4⎣ pour tout réel x de l’intervalle  ]−` ; 0[ ou ]1; +`[, g (x) . 0 de l’intervalle ⎤⎦ 3  ; +` ⎡⎣, x ( x − 3 ) . 0 pour tout réel x de l’intervalle  ⎤ 3 ;1⎡ g (x) , 0. ⎦4 ⎣ pour tout réel x de l’intervalle  ⎤⎦0 ;  3 ⎡⎣ , x ( x − 3 )  , 0. 2 1 6 = ]−` ; 0[ < ⎦⎤ 3 ; +` ⎡⎣. . 3. Réponse immédiate si on factorise h ( x ) = x − 2 n= 12 − 4 × 1× 1 = 0. Sinon : Δ 36  1. x 2 − 0, 4 x + 0,04 = ( x − 0,2)2. Or, ( x − 0,2)2 ≥>00 et 4 ( x − 0,2)2 = 0 ⇔ x = 0,2. 6 = {0,2}. 2. − x 2 + 5x < 7 ⇔ − x 2 + 5x − 7 , 0 .

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Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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12 − 4 × 1+ 3 = 0 . 1 est une solution évidente de l’équation x 2 − 4 x + 3 = 0. x1x2 = 3 ⇔ x2 = 3. Il est donc possible d’attraper deux fois la 1 carpe. La première fois au point d’abscisse 1 et la deuxième fois au point d’abscisse 3.

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39  1. Il semble que sur l’intervalle [−0,15 ;1,65], la courbe #1 n= Δ = (5)2 − 4 × (−1) × (−7) = −3. représentative de la fonction f1 soit au-dessus de la courbe Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + 5x − 7 est du signe de a = –1, #2 représentative de la fonction f2, et que sur les intervalles donc strictement négatif pour tout réel x. 6 = R. −` ; − 0,15]  et  [1,65 ; +`[, la courbe #1 soit en dessous de #2. ] 3. 2 x 2 > 4 x − 6 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 6 > 0 ⇔ x 2 − 6x + 9 > 0 ⇔ ( x − 3)2 > 0 2 2 2 3 3 2. f1 ( x ) − f2 ( x ) = − x + 3x + 2 − (3x − 3x + 1) = −4 x + 6x + 1 2 2 + 6 > 0 ⇔ x − 6x + 9 > 0 ⇔ ( x − 3) > 0 . f1 ( x ) − f2 ( x ) = − x 2 + 3x + 2 − (3x 2 − 3x + 1) = −4 x 2 + 6x + 1. = R. 6 Δ n= 62 − 4 × (−4 ) × 1 = 52 . Δ . 0, donc le trinôme : 2 2 4. 11x + 16x − 9 ,10x + 8 ⇔ 11x + 6x − 17 , 0 . −4 x 2 + 6x + 1 admet deux racines réelles distinctes : Δ n= 62 − 4 × 11× (−17) = 784 . x1 = −6 + 52 = 3 − 13 et x2 = −6 − 52 = 3 + 13 . Δ . 0, donc le trinôme 11x 2 + 6x − 17 admet deux racines 2 × (−4 ) 4 2 × (−4 ) 4 réelles distinctes : Il est du signe de a = –4, donc strictement négatif sauf entre les racines. Donc : 5. x1 = −6 + 784 = −6 + 28 = 1 2 × 11 22 pour tout réel x de l’intervalle  ⎤−` ; 3 − 13 ⎡ ou de l’intervalle ⎥⎦ 4 ⎢⎣ et x2 = −6 − 784 = −34 = − 17 , il est du signe de a = 11, 11 2 × 11 22 ⎤ 3 + 13  ; +` ⎡, f ( x ) − f ( x ) , 0 soit f ( x ) , f ( x ) 2 1 2 donc strictement positif sauf entre les racines. Donc : ⎦⎥ 4 ⎣⎢ 1 pour tout réel x de l’intervalle  ⎤−` ; − 17 ⎡ ou pour tout réel x de l’intervalle   ⎤ 3 − 13 ; 3 + 13 ⎡ , ⎦ 11 ⎣ 4 ⎣⎢ ⎦⎥ 4 de l’intervalle ]1 ; +`[, 11x 2 + 6x − 17) . 0 f1 ( x ) − f2 ( x ) . 0 > 0 soit f1 ( x ) . f2 ( x ) . pour tout réel x de l’intervalle  ⎤− 11  ; 1⎡ , 11x 2 + 6x − 17 , 0. On en déduit que sur l’intervalle ⎤ 3 − 13 ; 3 + 13 ⎡, la ⎦ 17 ⎣ 4 ⎣⎢ ⎦⎥ 4 6 = ⎤ −17 ;1⎡ . courbe # représentative de la fonction f est au dessus de 1 1 ⎦ 11 ⎣ la courbe #2 représentative de la fonction f2, et que sur les 37  1. Soit x = −3, alors x 2 = 9 donc x2 . 4 mais x < 2. Le intervalles ⎤−` ; 3 − 13 ⎡ et ⎤ 3 + 13  ; +` ⎡, la courbe #1 est 4 ⎣⎢ ⎦⎥ 4 ⎦⎥ ⎣⎢ contre exemple permet de dire que l’affirmation est fausse. au dessous de #2. 2. x 2 − 2x − 2 , < 00. 3. Il semble que pour tout x [ R , la courbe #3 représentative Δ n= (−2)2 − 4 × 1× (−2) = 12 . de la fonction f3 soit en dessous de la courbe #4 représentaΔ . 0, donc le trinôme x 2 − 2x − 2 admet deux racines réelles tive de la fonction f4. distinctes : f3 ( x ) − f4 ( x ) = − x 2 − 4 x + 2 − (2x 2 − x + 5) = −3x 2 − 3x − 3. x1 = 2 + 12 = 1+ 3 et x2 = 2 − 12 = 1− 3 . Il est du signe 2 ×1 2 ×1 Δ n= (−3)2 − 4 × (−3) × (−3) = −27. de a = 1, donc positif sauf entre les racines. Donc : Δ , 0, donc le trinôme −3x 2 − 3x − 3 a le signe de a = −3,  pour tout réel x  de  ⎤⎦1− 3  ;1+ 3 ⎡⎣ ,  x 2 − 2x − 2 , 0 et pour donc strictement négatif pour tout réel x. On en déduit que, sur R, la courbe #3 représentative de la tout réel x de ⎤⎦−` ;1− 3 ⎡⎣ ou de ⎤⎦1+ 3 ; +` ⎡⎣, x 2 − 2x − 2 . 0. fonction f3 est en dessous de la courbe #4 représentative de L’affirmation est vraie. la fonction f4. 2 3. − x + x − 1 , < 00. Δ n= 12 − 4 × (−1) × (−1) = −3. Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + x − 1 a le signe de a = –1 donc strictement négatif pour tout réel x. L’affirmation est fausse. 4. 2x 2 − 12x + 18 . 0 ⇔ x 2 − 6x + 9 . 0 ⇔ ( x − 3)2 . 0 . L’affirmation est fausse, 2x 2 − 12x + 18 s’annule pour x = 3.

38 1. Il semble que sur l’intervalle [−2 ;1], la courbe # soit en

dessous de P et que sur les intervalles ]−` ; − 2]  et  [1; +`[, la courbe # soit au-dessus de P. 2. f ( x ) − g ( x ) = x 2 − (− x + 2) = x 2 + x − 2. 1 est racine évidente du trinôme x 2 + x − 2, le produit des racines est c = −2, la deuxième racine est donc –2 a Le trinôme a le signe de a = 1 donc positif sauf entre les racines. Donc : pour tout réel x  de  ]−2 ;1[ ,  f ( x ) − g ( x ) , 0 soit f ( x ) , g ( x )et pour tout réel x de ]−` ; − 2[ ou de ]1 ; +`[, f ( x ) − g ( x ) . 0 soit f ( x ) . g ( x ). On en déduit que les deux courbes sont sécantes aux points d’abscisses –2 et 1, que sur l’intervalle ]−2 ;1[, la courbe # est au dessous de P, sur les intervalles ]−` ; − 2[  et  ]1; +`[ ,   la courbe # est au-dessus de P. Cela confirme la conjecture de la question 1.

40  3 × 3 = 9, l’aire du carré de verre est de 9 m2. L’aire de la

partie découpée est la somme de l’aire d’un carré de coté x m et d’un rectangle de dimensions 3 et x. Ainsi l’aire de la vitre est donnée par l’expression 9 − ( x 2 + 3x). S’il souhaite que la vitre ait une aire supérieure à 5 m2, il faut chercher les valeurs de x, avec x [ [0 ;1,5] telles que : 9 − ( x 2 + 3x).5. 9 − ( x 2 + 3x).5 ⇔ − x 2 − 3x + 4 . 0 . Δ (−3)2 − 4 × (−1) × 4 = 25. n= Δ . 0, donc le trinôme − x 2 − 3x + 4 admet deux racines réelles distinctes : x1 = 3 + 25 = −4 et x2 = 3 − 25 = 1. 2 × (−1) 2 × (−1) Il est du signe de a = –1, donc strictement négatif sauf entre les racines. Donc : pour tout réel x de l’intervalle  ]−` ; − 4[ ou de l’intervalle ]1; +`[, − x 2 − 3x + 4 , 0 et pour tout réel x de l’intervalle  ]−4 ;1[ , − x 2 − 3x + 4 . 0. x est un réel de l’intervalle [0 ;1,5], ainsi les solutions sont les réels de l’intervalle [0 ;1] .

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

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Exercices 41  1. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients

43  1. x2 + 1est définie sur R.

2 2x = 3 ⇔ 2x − 3( x + 1) = 0 ⇔ −3x 2 + 2x − 3 = 0 ⇔ −3x 2 + 2x a = 1, b = 2 et c = 9 . Son écriture canonique est  : x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 x2 + 1 2 3( x 2 + 1) 2 b −2 2x + 2x − 3 2x −3x 2 ( x − α ) + β avec α = − = 3=⇔ = −1 − =0⇔ = 0 ⇔ −3x + 2x − 3 = 0. x2 + 1 1 22 − 4 × (−3) × (−3) = −32. x 2 + 1 2a2 2 x 2 + 1 x 2 +Δ n= et β = f (α ) = f (−1) = (−1) + 2 × (−1) + 9 = 8. Δ , 0, donc le trinôme −3x 2 + 2x − 3 n’admet pas de racine 2 Donc, pour tout réel x, f ( x ) = ( x + 1) + 8. réelle. 6 = { }. 2. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients 2. 3 − 1 = 2 est définie sur R \ 0 ; 1 . x 2x − 1 2 a = −1, b = −6 et c = 7. Son écriture canonique est : 3 2x − 1 2x (2x − 1) ( ) x 3− 1 =2⇔ − − = 0 ⇔ 6x − 3 − x − − ( x − α )2 + β avec α = − b = 6 = −3 x 2x − 1 x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x 2a −2 2 2 2x 2x − 1 3 2x − 1 ( ) ( ) 2 x 1 6 ×=(−3 et β = f (α ) = f (−3) = −3(−3 − = 0 ⇔ 6x − 3 − x − 4 x + 2x = 0 ⇔ −4 x + 7x − 3 = 0 ⇔ − 2⇔ −) − ) + 7 = 16 . − x 2x − 1 x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1) 2 2 − 1) 3(2xréel − 1) x, f ( x )x= − ( x +2x tout 3)(22x+ 16. + 2x −4 x + 7x − 3 6x − 3 − x − 4 x 2 3 − Donc, 1 = pour − − =0⇔ =0⇔ = 0 ⇔ −4 x + 7x − 3 = 0. 2⇔ x 2x3.−f1est une xfonction x (2x − 1) x (2x − 1) de xdegré (2x − 1) polynôme (2x − 12) de coefficientsx (2x − 1) a = 2, b = −8 et c = 9 . Son écriture canonique est : 1 est racine évidente, le produit des racines est c = 3 donc a 4 2 2 ( x − α ) + β avec α = − b = 8 = 2 3 3 2a 4 la deuxième racine est . 6 = ;1 . 4 4 et β = f (α ) = f (2) = 2 × (2)2 − 8 × 2 + 9 = 1 . 3. 32 − 1 = 1 est définie sur R \ {0} . Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 2 ( x − 2)2 + 1. 2x x 4. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients 3 − 1 = 1 ⇔ 6 − x − 2x 2 = 0 ⇔ −2x 2 − x + 6 = 0 ⇔ −2x 2 − x 2 a = 3, b = 9 et c = −1. Son écriture canonique est : 2 2x 2x 2 2x 2 2x 2 2x 2 2x − x + 6 x 2x −2x 2 1 6 3 = 0 ⇔ −2x − x + 6 = 0. −9 = −2 3− 2 − 2 = 0 ⇔ 2 3( x − α )2 + β avec xα2 =− −2xb ==1 ⇔ 2x 2x n= (−1)2 − 4 × (−2) × 6 = 49 6 2x 2 2x 2a Δ 2 Δ . 0, donc le trinôme −2x 2 − x + 6 admet deux racines et β = f (α ) = f − 3 = 3 × − 3 + 9 × − 3 − 1 = − 31 . 2 2 2 4 réelles distinctes : 2 3 31 Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 3 x + − . x1 = 1+ 49 = −2 et x2 = 1− 49 = 3 . 6 = −2 ; 3 . 2 4 2 × (−2) 2 × (−2) 2 2 5. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients 44  1. ( x − 1)( x 2 − 5x + 6) = 0 est définie sur R. a = −5, b = 7 et c = 4. Son écriture canonique est : ( x − 1)( x 2 − 5x + 6) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ou x 2 − 5x + 6 = 0 −5( x − α )2 + β avec α = − b = −7 = 7 x − 1 = 0 ⇔ x = 1. 2a 2 × (−5) 10 x 2 − 5x + 6 = 0 2 et β = f (α ) = f 7 = −5 × 7 + 7 × 7 + 4 = 129 . Δ n= (−5)2 − 4 × 1× 6 = 1 10 10 10 20 2 Δ . 0, donc le trinôme x 2 − 5x + 6 admet deux racines réelles Donc, pour tout réel x, f ( x ) = −5 x − 7 + 129 . distinctes : 10 20 42  • Δ . 0, alors pour tout x [ R, f ( x ) = a ( x − x1)( x − x2 ) x1 = 5 + 1 = 3 et x2 = 5 − 1 = 2. 2 ×1 2 ×1 avec x1 , x2. 6 = {1; 2 ; 3} . 2 x x1 x2 –` +` R\ −5 . 2. − x + 5x − 7 = 0 est définie sur R 2 2x + 5 – 0 + + x – x1 − x 2 + 5x − 7 = 0 ⇔ − x 2 + 5x − 7 = 0. 2x + 5 n= 52 − 4 × (−1) × (−7) = −3 Δ x – x2 – – 0 + Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + 5x − 7 n’admet pas de racine réelle. 6 = { }. (x – x1) (x – x2) + 0 – 0 + 3. x 3 − x 2 + 4 x = 0 est définie sur R. x 3 − x 2 + 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x = 0 ou  x 2 − x + 4 = 0 Pour tout réel x de ]−` ; x1[ < ]x2 ; +`x[ 3, −puisque le 2 x + 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x = 0 ou  x 2 − x + 4 = 0 2 produit ( x − x1 )( x − x2 ) est strictement positif, le trinôme x −x+4=0 a ( x − x1 )( x − x2 ) a le signe de a. Δ n= (−1)2 − 4 × 1× 4 = −15 2 • Δ 5 0, alors pour tout x [ R, f ( x ) = a ( x − x0 ) . Δ , 0, donc le trinôme x 2 − x + 4 n’admet pas de racine réelle. 2 2 f ( x0 ) = 0 et pour tout réel x ≠ x0, ( x − x0 ) .   0 donc a ( x − x0 ) 6 = {0} . a le signe de a. •  Δ , 0, d’après le cours, pour tout x [ R, 45  1. 2x , − 1 est définie sur R. 2 ⎤ ⎡ b Δ 2x + 3 f (x ) = a ⎢ x + − 2 ⎥. 2 x ,− 1⇔ x 2a 4a ⎦ ⎣ + 1, 0 ⇔ 2x +2 x + 3 , 0. 2 2 2 2x + 3 2x + 3 2x + 3 p o u r t o u t x [ R , x + b − Δ2 >.0 0 d o n c e t 2 2a 4a > 00. Pour tout x [ R, 2x + 3 . 2 a ⎡⎢ x + b − Δ2 ⎤⎥ a le signe de a. 2a 4a ⎦ ⎣

{ }

{ }

( ) (

( )

( ) )

( ) (

{

)

{ }

(

(

42

)

)

(

)

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

}

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( )

Le trinôme 2x 2 + x + 3 a pour discriminant : Δ  n= 12 − 4 × 2 × 3 = −23.  Δ , 0, donc pour tout réel x, le trinôme 2x 2 + x + 3 est du signe de a (ici a = 2).

D’où le tableau de signes : 5 –  2

–`

x 2x + 5

–

0

+` +

2

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Ainsi, pour tout réel x,   2x +2 x + 3 > .00 donc l’inéquation – – –x2 + 5x – 7 2x + 3 x , − 1 n’admet pas de solution dans R. –x2 + 5x – 7 2x 2 + 3 + – 2x + 5 3x >5x est définie sur R R \ {−1} . 2. x +1 6 = ⎤− 5 ; +` ⎡ . ⎣ 3x >5x ⇔ 3x − 5x ( x + 1) > 0 ⇔ −5x 2 − 2x > 0 ⇔ − x (5x + 2) >⎦ 0 2 x +1 x + 13. x 3 − x 2 + 4 x > x +1 x +1 x +1 ≥ 00 est définie sur R. 3 2 2 x − x + 4 x > 0 ⇔ x (x2 − x + 4) > 0 − x (5x + 2) > 0. > 0 ⇔ −5x − 2x > 0 ⇔ 2 Le trinôme  x   − x + 4 n’a pas de racine réelle, il est du signe x +1 x + 1 de a = 1, pour tout réel x. Le produit x ( x 2 − x + 4 ) a donc le Le trinôme − x (5x + 2) est du signe de a = –1, donc négatif, signe de x. 6 = [0 ; +`[ . 2 sauf entre ses racines 0 et − . Le dénominateur x + 1 est 47  Deux réels u et v sont les racines du trinôme 5 x − u )( x − v ) = x 2 − Sx + P, en posant u + v = S et u × v = P. ( négatif pour x , –1, et positif sinon. Le discriminant de ce trinôme est Δ = (–S)2 – 4P = S2 – 4P. Le 2 ⎤ ⎡ 6 = ]−` ; − 1[ < − ; 0 . trinôme admet deux racines (éventuellement confondues) si ⎣ 5 ⎦ et seulement si Δ > 0, donc si et seulement si S2 > 4P. R \ {0;3}. 3. 1 + 2 .3, est définie sur R 48 On note n et n + 1 les deux entiers consécutifs. Le produit 4x 3 − x de 2 deux entiers consécutifs est égal au double de la somme 12x (3 − x ) 29x + 3 . 0 8x 1 + 2 .3 ⇔ 3 − x + − . 0 ⇔ 12xse −traduit 4x 3 − x 4 x (3 − x ) par l’équation : 2 4 x (3 − x ) 4 x (3 − x ) 4 x (3 − x ) n (n + 1) = 2 (n + n + 1) ⇔ n + n − 4n − 2 = 0 ⇔ n2 − 3n − 2 = 0 2 3 − x) 2 2 12x − 29x + 3 n (n + 1) = 2 (n + n + 1) ⇔ .0 ⇔ . 0. n + n − 4n2 − 2 = 0 ⇔ n − 3n − 2 = 0. 3 − x) 4 x (3 − x ) Le trinôme x − 3x − 2 a pour discriminant : •   L e t r i n ô m e 12x 2 − 29x + 3 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−3)2 − 4 × 1× (−2) = 17.  Δ . 0 , d o n c l e t r i n ô m e 2 Δ = (−29) − 4 × 12 × 3 = 697. Δ . 0, donc le trinôme x 2 − 3x + 2 admet deux racines réelles distinctes : 2 12x − 29x + 3 admet deux racines réelles distinctes : x1 = 3 + 17 et x2 = 3 − 17 . Les deux racines x1 et x2 ne sont 2 2 29 + 697 29 − 697 x1 = et x2 = . Il est du signe de a = 12, 24 24 pas des entiers. Il n’existe donc pas deux entiers consécutifs dont le produit est égal au double de la somme. sauf entre les racines. 49  −2x 2 + 5x = p ⇔ −2x 2 + 5x − p = 0. Le trinôme a pour • Le trinôme 4 x (3 − x ) est du signe de a = −4 sauf entre les discriminant Δ = 52 − 4 × (−2) × (− p) = 25 − 8 p racines 0 et 3. a. 25 − 8 p, 0 ⇔ 8 p.25 ⇔ p. 25 . 6 = ⎤0 ; 29 − 697 ⎤ < ⎡ 29 + 697 ; 3⎡ . 8 24 24 ⎦⎥ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎣⎢ b. 25 − 8 p = 0 ⇔ 8 p = 25 ⇔ p = 25 . 8 46  (Reprise de certains résultats de l’exercice 44) 25 . c. 25 − 8 p> 0 ⇔ 8 p 00 est définie sur R. Le trinôme x 2 − 5x + 6 a pour racines 2 et 3. Il a le signe de a = 1 sauf entre les racines. D’où le tableau de signes : x

1

–`

x–1

–

x2 – 5x + 6

+

(x – 1) (x2 – 5x + 6)

–

6 = ]1; 2[ < ]3 ; +`[ .

0

0

2 +

+`

3 +

+

+

0

–

0

+

+

0

–

0

+

{ }

2 2. − x + 5x − 7 < ≤ 00 est définie sur R \ − 5 . 2x + 5 2 2 Le trinôme − x + 5x − 7 n’admet pas de racine réelle. Il est du signe de a = −1 pour tout réel x.

50  1. On pose X = x 2 . L’équation devient X 2 − 9X + 14 = 0. n= (−9)2 − 4 × 1× 14 = 25. 2. Δ

Δ . 0, donc le trinôme X 2 − 9X + 14 admet deux racines réelles distinctes : 9 + 25 = 7 et 9 − 25 = 2. 2 2 3. X = 7 ⇔ x 2 = 7 ⇔ x = 7  ou x = − 7 . X = 2 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = 2  ou x = − 2 . Ainsi, l’ensemble des solutions de l’équation (E) est 6 = {− 7 ; − 2 ; 2 ; 7 }. 4. a. On pose X = x 2 . L’équation devient −2X 2 + 7X − 5 = 0. 1 est racine évidente, le produit des racines étant 5 , la 2 deuxième racine est 5 . 2 X = 1 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = 1 ou x = −1  ; X = 5 ⇔ x 2 = 5 ⇔ x = 5  ou x = − 5 . 2 2 2 2 5 5 6= − ; − 1;1; . 2 2

{

}

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

43

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b. On pose X =⎧ x 2 .8a L’équation X 2⎧ +24a X − +2012b = 0. ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎪⎧ −2, 4 + 12b + + 4b + 9 =devient 0  + 27 = 0 2 2 ⇔⎨ ⇔ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎨ Δ n= 1 − 4 × 1× (−20 = 81 . 0 donc le trinôme X + X − 20 ) a = −0,1  a = −0, 60a + 6 = 0  ⎪⎩ ⎩ 36a − 12b − 21 = 0  ⎩ ⎩ 36a − 12b − 21 = 0  ⎩ admet deux racines réelles distinctes : −1+ 81 = 4 et 2 ⎧⎪ b = −2,05 ⎧⎪ −2, 4 + 12b + 27 = 0 ⎧⎪ 12b = −24,6 ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 −1− 81 = −5. ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ a = −0,1  a = −0,1  60a + 6 = 0  ⎪⎩ a = −0,1.  ⎪⎩ ⎪⎩ a = −0,1  2 = 0  ⎩ 36a − 12b − 21 ⎩ ⎩ X = 4 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = 2 ou x = −2  ; ⎧⎪ b = −2,05 ⎧⎪ −2,équation ⎧⎪ 12b réelle, ⎧ 24aX+=12b 4 + 12b +n’a 27pas = 0de solution = −24,6 −5 +⇔27x 2= =0 −5⇔, cette ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ a = 6−0,1  a = −0,1  d’où = {−2 ; 2} . ⎩⎪ ⎩ ⎩⎪ a = −0,1.  ⎩⎪ a = −0,1  2 2 c. On pose X = x . L’équation devient 2X − 13X − 7 = 0. Finalement, f ( x ) = −0,1x 2 − 2,05x + 4,5. Δ n= (−13)2 − 4 × 2 × (−7) = 225. Δ . 0, donc le trinôme 2X 2 − 13X − 7 admet deux racines 53  1. Il semble que sur ]−7 ; 3[  et sur  ]−2 ; +`[, la courbe représentative de la fonction f soit au-dessus de la courbe réelles distinctes : 13 + 225 = 7 et 13 − 225 = − 1 . 2 2×2 2×2 représentative de la fonction g et que sur les intervalles X = 7 ⇔ x 2 = 7 ⇔ x = 7  ou x = − 7  ; ]−` ; − 7[  et  ]−3 ; − 2[, elle soit en dessous. x − 1− ( x + 3)(− x − 5) x − 1+ x 2 + X = − 1 ⇔ x 2 = − 1 , cette équation n’a pas de solution réelle, = 2. f ( x ) − g ( x ) = x − 1 − (− x − 5) = 2 2 x +3 x+ x+3 2 2 − x − 5 x − 1− x + 3 ( ) ( ) d’où 6 = {− 7 ; 7 } . f ( x ) − g ( x ) = x − 1 − ( − x − 5) = = x − 1+ x + 5x + 3x + 15 = x + 9x + 14 . x+3 x +3 x +3 x2 + 3 2 4 2 4 4 2 2 8 d. 2x − 4 2x + = 0 ⇔ 2x − 8x + 8 = 0 ⇔ x − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 22 ) = 0 ⇔ x 2 − 2 ⇔ x = 2  ou x = − 2 P x = x + 9x + 14. P (x) a pour discriminant : Soit ( ) 2 2 Δ = 9=2 −− 42 × 1× 14 = 25 . x 4 − 8x 2 + 8 = 0 ⇔ x 4 − 4 x 2 + 4 = 0 ⇔ ( x 2 − 2) = 0 ⇔ x 2 − 2 ⇔ x = 2  ou x 2 Δ . 0, donc le trinôme x 2 + 9x + 14 admet deux racines x 2 + 4 = 0 ⇔ ( x 2 − 2) = 0 ⇔ x 2 − 2 ⇔ x = 2  ou x = − 2 . réelles distinctes : 6 = {− 2 ; 2 }. x1 = −9 + 25 = −2 et x2 = −9 − 25 = −7 . Il est du signe de 2 2 51  a = 1, donc positif sauf entre les racines. Saisir les coefficients a, b,c Calculer Δ = b2 − 4ac x –7 –3 –2 –` +` Si Δ , 0 retourner « pas de solution réelle » x+3 – – 0 + + si Δ = 0 b La solution prend la valeur − 2a + 0 – – 0 + x2 + 9x + 14 Si la solution est strictement positive, retourner les x2 + 9x + 14 – 0 + – 0 + valeurs − − b et − b 2a 2a x+3 Si la solution est nulle Sur les intervalles ]−7 ; 3[  et  ]−2 ; +`[, la courbe représentative retourner la valeur 0. de la fonction f est au-dessus de la courbe représentative de Sinon la fonction g. retourner « pas de solution » Sur les intervalles ]−` ; − 7[  et  ]−3 ; − 2[, la courbe représentaSinon tive de la fonction f est en dessous de la courbe représentative –b − Δ –b + Δ Les solutions prennent les valeurs et 2a 2a de la fonction g. Si les solutions sont strictement positives, retourner Les deux courbes sont sécantes aux points d’abscisses −7 et − 2. –b − Δ –b − Δ –b + Δ les valeurs  ; − et −  ;  2a 2a 2a 2 54  1 − ( x − 1) = 1− ( x − 1) = (1− x + 1)(1+ x − 1) = x (− x + 2) –b + Δ . x −1 x −1 x −1 x −1 2a 2 1+ x − 1 x − x + 2 1− x − 1 1− x + 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 1 − ( x − 1) = . = = Si les solutions sont nulles x − 1 x −1 x −1 x −1 retourner la valeur 0. x 0 1 2 –` +` Sinon retourner « pas de solution » x – 0 + + + 52  f (0) = 9 ⇔ a × 02 + b × 0 + c = 9 ⇔ c = 9 . 2 2 2 –x + 2 + + + 0 – 2 9 f (2) = 0 ⇔ a × 2 + b × 2 + = 0 ⇔ 4a + 2b + 9 = 0 ⇔ 8a + 4b + 9 = 0 2 2 ⇔ 4a + 2b + 9 = 0 ⇔ 8a + 4b + 9 = 0. (x – 1) – – 0 + + 2 2 39 9 39 21 f (−3) = ⇔ a × (−3) + b × (−3) + = ⇔ 9a − 3b − = 0 ⇔x36a (–x −+ 12b 2) − 21 = 0 4 4 2 4 + 0 – + 0 – (x – 1)  )2 + b × (−3) + 9 = 39 ⇔ 9a − 3b − 21 = 0 ⇔ 36a − 12b − 21 = 0 . 2 4 4 Sur les intervalles ]−` ; 0[  et  ]1; 2[, la courbe d’équation ⎧⎪ −2, 4 + 12b + 27 = 0 ⎧⎪ ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎧ 8a + 4b + 9 = 0  ⎧ 24a + 12b + 27 = 0 ⎧ 24a + 12b + 271= 0 y= est⇔ au-dessus de la droite d’équation y = x − 1. ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎨ x − 1 a = −0,1  60a + 6 = 0  a = −0,1  ⎪⎩ ⎪⎩ ⎩ 36a − 12b − 21 = 0  ⎩ 36a − 12b − 21 = 0  ⎩ ⎩ 44

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

Sur les intervalles ]0 ;1[  et  ]2 ; +`[, la courbe d’équation y = 1 est au dessous de la droite d’équation y = x − 1. x −1 Les deux courbes sont sécantes aux points d’abscisses 0 et 2.

59  1. Lorsque m est égale –1, 0 ou 4, l’équation (E) semble admettre une solution, lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[ il semble que l’équation (E) admette deux solutions distinctes, lorsque m [  ]−` ; − 1[ < ]4 ; +`[ l’équation (E) semble ne pas admettre de solution. ⎧⎪ ⎧ y = x +1 ⎧⎪ ⎧⎪ y = x +1 y = x +1 y = x +1 55  ⎪⎨ 2. a. Pour ⇔ ⇔ ⇔ ⎨ m = 0 l’équation (E). devient −8x + 1 = 0  ; la solution ⎨ ⎨ 2 2 2 2 2 2 2 2x + 2x − 41= 0 ⎩⎪ x + x + 2x + 1 =de5cette⎩⎪équation ⎩⎪ x + y = 5 ⎩⎪ x + ( x + 1) = 5 est . 8 2 x +1 y = x +1 y = x +1 ⎪⎧ ⎪⎧ m ≠ 0. 4mx − 4 m + 2) x + 2m + 1 a pour discriminant b. ( .. ⇔⎨ ⇔⎨ Δ = (−4 (m + 2))2 − 4 × 4m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 16m × (2m + 1) = 16 + 1)2 = 5 ⎪⎩ 2x 2 + 2x − 4 = 0 ⎪⎩ x 2 + x 2 + 2x + 1 = 5 Δ = (−4 (m + 2))2 − 4 × 4m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 16m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 2m2 − m = 16 (−m2 + 3 Le trinôme 2x 2 + 2x − 24 a pour racine évidente 1, le produit 2 2 2 2 × (2m + 1) =est 16–2 + 2) la − 16m × (2m racine + 1) = 16 ) − 4 × 4mdes (m donc racines deuxième est(m –2.+ 2) − 2m − m = 16 (−m + 3m + 4 ) . –1 est racine évidente du trinôme −m2 + 3m + 4 ; le produit Comme y = x + 1, les solutions du système sont (1; 2) et (−2 ; − 1). Ce sont les coordonnées des points d’intersection des racines est –4 donc la deuxième2racine est 4. lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[, Δ = −m + 3m + 4 a le signe de de C et de D. –a = 1 donc est strictement positif, donc l’équation (E) admet 56  La droite $m et la parabole Pm ne se coupent pas si et deux solutions. seulement si l’équation mx + 7 = mx 2 + 7x + 11 n’admet pas Lorsque m = −1ou m = 4, Δ = −m2 + 3m + 4 = 0 et l’équation de solution dans R. (E) admet une solution. mx + 7 = mx 2 + 7x + 11 ⇔ −mx 2 + (m − 7) x − 4 = 0. Lorsque m [  ]−` ; − 1[ < ]4 ; +`[ , Δ = −m2 + 3m + 4 , 0 et Le discriminant Δ = (m − 7)2 − 4 × (−m ) × (−4 ) = m2 − 14m + 49 −l’équation 16m = m2 (E) − 30m + 49 pas de solution réelle. n’admet 2 2 2 Δ = (m − 7) − 4 × (−m ) × (−4 ) = m − 14m + 49 − 16m = m − 30m + 49. 3. Lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[, (E) admet deux racines dont la Soit P (m ) = m2 − 30m − 49, son discriminant est : somme est − b = m + 2 . Elles sont opposées si et seulement si Δ' = (−30)2 − 4 × 1× (−49) = 1096. Δ' . 0, donc le trinôme Pm 4m a admet deux racines réelles distinctes : (m + 2) = 0 ⇔ m = −2. Or, m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[ . L’équation ne 30 + 1096 = 15 + 274 et 30 − 1096 = 15 − 274 . peut donc pas admettre deux racines opposées. 2 2 a . 0, donc P (m) est strictement négatif pour tout m dans 60  Soit deux nombres réels u et v dont le produit est 663 et l’intervalle ⎦⎤15 − 274  ;15 + 274 ⎣⎡. Les réels m pour lesquels la somme 56, alors ces deux nombres réels sont les racines la droite $m et la parabole Pm ne se coupent pas sont ceux de du polynôme P ( x ) = x 2 − 56x + 663. P (x) a pour discrimi-

(

l’intervalle ⎤⎦15 − 274  ;15 + 274 ⎡⎣.

57  1. Soit P ( x ) = x 2 − x + 1, P (x) a pour discriminant, Δ = (−1)2 − 4 × 1× 1 = −3. Δ , 0, P (x) est du signe de a = 1,

)

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nant Δ = (−56)2 − 4 × 1× 663 = 484 . Δ . 0, P ( x ) admet deux racines réelles u et v :

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u = 56 + 484 = 39 et v = 56 − 484 = 17. 2 2 donc strictement positif sur R. 2 2. x > 0 pour tout x [ R, donc f (x) > 0. 61  Une coquille s’est glissée dans l’énoncé : il faut lire 2 2 2 2 2 2 ( x 2 − x + 1) − 2x = +502xq2−+2 1000 2x ;−à2la,question x x x q +− x80 +000 2, il faut lire f ( x ) ,2 ⇔ 2 ,2 ⇔ 2 − 2 , 0 ⇔ C(q) ,0 ⇔ 0 2 2 x − x +1 x − x +1 x − x +1 − x + 1 − x 000. + 1 x x 200 000 000 à la place de 200 2 2 2 ( x 2 − x + 1) + 2x − 2 , 0 ⇔ − x 2 + 2x − 2 , 0 . 1. C (0) = 80 000 . Les coûts fixes de l’entreprise sont de − 2 , 0 ⇔ x − 2x 2 1 x −x+ x − x +1 x2 − x + 1 1 80 000 000 €. Soit N ( x ) = − x 2 + 2x − 2, N  (x ) a pour discriminant 2. C (q ) .200 000 ⇔ 50q2 + 1000q + 80 000 .200 000 ⇔ 5q2 + 100q − Δ  n= 22 − 4 × (−1) × (−2) = −4 . Δ , 0, N (x) est du signe de 2 C (q ) .200 000 ⇔ 50q + 1000q + 80 000 .200 000 ⇔ 5q2 + 100q − 12 000 . 0. a = −1, donc strictement négatif pour tout réel x. Par ailleurs, Δ = 1002 − 4 × 5 × (−12 000) = 250 000. 2 2 x − 2x + 2x − 2 2 pour tout réel x, x − x + 1. 0, donc , 0. x2 − x + 1 Δ . 0, donc 5q2 + 100q − 12 000 admet deux racines réelles : Ainsi pour tout réel x, 0 < f ( x ) ,2. q1 = −100 + 250000 = 40 et q2 = −100 − 250000 = −60. 58  1. Il semble que lorsque b varie, le point S sommet de la 2×5 2×5 2 parabole P décrive une parabole. a = 5, donc 5q + 100q − 120 000 . 0 sur [40 ; 100]. À partir

de 40 000 voitures fabriquées, le coût de production devient 2. Soit S ( xs ; ys ) les coordonnées du sommet de la parabole. supérieur à 200 000 000 €. L’abscisse du sommet de la parabole est xS = − b . 2a 3 . R ( 40) = 40 × 6 000 = 240 000. L a r e c e t t e e s t d e 2 −b −b 2 240 000 000 € pour 40 000 voitures commercialisées. Alors ys = axS + bxS + c ⇔ ys = a +b× +c 2a 2a 4. R (q ) = 6000q 2 2 2 2 2 2 2 ⇔ ys = a b 2 − −b + c ⇔ ys = a b 2 −5.bB (q+)c=⇔ − (bq ) + yqs) = c R − C ( 2a 2a 2a = 6000q − (50q + 1000q + 80 000) = −50q + 50 4a 4a 2 2 − (50q2 + 1000q 2 + 80 000 ) = −50q2 + 5000q − 80 000 B (2q ) = R (q ) − C (q ) 2= 6000q ⇔ ys = a b 2 − −b + c ⇔ ys = a b 2 − b + c ⇔ ys = − b + c 2a 2a 2a 6. On cherche les valeurs de q pour lesquelles le bénéfice 4a 4a 2 2 2 2 2 −b b b b est positif. − + c. + c ⇔ ys = a 2 − + c ⇔ ys = − 2a 2a 2a a2 4a −50q2 + 5000q − 80 000 a pour discriminant : Δ = 5 0002 − 4 × (−50) × (−80 000) = 9 000 000. Δ . 0, donc Lorsque b varie la courbe décrite par le point S est la parabole 2 −50q2 + 5000q − 80 000 admet deux racines réelles : d’équation y = − b + c. 2a

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Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

45

q1 = −5000 + 9000000 = −2000 = 20 −100 2 × (−50) et q2 = −5000 + 9000000 = −8000 = 80. −100 2 × (−50)

64  Soit l et L la largeur et la longueur respective de l’enclos. On a, 2l + L = 460, soit L = 460 − 2l . Alors l’aire de l’enclos est (l ) = l × L = l × ( 460 − 2l ) = −2l 2 + 460l . a = –2, donc la fonction A admet un maximum en l = −460 = 115. Alors, L = 460 − 2 × 115 = 230 . L’aire de 2 × (−2) l’enclos est maximale pour l = 115 cm et L = 230 cm.

Pour réaliser un bénéfice, la quantité de voitures (en millier) doit se situer dans l’intervalle [20 ; 80], soit entre 20 000 et 80 000 voitures vendues. 7. a = −50 , 0, donc la parabole est tournée vers le bas. 65  Soit n, n + 1 et n + 2 trois entiers consécutifs. On cherche Le bénéfice aura donc une valeur maximale atteinte en n tel que : α = − b = −5000 = 50. n (n + 1)(n + 2) = n + n + 1+ n + 2 . 2a −100 n (n + 1)(n + 2) = n + n + 1+ n + 2 ⇔ n (n + 1)(n + 2) = 3(n + 1) ⇔ (n + 1)(n On trouve donc que le bénéfice maximal en milliers d’euros n (n + =1)45 000. (n + 2) = n + n + 1+ n + 2 ⇔ n (n + 1)(n + 2) = 3(n + 1) ⇔ (n + 1)(n(n + 2) − 3) = 0 ⇔ (n + 1)(n2 + 2n − 3) = 0 ⇔ n + 1 = 0 ou n2 est B(50) n + 1)(n + 2Le + 2)donc − 3) = de 0 ⇔45 000 000 € − 3) = 0 ⇔ n + 1 = 0 ou n2 + 2n − 3 = 0 . ) = 3bénéfice (n + 1) ⇔ maximal (n + 1)(n(nest (n + 1)(n2 + 2npour n + 1 = 0 ⇔ n = −1 50 000 voitures vendues. 2 n + 2n − 3 = 0. 1 est racine évidente et le produit des racines 62  1. t0 = −8 = 8. Le javelot atteint le sommet de sa est –3, donc la deuxième racine est –3. 1 2× − 2 Les triplets d’entiers solutions sont : trajectoire au bout de 8 secondes. (−1, 0, 1)  ; (−3,−2, −1)  ; (1, 2, 3). 2 2 1 1 2. − t + 8t + 2 = 32 ⇔ − t + 8t − 30 = 0 . 66  Le triangle ABC est rectangle en B ⇔ AC 2 = AB2 + BC 2 . 2 2 2 2 1 Or, AC 2 = (−1− 2)2 + (3 − 1)2 = 9 + 4 = 13. n= 8 − 4 × (−0,5) × (−30) = 4. Δ . 0, donc − t + 8t − 30 Δ 2 AB2 = ( x − 2)2 + (3 − 1)2 = x 2 − 4 x + 4 + 4 = x 2 − 4 x + 8 admet deux racines réelles : CB2 = ( x + 1)2 + (3 − 3)2 = x 2 + 2x + 1 −8 + 4 −8 − 4 t1 = = 6 et t2 = = 10. On a donc : 2 × (−0,5) 2 × (−0,5) 13 = x 2 − 4 x + 8 + x 2 + 2x + 1 ⇔ 2x 2 − 2x − 4 = 0. Le javelot atteindra une hauteur de 32 m au bout de 6 s –1 est racine évidente, le produit des racines est –2 donc la (phase ascendante du javelot) puis au bout de 10 s (phase deuxième racine est 2. descendante). Si x = −1, les points B et C sont confondus, donc le triangle 3. Le javelot atteint le sommet de sa trajectoire au bout de ABC est rectangle en B si et seulement si les coordonnées 2 1 8 secondes, or, h (8) = − × 8 + 8 × 8 + 2 = 34. de B sont (2 ; 3) . 2 Le javelot n’atteindra donc jamais la hauteur de 35 m. 67 Soit x l’un des côté de l’angle de droit du triangle rectangle 4. − 1 t 2 + 8t + 2 = 0. Δ n= 82 − 4 × (−0,5) × 2 = 68. 2 isocèle. L’hypoténuse mesure donc x + 3. Δ . 0, donc − 1 t 2 + 8t + 2 admet deux racines réelles : Le triangle est rectangle si et seulement si ( x + 3)2 = x 2 + x 2 . 2 x 2 + 6x + 9 = 2x 2 ⇔ − x 2 + 6x + 9 = 0. t1 = −8 + 68 et t2 = −8 − 68 = 8 + 2 17 . Δ n= 62 − 4 × (−1) × 9 = 72 . Δ . 0, donc − x 2 + 6x + 9 admet 2 × (−0,5) 2 × (−0,5) deux racines réelles : t est une grandeur positive, seul t2 convient. Le javelot touchera le sol environ 16 secondes après avoir été lancé par l’athlète. x1 = −6 + 72 = 3 − 3 2 et x2 = −6 − 72 = 3 + 3 2 . 2 × (−1) 2 × (−1) 63  1. − 1 gt 2 + v0 t + 2 . 4 ⇔ −5t 2 + v0 t − 2 . 0 Or, x est une longueur, donc x est positif : seule la valeur 2 3 + 3 2 convient. 2 2 Δ n= v − 4 × (−5) × (−2) = v − 40 0

0

Le coefficient a étant négatif, pour que le trinôme soit positif il 68  On pose AM = x. faut et il suffit que le discriminant le soit. Δ > 0 ⇔ v02 − 40 > 0 (MN) et (CH) sont parallèle alors, d’après le théorème de v0 = 2 10   ou −2 10 sont les deux racines de v02 − 40, Thalès (triangle AHC) et Δ est positif à l’extérieur des racines. v0 est une vitesse, x = MN ⇔ MN = 0,75x . donc positive, le projectile atteindra donc une hauteur d’au 8 6 moins 4 m lorsque v0 > 2 10. De même d’après le théorème de Thalès (triangle BCH), 2. − 1 g (2,5)2 + 2,5v0 + 2 > 0 ⇔ −31,25 + 2,5v0 + 2 > 0 ⇔ v0 > 11,7 BQ PQ BQ MN BQ 0,75x = ⇔ = ⇔ = ⇔ BQ = 0,5x . 2 −31,25 + 2,5v + 2 > 0 ⇔ v > 11,7 2,5v0 + 2 > 0 ⇔ 4 6 4 6 4 6 0 0 Pour que le projectile ne touche pas terre avant 2,5 s , il faut MQ = 12 − 0,75x − 0,5x = 12 − 1,25x . que la vitesse initiale soit supérieur à 11,7 m/s. Alors l’aire du rectangle MNPQ est : !( x ) = MQ × MN = 0,75x (−1,25x + 12) = −0,9375x 2 + 9x. 3. Pour que le projectile atteigne une hauteur de 4 m il lui faut une vitesse initiale supérieure ou égale à 2 10 soit environ a , 0, donc la fonction ! admet un maximum en : 6,3 m/s. D’après la question précédente, pour que le projec−9 − b = = 4,8. 2a 2 × (−0,9375) tile ne touche pas terre avant 2,5 s, il faut que la vitesse initiale Le point M doit être situé sur le segment [ AB] à 4,8 unités soit supérieur à 11,7 m/s. Ainsi, parmi les 2 conditions impodu point A afin que l’aire du rectangle MNPQ soit maximale. sées dans la question, celle ou le projectile ne touche pas Cette aire maximale est !(4,8) = 20,25 unités d’aire. terre avant 5 s est la plus contraignante. 2 − 1 g (5) + 5v0 + 2 > 0 ⇔ −125 + 5v0 + 2 > 0 ⇔ v0 > 24,6 69  On se place dans un repère dont l’axe des abscisses est 2 le sol et le centre est l’extrémité de gauche de l’arche et on Pour que le projectile ne touche pas terre avant 5 s, il faut que appelle f la fonction polynôme du second degré qui modélise la vitesse initiale soit supérieure à 24,6 m/s. Dans ces condil’arche. tions le projectile atteindra au moins 4 m puisque 24,6 . 6,3. 46

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f (0) = 0 et f ( 4 ) = 0 donc l’écriture factorisée de f ( x ) = ax ( x − 4 ) f (0,5) = 1,75 ⇔ 0,5 a × (−3,5) = 1,75 ⇔ a = −1 Ainsi f ( x ) = − x 2 + 4 x. Cette fonction atteint son maximum en − b = 2 et ce maximum est f (2) = −4 + 8 = 4. La hauteur de 2a l’arche est de 4 m.

a = −1, donc A (x) > 6 si et seulement si x [ ⎡⎣3 − 3 ; 3 + 3 ⎤⎦ . •  A( x ) < 7 ⇔ − x 2 + 6x − 7 < 0 . Δ = 62 − 4 × (−1) × (−7) = 8, Δ . 0, donc − x 2 + 6x − 7 admet deux racines réelles : x1 = −6 + 8 = 3 − 2 et x2 = −6 − 8 = 3 + 2 . −2 −2 a = −1, donc A (x) < 7 si et seulement si x [ ⎡⎣0 ; 3 − 2 ⎤⎦ < ⎣⎡3 + 2  ; 6⎤⎦ . 6 < A (x) < 7 si et seulement si x [ ⎡⎣3 − 3 ; 3 − 2 ⎤⎦ < ⎡⎣3 + 2  ; 3 + 3 ⎤⎦ .

70  Le capital de Mme Leroy acquis au bout de deux ans est donné par C (x) où x est le taux de rémunération du compte la première année. 73  • On détermine le temps mis par la première fusée pour repasser par son altitude de départ 10,8 m. C ( x ) = 5000 1+ x 1+ x + 1 = 5000 14 x 2 + 2,01 x + 1 . 100 100 100 10 −0,5 × 9,6 × t 2 + 19,2t + 10,8 = 10,8 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t = 0 ⇔ t (−4,8t + 1,01 2,01 22 Les intérêts sont C ( x ) − 5000 −0,5 = 5000 + 0,01 × 9,6 ×4 tx ++19,2t +x 10,8 = 10,8 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t = 0 ⇔ t (−4,8t + 19,2) = 0 ⇔ t = 0 ou t = 4. 100 10 En phase descendante, la première fusée repasse par son D’après l’énoncé les intérêts de Mme Leroy sont de 335,32 € altitude initiale au bout de 4 s. après ces deux années. • On détermine l’instant auquel la première fusée touche le 2,01 x + 0,01 = 335,32 ⇔ 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 = 0 2 x + Ainsi, 5000 1,01 sol : 100 104 −0,5 × 9,6 × t 2 + 19,2t + 10,8 = 0 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 = 0 = 335,32 ⇔ 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 = 0. 2 × 9,6 × t + 19,2t + 10,8 = 0 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 = 0 . Δ = 100,52 − 4 × 0,5 × (−285,32−0,5 ) = 10670,89. Δ = 19,22 − 4 × (−4,8) × 10,8 = 576, Δ . 0, donc 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 admet deux racines Δ . 0, donc −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 admet deux racines réelles : réelles : −19,2 − 576 = 4,5. t1 = −19,2 + 576 = −0,5 et t2 = x1 = −100,5 + 10670,89 = 2,8 2 × (−4,8) 2 × (−4,8) 2 × (0,5) Or, t est un nombre positif, la première fusée touche donc le sol 4,5 secondes après son décollage. et x2 = −100,5 − 10670,89 = −203,8. Or, x est un taux 2 × (0,5) • Soit a' et a0', l’accélération et la vitesse de la deuxième fusée rémunérateur pour le compte, donc positif, seule la valeur et k la fonction qui modélise son altitude, en mètre, en foncde 2,89 % convient. tion du temps exprimé en seconde. La deuxième fusée met une seconde de plus que la première 71  Soit x le nombre d’employés de l’entreprise, x est un pour revenir à l’altitude de départ, ainsi k (5) = 10,8. La nombre strictement positif. deuxième fusée met aussi une seconde de plus que la La prime qu’auraient dû toucher tous les employés est d’un première pour toucher le sol, ainsi k (5,5) = 0. montant égal à 39000 . Or, 5 cadres décident de ne pas la ⎧⎪ ⎧⎪ −12,5a' + 5v0 + 10,8 = 10,8 x −12,5a' + 5v0' = 0 ⇔⎨ ⇔ toucher, donc le montant de la prime effectivement distri⎨ ⎪ −15,125a' + 5,5v0 + 10,8 = 0 ⎪ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0 39000 ⎩ ⎩ buée sera de . Ce montant est supérieur de 13 € par x−5 ⎧⎪ ⎧⎪ a' = 0, 4v0' −12,5a'On + 5v = 10,8 −12,5a' + 5v0' = 0 0 + 10,8 rapport à la prime initialement⎧⎪prévue. cherche donc x ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ tel que : ⎪⎩ −15,125a' + 5,5v0 + 10,8 = 0 ⎪⎩ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0 ⎪⎩ −6,05v0' + 5,5v0' + 10,8 = 0 39000 + 13 = 39000 ⇔ 39000 + 13x = 39000 ⇔ 39000x = ( x − 5)(39000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 − ⎧⎪ ⎧⎪ −12,5a' a' = 0, 4v0' −12,5a' x − 5= 10,8 x + 5v0 + 10,8 x⎧⎪ x − 5 + 5v0' = 0 ⎪⎧ a' ≈ 7,85 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 39000 + 13x 2 2 39000 39000 = ⇔ 39000x = x − 5 39000 + 13x ⇔ 39000x = 13x + 39000x − 65x − 195000 − 65x − 195000 = 0 ⇔ 3= ⇔ ( ) ( ) v0'13x ≈ 19,6. ⎪⎩ ⇔ ⎪ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0 ⎪ −6,05v0' + 5,5v0' + 10,8 = 0 x ⎩⎪− 5−15,125a' +x5,5v0 + 10,8 x − =5 0 ⎩ ⎩ x = 39000 ⇔ 39000x = ( x − 5)(39000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000 = 0 ⇔ x 2 − 5x − 15000 2 = 0 L’accélération x−5 2 de la deuxième fusée est d’environ 7,85 m/s 000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000 = 0 ⇔ x − 5x − 15000 = 0 et sa vitesse initiale d’environ 19,6 m/s. x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000 = 0 ⇔ x 2 − 5x − 15000 = 0 . 74  1. Il semble que l’aire du triangle soit supérieure à 6 Δ = (−5)2 − 4 × 1× (−15000) = 60025. Δ . 0, donc x 2 − 5x − 15000 admet deux racines réelles : lorsque l’abscisse du point M appartient à l’intervalle ]1;1,27[ ou à l’intervalle ]4,73 ; +`[ . x1 = 5 + 60025 = 125 et x2 = 5 − 60025 = −120. Or, x est un 2. Soit M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) et F (1; 2) . Déterminons l’équa2 2 tion de la droite (MF). Soit m le coefficient directeur de la nombre entier positif, le nombre d’employés de l’entreprise est droite (MF). égal à 125. La prime est alors de 39000 = 325 €  € par employé. y − yF 120 m= M = 0−2 = − 2 . xM − 1 xM − 1 x M − xF 72 1. Il semble que pour répondre aux contraintes imposées, la longueur GD doit appartenir à [1,27 ;1,59] < [ 4, 41; 4,73]. y = − 2 x + b. Le point F appartient à la droite xM − 1 2 2. L’aire du carré est 6 × 6 = 36 cm . On pose x = GD = CE ⇔ yF = − 2 xF + b ⇔ 2 = − 2 × 1+ b ⇔ b = 2 + 2 ⇔ b = et on appelle A la fonction qui à x associe l’aire de la partie xM − 1 xM − 1 xM − 1 consacrée aux illustrations. On a : 2x 2 2 2 M . ⇔b= x +b⇔2=− × 1+ b ⇔ b = 2 + A( x ) = x × (6 − x ) ⇔ = −yxF2 =+ −6x . xM − 1 F xM − 1 xM − 1 xM − 1 2 • A( x ) > 6 ⇔ − x + 6x − 6 > 0. 2x M est l’équation de la droite (MF). Ainsi, y = − 2 x + Δ = 62 − 4 × (−1) × (−6) = 12, Δ . 0, donc − x 2 + 6x − 6 admet xM − 1 xM − 1 deux racines réelles : x1 = −6 + 12 = 3 − 3 et x2 = −6 − 12 = 3 + 3 . −2 −2

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Le point N appartient à la droite (MF) et à l’axe des ordon2x M ⎞ ⎛ nées, les coordonnées du point N sont donc ⎜ 0 ; . ⎝ x M − 1⎟⎠ L’aire du triangle OMN rectangle en O est 2x M × xM x 2 x ON × OM = M − 1 = M 2 2 xM − 1 Le problème revient à résoudre l’inéquation

xM 2 . 6. xM − 1

Comme a . 0, pc ( x ) .0 ⇔ Δ , 0 ⇔ 1− 12c . 0 ⇔ c . 1 . 12 Les polynômes de l’ensemble F strictement positifs pour tout réel x sont p1 (x), p2 (x), p3 (x), p4 (x) et p5 (x). 5 éléments. 3. pc (x) admet deux racines distinctes ⇔ Δ . 0 ⇔ 1− 12c . 0 ⇔ c , 1 . 12 1 c étant entier, c , ⇔ c < 0. L’affirmation est vraie. 12

78 Soit t1 et t2 les temps de vol respectifs à l’aller et au retour.

x − 6x M + 6 xM On a, t1 = 500 et t2 = 500 . De plus, le pilote sait qu’il lui .6 ⇔ M ⇔ x M 2 − 6x M + 6 . 0. V + 30 V − 30 xM − 1 xM − 1 faudra deux heures de vol au total donc, t1 + t2 = 2. Δ (−6)2 − 4 × 1× 6 = 12, Δ . 0, donc x M 2 − 6x M + 6 admet  n= 500 (V − 30) + 500 (V + 30) − 2 (V + t1 + t2 = 2 ⇔ 500 + 500 = 2 ⇔ deux racines réelles : V + 30 V − 30 (V + 30)(V − 30) 2 m1 = 6 + 12 = 3 + 3 et m2 = 6 + 12 = 3 − 500 3. 500 (V − 30) + 500 (V + 30) − 2 (V + 30)(V − 30) 2 t1 + t22 = 2 ⇔ + 500 = 2 ⇔ = 0 ⇔ −2V + 1000V + 30 − 30 (V + 30)(V − 30) (V + 30)(V doncVpositif Le trinôme x M 2 − 6x M + 6 est du signe de a V= 1, 2 + 500 V + 30 − 2 V + 30 V − 30 500 V − 30 ( ) ( ) ( ) ( ) 500 + sauf 500 entre les racines. =2⇔ = 0 ⇔ −2V + 1000V + 1800 = 0 ⇔ −2V 2 + 1000V + 1800 = 0 V + 30 VD’où − 30le tableau de signes : (V + 30)(V − 30) (V + 30)(V − 30) et V ≠ 30. x 1 –` +` 3− 3 3+ 3 Δn= (1000)2 − 4 × (−2) × 1800 = 1014400, Δ . 0 , d o n c −2V 2 + 1000V + 1800 admet deux racines réelles : x–1 – 0 + + + V1 = 1000 + 1014400 ≈ −1,8 −4 1000 − 1014400 ≈ 502, la vitesse de l’avion est x2 – 6x + 6 + + 0 – 0 + et V2 = −4 x2 – 6x + 6  une grandeur positive, l’avion vole à une vitesse proche de – + 0 – 0 + x–1 532 km/h à l’aller et de 472 km/h au retour. 2

L’aire du triangle est strictement supérieure à 6 lorsque l’abscisse du point M appartient à l’intervalle ⎤⎦1; 3 − 3 ⎡⎣  ou à l′ intervalle  ⎤⎦3 + 3 ; +` ⎡⎣.

75  On pose x = AM, x [ [0 ; 4]. L’aire du carré AMPQ est x2.

Le deuxième quadrilatère hachuré est un carré de côté 4 − x. Son aire est ( x − 4 )2. Chercher la position du point M telle que l’aire hachurée soit inférieure ou égale à 3, revient à résoudre l’inéquation x 2 + ( x − 4 )2 50. ⎩⎪ ⎩⎪ uuur GH (2 ;12t − 6) . uuuur On pose a = AC, alors CB = l – a. Posons M ( x ; y ), GM ( x − 2t ; y + 6t − 6). Le champ ayant la forme d’un triangle rectangle en C : dit a2 + (a − l )2 = 502 ou encore AB2 +⎧ CB2 = 50x2 autrement = 4t uuuur uuur ⎧⎪ ⎧⎪ x = 4t x − 2t = 2t 2 ⎪ 2 2 2a GM = tGH ⇔ ⎨ ⇔⎨   ⇔ −⎨ 2al +3l − 50 2 = 0. 2 2 ⎪⎩ y = 4 ( 4t ) − 3( 4t ) + 6 ⎩⎪ y + 6t − 6 = 12t − 6t ⎩⎪ y = 12t − 12t + 6

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a est une racine du trinôme 2x 2 − 2lx + l 2 − 502 dont le discriminant est donc positif. Δ = 4l 2 − 8 (l 2 − 502 ) = 8 × 502 − 4l 2 = 4 (50 2 − l )(50 2 + l ) 2 8 × 50 − 4l 2 = 4 (50 2 − l )(50 2 + l ).

Ce produit est du signe de –4, sauf entre les racines, donc il est positif si et seulement si l est dans l’intervalle ⎡⎣−50 2 ; 50 2 ⎤⎦ . L’agriculteur devra prévoir entre 50 m et 50 2 m de clôture.

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

99  1. f (15) = −30 × 152 + 1200 × 15 + 4000 = 15250.

Au bout de 15 jours 15250 personnes sont atteintes par la maladie. 2. 10 × 130000 = 13000. 100 f (t ) .13000 ⇔ −30t 2 + 1200t − 9000 . 0. Le trinôme −30t 2 + 1200t − 9000 a pour discriminant Δ = 360000 . 0, donc le trinôme −30t 2 + 1200t − 9000 admet deux racines t1 = 10 et t2 = 30. a , 0, donc −30t 2 + 1200t − 9000 . 0 sur l’intervalle ]10;30[ . Les crèches ont été fermées pendant 19 jours.

t est une grandeur positive donc, le nombre de bactéries aura été multiplié par 10 au bout de 12,6 h. 2.

102  Soit ( x ; y) les coordonnées du point M.

AM = ( x − 1)2 + y2 . 2 Le point M appartient à la courbe représentative de la foncO ( x ) = D ( x ) ⇔ 2x − 470x + 17388 = 0 ⇔ 2x 2 − 470x + 17388 = 0 tion racine carrée. x − 120 2 2 2 2x 2 − 470x + 17388 = 0 ⇔ 2x 2 − 470x + 17388 = 0. On a donc, AM = ( x − 1) + x = ( x − 1) + x = x 2 − x + 1 x − 120 2 2x 2 − 470x + 17388 a pour discriminant Δ =AM 81796 0,1)2 + x = ( x − 1)2 + x = x 2 − x + 1. = (. x− donc le trinôme 2x 2 − 470x + 17388 admet deux racines La fonction racine carrée étant strictement croissante sur x1 = 189 et x2 = 46. [0 ; +`[, minimiser la longueur AM revient à minimiser AM 2. Or, x [ [20 ; 70], le prix d’équilibre est atteint lorsque AM 2 = x 2 − x + 1, le coefficient de x2 est positif donc AM 2 46000 éléphones sont mis sur le marché. admet un minimum en x = 1 . La distance AM est minimale Le prix d’équilibre est alors de −2 × 46 + 250 = 158 euros. 2 2. Pour tout réel x ≠ 120, lorsque M a pour coordonnées 1 ; 1 . 2 2 2 O ( x ) . D ( x ) ⇔ 2x − 470x + 17388 . 0 x − 120 103  1. Soit x = AP avec x [ [0 ; 8]. x 20 46 70 L’aire de la surface bleue est constituée de l’aire d’un carré de côté x et de l’aire d’un triangle de hauteur 8 − x et de base 2 DC = 8. + 0 – 2x – 470x + 17388 (8 − x ) × 8 A( x ) = x 2 + = x 2 − 4 x + 32. 2 x – 120 – – Le coefficient de x2 est positif donc l’aire de la surface bleue est minimale pour x = 2. Pour que l’aire bleue soit minimale le 2x2 – 470x + 17388  – 0 + point P doit être sur le segment [ AB], à 2 unités de longueur x – 120  du point A. L’offre est supérieure à la demande lorsqu’il y a entre 46000 2. x 2 − 4 x + 32 = 0,75 × 64 ⇔ x 2 − 4 x − 16 = 0. Δ = 80 . 0, et 70000 téléphones mis sur le marché. donc l’équation admet deux solutions x1 = 4 + 80 ≈ 6, 47 2 101  1. La quantité initiale de bactéries est N (0) = 150. 4 + 80 et x2 = , < 00. Augmenter une quantité de 150 %, c’est la multiplier par 2,5. 2 On cherche donc t tel que : Pour que l’aire bleue soit égale à 75 % de l’aire du carré, le N (t ) = 2,5 × 150 ⇔ 3t 2 + 69t − 225 = 0 . point P doit être sur le segment [ AB], à environ 6,47 unités 2 Δ = 7461 . 0, donc le trinôme 3t + 69t − 225 admet deux de longueur du point A. racines 3. L’aire minimale de la surface bleue est A(2) = 28 et 0,25 × 64 = 16 il n’est donc pas possible que l’aire de la t1 = −69 + 7461 ≈ 2,9 et t2 = −69 − 7461 , 0 . 6 6 surface bleue atteigne un quart de l’aire du carré. t est une grandeur positive donc, le nombre de bactéries aura · augmenté de 150 % au bout de 2,9 h. 104  1. Le triangle EBC est rectangle isocèle car l’angle EBC On cherche maintenant t tel que : est droit et d’après le codage, un de ses angles à la base est N (t ) = 10 × 150 ⇔ 3t 2 + 69t − 1350 = 0. égal à 45°. Δ = 20961 . 0, donc le trinôme 3t 2 + 69t − 1350 admet deux Soit x = CB avec x [ [0 ; +`[ . 2 racines L’aire du triangle EBC est égale à x . 2 t1 = −69 + 20961 ≈ 12,6 et t2 = −69 − 20961 , < 00. 6 6

100  1. Pour tout réel x ≠ 120,

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x 8 + 8 − x )) − x 2 + 16x L’aire du trapèze AECD est égale à ( ( = . 2 2 x 2 = − x 2 + 16x ⇔ 2x 2 − 16x = 0 2 2 ⇔ x (2x − 16) = 0 ⎧ ⎧ x=0 x=0 . ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ 2x − 16 = 0 ⎩ x=8 La seule valeur possible pour que l’aire du triangle EBC soit égale à l’aire du trapèze AECD c’est lorsque CB mesure 8 unités de longueur. 2 2. L’aire du trapèze est égale à − x + 16x . 2 Le coefficient de x2 est négatif donc l’aire est maximale pour x = 8.

107  On pose DM = x, avec x [ [0 ; 5]. Dans le triangle ADM rectangle en D on a, MA2 = x 2 + 4. De même dans le triangle MCD rectangle en C on a, MB2 = (5 − x )2 + 4. Le triangle AMB est rectangle en M si et seulement si MA2 + MB2 = 52 . MA2 + MB2 = 52 ⇔ x 2 − 5x + 4 = 0. Δ = 9 . 0, donc l’équation admet pour solutions 4 et 1. Pour que le triangle AMB soit rectangle il faut que le point M soit situé sur le segment [ DC ] à 1 ou 4 unités de longueur du point D. 108  1. On pose AM = x, avec x [ [0 ;10] .

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2 Le disque de diamètre [AM] a pour aire π × x . 2 2 10 − x 2. 105  1. Posons f ( x ) = ax + bx + c avec a ≠ 0. Le disque de diamètre [MB] a pour aire π × 2 2 ⎧ f (0 ) = 3 ⎧ ⎧ ⎧ Le disque de diamètre [AB] a pour aire π × (5) = 25π . c=3 c=3 c= 3 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ somme des aires des disques de diamètre [AM] et [MB] 4b = 0 ⇔ ⎨ La b= 0 ⎨ f (−2) = 1 ⇔ ⎨ 4a − 2b + 3 = 1 ⇔ ⎨ égale à ⎪ 4a + 2b + 3 = 1 ⎪ 4a + 2b + 3 = 1 ⎪ aest ⎪ f (2) = 1 = −0,5 ⎩ ⎩ ⎩ 2 2 ⎩ π × x + π × 10 − x , soit π ( x 2 − 10x + 50) . 2 2 2 ⎧ c=3 ⎧ c=3 ⎪ ⎪ Le coefficient de x2 est positif donc l’aire est minimale pour 1 ⇔⎨ 4b = 0 ⇔⎨ b=0 . ⎪ a = −0,5 ⎪ 4a + 2b + 3 = 1 1 x = 10 = 5. ⎩ ⎩ 2 2. On cherche les valeurs de x telles que : On a f ( x ) = −0,5x 2 + 3. π x 2 − 10x + 50 = 1 × 25π. 2. Posons g ( x ) = ax 2 + bx + c avec a ≠ 0. ( ) 2 2 ⎧ g (0 ) = 1 ⎧ ⎧ ⎧ c =1 ⎧ ⎧ ⎧ c =1 c =1 c =1 c =1 c =1 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ π ( x 2 − 10x + 50) = 1⎪ × 25π ⇔ π ( x 2 − 10x ⎪ + 25) = 0. ⎪ ⇔ ⎨ 2 a + b − 1 = 0 ⇔ 2⎨ a + b − 1 =2 0 ⇔ ⎨ 4 + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ b = −3 ⎨ g (1) = 2 ⇔ ⎨ a + b + 1 = 2 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⎪ 4a + 2b − 10 = 0 ⎪ 4a + 2b + 1 = 11 ⎪Δ2a ⎪ admet ⎪ ⎪ a=4 ⎪ g (2) = 11 0,bdonc 5.a = 4 − 5 =l’équation 0 = 0 solution ⎩ ⎩ ⎩ 5+ ⎩ −a + 4 pour ⎩ ⎩ ⎩ Pour que la somme des aires des disques de diamètre [AM] ⎧ ⎧ ⎧ c =1 ⎧ ⎧ c =1 cet = [MB] 1 c =1 c =1 soit égale à la moitié de l’aire du disque de diamètre ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ − 1 = il0faut ⇔que = point −3 M soit situé au centre du disque de ⇔ ⎨ a + b − 1= 0 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ 4 + b[AB], ⎨ b le ⎪ −a + 4 = 0 ⎪ 4a + 2b − 10 = 0 ⎪ ⎪ a=4 ⎪ 2a + b − 5 = 0 a = 4 diamètre [AB]. ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ 3. x ← 0 ⎧ ⎧ ⎧ c =1 c =1 c =1 ⎪ ⎪ ⎪ 0 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ 4 + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ b = −3 . y ← π × ( x × x − 10 × x + 50) 2 ⎪ a=4 ⎪ ⎪ −a + 4 = 0 a = 4 =0 ⎩ ⎩ ⎩ Tant que y . 60 On a g ( x ) = 4 x 2 − 3x + 1. x ← x + 0,1 106  PARTIE A y ← π × ( x × x − 10 × x + 50) 2 1. La hauteur qu’atteindra la fusée après 4 s de vol est d’enAfficher x viron 30 m. 2. L’intervalle de temps auquel doit appartenir x pour satis109 1. a. Dès que l’écart entre a et b devient inférieur ou égal faire la contrainte est approximativement [6,5 ;17,5]. à 0,01 l’algorithme s’arrête. b. Cet algorithme permet de trouver à 0,01 près l’abscisse PARTIE B du point d’intersection de la courbe représentative de la 1. Pour que la contrainte soit satisfaite il faut résoudre 2 fonction carré et de la droite d’équation y = x + 1.   f (x ) > ≥ 40 0, soit −0,5x + 10x − 32 > ≥ 00 2 c. Python Δ = 36 . 0, donc le trinôme −0,5x + 10x − 32 admet deux 2. x 2 = x + 1 ⇔ x 2 − x − 1 = 0. racines 4 et 16. Or, a , 0, −0,5x 2 + 10x − 32 est donc positif sur l’intervalle Δ = 5 . 0, donc l’équation a pour solutions 1+ 5 et 1− 5 . 2 2 [4 ;16] . 2 2 1+ 5 2. f ( x ) = −0,5x + 10x + 8, le coefficient de x est négatif La solution positive est . 2 −10 donc la hauteur est maximale pour x = = 10. 2 × (−0,5) L’artificier devra programmer un temps de vol de 10 s avant l’explosion des fusées.

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111  Questions Va piano

Questions Va piano

1. Dans le cas où k = 3 : y = −0,2x 2 + 3x, le coefficient de x 2 est négatif, donc la −3 hauteur est maximale en = 7,5, et elle a pour 2 × (−0,2) 2 valeur −0,2 × 7,5 + 3 × 7,5 = 11,25 m. 2. f ( x ) = −0,2x 2 + 3x = x (−0,2x + 3). ⎧ ⎧ x=0 x=0 f (x ) = 0 ⇔ ⎨ ⇔⎨ −0,2x + 3 = 0 ⎩ x = 15. ⎩ La distance horizontale maximale atteinte par la fusée est de 15 m. Questions Moderato

y

1.

1 0

1

x

2. L’artisan réalise un bénéfice lorsque la recette est strictement supérieure au coût, or la courbe de la fonction R est au-dessus de la courbe de la fonction C sur l’intervalle ]0,5 ; 5,5[ . Ainsi, pour réaliser un bénéfice, l’artisan doit vendre et produire entre 5 et 55 objets. 3. Le bénéfice maximal est le plus grand écart entre les deux courbes c’est-à-dire la plus grande valeur de R ( x ) − C ( x )  pour  x  réel l’intervalle  ]0,5 ; 5,5[  . I l s e m b l e obtenu pour environ x = 3 et cet écart maximum est d’environ 0,6. Ainsi on évalue le bénéfice maximal à 600 euros pour 30 objets produits et vendus. Questions Moderato

Questions Allegro

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1. La hauteur maximale est atteinte pour : k k x=− b =− = et elle vaut 2a −0,04 (1+ k 2 ) 0,04 (1+ k 2 ) 2

⎛ ⎞ k k −0,02 (1+ k 2 )⎜ +k soit : 2 ⎟ 0,04 (1+ k 2 ) ⎝ 0,04 (1+ k ) ⎠

1. R ( x ) = 0,8x, de plus B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3 B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3. 2. Δ = 0,24 . 0, donc le trinôme −0,1x 2 + 0,6x − 0,3 admet deux racines x1 = −0,6 + 0,24 ≈ 0,55 e t x2 = −0,6 − 0,24 ≈ 5, 45 . 2 × (−0,1) 2 × (−0,1) L’artisan doit produire et vendre entre 6 et 54 objets pour réaliser du bénéfice. Questions Allegro

1.  B ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3 ; le coefficient de x2 est négatif donc B admet un maximum en − 0,6 = 3. La valeur 0,02k 2 2 × (−0,1) . 2 2 0,04 (1+ k ) du maximum est donnée par B (3) = 0,6 . En fabriquant et 2 vendant 30 objets l’artisan peut espérer un bénéfice maximal 0,02k −0,02 − 12,5 = . Or pour tout réel de 600 €. 0,042 (1+ k 2 ) 0,042 (1+ k 2 ) 2. Avec 100 € de frais supplémentaires, −0,02 C ( x ) = 0,1x 2 + 0,2x + 0, 4. k . 0, , 0 donc la hauteur maximale est infé0,042 (1+ k 2 ) Posons k le nouveau prix de vente, ainsi R ( x ) = kx . rieure strictement à12,5 m. On obtient B ( x ) = −0,1x 2 + ( k − 0,2) x − 0, 4. 2. La portée est la distance pour laquelle y = 0. Le maximum de B est atteint en α = 5k − 1 2 k et il−est égal k − 0,3. −0,02 (1+ k 2 ) x 2 + kx = 0 ⇔ x (−0,02 (1+ k 2 ) x + k ) = 0 ⇔ x = 0 ou  0,02 ⇔ x =− 0 ou  x= (1+àkβ2 )=x B+(kα )==02,5k 2 0,02 1+ ( ) on L’artisan souhaite conserver la valeur du maximumk 0,6, k x + k ) = 0 ⇔ x = 0 ou  − 0,02 (1+ k 2 ) x + k = 0 ⇔ x = 0 ou  x = 2 0,02 (1+ k )résout k . ) x + k = 0 ⇔ x = 0 ou  x = 0,02 1+ 2,5k 2 − k − 0,3 = 0,6 soit 2,5k 2 − k − 0,9 = 0 . 2 ( k) k Δ = 10 . 0, on obtient k = 1+ 10 ≈ 0,8325 car k . 0. . La distance parcourue horizontalement est 5 2 0,02 (1+ k ) 2 L’artisan doit vendre chaque objet 83,25 euros pour conserver −0,5 k − 1 ( ) k − 25 =  . la valeur du bénéfice maximal. 0,02 (1+ k 2 ) 0,02 (1+ k 2 ) −0,5( k − 1)2 < 0. 0,02 (1+ k 2 ) Donc la fusée ne peut parcourir une distance horizontale de plus de 25 m.

Pour tout réel k . 0,

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

55

1  1. The point A(3 ; 4 ) belong to the graph P1.

f1 (3) = 4 ⇔ 3a (3 − 6) = 4 ⇔ −9a = 4 ⇔ a = −4 . 9 2. The coordinates of the minimum of graph2 are (6,5 ; 2,5). The quadratic form for function 2 is a ( x − 6,5)2 + 2,5 . The coefficient a should be also positive. The right statement for function f2 is c. 3. 3,5 − 3 = 0,5 . The expression of function g is 9,5 − 8,5 g ( x ) = 0,5x + p . The point D (8,5 ; 3) belong to the graph D , so g (8,5) = 0,5 × 8,5 + p ⇔ 3 = 4,25 + p ⇔ p = −1,25 . g ( x ) = 0,5x − 1,25.

y

1 0

1

x

2  Cf : a , 0 ; 2 roots. Cg : a . 0 ; 1 root. Ch : a . 0 ; 2 roots. Ck : a , 0 ; 1 root. 3  1. Intercept form 2. Discriminant 3. Factorize 4. Parabola 5. Polynomia 6. Vertex 7. Root

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4. Points F and E have the same ordinate, it means that the abciss’s vertex is 9,5 + 12,5 = 11. The function f3 can be 2 written like this : f3 ( x ) = a ( x − 11)2 + 4 . The point F belong to P3 ⇔ a (12,5 − 11)2 + 4 = 3,5 ⇔ 2,25a = −0,5 ⇔ a = − 2 . 9 2 2 f3 ( x ) = − ( x − 11) + 4. 9

5.

56

Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré

3

Fonctions trigonométriques

1 

–2π

O

B

C

D

E

F

G

0

1

0,5

2 2

3 2

0

–  1

H

C'

D'

E'

C'1

D'1

E'1

0

–  0,5

− 2 2

− 3 2

–  0,5

− 2 2

− 3 2

C'2

D'2

E'2

0,5

2 2

3 2

–7

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3 

π π 3 2

–π 6

–2π –5

–4

–3

–4

–3

–2

–1

0

1

π 2

3

4

4  a. ADC est un triangle rectangle isocèle en A. ABC est un triangle équilatéral. ABD est un triangle isocèle en A. ·  = 60°. b. Dans ABC, on a BAC ·  = 60° + 90° = 150°. Par somme, on a ensuite BAD La somme des angles d’un triangle est égale à 180° donc dans ABD, il vient · ADB  = 15°. · est [AB]. b. Le côté adjacent à CAB · est [CB]. c. Le côté opposé à CAB · = AB . d. cos(CAB) AC · = BC . e. sin(CAB) AC

4 6 3 12 − 6π π 7π π e. −       f.      g.     h. 4 4 8 5

–6

–5

π π 3 2

5  a. [AC] est l’hypoténuse du triangle.

2  a. 3π     b. π     c. π     d. 7π

–7

–6

–π 6

–π

–2

–1

0

1

6  1. OAB est rectangle et isocèle en O, donc on a :

π 2

3

4

OB2 + OB2 = 12, ce qui donne OB = 1 = 2 . 2 2 · 2. BOA = 45°. · = OB , d’où cos ( 45°) = 2 , et de même : 3. cos( BOA) 2 AB sin( 45°) = 2 . 2

Pour construire le cours Situation

1 

1 

180

Angle en degré

360

90

45

M

Position de M

Longueur L en hm

M

O

π×1

A

O

π×2

A M

O

π÷2

60 M

M A

O

π÷4

A

210

O

π÷3

A M

A

O

π+π÷3

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

57

2  Il aura parcouru 3 × 2 × π + π ÷ 2 hm, c’est-à‑dire 6π + π hm.

2

3  11π = 10π + π hm, ce qui revient à parcourir cinq demi-tours et un quart de tour.

2

2

Situation

2

2 

1  Le point-image du réel α + 2π est le point M car un tour a été parcouru entre α et α + 2π . L’abscisse de M permet d’écrire cos (α + 2π) = cos (α ) . Son ordonnée donne sin(α + 2π) = sin(α ) . On dit que les fonctions cos et sin sont de période 2π. 2  On se contente d’étudier l’évolution de α entre 0 et 2π.

0     π      π     3π    2π

α

2

2

Signe de l’abscisse de M

+

–

–

+

Signe de cos(α)

+

–

–

+

3 

0     π      π     3π    2π

α

2

2

Signe de l’ordonnée de M

+

+

–

–

Signe de sin(α)

+

+

–

–

Situation

3 

· = 60° . 1  Les angles d’un triangle équilatéral ont tous une mesure de 60° donc IOA b. Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi une médiane donc A’ est le milieu de [OA]. Ainsi OA ′ = 1 . 2 2 3 . Le théorème de Pythagore dans le triangle OAA’ donne 1 + 12 = AA ′2 et donc AA ′ = 2 2

()

· = OA ′ c’est-à‑dire cos (60°) = 1 et aussi sin(IOA) · = AA ′ c’est-à‑dire sin(60°) = 3  Dans le triangle OAA’, cos(IOA) 2

OA

· 4  a. IO I ′ = 180°.

OA

b. Angle en degré

· IO I ′ = 180°

· = 60° IOA

I¶ I′ = π

µ= π IA 3

Longueur de l’arc de cercle

(3)

(3)

5  cos π = 1 et sin π =

2

3. 2

6  Calculatrice.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration · = π avec la définition du point A. On a IOA · = 60°. 1  En radian, on a IOA 3

58

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

3. 2

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2  a. · AA ′O = 90° .

· = 60°, la somme des trois angles de IOA permet d’affirmer que tous 2  On a OI = OA donc OAI est isocèle en O. Comme IOA

ses angles ont une mesure de 60°. C’est un triangle équilatéral.

3  Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi une médiane donc C est le milieu de [OI]. 4  OCAB est par construction un rectangle donc OC = AB .

Rédiger une démonstration · = 45° ou en radian BOA ·= π. Par définition de A, BOA 4 Par ailleurs, le triangle BOA rectangle en B possède un angle de 45°. La somme des trois angles de BOA permet d’affirmer qu’il possède un angle droit et deux angles de 45°. Il est donc isocèle en B et on a OB = AB . On sait de plus que [OA] est un rayon donc OA = 1. Le théorème de Pythagore donne OB2 + OB2 = 12 . On obtient OB = AB = 2 . 2 OBAC est un carré donc OC = 2 . 2 Finalement, les coordonnées de A donnent : cos π = 2 et sin π = 2 . 4 2 4 2

()

()

Utiliser différents raisonnements La première équivalence est juste car seuls − π et π sont solutions de l’équation cos ( x ) = 2 . 4 4 2 1 2 =  , on met en défaut la deuxième équivalence : en effet, (cos ( x ))2 = 1 entraîne cos ( x ) = 2 Après avoir remarqué que 2 2 2 2 2 mais aussi cos ( x ) = − . 2

Travaux pratiques

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TP

1  Construction du cercle trigonométrique

1  On obtient les points-images des réels 0 ; π  ; 2π  ; 3π  ; 4π  ; 5π et 6π , le premier point et le dernier étant confondus.

3

3

3

3

3

3

0,75 0,50 0,25 0 –0,25 –0,50 –0,75 –1

0

1

2  On calcule une mesure d’angle en radian. 3  Cette instruction est une boucle de n + 1 itérations. On calcule n + 1 mesures d’angle, la première et la dernière étant égale à 2π près. 4 

for n in range (1,11) : cercle(n)

Ce script positionne les points-images de 0 ; 2π ; 0 ; π ; 2π ; 0 ; 2π  ; 4π  ; 2π ; … ; 2π  ; 4π  ; 6π  ; … ; 18π  ; 2π. 3 3 10 10 10 10 Pour approcher le cercle trigonométrique plus finement, il suffit de changer le nombre 11 par un nombre plus grand.

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

59

5 

TP

2  Étudier un polygone régulier

1  a. Un polygone régulier à n côtés est constitué de n triangles isocèles dont le sommet principal est le centre du polygone.

La somme de tous les angles principaux de ces triangles est égale à 2π donc chaque angle principal mesure 2π . n Ainsi α1 = 2π et αi = i × 2π = 2iπ . n n n cos (cos αi ) (; αsin sin cos b. Les coordonnées de Ai sont (αi )i ) .; sin(αi ) i )(;α i ) (α c.

2  a. Les coordonnées de A0 et de A1 sont respectivement cos (cos αi ) (; α sin ;etsin α(α sin sin cos sin(αi ) ) (α(α0 )i )cos (cos (α1)i ),; donc 0 )(;αsin icos i )i(;)α 1 )(;α i ) (α

( ( ) )

(cos (α1) − cos (α 0 ))2 + (sin(α1) − sin(α 0 ))2

( ( )) ( ( ))

( )

(cos( 2πn ) − 1) + (sin( 2πn ) − 0) 2 − 2cos ( 2π ) . n

=

2

2

=

(cos( 2πn )) + (sin( 2πn )) 2

2

( )

− 2cos 2π + 1 = 2 n

2 2 2 + sin 2π − 0 = cos 2π + sin 2π − 2cos 2π + 1 = n n n n b. Le périmètre du polygone est égal à A0 A1 + A1 A2 + … + An−1 A0 et ces longueurs sont égales entre elles. Ainsi, ce périmètre vaut n × 2 − 2cos 2π . n c. De façon algorithmique, on peut écrire :

( )

3  Plus n est grand, plus la valeur obtenue se rapproche de π. En effet, plus le nombre de côtés du polygone régulier est grand, plus ce polygone est proche du cercle de rayon 1. Le demi-périmètre de ce cercle est égal à π.

60

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

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A0 A1 =

TP

3  Vers un nombre inconnu

Remarque : les preuves des conjectures sont dans l’ex. 71 p. 107. 1  Cette suite semble se rapprocher de la valeur π. 2 

3. 3 2

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1 0

TP

0

5

10

15

20

25

4  Une suite de cosinus

1 

2  La valeur arrondie à 8 chiffres après la virgule qui ne change plus est 0,73908513. 3  De nouveau les valeurs se stabilisent vers ce même nombre. 4  La calculatrice donne approximativement cette même valeur.

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

61

5  Des angles associés

TP

1  La valeur 0,92 du curseur représente une mesure d’angle en radian. 2  On lit : cos (t + π ) = − cos (t ) et sin(t + π ) = − sin(t ) . 3  On lit :

(

)

cos π − t = sin(t ) 2

(

)

sin π − t = cos (t ) 2

cos (−t ) = cos (t )

cos ( π − t ) = − cos (t )

cos ( π + t ) = − cos (t )

cos π + t = − sin(t ) 2

sin(−t ) = − sin(t )

sin( π − t ) = sin(t )

sin( π + t ) = − sin(t )

sin π + t = cos (t ) 2

(

)

(

)

Réfléchir, parler & réagir Automatismes

1  a. π + π = 7π 3

7 

4

12 5π π 6π b. + = =π 6 6 6 c. 2π − 4π = −2π 3 3 3 π π π d. − = − 4 3 12

2  1. π × 12 = 12π = 2π

6 6 36π π 2.  × 36 = = 6π 6 6 3.  π × 8 = 8π = 2π 4 4

3  2 ≈ 0,7 et 3 ≈ 0,9 . 2

4  1. Le cercle trigonométrique a pour longueur 2π.

2. Un quart de cercle trigonométrique a pour longueur 2π = π . 4 2 3. Trois tours complets du cercle trigonométrique correspond à 3 × 2π = 6π .

5  1. b 2. b 3. a 4. b

)

)

(3)

() ) ( ) ) ( )

b. sin π − 2π = sin π = 2 4 4 2 π π c. cos − + 2π = cos − = cos π = 3 6 6 6 2 2π 2π 3 d. sin − 4π = sin = 3 3 2

62

P

•

•

− 5π 6

H

•

•

− 4π 3

D

•

•

5π 2

K

•

•

−π 4

J

•

•

3π 3

1er quadrant ont une ordonnée positive. 2. Faux, tous les points du cercle trigonométrique du 2e quadrant ont une abscisse négative. 3. Faux, tous les points du cercle trigonométrique du 4e quadrant ont une ordonnée négative. 4. Vrai, tous les points du cercle trigonométrique du 3e quadrant ont une abscisse et une ordonnée négatives.

9  1. sin( x + 2π) = sin( x ) 2. cos ( x + 2π) = cos ( x ) 3. sin(− x ) = − sin(α ) 4. cos (− x ) = cos ( x )

6  a. cos π + 2π = cos π = 0,5

( ( (

Mesure d’angle

8  1. Vrai, tous les points du cercle trigonométrique du

2

(3

Point

()

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

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Calcul mental

Exercices 1  Mesure en degré

90

210

72

150

15

270

Mesure en radian

π 2

7π 6

2π 5

5π 6

π 12

55π 2

c. 5π = π + π, H est le point-image de 5π . 4 4 4 13π π = 4π + , C est le point-image de 13π . d. 3 3 3 4. Les réels 2π ; − 4π ; 8π ; − 10π ont pour image le point D 3 3 3 3 sur le cercle trigonométrique.

7  1. 5π = 2π + π , les nombres 5π et π ont le même point-

2  Mesure en degré

150

12

40

195

Mesure en radian

5π 6

π 15

2π 9

13π 12

Mesure en degré

40

52,5

75

Mesure en radian

2π 9

7π 24

5π 12

3 

2 2 2 2 image sur le cercle trigonométrique. 2. 7π = 2π − π , les nombres 7π et − π ont le même point4 4 4 4 image sur le cercle trigonométrique. 3. 5π = 6π − 7π , les nombres 5π et − 7π ont le même point2 2 2 2 image sur le cercle trigonométrique. 4. 2π = π − π ,  les nombres 2π et − π n’ont pas le même 3 3 3 3 point-image sur le cercle trigonométrique, ils sont diamétralement opposés.

8  1.

π 3

J

4  9π = 8π + π = 2π + π . Le point M est l’image de π .

4 4 4 4 4 6π π π 7π − =− − = −2π − . Le point N est l’image de − π . 3 3 3 3 3 π π 7π » = . L’arc MN mesure − − 4 3 12

O

I

( )

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5  17π 6

2π 3

9  O

− 3π 4

2. 2π + π = 7π ;  π − 2π = − 5π . Les nombres 7π et − 5π ont 3 3 3 3 3 3 π le même point-image que sur le cercle trigonométrique. 3

5π J 2

I

π

π 2

−π 4

12π

− 7π 4

3π 2

π 3

7π 6

3π

5π 2

7π 4

2π

π 4

− 5π 2

7π 3

− 5π 6

6  1. a. I' image de –π. b. J image de π . 2 c. J' image de – π . 2 d. I image de 4π. e. I' image de –3π. 2. a. A image de π . 6 π b. B image de . 4 π c. C image de . 3 3. a. G image de π + π . 6 π b. C image de + 2π . 3

10 

2π 3

J

5π O

− 5π 3π 2 2

π 4 –6π I 11π 6

11  I est le point-image du réel 0. M est le point-image du réel π . 4 J est le point-image du réel π . 2 Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

63

17  1. Pour tout réel α, on a −1< cos (α ) < 1. Il est donc impossible de trouver une valeur de x telle que cos ( x ) = 1, 4 . 2. a. b.

N est le point-image du réel 3π . 4 I' est le point-image du réel π. P est le point-image du réel − 3π . 4 π J' est le point-image du réel − . 2 Q est le point-image du réel − π . 4

J

12  1. 18π = 3π + 3π , les nombres 18π et 3π n’ont pas le

5 5 2 5 même point-image sur le cercle trigonométrique. 2. − 7π = − 14π + 7π , les nombres − 7π et 7π n’ont pas le 3 3 3 3 3 même point-image sur le cercle trigonométrique. 3. 5π = 4π − 19π , les nombres 5π et − 19π ont le même 6 6 6 6 point-image sur le cercle trigonométrique. 4. − 7π = −6π + 17π , les nombres − 7π et 17π ont le même 4 4 4 4 point-image sur le cercle trigonométrique.

(3) 2 2. cos ( 5π ) = − cos ( π ) = − 3 6 6 2 3. sin( 7π ) = sin(− π ) = − sin( π ) = − 2 4 4 4 2 2π π 4. cos ( ) = − cos ( ) = − 1 3 3 2 19π π 5. cos ( = cos (6π + ) = cos ( π ) = 1 2 3 ) 3 3 π π 25π 1 6. sin( = sin( 4π + ) = sin( ) = 2 6 ) 6 6 13  1. sin π = 3

c. La droite d’équation x = 0,8 admet deux points d’intersection avec le cercle trigonométrique, il existe donc deux valeurs de x telles que cos ( x ) = 0,8 et même une infinité si on fait plusieurs tours du cercle trigonométrique. d. x ≈ 36,9°

(2 3) ( 6 ) 2 et sin( π ) + sin( π ) = 1+ 3 = 2 + 3 . 2 3 2 2 π π π π sin( + ) ≠ sin( ) + sin( ) . Un contre-exemple permet de 2 3 2 3 18  1. sin π + π = sin 5π = 1

(

)

· = côté opposé = CA 19  1. tan CBA 2.

côté adjacent

Angle en degré

180

25

Angle en radian

π

5π 36

AB

( )

3. tan 5π ≈ 0, 47 36

J M(x)

20  1. L’angle cherché est 5π .

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2.

I

( ) ( ) () ()

sont situés sur l’arc de cercle rouge. 2. − π , − π , 0, le point-image de − π est de couleur jaune. 6 2 6 2π π , − , le point-image de − 2π est de couleur 3. −π , − 3 2 3 verte. N(x + π ) 2

0,8

démontrer que la propriété est fausse. 2. cos π + π = cos 5π = − 3 2 3 6 2 π π 1 et cos + cos = 0 + = 1 . Un contre-exemple permet 2 3 2 2 de démontrer que la propriété est fausse.

14  1. Les points d’abscisse négative et d’ordonnée positive

15  1.

O

6 cos((xx)))=2 =0,96 0,96 ⇔ 2. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− 0,22 ⇔ ⎧⎪ (cos 2 2 2 2 (cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− 0,22 ⇔ (cos ( x )) = 0,96 ⇔ ⎨ P(x + π) cos ( x ) = − 0,96 ⎧⎪ cos ( x ) = 0,96 ⎪⎩ 2 2 2 2 2 , de plus (cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− 0,2 ⇔ (cos ( x )) = 0,96 ⇔ ⎨ cos ( x ) = − 0,96 ⎪ ⎩ 3. cos x + π = − sin( x ) 2 x [ ⎡ π ; π⎤, donc cos ( x ) < 0 . ⎣2 ⎦ sin x + π = cos ( x ) 2 Ainsi cos ( x ) = − 0,96 = − 2 6 . 5 cos ( x + π) = − cos ( x ) sin( x + π) = − sin( x ) 21  a. cos (2014π) = cos (1007 × 2π) = cos (0) = 1 16  1. Le résultat affiché sur la calculatrice n’est pas la valeur b. sin 125π = sin 62π + π = sin π = 1 2 2 2 exacte du nombre réel. L’affichage des décimales du nombre π 55π est limité par la taille de l’écran. c. cos = cos 18π + = cos π = 1 2 3 3 3 2. − 1 est un nombre rationnel, c’est la valeur exacte de 2 d. sin −95π = sin −24π + π = sin π = 2 2 4 4 4 2π cos − . 3 O

(

(

)

I

)

( )

64

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

( ) ( ( ) ( ( ) (

) )

() () ) ()

(4)

(6)

22  A = 2 sin π + 3 cos π = 2 × 2 + 3 × 3 = 1+ 3 = 5 29 1. a. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) > 0 a pour 2

2

2

2

solution l’ensemble des réels dans l’intervalle ⎡− π ; π ⎤ . ⎣ 2 2⎦ b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) , 0,5 a pour solution l’ensemble des réels dans l’intervalle ⎤−π ; − π ⎡ < ⎤ π ; π⎤ . ⎦ 3⎣ ⎦3 ⎦ c. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) < 1 a pour solu7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1 23  A = cos π − 3π − sin π + π + sin π − π = cos − 8π − sin tion des réels ]–π ; 2 3 6 2 3 3 6 l’ensemble 6 3 dans l’intervalle 6 6 π]. 2 2 2 2. π π + sin π − π = cos − 8π − sin 7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1 2 2 2 2 J 2 3 6 6 6 2 3 3 6 6 sin 7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1 3 6 6 2 2 2 2 6 6 π π π π π B = cos 6π − + sin + π − cos + = cos − + sin 5π − cos 3π = 2 − 2 + 2 = 2 2 2 2 2 4 4 4 2 4 4 4 O I − cos π + π = cos − π + sin 5π − cos 3π = 2 − 2 + 2 = 2 4 4 4 2 2 2 2 4 2

× 2 + 3 × 3 = 1+ 3 = 5 2 2 2 2 π B = sin − cos π = 1 − 0 = 1 2 2 6 2

()

()

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

(

)

(

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

)

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

( )

( )

( )

()

( )

( ( 5 )) + (sin( π5 )) = 1 ⇔ (sin( π5 )) = 1− (cos( π5 )) ⇔ (sin( π5 )) = 1− ( 54+ 1) ⇔ (sin–(π2π5 )) = 16 − 5 −162 5 − 1 ⇔ (sin( π5 )) n( π )) = 1 ⇔ (sin( π )) = 1− (cos ( π )) ⇔ (sin( π )) = 1− ( 5 + 1) ⇔ (sin( π )) = 16 − 5 − 2 5 − 1 ⇔ (sin( π )) π= 5 − 5 J 5 3 16 8 4 5 5 5 5 5 π π 5 + 1 16 − 5 − 2 5 5 − 5 − 1 −( ⇔ (sin( )) = ⇔ (sin( )) = 4 ) 16 8 5 5 2

24  cos π

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

)

( )

2

2

2

() ()

π –π

( ) ( ) ( )

A = cos (0) + cos π + cos ( π) + cos 3π = 1+ 0 − 1+ 0 = 0 2 2 B = cos π + cos π + cos 2π + cos 5π = 3 + 1 − 1 − 3 = 0 2 2 2 2 6 3 3 6 π + cos 5π = 3 + 1 − 1 − 3 = 0 2 2 2 2 6

()

2

2

Or π [ ⎡0 ; π ⎤, donc sin( x ) > 0 . Ainsi sin( x ) = 5 − 5 . 8 5 ⎣ 2⎦

25 

2

O

I

–π 3 J

26 1. Ce n’est pas une valeur exacte, car Python calcule avec

()

)

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

des flottants. C’est une valeur approchée de sin π . 4 3π π π = sin − π = − sin = −0,7071067811865475 2. sin − 4 4 4 π = − sin π = −0,7071067811865475 4 3.

()

( )

(

)

()

27  Quel que soit le réel a, si le réel b est nul, on a alors cos (a + b ) = cos (a − b ). 28  1. a. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 0,5 a pour solutions π et 5π . 6 6 b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 1  a pour solution π. 2 c. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 0 a pour solutions 0 et π. 2. π

O

30  a. Sur l’intervalle [0 ; π], l’équation cos ( x ) = − 2 a pour

0,5 O

π 6

2

solution 3π . 4

b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation cos ( x ) = − 2 a pour 2 3π 3π et . solutions − 4 4

31  a.

J π 6 O

J 2

5π 6 π

I

3 I 2 –π 6

S 6 = ⎡− π ; π ⎤ ⎣ 6 6⎦

I

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

65

= 5− 8

b.

J

O

– 5π 6

33 1. −1< cos ( x ) < 1 ⇔ 1< 2 + cos ( x ) < 3 . Donc 2 + cos ( x ) est strictement positif pour tout x [ R et la fonction f est définie sur R. 2 2 = = f (x) 2. f (− x ) = 2 + cos (− x ) 2 + cos ( x ) 2 2 3. f ( x + 2π) = = = f (x) 2 + cos ( x + 2π) 2 + cos ( x )

I –π 6

−1 2

34  1. f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − c f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − cos ( x ) × (− sin( x )) = sin(2x ) + cos ( x ) sin S 6 = ⎤− 5π ; − π ⎡ ⎦ 6 6⎣ f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − cos ( x ) × (− sin( x )) = sin(2x ) + cos ( x ) sin( x ) = f ( x ) c. 2cos ( x ) − 2 < 0 ⇔ cos ( x ) < 2 2. f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x ) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin 2 f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x ) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin(2x ) + cos ( x ) sin( x )) = − f ( x ) J π f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x4) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin(2x ) + cos ( x ) sin( x )) = − f ( x ) La fonction f est impaire.

35  1.

π –π

O

2 2

I

–π 4

6 = ⎤−π ; − π ⎤ < ⎡ π ; π⎤ S ⎦ 4⎦ ⎣4 ⎦

32  La courbe #f semble montrer que la fonction f est paire

Exercices 36  1.

JE

(3)

(3) 2. sin( π ) = − sin(− π ), donc l’égalité 2 est fausse. 4 4 3π 3. cos ( ) = 0 et sin( π) = 0, donc l’égalité 3 est vraie. 2 π 4. sin( ) = 1 et − cos ( 2π ) = − 1, donc l’égalité 4 est fausse. 6 2 3 2 37  1. cos π = −cos 2π , donc l’égalité 1 est fausse.

F

A O

D

B

I

C

38  1. 3 < π < 4 ⇔ 3 < 1< 4 ⇔ π < 1< π (la fonction

2. x cos(x) sin(x)

66

π –1 0

−π 2

−π 3

5π 4

0

1 2 − 3 2

–1

15π 6

− 11π 3

− 2 2

0

1 2

− 2 2

1

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

3 2

π inverse est décroissante).

π

1 appartient à l’intervalle ⎡ π ; ⎣4 2.

π⎤. 3⎦

J

4

3

π 3C π 4

O

I

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

La fonction f semble périodique de période 2π. et périodique de période π. 2. f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π)) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π La courbe #g semble montrer que la fonction g est paire et f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π )) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x ) périodique de période π. f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π )) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x ) La courbe #h semble montrer que la fonction h est ni paire La fonction f est périodique de période 2π. ni impaire et périodique de période 2π. 3. f (− x ) = cos (−2x ) − cos (− x ) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x ) La courbe #k semble montrer que la fonction k est impaire La fonction f est paire. et périodique de période π.

39  1. x

π 4

−π 4

3π 4

7π 4

9π 4

cos(x)

2 2

2 2

− 2 2

2 2

2 2

sin(x)

2 2

− 2 2

2 2

− 2 2

2 2

43  1. L’abscisse d’un point situé sur un cercle de centre O et de rayon 1 appartient à l’intervalle [−1;1]. Pour tout x [ R, −1< cos ( x ) < 1. La proposition est vraie. 2. sin(0) = sin( π) = sin( kπ) = 0 avec k [ Z. La proposition est fausse. 3. L’abscisse du point-image de π sur le cercle trigonomé3 trique est unique.La proposition est vraie. 4. cos (0) = 1et sin(0) = 0, on a donc cos (0) ≠ sin(0). La proposition est fausse. 44 1. L’aire du secteur angulaire est proportionnelle à l’angle au centre. A = 70 × π × 52 = 175 π cm2 360 36 70 × 2π × 5 = 10 + 35 π cm 2. P = 2 × 5 + 360 18

2. x

π 6

−π 6

3π 6

7π 6

9π 6

cos(x)

3 2

3 2

0

− 3 2

0

sin(x)

1 2

−1 2

1

−1 2

40  1. 5π 6

J x

–1

O 0,15

π 3 π 4 π 6

J

3π 4

45  1. a.

I

b. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1− 2 2 2 2 2 2 2 (cos O I ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− 0,15 ⇔ (sin( x )) = 0,977 2 2 2 2 2 2 2 (cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− 0,15 ⇔ (sin( x )) = 0,9775 . Or, x [ [0 ; π] ainsi sin( x ) > 0, donc –π sin( x ) = 0,9775 . 4 2. a. 4π J

3

2.

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x cos(x)

π 6

π 4

π 3

3 2

2 2

1 2

O –0,4

I x

b. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (−0, 4 )2 ⇔ (cos ( x ))2 = 0,8 os ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (−0, 4 )2 ⇔ (cos ( x ))2 = 0,84 . Or, x [ ⎡− π ; π ⎤ ainsi cos ( x ) > 0, donc ⎣ 2 2⎦ 3. sin − π = − sin π = − 2 4 4 2 cos ( x ) = 0,84 . cos 5π = − cos π = − 3 6 6 2 46  a. cos 11π = cos − π = 1 2 3 3 4π π 1 cos = − cos =− 2 3 3 b. sin − 5π = sin 3π = sin π = 2 4 4 4 2 3π π 2 sin = sin = 4 4 2 c. sin 7π = sin − 5π = − sin π = − 1 6 6 6 2 41  0,283 < cos (5) < 0,284 15π π 2 d. − cos − = − cos =− 4 4 2 42  1. Pour x = 0,  x = 2π ou x = 4π, sin(2x ) = sin( x ) = 0 et e. sin(14π) = sin(0) = 0 l’égalité sin(2x ) = 2sin( x ) est vraie. f. cos 13π = cos π = 0 2 2 2. Pour x = π , on a sin 2 × π = 0 et 2sin π = 2 . L’égalité 2 2 2 précédente est fausse pour x = π  , elle n’est donc pas vraie 2 pour tout x [ R. sin(x)

( ) ( ) ( ) ( ) (

1 2

2 2

3 2

2

() () () )

2

( ) ( ) ( ( ) ( ( )

(

)

()

( )

( ) ) () ) () ()

()

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

67

Les points M et P sont symétriques par rapport à l’axe des abscisses. cos (− x ) = cos ( x ) sin(− x ) = − sin( x ) 4.

47  17π = 12π + 5π = 2π + 5π . Le point M image de 17π 6

6

6

6

6

est aussi l’image de 5π . 6 13π = 8π + 5π = 2π + 5π . Le point N image de 13π est 4 4 4 4 4 5π aussi l’image de . 4 » mesure 5π − 5π = 5π . L’arc MN 4 6 12

Q(x + π ) 2

J M(x)

( )

O

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

I

48  1. A = cos π − cos 2π − cos 4π + cos 5π = 1 − − 1 − − 1 + 1 = 2 2 2 2 2 3 3 3 3 4π 5π 1 1 1 1 os + cos = − − − − + =2 2 2 2 2 3 3 Le point Q est l’image du point P par la rotation de centre 2. B = cos π × cos 2π × cos 4π × cos 5π = 1 × − 1 × − 1 × 1 = 1 π. 2 2 2 O et 2 d’angle 16 3 3 3 3 2 4π × cos 5π = 1 × − 1 × − 1 × 1 = 1 π 2 2 2 2 16 3 3 cos x + = − sin( x ) 2 3π π π 3π 2 2 2 2 3. C = sin − − sin − − sin + sin =− − − − + =0 2 2 2 x + 2π = cos ( x ) 4 4 4 4 sin 2 n π + sin 3π = − 2 − − 2 − 2 + 2 = 0 2 2 2 2 4 51  1. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 4 2 2 2 2 2 2 » x ))2 cos + (sin 49 Si x est associé à un point situé sur l’arc(cos AJ (alors ( x )( x>))0 = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− (−0,8) ⇔ (sin( x )) = 0,36 et sin os ( x ))2 + (sin ( x )()x2 )=>10⇔. (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔» (sin( x ))2 = 1− (−0,8)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,36 . Or, x [ ⎡⎣ π ; π⎤⎦ ainsi sin( x ) > 0, donc 2 Si x est associé à un point situé sur l’arc JH alors cos ( x ) < 0 sin x = 0,36 = 0,6. ( ) et sin( x ) > 0 . » alors cos ( x ) < 0 2. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− Si x est associé à un point situé sur l’arc HN 2 et sin( x ) < 0 . cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− 2 ⇔ (cos ( x ))2 = 5 (» 3 9 Si x est associé à un point situé sur l’arc NB alors cos ( x ) > 0 2 2 et sin( x ) < 2 0. 2 2 2 2 (cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− (sin( x )) ⇔ (cos ( x )) = 1− 2 ⇔ (cos ( x )) = 5 . Or, x [ ⎡⎣0 ; π ⎤⎦ ainsi cos ( x ) > 0, donc 3 9 2 50  1. J 5 5 cos ( x ) = = . 9 3 M(x) 3. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (0,6)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,64 (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1−O(cos ( x ))2 ⇔I(sin( x ))2 = 1− (0,6)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,64 . Or, x [ ⎡⎣ 3π ; 2π⎤⎦ ainsi sin( x ) < 0, donc 2 N(x + π) sin( x ) = − 0,64 = −0,8 .

) )

()

52  1. sin(− x ) + cos (− x ) = − sin( x ) + cos ( x ) 2. sin(− x ) − sin( π + x ) = − sin( x ) + sin( x ) = 0 3. cos ( π − x ) + cos (3π + x ) = − cos ( x ) − cos ( x ) = −2cos ( x )

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

()

Le point N est diamétralement opposé au point M. 2. cos ( x + π) = − cos ( x ) sin( x + π) = − sin( x ) 4. sin x + π − 3cos − π − x − 4sin( π − x ) = cos ( x ) + 3sin( x ) − 4sin( x ) 2 2 3. J sin x + π − 3cos − π − x − 4sin( π − x ) = cos ( x ) + 3sin( x ) − 4sin( x ) = cos ( x ) − sin( x ) 2 2

(

)

(

(

)

M(x) O

(

(

)

53  1. g (t ) = 15sin 2t + π

(

6

)

)

(

)

2. g (120) = 15sin 2 × 120 + π = 15sin 1440 + π ≈ 14,73 6 6 P(–x) Au bout de 120 s, la valeur du signal sonore est d’environ 14,73 dB. 3. g (t + π) = 15sin 2 (t + π) + π = 15sin 2t + π + 2π = 15sin 2t + π = 6 6 6 g (t + π) = 15sin 2 (t + π) + π = 15sin 2t + π + 2π = 15sin 2t + π = g (t ) 6 6 6 La fonction g est π-périodique. I

(

68

)

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

)

( (

) )

( (

)

)

(

)

5. La courbe représentative de la fonction g n’est ni symétrique par rapport à l’axe des ordonnées ni symétrique par rapport à l’origine du repère. La fonction g n’est donc ni paire ni impaire.

4.

54  1. 2.

Exercices 55  1. a. Le trinôme 2 x 2 − 2x − 2 a pour discriminant 2

2

( )

2 Δ = (− 2 ) − 4 × 2 × − 2 = 4. Δ . 0 , l e t r i n ô m e 2 2 2 x 2 − 2x − 2 admet donc deux racines distinctes : 2 2 2 + 4 = 1+ 2 et x = 2 − 4 = 1− 2 . x1 = 2 2 2

On cherche k et k' tels que : −π , π + 2kπ < π et −π , 5π + 2k' π < π ⇔ − 19 , k < 17 12 12 18 3 18 3 23 13 . Soit k = −1, k = 0, k = 1 et − , k ′ < 12 12 et k ′ = −1,  k ′ = 0,  k ′ = 1. Pour k = −1, x = π + −2π = − 11 π . 18 18 3 Pour k = 0, x = π . 18 Pour k = 1, x = π + 2π = 13 π . 18 3 18 Pour k ′ = −1, x = 5π + −2π = − 7 π . 18 18 3 5π . Pour k ′ = 0, x = 18 Pour k ′ = 1, x = 5π + 2π = 17 π . 18 3 18 π 11 7 S 6 = − π ; − π ; ; 5π ; 13 π ; 17 π 18 18 18 18 18 18

S 6 = {1− 2 ;1+ 2 } b. Le trinôme 1 x 2 − 3x − 1 a pour discriminant 2 2 2 Δ = (− 3 ) − 4 × 1 × − 1 = 4 . Δ . 0, le trinôme 2 2 1 x 2 − 3x − 1 admet donc deux racines distinctes : 2 2 x1 = 3 + 4 = 2 + 3 et x2 = 3 − 4 = −2 + 3 . 1 1 6 = {−2 + 3 ; 2 + 3 } S ⎧ x =1 c. x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ ⎨ ⎩ x = −1 S 6 = {−1;1} 57  1. 2 × 13 − 17 × 12 + 7 × 1+ 8 = 2 − 17 + 7 + 8 = 0 . 2. Le trinôme sin(a ) x 2 − 2cos (a ) x − sin(a ) a pour discriminant 3 2 Δ = (−2cos (a ))2 − 4 × sin(a ) × (− sin(a )) = 4 (cos (a ))2 + 4 (sin(a ))21=est 4 une (cosracine (a ))2 +du (sinpolynôme (a ))2 = 4 2X − 17X + 7X + 8 . 2. ( X − 1)(2X 2 − 15X − 8) = 2X 3 − 15X 2 − 8X − 2X 2 + 15X + 8 = 2X 3 − ) × (− sin(a )) = 4 (cos (a ))2 + 4 (sin(a ))2 = 4 (cos (a ))2 + (sin(a ))22 = 4 ( X − 1)(2X − 15X − 8) = 2X 3 − 15X 2 − 8X − 2X 2 + 15X + 8 = 2X 3 − 17X 2 + 7X + 8 2 Δ . 0, le trinôme sin(a ) x − 2cos (a ) x − sin(a ) admet donc 3. On pose X = sin(x), pour tout x [ R, X [ [–1 ; 1]. deux racines distinctes : 2X 3 − 17X 2 + 7X + 8 = 0 ⇔ ( X − 1)(2X 2 − 15X − 8) = 0 ⇔ 2cos (a ) + 4 1+ cos (a ) x1 = = ⎧ X =1 2sin(a ) sin(a ) ⇔ ⎪⎨ 2 ou 2X − 15X − 8 = 0 ⎪ ⎩ et Le trinôme 2X 2 − 15X − 8 a pour discriminant 2cos (a ) − 4 −1+ cos (a ) . x2 = = Δ = (−15)2 − 4 × 2 × (−8) = 289 . 2sin(a ) sin(a )

( )

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{

(

)

3. Les équations de la question 1 sont des cas particuliers de l’équation de la question 2 avec pour valeurs respectives de a : π , π et π . 4 6 2 56  On sait que sin π = 1 , donc l’équation devient 2 6 π sin(3x ) = sin . ⎧ 6 3x = π + 2kπ ⎪ 6 Cette équation équivaut, sur R, à ⎨ ⎪ ou 3x = π − π + 2 k ′π 6 ⎩ ⎧ x = π + 2kπ ⎪ 18 3 avec k et k' [ Z ⇔ ⎨ 5π ⎪ ou  x = + 2 k ′π . 18 3 ⎩

()

()

(

}

)

Δ . 0, le trinôme 2X 2 − 15X − 8 admet donc deux racines distinctes : X1 = 15 + 289 = 8 et X2 = 15 − 289 = − 1 . 4 4 2 π X = 1 ⇔ sin( x ) = 1 ⇔ x = + 2kπ avec k [ Z 2 X1 = 8 ⇔ sin( x ) = 8, ce qui est impossible. ⎧ π ⎪ x = − 6 + 2kπ 1 1 X2 = − ⇔ sin( x ) = − ⇔ ⎨ 2 2 ⎪ x = − 5π + 2kπ 6 ⎩ 6 = − 5π + 2kπ ; − π + 2kπ ; π + 2kπ 6 6 2

{

}

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

69

58  L’aire de chacun des secteurs BOA et ODC est égale à :

60  1. 2 25 × π × 5 As = 360 Dans le triangle COA isocèle en O, la hauteur issue de O est égale à 5 × sin(25°) et la base CA est égale à 10 × cos (25) et 2. l’aire du triangle est égale à : 5 × sin(25°) × 10 × cos (25) Atriangle = = 25sin(25) cos (25) 2 L’aire de la surface rouge est égale à : Arouge = 125π + 25sin(25) cos (25) ≈ 20, 48 cm2 3. a. 36 L’aire de la surface verte est égale à l’aire de la surface du demi-cercle moins l’aire de la surface rouge soit : Averte = 25π − 125π − 25sin(25) cos (25) = 325π − 25sin(25) cos (25) ≈ 18,79 2 36 36 5sin(25) cos (25) = 325π − 25sin(25) cos (25) ≈ 18,79 cm2 b. 36 La surface rouge à l’aire la plus grande. Soit R le rayon du demi-cercle en centimètre. c. Le programme permet de déterminer à partir de quelle Arouge = R2 5π + sin(25) cos (25) 36 valeur de x l’erreur entre la fonction cos(x) et la fonction 2 Averte = R2 π − 5π + sin(25) cos (25) 1− x est supérieure ou égale à 0,01. 36 2 Le rapport entre l’aire de la surface rouge et l’aire de la surface 4. verte est constant avec le rayon du demi-cercle, ce rapport ne dépend que de l’angle au sommet du secteur BOA.

( ( (

)

))

· = 60°. 59 1. Le triangle MDC est équilatéral, on a donc MDC

ABCD est un carré, donc · ADC = 90° · · · et ADM = ADC − MDC = 90 − 60 = 30° . Le triangle ADM est isocèle en D donc : 61  1. Dans le triangle NRU rectangle en U. · = DMA · = 180 − 30 = 75° . DAM 2 NU · = NU ⇔ NR = cos UNR ⇔ NR = 10 ≈ 10,95 · = DAB · − DAM · = 90 − 75 = 15°. · cos (24 ) NR Enfin MAJ cos UNR · mesure 15° soit 15 × π = π rad. · NU NU L’angle MAJ ⇔ NR = 10 ≈ 10,95 180 12 cos UNR = NR ⇔ NR = · cos (24 ) cos UNR 2. Dans le triangle DIM rectangle en I d’après le théorème Dans le triangle MNR rectangle en N d’après le théorème 2. de Pythagore : de Pythagore : 2 2 2 2 2 2 2 2 10 100 a 3a 3a 2 2 2 MR = MN + NR ⇔ MR = 8 + ⇔ MR2 = 64 + a = + IM ⇔ IM = ⇔ IM = cos (24 ) (cos (24 ) 4 2 2 2 10 100 MR2 = MN 2 + NR2 ⇔ MR2 = 82 + ⇔ MR2 = 64 + ⇔ MR = 64 + a (2 − 3 ) cos (24 ) (cos (24 ))2 (c MJ = IJ − IM = a − 3a = 2 2 2 2 2 2 2 10en J. D’après 100 100 Dans de MR2 = MN + le NRtriangle ⇔ MRAMJ = 8rectangle + ⇔ MR2le=théorème 64 + ⇔ MR = 64 + ≈ 13,56 2 cos 24 ( ) cos 24 cos ( ( ) ) ( (24 ))2 Pythagore : 2 2 a ( 4 − 4 3 + 3) 2 Dans le triangle MNU rectangle en U d’après le théorème AM 2 = AJ 2 + JM 2 ⇔ AM 2 = a + ⇔ AM 2 = a3. (2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 3 4 4 2 2 a 4 − 4 3 + 3 de Pythagore : ( ) a 2 2 2 2 2 AJ + JM ⇔ AM = + ⇔ AM = a (2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 32 4 4 MU = 8 + 102 = 164 = 2 41 ≈ 12,81 2 a (2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 3 4. Dans le triangle MRU rectangle en U. 3. Dans le triangle AMJ rectangle en J, 2 41 cos (α ) = MU ⇔ cos (α ) = ≈ 0,9 a 1 · = AJ ⇔ cos π = RM 100 cos MAJ ⇔ cos π = 64 + AM 12 12 2 2− 3 2a 2 − 3 (cos (24 ))2 π π AJ a 1 5. α ≈ 19° · AJ = = ⇔ cos = ⇔ cos 12 12 AM 2 2− 3 2a 2 − 3 a 2 − 3) ( · = MJ ⇔ sin π = et sin MAJ ⇔ sin π = 2 − 3 AM 12 12 2 2− 3 2a 2 − 3 a 2 − 3 ( ) MJ π π 2 − 3 · AJ = = ⇔ sin = . ⇔ sin AM 12 12 2a 2 − 3 2 2− 3

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70

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Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

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VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ) ( ( )) ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ( ( )) ) ( ( )) 2 + 6 ⇔ sin π 66  1. Pour x [ [0 ; 2π[, ) ( (12 )) = 16 − 2 −164 3 − 6 ⇔ (sin(12π )) = 2 −4 3 4 2

2

2

2

2

2

( (

2

π 2⇔ sin π 2 = 1− 2 + 6 ⇔ sin π2 16 − 2 − 4 3 − 6 ⇔ sin 2π 62  1. cos π + sin (πcos ( x=) +1 ⇔ = 1−( x )cos 2sinsin + (2cos − sin x )) + 4cos ( x ) sin − 4cos ( x ) sin( x ) + ( x ))12 ) + 4=(cos ( x ))216 4 ( x ) + 4 (sin( x )12 12 12 12( x )) = (cos (12 2 2 2 2 2 2 ( x ))2 + (sin( x ))2 ) = 5 × 1 = 5 sinπ( x ))22 + (2cos ( x ) −π sin2( x ))2 = (cos (πx ))22 + 4cos ( xπ) sin2( x ) + 4 (sin x + 4 cos x − 4cos x sin x + sin x = 5 cos ( ) ) ( ( ) ) ( ) ( ) ( ( ) ) ( ( n = 1 ⇔ sin 2 = 1− cos ⇔ sin = 1− 2 + 6 ⇔ sin π = 16 − 2 − 4 3 − 6 ⇔ sin π = 2− 3 16 4 12( x ))2 + 4 (cos ( x12 12 = 5((cos ( x ))2 +4(sin( x ))2 ) = 5 ×12 1= 5 (sin )) − 4cos ( x ) sin12 ( x ) + (sin( x ))212 2

2

2

cos ( x ) > − 3 ⇔ x [ ⎡0 ; 5π ⎤ < ⎡ 7π ; 2π ⎡. ⎣ 6 ⎦ ⎣6 ⎣ 2 2. Pour x [ [−π ; π[, ⎧ sin( x ) = 3 ⎪⎪ 2 2 2 3 4 (sin( x )) − 3 = 0 ⇔ (sin( x )) = ⇔ ⎨ 4 ⎪ ou sin( x ) = − 3 . 2 ⎩⎪ Donc, 6 S = − 2π ; − π ; π ; 2π . 3 3 3 3

Or, π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi sin( x ) > 0, donc : 12 ⎣ 2 ⎦ sin π = 2 − 3 = 2 − 3 . 12 4 2 π 11π = cos π − = − cos π = − 2 + 6 2. cos 12 12 12 4

( ) ( ) ( ) ( ) sin( 11π ) = sin( π − π ) = sin( π ) = 2 − 2 12 12 12

} π = 1− ⎛ 21+ 32 ⎞ ⇔ 1sin 3π = 4 − 2 − 2 1⇔ sin3 π 1= 2 − 63  1. (cos ( π )) + (sin( π )) = 1 ⇔ (sin( π )) = 1− (cos ( π )) ⇔ (sin ⎟; C − ( ; ( )); D (−1; 0)4; E (− ; −( ()8; F )) ( 2 ; − 4 67 ( 81.))I (1; 0) ; ⎜⎝B ( 2; 8 8 8 8 2 2 )⎠ ( 2 28) 2 2 ⎛ ⎞ 2 − 12 ⇔ 3sin π = 2 − 2 1 π 3 = 1− 1 2 3+ 2 ⇔ sin π )1) ; −= 43− ; F n( π )) = 1 ⇔ (sin( π )) = 1− (cos (Iπ(1; ⇔ sin ; − ( ) . ( 8 )) 4 8 8 8 )) 0) ;  B( ( 2 (; 82)) ) ; C (− 2⎜⎝ ; 22) ; D⎟⎠(−1; 0() ; E((−8 2 2 ) 4 (2 2 2. IBCDEF est un hexagone régulier de centre O, donc 2 + 2 ⎞ ⇔ sin π = 4 − 2 − 2 ⇔ sin π = 2 − 2 ⎟⎠ ( ( 8 )) ( ( 8 )) 4 2 4 · 360 2

2

2

2

2

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3

2

2

2

2

2

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2

2

2

2

2

2

2

IOB = = 60° . 6 · = 60°, OI = OB = 1 et IOB est un triangle isocèle 3. IOB · = 120 = 60° . Le triangle IOB est un triangle en O, donc OBI 2 équilatéral. 4. IB = 1 et tous les côtés de l’hexagone régulier sont égaux, donc : Phexagone = 6 × 1 = 6 u. l.

Or, π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi sin( x ) > 0, donc : 8 ⎣ 2⎦ sin π = 2 − 2 = 2 − 2 . 4 2 8

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

() 2. sin( 7π ) = sin( π − π ) = sin( π ) = 2 − 2 8 8 8 2 cos ( 7π ) = cos ( π − π ) = − cos ( π ) = − 2 + 2 8 8 8 2 L’aire de l’hexagone est la somme de l’aire de six triangles sin( 5π ) = sin( π + π ) = cos ( π ) = 2 + 2 8 2 8 8 2 équilatéraux dont la mesure de la hauteur est égale à 3 2 cos ( 5π ) = cos ( π + π ) = − sin( π ) = − 2 − 2 2 8 2 8 8 et la mesure de la base est égale à 1. 3. A = cos ( 9π ) − 3sin( 5π ) + 2cos ( 7π ) = − cos ( π ) − 3cos ( π ) − 2cos ( π ) = −6cos ( π ) 3 × 1 8 8 8 8 8 Ainsi,8 A = 86 × 2 = 3 3 u.a. 2 2 π + 2cos 7π = − cos π − 3cos π − 2cos π = −6cos π ( 8 ) ( 8 ) ( 8 ) ( 8 ) (8) = 6 × 5 = 30 cm. 5. OI = OB = BI = 5 cm et P 8 ) 68  1. f ( x + 2π) = 2cos ( x + 2π) − 1 = 2cos ( x ) − 1 = f ( x ) . La 64  1. cos ( 3π ) = − 2 . Réponse b. 4 2 fonction f est 2π périodique. hexagone

hexagone

2. sin( π − α ) = sin(α ) = 1 . Réponse a. 2. a. Graphiquement, il semble que la courbe représentative 2 de la fonction f soit symétrique par rapport à l’axe des ordon3. Si α [ ⎡ π ; π⎤ ,  alors cos (α ) < 0 . De plus, sin 5π = 1 et nées, la fonction f semble donc être paire. ⎣2 ⎦ 2 6 b. f (− x ) = 2cos (− x ) − 1 = 2cos ( x ) − 1 = f ( x ). La fonction f cos 5π = 3 . Réponse a. est paire. 6 2 3. −1< cos ( x ) < 1 ⇔ −2 < 2cos ( x ) < 2 ⇔ −3 < 2cos ( x ) − 1< 1 ⇔ −3 < 4. cos ( x ) = −1 ⇔ x = π + 2kπ, k [Z . Réponse b. −1< cos x < 1 ⇔ ( ) −2 < 2cos ( x ) < 2 ⇔ −3 < 2cos ( x ) − 1< 1 ⇔ −3 < f ( x ) < 1 5. sin( x ) = 1 ⇔ x = π + 2kπ, k [Z . Réponse c. 4. y 2

( )

( (2)

2

2

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2

2

2

= (0 + 2 × 1)2 + (0 − 1)2 = 5

1

0 x 1 = (0 + 2 × 1)2 + (0 − 1)2 = 5 . L’égalité est vraie pour x = π . 2 2 2 2 2 2 2 cos π + 2sin π + 2cos π − sin π = 2 + 2 × 2 + 2 × 2 − 2 = 3 2 + 2 = 20 = 5 2 2 2 2 2 2 4 4 4 4 4 2 2 2 2 = 2 + 2 × 2 + 2 × 2 − 2 = 3 2 + 2 = 20 = 5 4 2 2 2 2 2 2 Il semble que l’équation f ( x ) = −2 admette deux solutions π dans l’intervalle [0 ; 2π]. = 20 = 5 . L’égalité est vraie pour x = . 4 4 2. (cos ( x ) + 2sin( x ))2 + (2cos ( x ) − sin( x ))2 = (cos ( x ))2 + 4cos ( x ) sin( x ) + 4 (sin( x ))2 + 4 (cos ( x ))2 − 4cos ( x ) sin( x ) + (sin( x ))2 = 5 (cos ( x )

( ()

( )) (

− sin π 4 2 + 2 2

( 2 )) + (2cos( π2 ) − sin( 2π ))

65  1. cos π + 2sin π

( ))

− sin π 2

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Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

71

⎧ 5. Dans l’intervalle [0 ; 2π] , positive, il 2π est donc nécessaire d’utiliser la fonction abs() afin ⎪ x= 3 1 f ( x ) = −2 ⇔ 2cos ( x ) − 1 = −2 ⇔ 2cos ( x ) = −1 ⇔ cos ( x ) = − ⇔de⎨renvoyer l’écart positif entre la fraction et π. 2 3.⎪ ou  x = 4π ⎧ 3 2π ⎩ x= ⎪ 3 = −2 ⇔ 2cos ( x ) = −1 ⇔ cos ( x ) = − 1 ⇔ ⎨ 2 ⎪ ou  x = 4π . 3 ⎩ 4π 2π 6= S ; 3 3 L’équation f ( x ) = −2 admet deux solutions dans l’intervalle [0 ; 2π] comme la conjecture graphique le laissait supposer. 71  1. Il y a 2π triangles identiques au triangle AOB qui ont α 69  1. Dans un triangle isocèle en A, la hauteur du triangle été construits. issue de A est aussi la bissectrice de l’angle µ A . On a donc 2. L’angle α mesure 2π où n est le nombre de côtés du poly· n BAC α · BAH = = . gone inscrit dans le cercle. 2 2 Dans le triangle BAH rectangle en H, 3. OA = OB car [OA] et [OB] sont deux rayons du cercle. Le · = BH ⇔ BH = AB × sin BAH · ⇔ BH = a × sin α triangle AOB est donc isocèle en O. sin BAH AB 2 AOH = AH ⇔ AH = OA 4. Dans le triangle OAH rectangle en H, sin · H ⇔ BH = AB × sin BAH · ⇔ BH = a × sin α . OA B 2 α AH · · AOHissue = ⇔ AH = OA × sin AOH ⇔ AH = 1× sin   ⇔ AH = sin   α Or, dans un triangle isocèle en A, la hauteur du sin triangle OA 2 2 = 2BH = 2a × sin α . α de A est aussi laAH médiane. On a donc BC· α · sin AOH = ⇔ AH = OA × sin AOH ⇔ AH = 1× sin 2   ⇔ AH = sin   . OA 2 2 2 2 ; 2. a. M Or, dans un triangle isocèle en O, la hauteur du triangle issue 2 2 b. Dans le repère (O ; I, J), le point I a pour coordonnées (1; 0) et de O est aussi la médiane. On a donc AB = 2 AH = 2 × sin α . 2 2 2 2 −1 + 2 − 0 = 2 − 4 2 + 4 + 2 = 2 − 2 . IM = OH · · 2 2 4 ⇔ OH = OA × cos AOH ⇔ OH = cos α De même, cos AOH = OA 2 · = π c. Le triangle IOM est isocèle en O avec IOM α OH · · 4 cos AOH = . ⇔ OH = OA × cos AOH ⇔ OH = cos 2 OA et IO = OM = 1. 2 × sin α × cos α 2 ⇔A 2 α En utilisant le r ésultat de la question 1, on a : AOAB = AB × OH ⇔ AOAB = OAB = sin 2 × co 2 2 2 × sin α × cos α IM = 2 × 1× sin π = 2sin π . 2 2 ⇔A α α 8 8 AOAB = AB × OH ⇔ AOAB = OAB = sin 2 × cos 2 ⇔ AOAB = s 2 2 En utilisant le résultat deα la question précédente, on a : × cos α 2 × sin 2 ⇔A 2 AB × OH ⇔ A = = = sin α × cos α ⇔ AOAB = sin π × cos π . π π OAB 2sin ⇔ sin 2 = 2 − 2 . OAB 2 2 − 2 =OAB 2 2 n n 8 8 2 2 2 2 2 5. a = n ×2sin π ⎛ × cos π ⎞ 2 2 2 n π = 1− De plus, cos π + sin π = 1 ⇔ cos π = 1− sin π ⇔ cos n ⎜ 2 − n2 ⎟ ⇔ cos π = 4 − 2 + 2 ⇔ cos π = 2 ⎠ 4 8 8 8 8 8 8 8 ⎝ 2 6. 2 2 2 2 2 2 ⎛ 2− 2 ⎞ π π π π π π 4 − 2 + 2 2 + 2 n = 1 ⇔ cos = 1− sin ⇔ cos = 1− ⎜ ⇔ cos = ⇔ cos = 4 2 ⎟⎠ 8 8 8 8 8 8 a ⎝ n 4 n 2 2 − 2 ⎞ ⇔ cos π 2 = 4 − 2 + 2 ⇔ cos π 2 = 2 + 2 . 6 2,598 2 ⎟⎠ 4 4 8 8 Or π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi cos ( x ) > 0, donc : 12 3 8 ⎣ 2⎦ 20 3,090 cos π = 2 + 2 = 2 + 2 . 8 4 2 50 3,133 70 1. a. Les nombres 22 et π diffère à partir de leur troisième 7 100 3,140 décimale. b. 22 − π ≈ 1,26 × 10−3 et 179 − π ≈ 1,24 × 10−3 . La distance 7. Lorsque n devient grand, an semble se rapprocher de la 7 57 valeur de π. Cette valeur correspond à l’aire du disque de 179 22 entre et π est plus petite que la distance entre et π, 57 7 centre O et de rayon 1. Adisque = π × 12 = π . ainsi 179 est une meilleure approximation de π que 22 . 57 7 72  1. q t + π = 1 sin 200 × t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π 200 200 100 100 4 4 2. a. Il y a deux boucles bornées for car pour chaque valeur de numérateur comprise entre 1 et 1000, il faut être capable π π π π π 1 1 1 q t+ = sin 200 × t + + = sin 200t + 2π + = sin 200t + = q (t ) 200 de 200 200 4 4 100 variant 100 4 de tester chaque fraction avec un dénominateur q t + 1πà 1000. = 1 sin 200 × t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π = 1 sin 200t + π = q (t ) 200 200 200 100 100 4 4 4 b. La ligne 5 du programme permet de tester si la distance La fonction q est périodique de période π . 100 entre la fraction et π est inférieure à la distance de référence

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qui est celle entre 22 et π. La distance est une grandeur 7 72

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

(

) ( ) ) ( )

( (

(

) ) ( ) ( )

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

{

(

)

2. q (−t ) = 1 sin −200t + π . q (−t ) est différent de q (t ) et de 200 4 −q (t ), la fonction q n’est donc ni paire ni impaire.

2. On pose X = sin( x ) . Alors, comme pour tout réel x , −1< sin( x ) < 1, o n a −1< X < 1 e t l ’ e x p r e s s i o n 2 (sin( x ))2 + 9sin( x ) + 4 devient 2X 2 + 9X + 4 . L e t r i n ô m e 2X 2 + 9X + 4 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 92 − 4 × 2 × 4 = 49 . Δ . 0, le trinôme 2X 2 + 9X + 4 admet deux racines distinctes :

3. La fonction q semble croissante lorsque t [ [0 ; 0,004] < ⎡0,02 ; π ⎤ et décroissante lorsque ⎣ 100 ⎦ t [ [0,004 ; 0,02] . Lorsque la fonction q est croissante, cela X1 = −9 + 49 = − 1 et X2 = −9 − 49 = −4 . correspond à un période de charge du condensateur alors 2×2 2 2×2 que lorsque la fonction q est décroissante, le condensateur ⎧ 5π est en train de se décharger. ⎪ x = − 6 + 2kπ X1 = − 1 ⇔ sin( x ) = − 1 ⇔ ⎨ 2 2 4. q (0) = 1 sin 200 × 0 + π = 1 sin π = 1 × 2 = 2 ⎪ x = − π + 2kπ . 200 200 200 2 400 4 4 6 ⎩ π π 1 2 2 1 X = −4 ⇔ sin x = −4, ce qui est impossible. ( ) + = sin = × = 2 200 200 2 400 4 4 6 S = − 5π + 2kπ ; − π + 2kπ 6 6 À t = 0, la charge du condensateur est de 2  C. 400 75  On sait que cos π = 1  , donc l’équation devient ⎧ 1 2 3 cos x = ( ) ⎪ 2 π 73  1. Pour x [ [−π ; π[, ⎨ ⇔ x =−π. cos (3x ) = cos . 3 3 ⎪ sin( x ) = − 3 2 ⎩ ⎧ 3x = π + 2kπ ⎪ 3 ⎧ 2 Cette équation équivaut, sur R, à ⎨ ⎪⎪ cos ( x ) = 2 π ⎪ ou 3x = − π + 2 k ′π 2. Pour x [ [−π ; π[, ⎨ ⇔x= . 3 4 ⎩ 2 ⎪ sin( x ) = 2 ⎪⎩ ⎧ x = π + 2kπ ⎪ 9 3 ⎧ avec k et k' [ Z ⇔ ⎨ 3 ⎪ cos ( x ) = − 2 π ⎪ ou  x = − + 2 k ′π . 3. Pour x [ [−π ; 3π[, ⎨ ⇔ x = − 5π  ou  x = 7π 9 3 ⎩ 6 6 ⎪ sin( x ) = − 1 On cherche k et k' tels que : 2 ⎩ x) = − 3 2 ⇔ x = − 5π  ou  x = 7π . −π , π + 2kπ < π et −π , − π + 2 k ′π < π ⇔ − 5 , k < 4 3 3 9 3 9 3 6 6 1 x) = − 5 4 2 et − , k ′ < . ⎪⎧ cos ( x ) = 0 3 3 4. Pour x [ [−2π ; 3π[, ⎨ < x = − π  ou  x = 3π . 2 2 Soit k = −1, k = 0, k = 1 et k ′ = −1,  k ′ = 0,  k ′ = 1. ⎪⎩ sin( x ) = −1 74  1. On pose X = cos ( x ) . Alors, comme pour tout Pour k = −1, x = π + −2π = − 5 π . 9 3 9 réel x, −1< cos ( x ) < 1, on a −1< X < 1 et l’expression π 2 2 Pour k = 0, x = . 2 (cos ( x )) + 9cos ( x ) + 4 devient 2X + 9X + 4 . 9 L e t r i n ô m e 2X 2 + 9X + 4 a p o u r d i s c r i m i n a n t π 2 2 Pour k = 1, x = + 2π = 7 π . Δ = 9 − 4 × 2 × 4 = 49 . Δ . 0, le trinôme 2X + 9X + 4 9 9 3 admet deux racines distinctes : Pour k ′ = −1, x = − π + −2π = − 7 π . 9 9 3 X1 = −9 + 49 = − 1 et X2 = −9 − 49 = −4 . 2×2 2×2 2 Pour k ′ = 0, x = − π . ⎧ 9 2π + 2kπ x = ⎪ 3 1 1 π X1 = − ⇔ cos ( x ) = − ⇔ ⎨ Pour k ′ = 1, x = − + 2π = 5 π . 2 2 9 3 9 2π ⎪ x=− + 2kπ . 3 π π 7 5 5 ⎩ S 6= − π ; − π ; − ; ; π ; 7 π 9 9 9 9 9 9 X2 = −4 ⇔ cos ( x ) = −4, ce qui est impossible. S 6 = − 2π + 2kπ ; 2π + 2kπ 3 3

)

()

(

)

()

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()

{

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()

}

}

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

73

76 

2. La somme des angles dans un triangle est égale à 180°, µ = 180 − ( 45 + 30) = 105° . ainsi, C

Questions Va piano

1. 2. et 3.

J

()

()

O

4.

1 4

()

O

() ()

() ()

I

Questions Moderato

1. Le triangle ABC est rectangle isocèle a = c = 4 cm. D’après le théorème de b2 = a2 + c2 ⇔ b2 = 42 + 42 ⇔ b2 = 32 . b est une longueur, donc positive, donc b = 4 2. Le triangle ABC est rectangle isocèle

J

b

()

µ µ sin µ A a × sin C sin C 5 × sin(105) = ⇔c= ⇔c= ⇔c = 5+5 3 µ 2 c a sin( 45) sin A µ µ µ a × sin C sin C sin A 5 × sin(105) ⇔c= ⇔c = 5+5 3 = ⇔c= µ c a sin 45 2 ( ) sin A

a

–0,3

2. en B, donc

µ µ = 180 − 90 ⇔ µ µ = 45°. A=C A=C 2 2 µ sin µ A sin C 2 = = = 2 c a 4 8 µ sin B = 1 = 2 b 8 4 2 µ µ sin B sin C sin µ A On a = = , la formule des sinus est bien a b c vérifiée pour ce triangle.

()

I

en B, donc Pythagore,

()

()

Questions Moderato

1. Le réel a appartient au premier cadran du cercle trigonométrique (voir question Va piano), le sinus du réel a est donc positif.

()

2. 1 = (sin(a )) + (cos (a )) ⇔ 1 = (sin(a )) + 1 4 2

2

2

2

2

()

()

()

Questions Allegro

2

()

()

() ()

()

()

()

() ()

()

()

()

() ()

()

()

()

()

()

()

()

74

( )

()

()

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

()

()

()

() ()

() ()

() ()

()

()

()

()

()

()

()

()

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µ µ sin µ A a × sin B sin B 4 × sin(60) = ⇔ b = ⇔b= ⇔ b ≈ 6,2 2 µ b a sin(34 ) sin A + (cos (a ))2 ⇔ 12 = (sin(a ))2 + 1 ⇔ (sin(a ))2 = 1− 1 ⇔ (sin(a ))2 = 15 16 µ 4 16 µ µ a × sin B sin B sin A 4 × sin(60) ⇔b= ⇔ b ≈ 6,2 cm = ⇔b= 2 2 1 15 µ b a sin(34 ) ) = 1− ⇔ (sin(a )) = sin A 16 16 La somme des angles dans un triangle est égale à 180°, ainsi, Or sin(a ) > 0, donc sin(a ) = 15 = 15 . µ = 180 − (34 + 60) = 86° . C 16 4 µ µ 3. a ≈ 1,3 rad sin µ A a × sin C sin C 4 × sin(86) = ⇔c= ⇔c= ⇔ c ≈ 7,1 µ c a sin(34 ) Questions Allegro sin A µ µ µ sin C sin A a × sin C 4 × sin(86) ⇔c= ⇔ c ≈ 7,1 cm cosc(= b ))2 1. 12 = (sin(b ))2 + (cos (b ))2 ⇔ 1c2 = (=−0,3a)2 + (⇔ µ sin(34 ) sin A µ µ sin A b × sin µ A sin B + (cos (b ))2 ⇔ 12 = (−0,3)2 + (cos (b ))2 ⇔ (cos (b ))2 = 1− 0,09 ⇔ (cos (b ))2 = 0,91 µ µ = 5,75 × sin(60,3) 2. = ⇔ sin B = ⇔ sin B 2 b a a 5 = 1− 0,09 ⇔ (cos (b )) = 0,91 µ b × sin µ A sin B sin µ A 5,75 × sin 60,3 ( ) π µ = µ = Or cos (b ) < 0 car b [ ⎡−π ; − ⎤, donc cos (b ) = − 0,91 = . ⇔ sin B ⇔ sin B ⎣ 2⎦ b a a 5 2. a. Le réel x peut correspondre à deux points-images sur le µ µ En supposant l’angle B aigu, B ≈ 87,3° . En supposant l’angle cercle trigonométrique. µ ≈ 92,7° . obtus, B b. Les valeurs possibles de x sont x + 2kπ et π − x + 2kπ avec µ sin µ A c × sin µ A sin C k [Z . µ = µ = 3 × sin(60,3) = ⇔ sin C ⇔ sin C c a a 5 77  µ µ µ c × sin A sin C sin A µ = µ = 3 × sin(60,3) = ⇔ sin C ⇔ sin C Questions Va piano c a a 5 1. Dans le cas où le triangle ABC est un triangle équilatéral, µ µ aigu ou C µ ≈ 148,6° en Soit C ≈ 31, 4° en supposant l’angle C µ =C µ = 60° . On a donc, AB = AC = BC = a et µ A= B le supposant obtus. µ , on ne retrouve µ et de C µ µ µ µ Quelles que soient les valeurs de B sin A sin A sin B sin C = et = . La formule des sinus µ µ µ pas la relation fondamentale A + B + C = 180°. Un triangle tel b a c a est donc vraie dans le cas où le triangle ABC est un triangle que µ A = 60,3°, a = 5 cm, b = 5,75 cm et c = 3 cm n’est donc équilatéral. pas constructible. 1.

1  1. 2.

3  1. 1 cos ( x ) → Graph B 2

J M θ

B

A I

O

( (

) )

2. sin x + π → Graph C 6 3. cos x + π → Graph A 3 4. sin( 4 x ) → Graph D

4  1.

y

x M = cos (θ) and yM = sin(θ)

2  1.

J

C( π ) 3

1

D

0

O

1

x

I B

E

( ) ( ) ( )

2. Using the graph, x = 0,25 seems to be a solution of the equation f ( x ) = 0,5 . 3. For all real x, sin( x ) < 1 ⇔ x + sin( x ) < x + 1 ⇔ f ( x ) < x + 1.

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2. D 5π ; E 4π ; B 11π . 6 3 6

Chapitre 3 Fonctions trigonométriques

75

4

Dérivation locale

1  m = f ( 4 ) − f (2) = −1− 3 = −2

2 4−2 De plus, f (2) = 3 donc −2 × 2 + p = 3 et donc p = 7.

2  1. 1− 2 = −1 = 1

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−3 − 5 −8 8 Le coefficient directeur de la droite $1 est 1 . 8 1− 3 2. 2 4 = − 1 × −2 = 1 4 3 6 −1− 1 2 Le coefficient directeur de la droite $2 est 1 . 6 3. L’ordonnée de E est égale à celle de F, donc le coefficient directeur de la droite $3 est 0 .

3  L’équation réduite de d1   est y = −3x + 1. L’équation réduite de d2   est y = 2 . L’équation réduite de d3   est y = 0,5x − 2 . L’équation réduite de d4   est y = − 4 x − 1 . 5 4  a. f (1+ h ) = 2 (1+ h )2 − 5(1+ h ) + 1 f (1+ h ) = 2 (1+ 2h + h2 ) − 5 − 5h + 1 f (1+ h ) = 2 + 4h + 2h2 − 5 − 5h + 1 f (1+ h ) = 2h2 − h − 2 b. f (1+ h ) = 1+ h − 1 = h 1+ h + 2 h + 3

c. f (1+ h ) = 5(1+ h ) − 2 f (1+ h ) = 5h + 3 3 3 d. f (1+ h ) = = 5(1+ h )2 + 1 5h2 + 10h + 6

5  1. f ( x ) = 3x + 1 h

0,1

0,01

0,001

10−4

f (h)

1,3

1,03

1,003

1,000 3

2. Lorsque les antécédents sont proches de zéro, les images sont proches de 1.

6  1. 45 = 30 donc sur l’intervalle de temps [0 ; 1,5] , la

1,5 vitesse du drone a été de 30 km ⋅ h–1. Sur l’intervalle de temps [1,5 ; 2] , la vitesse du drone a été de 0 km ⋅ h– 1. 45 = 22,5 donc sur l’intervalle de temps [2; 4], la vitesse du 2 drone a été de 22,5 km ⋅ h–1. 2. 45 × 2 = 22,5 donc la vitesse moyenne du drone sur le 4 parcours a été de 22,5 km ⋅ h–1.

7  f (2) − f (1) = 2 − 3 = −1

2 −1 Le coefficient directeur de la droite (AB) est –1.

Pour construire le cours Situation

1 

1  a. C (0) = 100 0 + 500 = 500

C ( 400) = 100 400 + 500 = 2500 C ( 400) − C (0) 2500 − 500 = =5 400 − 0 400 C (900) − C ( 400) 3500 − 2500 c. = =2 500 900 − 400 Le taux de variation du coût de fabrication entre 0 et 400 pièces est 2,5 fois plus élevé qu’entre 400 et 900. En moyenne, entre la 1re et la 400e pièce fabriquée, chaque pièce produite augmente de coût total de fabrication de 5 euros alors qu’entre la 400e et la 900e chaque pièce produite n’augmente le coût total de fabrication que de 2 euros. b.

2  a. Cm (200) = C (201) − C (200) Cm (200) = 100 201 + 500 −  (100 200 + 500) Cm (200) = 100 201 − 100 200 Chapitre 4 Dérivation locale

77

Cm (200) = 100 ( 201 − 200 ) ≈ 3,53 Le coût marginal pour 200 pièces fabriquées est d’environ 3,53 € (arrondi au centime). b. Cm (800) = C (801) − C (800) Cm (800) = 100 801 + 500 −  (100 800 + 500) Cm (800) = 100 801 − 100 800

Cm (800) = 100 ( 801 − 800 ) ≈ 1,77 Le coût marginal pour 800 pièces fabriquées est d’environ 1,77 € (arrondi au centime). c. Cm (800) ≈ 2Cm (200)

Situation

2 

1  C’est au point L que la pente est la plus forte et au point F qu’elle est la plus faible. 2  On considère que la pente au point B est celle de la droite passant par B dont une portion est tracée en pointillés bleus.

Graphiquement, on constate que, sur cette droite, lorsque l’on avance de 40 m, on monte de 1 m : 1 = 0,025 = 2,5 % 40 La pente au point B est donc de 2,5 %. On obtient la pente en chacun des points E, F et L par un raisonnement similaire. Au point E : 2 = 0,2 = 20 %. 10 Au point F : 0 %. Au point L : 5 = 0,5 = 50 %. 10 3. D’après la question précédente, la pente est en fait 2,5 fois plus forte au point L qu’au point E.

Situation

3 

1  a.

t

0

0,5

1

1,5

2

3

4

5

d(t)

0

1,25

5

11,25

20

45

80

125

b.

D #

C

10 0

B

A 1

x

c. 125 − 5 = 120 = 30 5−1 4 La vitesse moyenne entre les instants 1 et 5 est de 30 m ⋅ s– 1. 45 − 5 = 40 = 20 3−1 2 La vitesse moyenne entre les instants 1 et 3 est de 20 m ⋅ s– 1. 20 − 5 = 15 = 7,5 2 −1 2 La vitesse moyenne entre les instants 1 et 2 est de 7,5 m ⋅ s– 1. d. On note A (1; d (1)) , B (2 ; d (2)), C (3 ; d (3)) et D (5 ; d (5)). Graphiquement, 30 correspond au coefficient directeur (ou à la pente) de la droite (AD), 20 à celui de la droite (AC) et 7,5 à celui de la droite (AB). 78

Chapitre 4 Dérivation locale

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y

2  a.

Vitesse moyenne

Entre 0,9 s et 1s

Entre 0,99 s et 1s

Entre 0,999 s et 1s

Entre 1s et 1,001s

Entre 1s et 1,01s

Entre 1s et 1,1s

9,5

9,95

9,995

10,005

10,05

10,5

b. Si on note M le point de coordonnées (1+ h ; d (1+ h )) , où h est un réel non nul, ces valeurs correspondent au coefficient directeur de la droite (AM) pour h prenant respectivement les valeurs −0,1,  −0,01,  −0,001,  0,001,  0,01 et 0,1. d (1+ h ) − d (1) 5(1+ h )2 − 5 10h + 5h2 = = = 10 + 5h 1+ h − 1 h h b. Lorsque h se rapproche de 0, le nombre 5h se rapproche de 0 et donc 10 + 5h se rapproche de 10, c’est pour cela que l’on peut affirmer que la vitesse instantanée à l’instant t = 1 est de 10 m ⋅ s– 1. 3  a.

d (3 + h ) − d (3) 5(3 + h )2 − 45 30h + 5h2 = = = 30 + 5h 3+h−3 h h Lorsque h se rapproche de 0, le nombre 5h se rapproche de 0 et donc 30 + 5h se rapproche de 30, donc la vitesse instantanée à l’instant t = 3 est de 30 m ⋅ s– 1. 4 

Situation

4 

1  Soit h un réel non nul.

f (1+ h ) − f (1) (1+ h )2 + (1+ h ) + 1− 3 h2 + 3h = = = 3+h h 1+ h − 1 h Lorsque h tend vers zéro, le taux de variation de f entre 1 et 1 + h tend vers 3, donc f ′ (1) = 3. La tangente à #f au point d’abscisse 1 a pour équation : y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) , c’est-à-dire y = 3( x − 1) + 3, c’est-à-dire encore y = 3x . Or 3 × 0 = 0 ≠ −1, donc le point A (0 ; 1) n’appartient pas à cette tangente.

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2  La tangente à #f au point d’abscisse 1 passe par l’origine du repère.

On peut conjecturer graphiquement que ce doit être aussi le cas pour la tangente à #f au point d’abscisse –1. On vérifie cette conjecture. f (−1+ h ) − f (−1) (−1+ h )2 + (−1+ h ) + 1− 1 h2 − h = = = −1+ h h −1+ h − (−1) h Lorsque h tend vers zéro, le taux de variation de f entre −1 et −1 + h tend vers −1, donc f ′ (−1) = −1. La tangente à #f au point d’abscisse −1 a pour équation : y = f ′ (1)( x − (−1)) + f (−1) , c’est-à-dire y = − ( x + 1) + 1, c’est-à-dire encore y = − x. La tangente à #f au point d’abscisse –1 passe donc aussi par l’origine du repère. Il y a donc au moins deux tangentes à la courbe #f qui passent par l’origine du repère.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  Au point d’abscisse 0, on peut remarquer que la tangente à la courbe représentative de la fonction racine carrée semble être la droite des ordonnées. Or, cette droite qui a pour équation x = 0 n’a pas de coefficient directeur, ce qui est en contradiction avec le fait que la fonction racine carrée admette un nombre dérivé en zéro.

2  La fonction racine carrée est définie sur ¡+ , donc 0 + h doit être positif pour que f (0 + h ) existe. 3  Lorsque h tend vers 0 à valeurs positives, h tend aussi vers 0 à valeurs positives et donc son inverse 1 prend des

h 1 valeurs de plus en plus grandes en tendant vers +` . On peut préciser que finira par dépasser n’importe quelle valeur h strictement positive A à condition de prendre h suffisamment proche de zéro : par exemple, pour dépasser 1 million, il suffit de prendre h inférieur à 10−12. Le tableau ci-dessous permet de mieux comprendre le phénomène, la seconde ligne donne des valeurs approchées au dixième. Chapitre 4 Dérivation locale

79

h

0,5

0,1

0,01

0,001

10−4

10−6

10−8

1 h

1,4

3,2

10

31,6

100

1000

104

Rédiger une démonstration 1  La fonction f est dérivable en un réel a. Son nombre dérivé f ′ (a ) est le coefficient directeur de la tangente à sa courbe représentative au point d’abscisse a. Cette tangente a donc une équation réduite du type y = f ′ (a ) x + p où p est un réel à déterminer. Par définition, le point A de coordonnées (a ;  f (a )) appartient à cette tangente donc ses coordonnées vérifient l’équation de cette tangente, donc f (a ) = f ′ (a ) × a + p, donc p = f (a ) − f ′ (a ) × a. L’équation réduite de la tangente s’écrit donc :

puis en factorisant f ′ (a ) x − f ′ (a ) a par f ′ (a )  :

y = f ′ (a ) x + f (a ) − f ′ (a ) a , y = f ′ ( a )( x − a ) + f ( a ) .

2  Soit h un réel non nul. Le taux de variation de f entre 0 et 0 + h est donné par : h f (0 + h ) − f (0 ) 0 + h − 0 = = . 0+h−0 h h Quand h est strictement positif, on a : h h = = 1. h h Quand h est strictement négatif, on a : h −h = = −1. h h Quand h tend vers 0, le taux de variation de f entre 0 et 0 + h tend vers 1 si h est positif et vers –1 si h est négatif. Il n’y a donc pas de réel unique vers lequel tende ce taux de variation quand h tend vers 0. La fonction valeur absolue n’est donc pas dérivable en 0.

1  Soit f une fonction croissante sur un intervalle I et deux nombres distincts a et b appartenant à I. Le taux de variation de f entre a et b est : f (b ) − f (a ) . b−a Or, comme f est croissante sur I, f (a ) et f (b ) sont dans le même ordre que a et b, donc f (b ) − f (a ) et b − a sont de même signe, donc le taux de variation de f entre a et b est positif.

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Utiliser différents raisonnements

2  Soit f une fonction décroissante sur un intervalle I et deux nombres distincts a et b appartenant à I. Le taux de variation de f entre a et b est : f (b ) − f (a ) . b−a Or, comme f est décroissante sur I, f (a ) et f (b ) sont dans l’ordre contraire de a et b, donc f (b ) − f (a ) et b − a sont de signes contraires, donc le taux de variation de f entre a et b est négatif.

Travaux pratiques TP

1  Nombre dérivé à gauche et à droite

1  a.

b. Pour déterminer une valeur approchée de f ′ ( 4 ) , il faut choisir a = 4 et une valeur proche de 0 pour h, par exemple h = 10−6 .

80

Chapitre 4 Dérivation locale

2  a.

b. Pour un réel a donné, la fonction moyenne calcule successivement, pour un réel i de la forme 101−n à chaque étape n, le taux f (a + i ) − f (a ) f (a − i ) − f (a ) à droite, le taux à gauche puis elle détermine la moyenne nd de ces deux taux. de variation i −i L’algorithme s’arrête quand l’une au moins des deux conditions suivantes est vérifiée : • l’écart entre les deux taux de variation est inférieur à une précision donnée ; • le nombre i est inférieur à 10−10 .  La valeur renvoyée est donc une valeur approchée du nombre dérivé de f en a. c.

Le taux de variation entre 0 et h de la fonction valeur absolue à droite (h.0) est constant égal à 1 et celui à gauche (h,0) constant égal à –1. La moyenne de ces deux taux est donc égale à 0 pour toutes les valeurs de précision choisies. Or, la fonction valeur absolue n’est pas dérivable en zéro : cette méthode n’est donc pas utilisable dans ce cas-là.

TP

2  Test de médicament

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1  a. On obtient le graphique ci-dessous.

y

0,25 0

1

x

b. On obtient une ligne brisée (représentation graphique d’une fonction affine par morceaux) correspondant à 5 segments joignant les points de la courbe représentative de f d’abscisses 0 et 0 + 10 = 2,  2 et 4, 4 et 6, 6 et 8 et 8 et 10. 5 Pour obtenir une courbe plus régulière, il faut tracer davantage de segments, donc prendre une valeur de n plus grande. c. Les coefficients directeurs des sécantes à la courbe correspondant aux segments obtenus représentent les taux de variation de f entre 0 et 2, entre 2 et 4, entre 4 et 6, entre 6 et 8 et enfin, entre 8 et 10. 2  a.

b.

Chapitre 4 Dérivation locale

81

c. On remarque que les taux de variation sont de plus en plus petits et se rapprochent de zéro au bout de 10 h. Il semble que la vitesse d’assimilation du médicament entre deux instants proches diminue au fil du temps. La vitesse moyenne entre 0 et 2 h est environ 10 fois plus rapide qu’entre 8 h et 10 h. Avec des intervalles de temps de 30 minutes, la vitesse moyenne est plus de 200 fois plus importante dans les 30 premières minutes qu’au bout de 9 h 30 après l’assimilation.

3  Méthode de Newton-Raphson 1  La tangente T0 a pour équation y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) . TP

On admet dans la suite qu’aucun nombre dérivé calculé n’est nul. 2  Soit x1 l’abscisse du point d’intersection de T0 avec l’axe des abscisses. On a alors :

⎧⎪ y = f ′ ( x )( x − x ) + f ( x ) 0 1 0 0 ⇔ f ′ ( x0 )( x1 − x0 ) + f ( x0 ) = 0 ⎨ y = 0 ⎩⎪

⇔ f ′ ( x0 ) x1 − f ′ ( x0 ) x0 = − f ( x0 ) ⇔ f ′ ( x0 ) x1 = f ′ ( x0 ) x0 − f ( x0 ) f ( x0 ) f ′ ( x0 ) x0 − f ( x0 ) ⇔ x1 = x0 − f ′ ( x0 ) f ′ ( x0 ) f ( x0 ) f (2) 3  x1 = x0 − = 2− f ′ (2) f ′ ( x0 )

⇔ x1 =

x2 = x1 −

f ( x1 ) f (1,5) = 1,5 − f ′ (1,5) f ′ ( x1 )

Pour déterminer f ′ (1,5) on détermine le taux de variation de f entre 1,5 et 1,5 + h. 2 2 f (1,5 + h ) − f (1,5) (1,5 + h ) − 2 − (1.5 − 2) 3h + h2 = = = 3+h h h h Le taux de variation tend vers 3 lorsque h tend vers 0. On a donc f ′ (1,5) = 3. 1 f (1,5) 4 x2 = 1,5 − = 1,5 − = 17 3 12 f ′ (1,5) 4 

5 

82

Chapitre 4 Dérivation locale

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Pour déterminer f ′ (2) on détermine le taux de variation de f entre 2 et 2 + h. 2 2 f (2 + h ) − f (2) (2 + h ) − 2 − (2 − 2) 4h + h2 = = = 4+h h h h Le taux de variation tend vers 4 lorsque h tend vers 0. On a donc f ′ (2) = 4 . f (2) x1 = 2 − = 2 − 2 = 1,5 4 f ′ (2)

TP

4  Sécantes et tangentes

1  et 2 

3  En rapprochant le point B du point A, on observe que la pente se rapproche du nombre 1, le taux de variation de f entre 0

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et h semble donc tendre vers 1 quand h tend vers 0. On conjecture que f ′ (0) = 1.

4  La tangente a pour coefficient directeur 1 ce qui confirme la conjecture f ′ (0) = 1 .

5  Au point d’abscisse 2, on obtient f ′ (2) = 0 et au point d’abscisse 6, on obtient f ′ (6) = −2.

Chapitre 4 Dérivation locale

83

TP

5  Calcul formel de taux de variation

1  a.

( f (1+ h ) − f (1))

(1+ h )3 − 1

= h2 + 3h + 3 h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers 3. On a donc f ′ (1) = 3. b. De la même manière, on obtient f ′ (3) = 27 et f ′ (−2) = 12. f (a + h ) − f (a ) c. Avec le calcul formel, on a = 3a + h2 + 3ah . h On en déduit que f est dérivable pour tout a réel et que f ′ (a ) = 3a 2. d. On vérifie en saisissant f ’(a) dans la fenêtre du calcul formel. =

Avec le calcul formel, on détermine le taux de variation de g entre 2 et 2 + h. g (2 + h ) − g (2) − 2 + h + 2 On a = . Or, lorsque h tend vers 0, on ne peut pas conclure. h h b. On obtient g ′ (2) = 2 . 4 2 2 c. ( h + 2 − 2 )( h + 2 + 2 ) = ( h + 2 ) − ( 2 ) = h + 2 − 2 = h g (2 + h ) − g (2) = h+2 − 2 = h h

(

h + 2 − 2 )( h + 2 + 2 ) h( h + 2 + 2 )

=

h = h( h + 2 + 2 )

(

1 h + 2 + 2)

Lorsque h tend vers 0, on peut donc conclure que le taux de variation tend vers 1 = 2 . 4 2 2 On a bien g ′ (2) = 2 . 4

84

Chapitre 4 Dérivation locale

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2  a.

d. De façon générale, pour a [ ]0 ; +`[ : ( h + a − a )( h + a + a ) = g (a + h ) − g (a ) h = h+a − a = = h h h( h + a + a ) h( h + a + a )

(

1 h + a + a)

Lorsque h tend vers 0, on peut donc conclure que le taux de variation tend vers 1 . 2 a 1 . On a donc g dérivable pour tout a [ ]0 ; +`[  et g ′ (a ) = 2 a

TP

6  Approximation affine et évolutions successives

1  Point de vue numérique a. Pour déterminer le taux global T, on détermine le coefficient multiplicateur correspondant aux deux évolutions. 1+ T = (1+ t )(1+ t ) T = (1+ t )2 − 1 c. Dans la cellule B2 : = 1+ A2 Dans la cellule C2 : = B2 * B2 Dans la cellule D2 : = C2 − 1 Dans la cellule E2 : = 2 * A2 e. On observe que pour des valeurs assez petites du taux t, le taux global T est assez proche du double 2t du taux t, mais pour un taux supérieur à 7 %, l’erreur commise en considérant le double à la place du taux global devient trop importante pour être négligée. Les propos du journaliste sont donc faux.

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2  Point de vue graphique b. L’équation de la tangente affichée par le logiciel est y = 2x − 1 y = 1+ 2 ( x − 1) ⇔ y = 1+ 2x − 2 ⇔ y = 2x − 1 L’équation peut alors s’écrire y = 1+ 2 ( x − 1) . c. En posant h = x − 1,  l’équation de la tangente peut alors s’écrire y = 1+ 2h . Or, (1+ h )2 = 1+ 2h + h 2. On observe alors que l’image par la fonction carré et l’ordonnée du point de la tangente d’abscisse h différent de h 2. Graphiquement, on observe que plus h s’éloigne de 0, plus l’écart entre la tangente et la courbe augmente, plus l’erreur commise est importante.

Cela signifie que, pour deux évolutions successives de même taux t, l’erreur commise en prenant le double du taux t comme approximation du taux global T est égale au carré t 2  du taux. Ainsi, pour des taux proches de zéro, l’erreur est faible, voire négligeable, mais pour des valeurs plus élevées, l’erreur est importante. Par exemple, pour un taux t de 3 % : (1+ 0,03)2 = 1+ 0,06 + 0,0009 = 1,0609. On a donc 2t = 0,06 = 6 % et T = 0,0609 = 6,09 %. Pour un taux t de 30 % : (1+ 0,3)2 = 1+ 0,6 + 0,09 = 1,69. On a donc 2t = 0,6 = 60 % et T = 0,69 = 69 %.

Chapitre 4 Dérivation locale

85

Réfléchir, parler & réagir Calcul mental

2 5  a.  h − 4h = h − 4

h 3h b. =3 h (1+ h )(1− h ) c. = 1+ h  1− h (2 + h )2 − 4 4 + 4h + h2 − 4 4h + h2 d. = = = 4+h h h h

1  a. 4 − 1 = 15 4 4 1 14 b. 5 − = 3 3 2 c. − + 3 = − 1 5 10 10 4 2 d. − − = −5 7 14 7 3 5 1 e. − = − 4 6 12 1 1 1 f. − = 2 3 6 g. 5 − 10 = − 5 14 21 42 4 1 19 h. − − = − 7 3 21

6  a. (1+ h )2 − 2h = 1+ 2h + h2 − 2h = 1+ h2 b. (2 + h )2 − 4 − h2 = 4 + 4h + h2 − 4 − h2 = 4h c. (3 − h )2 − (3 + h )2 = (−2h ) × 6 = −12h d. h (1+ h ) − h (1− h ) = 2h2

2  a. −3 × 1+ 4 = 1. Le point A appartient à la droite d.

b. −3 × 0 + 4 = 4. Le point B appartient à la droite d . c. −3 × 4 + 4 = −8 ≠ −9. Le point C n’appartient pas à la droite d. d. −3 × (−2) + 4 = 10 ≠ 11. Le point D n’appartient pas à la droite d. e. −3 × (−1) + 4 = 7. Le point E appartient à la droite d. f. −3 × 2 + 4 = 2. Le point F appartient à la droite d. 3

7  1. Lorsque h est un nombre très proche de 2, le nombre 3 + h est proche de 3 + 2 = 5 . 2. Lorsque h est un nombre très proche de 1, le nombre −1+ h est proche de −1+ 1 = 0. 3. Lorsque h est un nombre très proche de 0, le nombre h est proche de 0 = 0.

Automatismes 8  Par lecture graphique, on obtient : • pour la droite rouge : y = −2x + 2  ; • pour la droite verte : y = 2x − 3  ; On a donc y = −2x + 7.

= =2 5 5 f (−1) − f (2) −3 − 9 −12 = = =4 −1− 2 −3 −3

10  1. Faux. La tangente est horizontale, son coefficient directeur est 0. 2. Faux.

1 = 2  ; f ( 4 ) = 4 + 1 = 5 4  f (0) = 02 + 1 = 1  ; f (1) = 1+ 2 2

11  f (−4 ) = 3, f ′ (−4 ) = 1,  f (2) = 4,  f ′ (2) = − 1 ,   f (6) = 0  et 2 f ′ (6) = −2

0 +2

2

1 +2

3

4 +2

18

12  La vitesse moyenne est v = d = 60 = 80 km ⋅ h−1 .

t 0,75 Rien n’indique qu’il n’a pas pu rouler à 88 km ⋅ h−1 .

Exercices 1  1. a. f (−4 ) . f (−3) . Le taux de variation de f entre −4 et −3 est négatif. b. f (0) , f (1). Le taux de variation de f entre 0 et 1 est positif. c. f (2) . f (3). Le taux de variation de f entre 2 et 3 est négatif. d. f (0) , f (3) . Le taux de variation de f entre 0 et 3 est positif. 2. Le taux de variation de f entre –4 et –3 semble deux fois plus grand que le taux de variation de f entre –2 et –1.

2  1. Soit f la fonction cube définie sur ¡ par f ( x ) = x 3 . f (1) − f (0) 1− 0 Le taux de variation de f entre 0 et 1 est = = 1. 1− 0 Le taux de variation de f entre 1 et 3 est : 86

Chapitre 4 Dérivation locale

1− 0

f (3) − f (1) 27 − 1 26 = = . 3−1 2 2 2. Soit f la fonction inverse définie sur ¡* par f ( x ) = 1 . x Le taux de variation de f entre 0,1 et 1 est : f (1) − f (0,1) 1− 10 = = −10. 0,9 1− 0,1 Le taux de variation de f entre 1 et 10 est :  f (10) − f (1) 0,1− 1 = =− 1. 10 − 1 9 10

3  1. Le taux de variation de la population de Bordeaux entre 1968 et 1982 est : 208 159 − 266 662 = −58 503 ≈ −4 179 habitants/an. 1 982 − 1 968 14

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9  L’équation de la tangente est y = f ′ (3)( x − 3) + f (3) .

3  f (2) − f (1) = 9 − 3 = 6 1 2 −1 f (5) − f (0) 9 − (−1)

Le taux de variation de la population de Toulouse entre 1968 et 1982 est : 347 995 − 370 796 = −58 503 ≈ −1 629 habitants/an. 1 982 − 1 968 14 Le taux de variation de la population de Bordeaux entre 1982 et 2014 est 246 586 − 208 159 = 38 427 ≈ 1 201 habitants/ 2 014 − 1 982 32 an.

6  1. Sur l’intervalle [1968 ; 2007], la pente du segment de droite représentée sur l’intervalle [1968 ; 1975] est positive et la plus grande. C’est donc entre 1968 et 1975 que l’évolution de la population est la plus rapide. 2. Le taux de variation de la population de Floirac entre 1968 et 1990 est 16 384 − 8 241 = 8 143 ≈ 370 habitants/an. 1 990 − 1 968 22 Le taux de variation de la population de Floirac entre 1990 et 2007 est 15 794 − 16 384 = −590 ≈ −35 habitants/an. 2 007 − 1 990 17 Le taux de variation de la population de Floirac entre 1968 et 2007 est 15 794 − 8 241 = 581 ≈ 194 habitants/an. 2 007 − 1 968 3 Entre 1968 et 2007, la ville de Floirac s’est globalement étoffée de 194 habitants en moyenne par an. À l’intérieur de cette évolution globale, la ville de Floirac a connu une période entre 1990 et 2007 où elle perdait environ 35 habitants par an.

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Le taux de variation de la population de Toulouse entre 1982 et 2014 est 466 297 − 347 995 = 59 151 ≈ 3 697 habitants/ 2 014 − 1 982 16 an. 2. Le taux d’évolution de la population de Bordeaux entre 1968 et 1982 est 208 159 − 266 662 ≈ −0,219 soit −21,9 %. 266 662 Le taux d’évolution de la population de Toulouse entre 1968 et 1982 est 347 995 − 370 796 ≈ −0,06 soit −6 %. 370 796 Le taux d’évolution de la population de Bordeaux entre 1982 2 et 2014 est 246 586 − 208 159 ≈ 0,185 soit 18,5 %. 7  1. f (1+ h ) − f (1) = 5(1+ h ) − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) = 5 + 10h + 5h 208 159 h h Le taux d’évolution de la populationfde 1982 h ) − f (1)entre 5(1+ h )2 − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) 5 + 10h + 5h2 − 1− h + 7 − 11 5h2 + 9h (1+Toulouse = = = =9+5 h h et 2014 est 466 297 − 347 995 ≈ 0,34 soith34 %. h 2 347 995 f (1+ h ) − f (1) 5(1+ h ) − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) 5 + 10h + 5h2 − 1− h + 7 − 11 5h2 + 9h = = 9 + 5h = = a 3. Entre 1968 à Bordeaux h et 1982, le nombre d’habitants h h h baissé de 4179 habitants en moyenne par an, ce qui corres2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le pond à une baisse de 21,9 % sur cette période. nombre réel 10. Entre 1968 et 1982, le nombre d’habitants à Toulouse a baissé 3. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 10. 2 de 1629 habitants en moyenne par an, ce qui correspond à 2 f (2 + h ) − f (2) 2 (2 + h ) − 3 − (2 × 2 − 3) 8 + 8h + 2h2 − 3 − 8  1. = = une baisse de 6 % sur cette période. h h h 2 2 Entre 1982 et 2014, le nombre d’habitants f (2 +à hBordeaux ) − f (2) a2 (2 + h ) − 3 − (2 × 2 − 3) 8 + 8h + 2h2 − 3 − 5 h (2h + 8) = = 8 + 2h = = augmenté de 1201 habitants en moyenne parhan, ce qui h h h 2 2 2 − 3 − 2 × 2 − 3 2 2 + h ( ) ) =période. f (2 +àhune ) − faugmentation (2) 8 + 8h + 2h − 3 − 5 = h (2h + 8) = 8 + 2h correspond de 18,5(% sur cette = h h Entre 1982 eth 2014, le nombre d’habitants à Toulouse a h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le augmenté de 3697 habitants en moyenne par an, ce qui nombre réel 8. correspond à une augmentation de 34 % sur cette période. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 8. g(−2sur + h) 4  1. La fonction f est une fonction affine définie ¡.−Leg(−2)2. g(−2 + h) − g(−2)

taux de variation de f entre 1,45 et π est constant et égalh à 7. 2. Soit f la fonction carré définie sur ¡ par f ( x ) = x 2 . Le taux de variation de f entre 10 et 20 est : f (20) − f (10) 400 − 100 = = 30. 20 − 10 10 Le taux de variation de f entre –20 et –10 est : f (−10) − f (−20) 100 − 400 = = −30. 10 −10 − (−20) Le taux de variation de f entre 10 et 20 est opposé à celui entre −20 et −10 car la fonction f est paire, sa représentation graphique est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

5  1. Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = x − 3x − 11. 2

Le taux de variation de f entre 0 et 4 est : f ( 4 ) − f (0) 16 − 12 − 11− (−11) = = 1. 4−0 4 2. Le taux de variation de f entre –3 et 0 est : f (0) − f (−3) −11− (9 + 9 − 11) = = − 18 . 3 0 − (−3) 3 3. Les taux de variation correspondent aux coefficients directeurs respectifs des droites passant par les points (0 ;  f (0)), ( 4 ;  f ( 4 )) et (0 ;  f (0)) , (−3 ;  f (−3)) . Ils ne permettent pas de présumer du sens de variation de la fonction sur les intervalles respectifs [0 ; 4], [−3 ; 0] et encore moins sur ¡.

h 3 3 3 3 − − 2 2 2 2 (−2 + h) + 1 (−2) +1 (−2 + h) + 1 (−2) + 1 = = h h 3 3 −3 −3 2 5 (−2 + h)2 + 1 5 + 1 (−2 + h) = = h h 2 15 − 3 (−2 15 − 3((−2 + h) + 1) ( + h)2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) = = h h 15 − 3( 4 − 4h + h2 +15 1) − 3( 4 − 4h + h2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) = h h 15 − 12 + 12h − 3h2 15 − 3− 12 + 12h − 3h2 − 3 5((−2 + h)2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) = = h h h(−3h + 12) h(−3h + 12) 1 ×1 = ×= 5((−2 + h)2 + 1) h 5((−2 + h)2 + 1) h −3h + 12 −3h + 12 = = 5((−2 + h)2 + 1) 5((−2 + h)2 + 1) =

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 12 . 25 La fonction f est donc dérivable en –2 avec f ′ (−2) = 12 . 25 Chapitre 4 Dérivation locale

87

9  1. f (5 + h ) − f (5) = 3,7 (5 + h ) − 5 − (3,7 × 5 − 5) f ′ (5) = 3,7

= 3,7h = 3,7 h

11  1. d (10) = 2 × (10)2 + 10 = 210. La distance parcourue à

h

t = 10 est de 210 m.

2 2 d (10 + h ) − d (10) 2 (10 + h ) + (10 + h ) − (2 × 10 + 10) = h h 2 + 40h + 200 + 10 + h − 210 2h = h 2 h (2h + 41) = 2h + 41h = = 2h + 41 h h 3. La vitesse instantanée à t = 10 est la valeur de la vitesse moyenne calculée dans la question précédente lorsque h tend vers 0. Or, lorsque h tend vers 0, la vitesse moyenne tend vers le nombre réel 41. La vitesse instantanée à t = 10 est donc de 41 m/s. 4. d (5) = 2 × (5)2 + 5 = 55. La distance parcourue à t = 5 est de 55 m. 2 2 d (5 + h ) − d (5) 2 (5 + h ) + (5 + h ) − (2 × 5 + 5) = h h 2 + 20h + 50 + 5 + h − 55 2h = h 2 h (2h + 21) = 2h + 21h = h h = 2h + 21 Lorsque h tend vers 0, la vitesse moyenne tend vers le nombre réel 21. La vitesse instantanée à t = 5 est donc de 21 m/s.

2.

(

)

2 2 f (−1+ h ) − f (−1) (−1+ h ) + (−1+ h ) − 1− (−1) + (−1) − 1 2. = h h h2 − 2h + 1− 1+ h − 1− (−1) = h 2 h h − 1) ( = h −h = = h −1 h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –1. La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = −1. 2 2 × 5 − 2 (2h + 5) 2 f (0 + h ) − f (0) 2h + 5 − 5 5(2h + 5) 3. = = h h h −4h 5(2h + 5) −4 = = −4h × 1 = h 5(2h + 5) h 5(2h + 5)

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 4 . 25 La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = − 4 . 25 f (3 + h ) − f (3) (3 + h − 3)(3 + h + 1) − (3 − 3)(3 + 1) = 4. h h h (h + 4 ) − 0 = =h+4 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4. La fonction f est donc dérivable en 3 avec f ′ (3) = 4.

12  1.

(2 + h )2 +3(2 + h ) +7 − (22 + 3 × 2 + 7) 10  1. f (2 + h ) − f (2) = h

h h2 + 4h + 4 + 6 + 3h + 7 − (17) = h 2 h (h + 7 ) + 7h h = = = h+7 h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 7. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 7. 2 2 f (10 + h ) − f (10) − (10 + h ) + 6 − (−10 + 6) 2. = h h 2 = −h − 20h − 100 + 6 + 100 − 6 h 2 h (−h − 20) − 20h −h = = h h = −h − 20 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –20. La fonction f est donc dérivable en 10 avec f ′ (10) = −20. f ( 0 + h ) − f ( 0 ) h ( h − 3) − 0 3. = = h − 3. h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –3. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = −3. 2 2 f (−1+ h ) − f (−1) 2 (−1+ h + 1) + 2 − 2 (−1+ 1) + 2 4. = h h 2 + 2 − 2 2h = = 2h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0. La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = 0.

(

88

Chapitre 4 Dérivation locale

)

a

i

h

t

3

1

0,1

6,1

3

2

0,01

6,01

3

3

0,001

6,001

3

4

0,0001

6,0001

3

5

0,00001

6,00001

3

6

0,000001

6,000001

3

7

0,0000001

6,0000001

3

8

0,00000001

6,00000001

3

9

0,000000001

6,000000001

3

10

0,0000000001 6,0000000001

2. La fonction mystère renvoie la valeur du taux d’accroissement de la fonction f ( x ) = x 2 entre 3 et 3 + h pour différentes valeurs de h comprises entre 0,1 et 0,0000000001.

13  1. Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = −5x + 2. f (1+ h ) − f (1) −5(1+ h ) + 2 − (−5 × 1+ 2) =

h

h −5 − 5h + 2 + 5 − 2 = −5h = −5 = h h Le taux de variation est égal à –5, la fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −5. f (a + h ) − f (a ) −5(a + h ) + 2 − (−5 × a + 2) = h h −5a − 5h + 2 + 5a − 2 = −5h = −5 = h h Pour tout réel a, la fonction f est dérivable en a et f ′ (a ) = −5. 2.

2 + h + 2 − (12 − 1+ 2) 14  1. f (1+ h ) − f (1) = h

h

h 2 + h + 2 − 2 = h (h + 1) = h + 1 h = h h

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h

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 1. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 1. Réponse b. g (6 + h ) − g (6 ) =− 5 h +1 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –5. La fonction g est donc dérivable en 6 avec g ′ (6) = −5. Réponse a.

20 

y 1 0

2.

21 

x

1

y

15  1. C (10) = 0,5 × 102 + 10 + 1 = 61. 2. C (10,01) − C (10) = 0,5 × 10,012 + 10,01+ 1− 61 = 0,11005. Le coût de fabrication de la 1001e bille est de 11,005 €.

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3.

1

2

C (10 + h ) − C (10) 0,5(10 + h ) + 10 + h + 1− 61 = h h 2 0,5h + 11h + 50 + 10 + 1− 61 = h 2 h (0,5h + 11) = 0,5h + 11h = h h = 0,5h + 11

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 11. La fonction C est donc dérivable en 10 avec C ′ (10) = 11. Le coût marginal de la 1001e bille est environ égal au nombre dérivé de la fonction C en 1 000. 4. C (5) = 0,5 × 52 + 5 + 1 = 18,5. C (5,01) − C (5) = 0,5 × 5,012 + 5,01+ 1− 18,5 = 0,06005. Le coût de fabrication de la 501e bille est de 6,005 €. C (5 + h ) − C (5) 0,5(5 + h )2 + 5 + h + 1− 18,5 = h h 2 0,5h + 5h + 12,5 + 5 + h + 1− 18,5 = h 2 h (0,5h + 6) = 0,5h + 6h = = 0,5h + 6 h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 6. La fonction C est donc dérivable en 5 avec C ′ (5) = 6. Le coût marginal de la 501e bille est environ égal au nombre dérivé de la fonction C en 500.

16  f ′ (1) = 3 − 1 = 2 = −2 0 − 1 −1 1− 3 = −2 = 2 f ′ (−1) = −1− 0 −1

17  f ′ (0) = 3 − 1 = 2 f ′ (1) = 0

1− 0

f ′ (2) = 3 − 1 = 2 = −2 1− 2 −1

0

x

1

5(1+ h )2 − 7 (1+ h ) − (5 × 12 − 7 × 1) 22  1. g (1+ h ) − g (1) = h

h 5(1+ 2h + h2 ) − 7 − 7h + 2 = h 2 − 7 − 7h + 2 5 + 10h + 5h = h h (5h + 3) = h = 5h + 3 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3. La fonction g est donc dérivable en 1 avec g ′ (1) = 3 .

(

y = g ′ (−1) × ( x + 1) + g (−1)

(

)

18  f ′ (−4 ) =

⇔ y = −17 ( x + 1) + 5 × (−1)2 − 7 × (−1) ⇔ y = −17x − 17 + 12 ⇔ y = −17x − 5

f ′ (2) ≈ 9 ≈ 9 1

4. La calculatrice permet de vérifier que les droites d’équation respective y = 3x − 5 et y = −17x − 5 sont les tangentes à la courbe #g respectivement aux points A et A ′ .

8 − 2 = 6 = −6 −5 − (−4 ) −1 f ′ (−3) = f ′ (0) = 0

)

2 2 g (−1+ h ) − g (−1) 5(−1+ h ) − 7 (−1+ h ) − 5 × (−1) – 7 × (−1) 2. = h h 5(1− 2h + h2 ) + 7 − 7h − 12 = h 2 + 7 − 7h − 12 5 − 10h + 5h = h h (5h − 17 ) = h = 5h − 17 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –17. La fonction g est donc dérivable en -1 avec g ′ (−1) = 17. 3. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe représentative de g a pour équation : y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = 3( x − 1) + (5 × 12 − 7 × 1) ⇔ y = 3x − 3 − 2 ⇔ y = 3x − 5 Au point A ′ d’abscisse –1, la tangente à la courbe représentative de g a pour équation :

g ()−4 g ′ ()−4 −1( 4; g) (=44) =;  4 ;  ) = ; −1 ) = ; g 19  g (−4 = 1) ; =g1′ (; −4 = 5) =; g5(0; g g ′ (; 0g)′ (=0−1 ) (=0−1 5 g ′ ( 4g)′ (=4 )5=. . 2 2

Chapitre 4 Dérivation locale

89

23  1.

La droite b semble être une tangente à la courbe rouge au point d’abscisse 0. Les droites e et d ne semblent pas être des tangentes à la courbe rouge.

y

1 0

27 1. g (−2) = 4 ;  g ′ (−2) = 4 ; g (0) = 4 ;  g ′ (0) = −4 ; g (2) = 2 ;  g ′ (2) = − 2

x

1

5

g (−2) = 4 ;  g ′ (−2) = 4 ; g (0) = 4 ;  g ′ (0) = −4 ; g (2) = 2 ;  g ′ (2) = − 2 . 5 2. Au point de #g d’abscisse –2, la tangente à la courbe a pour équation : y = g ′(−2) × ( x + 2) + g(−2) ⇔ y = 4( x + 2) + 4 2. Graphiquement, l’équation de la tangente à la courbe #f ⇔ y = 4 x + 12. au point d’abscisse 1 est : y = −2. 3. Au point de #g d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour Graphiquement, l’équation de la tangente à la courbe #f au équation : point d’abscisse 0 est : y = −2x − 1. y = g ′(0) × x + g(0) ⇔ y = −4 x + 4. 3. Au point de la courbe d’abscisse 3, la tangente à la courbe Au point de #g d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour #f a pour équation : équation : y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = 4 ( x − 3) + 2 ⇔ y = 4 x − 10. y = g ′ (2) × ( x − 2) + g (2) ⇔ y = − 2 ( x − 2) + 2 4. 5 y ⇔ y = − 2 x + 14 . 5 5

28  1. À l’aide de la calculatrice, il semble que le nombre dérivé de la fonction f en 1 est égal à 4. 2. Au point de #g d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour 0 1 x équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 4( x − 1) + 2 × 12 − 3 ⇔ y = 4 x − 4 − 1 ⇔ y = 4 x − 5. 3. À l’aide de la calculatrice, on observe que la droite d’équa24  1. f (−2) = 4,  f ′ (−2) = −5,  f (0) = 1,  f ′ (0) = 1,  f (3) = 3,  f ′ (3) =tion −2 y = 4 x − 5 semble bien être la tangente à la courbe au point d’abscisse 1. 1,  f (3) = 3,  f ′ (3) = −2. 2. Au point A d’abscisse –2, la tangente à la courbe #f a pour 29  1. À l’aide de la calculatrice, f ′ (−1) = −5. équation : 2. Au point de # d’abscisse –1, la tangente à la courbe a pour y = f ′ (−2) × ( x + 2) + f (−2) ⇔ y = −5( x + 2) + 4 équation : ⇔ y = −5x − 6. y = f ′ (−1) × ( x + 1) + f (−1) 3. Au point B d’abscisse 0, la tangente à la courbe # a pour f

équation : y = f ′ (0) × ( x + 0) + f (0) ⇔ y = x + 1. Au point C d’abscisse 3, la tangente à la courbe #f a pour équation : y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = −2 ( x − 3) + 3 ⇔ y = −2x + 9. . 4.

{

{

{

y = −5x − 6 y = −5x − 6 y = −5x − 6 ⇔ ⇔ y = x +1 −5x − 6 = x + 1 −6x = 7 ⎧ y = −5x × − 7 − 6 ⎧y = − 1 ⎪ ⎪ 6 6 ⇔⎨ ⇔⎨ 7 ⎪⎩ x = − ⎪⎩ x = − 7 6 6

( )

Le point d’intersection des tangentes à #f aux points A et B a pour coordonnées − 7 ; − 1 . 6 6

(

)

25  La fonction f1 n’est pas dérivable en 2 car la courbe #1

admet deux tangentes au point d’abscisse 2. La fonction f2 n’est pas dérivable en 1 car la courbe #2 admet une tangente verticale au point d’abscisse 1. La fonction f3 n’est pas dérivable en 3 car la fonction f3 n’est pas continue en 3. La fonction f4 n’est pas dérivable en –2 et en 2 car en ces deux abscisses la courbe #3 admet deux tangentes.

26  La droite a semble être une tangente à la courbe rouge au point d’abscisse −4,5. La droite c semble être une tangente à la courbe rouge au point d’abscisse −3,5. 90

Chapitre 4 Dérivation locale

⇔ y = −5( x + 1) + 2 × (−1)2 − (−1) + 1 ⇔ y = −5x − 5 + 4 ⇔ y = −5x − 1. 3. g ( x ) = 2x 2 + 4 x + 2 ⇔ g ( x ) = 2 ( x + 1)2 . Pour tout x  ∈ ¡, la fonction g est positive. 4. f ( x ) − y = 2x 2 − x + 1− (−5x − 1) ⇔ f ( x) − y = 2x 2 + 4 x + 2 ⇔ f ( x) − y = 2( x + 1)2 ⇔ f ( x) − y = g( x), donc, pour tout x  ∈ ¡ , f ( x ) − y ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ y . On en déduit que pour tout x  ∈ ¡ \ {1} la courbe # est au-dessus de la tangente 7. Lorsque x = −1, 7 et # ont un point d’intersection. 5. La visualisation de 7 et # sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier les conclusions de la question précédente.

30  1. Au point de #f d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′(2) × ( x + 2) + f (2) ⇔ y = 10( x − 2) + 3 × 22 − 2 × 2 − 1 ⇔ y = 10x − 20 + 12 − 4 − 1 ⇔ y = 10x − 13. 2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1. 10 × 5 − 13 = 37 = yS Les coordonnées de S vérifient l’équation, donc le point S appartient à la tangente.

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1

31  1. Au point A d’abscisse –1, la tangente à la courbe a pour équation : 3 y = f ′(−1) × ( x + 1) + f (−1) ⇔ y = 3 ( x + 1) + 2 (−1)2 + 1 ⇔ y= 3x+ 3 + 3 2 2 2 ⇔ y = 3 x + 3. 2 2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1. 3 × 1+ 3 = 9 ≠ y . K 2 2 Les coordonnées de K ne vérifient pas l’équation, donc le point K n’appartient pas à la tangente. 32  1. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′(−1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1 ( x − 1) + 1+ 8 6 ⇔ y = 1x− 1 +3 6 6 1 17 ⇔y= x+ . 6 6 2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1. 1 × 4 + 17 = 21 ≠ y . K 6 6 6 Les coordonnées de K ne vérifient pas l’équation, donc le point K n’appartient pas à la tangente. f (2 + h ) − f (2) h −2 (2 + h )2 + 3(2 + h ) − 1− (−2 × 22 + 3 × 2 − 1) = h 2 − 8h − 8 + 6 + 3h − 1+ 3 −2h = h 2 = −2h − 5h h h (−2h − 5) = h = −2h − 5 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel -5. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = −5.

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33  1.

2. f (−3 + h ) − f (−3) h −2 (−3 + h )2 + 3(−3 + h ) − 1− −2 × (−3)2 + 3 × (−3) − 1 = h 2 + 12h − 18 − 9 + 3h − 1+ 28 −2h = h 2 h (−2h + 15) = −2h + 15h = h h = −2h + 15

(

)

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 15. La fonction f est donc dérivable en –3 avec f ′ (−3) = 15. 3. Au point A d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2) ⇔ y = −5( x − 2) + (−2 × 22 + 3 × 2 − 1) ⇔ y = −5x + 10 − 3 ⇔ y = −5x + 7. Au point A ′ d’abscisse –3, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′(−3) × ( x + 3) + f (−3) ⇔ y = 15 ( x + 3) + (−2 × (−3)2 + 3 × (−3) − 1) ⇔ y = 15x + 45 − 28 ⇔ y = 15x + 17. 4. La visualisation de 7 et 7´ et de la courbe représentative de la fonction f sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier que 7 et 7´ sont les tangentes à la courbe aux points A et A ′ . 5. 15 × 5 + 17 = 92 = yB Les coordonnées de B vérifient l’équation réduite de la tangente 7´, donc le point B appartient à la tangente 7´.

34  1. Au point de la courbe représentative de la fonction f d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′(0) × ( x − 0) + f (0) ⇔ y = 1( x − 0) + 1 ⇔ y = x + 1. 2. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 0 est presque confondue avec sa tangente. Or, 0,1 ≈ 0, on a donc, f (0,1) ≈ 0,1+ 1, soit f (0,1) ≈ 1,1. 3. Si l’on considère que 0,2 est au voisinage de 0, il est alors possible de donner une valeur approchée de f (0,2) à l’aide de l’équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse 0. On a alors f (0,2) ≈ 1,2. 35  La vitesse du mobile à t = 10s est donnée par le nombre

dérivé de la fonction d au point d’abscisse 10. d (10 + h ) − d (10) h 0,5(10 + h )2 + 4 (10 + h ) + 6 − (0,5 × 102 + 4 × 10 + 6) = h 2 0,5h + 10h + 50 + 40 + 4h + 6 − 96 = h 2 = 0,5h + 14h h h (0,5h + 14 ) = h = 0,5h + 14 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 14. La fonction d est donc dérivable en 10 avec d ′ (10) = 14. La vitesse instantanée du mobile à t = 10s est de 14 m/s.

Exercices 36  1. La fonction f est une fonction affine définie sur ¡. Le taux de variation de f entre 6,23 et 11,2 est constant et égal à 13,4. 2. Le taux de variation de f entre 0,5 et 2 est : f (2) − f (0,5) 48 − 15 = = 22. 2 − 0,5 2 − 0,5

3. Le taux de variation de f entre –7 et 4 est : f ( 4 ) − f (−7) 0 − 0 = = 0. 11 4 − (−7) 4. Le taux de variation de f entre 3 et 2 est : f (3) − f (2) 19 − 1 = = 18. 3−2 1 Chapitre 4 Dérivation locale

91

6 − 5 4 − 5 1 −1 8 f (6 ) − f ( 4 ) 6 − 1 − 4 − 1 5 − 3 = = = 15 = 4 . 15 6−4 2 2 2 2. Le taux de variation de f entre –7 et –3 est : 3 3 − f (−3) − f (−7) (−3)2 + 1 (−7)2 + 1 = −3 − (−7) 4 3 − 3 6 50 10 25 = = = 3. 50 4 4 2 ( x − 2 )( x + 2 ) 3. f ( x ) = x − 4 ⇔ f ( x ) = ⇔ f (x ) = x + 2 x−2 x−2 La fonction f est une fonction affine définie sur ¡. Le taux de variation de f entre 7,5 et 7 est constant et égal à 1.

38  1. Le taux de variation de f entre 5 et 8 est : f (8) − f (5) 3× 8 +1− 3× 5 +1 5− 4 1

= = = . 8−5 3 3 3 2. Le taux de variation de f entre 0 et 8 est : f (8 ) − f (0 ) = 2×8+2 − 2×0+2 = 3 2 − 2 = 2. 8−0 8 8 4 3. Le taux de variation de f entre –5 et –1 est : f (−1) − f (−5) 2 × (−1)2 − 1 − 2 × (−5)2 − 1 = −1− (−5) 4 = 1− 7 = − 3 . 4 2

39  1. Le taux de variation de f entre 6 et 0 est : f (6 ) − f (0 ) 6 + 2 − 2

= = 1. 6−0 6 2. Le taux de variation de f entre –1 et 3 est : f (3) − f (−1) 3 − 3 − −1− 3 −4 = = = −1. 4 3 − (−1) 4 3. Le taux de variation de f entre –5 et –1 est :

f (−1) − f (−5) 2 × −1 − 1− (2 × −5 − 5) = −1− (−5) 4 2 − 1− 5 −4 = = = −1. 4 4 4. Le taux de variation de f entre –2 et 2 est : 2 2 f (2) − f (−2) 2 − 3 2 − 2 − (2 − 3 −2 − 2 ) 4 − (−8) = = = 3. 2 − (−2) 4 4

40  1. Le nombre dérivé de la fonction f en a = 52 est égal au coefficient directeur de la fonction affine définie sur ¡ par f ( x ) = 23,2x − 14,99. On a donc f ′ (52) = 23,2. 2 2 f (1+ h ) − f (1) (1+ h ) − 5 − (1 − 5) 2. = h h 2 + 2h + 1− 5 + 4 h = h h (h + 2 ) = = h+2 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 2. f (5 + h ) − f (5) 3. h 3(5 + h − 5)(5 + h + 2) − 3 × (5 − 5)(5 + 2) = h 2 3h + 21h = h h (3h + 21) = h = 3h + 21 92

Chapitre 4 Dérivation locale

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 21. La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 21. 3 h h2 + 1) 4. f (0 + h ) − f (0) = h + h + 1− 1 = ( = h2 + 1 h h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 1. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 1.

(−2f (+−2h )+−hf) (−−2f )(−2) 41 f 1. 1. h h 1 (−21 (+−2 h )+2 − h )++h1) +− 11−(−21)(2−2 −)42 − × (4−2 + 1) + 1 h )42 (−−24 (+−2 × )(−2 2 7 2 7 7 2 7 2 = = h h 2 1 h21−h6h 71− 71 −+6h71+−71 2 7 7 7 7 2 = = h h h 1hh −1 6h − 6 = =2 2 h h = 1 =h −1 6h − 6 2 2 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –6. La fonction f est donc dérivable en –2 avec f ′ (−2) = −6.

( (

) )

( ( ) )

(

) ()

f 1+h − f 1 5 5 h 2 2 150 1 + h − 25 1 + h + 520 − ⎛150 1 − 25 × 1 + 520⎞ ⎝ ⎠ 5 5 5 5 = h 150h2 + 60h + 6 − 5 − 25h + 520 − (6 − 5 + 520) = h h (150h + 35) = h = 150h + 35 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 35. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ 1 = 35. 5 5 f (5 + h ) − f (5) 3. h 0,01(5 + h )2 + 24,5 − (0,01× 52 + 24,5) = h 0,01h2 + 0,1h + 0,25 + 24,5 − (0,25 + 24,5) = h h (0,01h + 0,1) = h = 0,01h + 0,1 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0,1. La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 0,1.

2.

(

)

(

)

()

()

()

f (0 + h ) − f (0) 2h3 + 7h − 10 − (−10) = h h h (2h2 + 7) = = 2h2 + 7. h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 7. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 7. 5.

2−2+h 1 − 1 2 (2 − h ) f h − f 0 ( ) ( ) 2 − 0 2 − h 42  1. = = h h h h 1 = = 2h (2 − h ) 2 (2 − h )

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37  1. Le taux de variation de f entre 4 et 6 est :

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Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 1 . 4 La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 1 . 4 2 − 2 2 − 2 − 2h f (1+ h ) − f (1) 1+ h 1 2. = = 1+ h = −2h = −2 h h h h (1+ h ) 1+ h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –2. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −2. −1+ h −1+ h − 1 −1 f (−1+ h ) − f (−1) −1+ h − 3 − −1− 3 = = h−4 4 3. h h h −4 + 4h − h + 4 3h 4 (h − 4 ) 4 (h − 4 ) = = h h 3 = 4 (h − 4 ) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 3 . 16 La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = − 3 . 16 4 + 2h + 4 12 + 6h + 4h − 12 3 ( h − 3) 43  1. f (h ) − f (0) = h − 3 3 = h h h 10h 3 (h − 3) = = 10 3 ( h − 3) h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 10 . 9 La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = − 10 . 9 3 + (1+ h ) −4 f (1+ h ) − f (1) 2. = 1+ h h h 4 + h − 4 − 4h 1+ h = h −3h = 1+ h = −3 h 1+ h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −3. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −3. 2 + 3(−1+ h ) + 1 −1+ 3h + 1 f (−1+ h ) − f (−1) 2 + (−1+ h ) 3. = = 1+ h h h h −1+ 3h + 1+ h 4h 1+ h = = 1+ h = 4 h h 1+ h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4 . La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = 4.

44  1. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 3 × 12 ( x − 1) + (13 ) ⇔ y = 3x − 3 + 1 ⇔ y = 3x − 2. 2. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 1 est presque confondue avec sa tangente. Or, 0,97 ≈ 1, on a donc f (0,97) ≈ 3 × 0,97 − 2, soit f (0,97) ≈ 0,91. De même, f (1,02) ≈ 3 × 1,02 − 2, soit f (1,02) ≈ 1,06.

On vérifie ensuite que les valeurs obtenues à la calculatrice sont proches des valeurs approchées calculées à l’aide de la tangente à la courbe au point A d’abscisse 1.

(5 + h )2 − (5 + h ) − 10 − (52 − 5 − 10) 45  1. f (5 + h ) − f (5) = h

h = h + 10h + 25 − 5 − h − 10 − 10 h h (h + 9 ) = = h+9 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 9. La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 9. 2. Au point A d’abscisse 5, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5) ⇔ y = 9 ( x − 5) + 10 ⇔ y = 9x − 35. 3. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 2. 9 × 100 − 35 = 865 Or, 865 ≠ yR . Les coordonnées de R ne vérifient pas l’équation, donc le point R n’appartient pas à la tangente. 2

46  Soit f la fonction définie sur R+ par f ( x ) = x x . Soit h un

réel positif. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h. f (0 + h ) − f (0 ) h h − 0 = = h. h h Lorsque h tend vers 0, le nombre h tend vers 0. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.

47 f1.(5f+(5h )+−h )f −(5)f (5) 1. h h 2 2 (52+(5h )+2 h−) 3(−53+(5h )++h5) +− 5(2−×(252×−523 −× 35 ×+ 55)+ 5) = = h h 2 2 + 20h + 50 − 15 2h + 20h + 50 − 15 − 3h− +3h5 +− 540− 40 2h = = h h h (+2h17+)17) h (2h = = h h = +2h17+ 17 = 2h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 17. La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 17. Au point d’abscisse 5, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5) ⇔ y = 17 ( x − 5) + 40 ⇔ y = 17x − 45. 2. Un point appartient à la tangente 7 si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1. 17 × 2 − 45 = −11 Or, −11 = yS . Les coordonnées de S vérifient l’équation, donc la droite 7 passe par le point S. 48  1. f ( x ) = 0 ⇔ x 3 − 3x 2 = 0 ⇔ x 2 ( x − 3) ⎪⎧ x2 = 0 ⇔⎨ ⎩⎪ ou  x − 3 = 0 ⎧⎪ x = 0 ⇔⎨ ⎩⎪ ou  x = 3 0 admet deux antécédents par la fonction f , a = 0 et b = 3. Chapitre 4 Dérivation locale

93

f (3 + h ) − f (3) h (3 + h)3 − 3(3 + h)2 − (33 − 3 × 32 ) = h 33 + 3 × 32 × h + 3 × 3 × h2 + h3 − 3(9 + 6h + h2 ) − 0 = h 2 3 + h − 27 − 18h − 3h2 27 + 27h + 9h = h 3 2 h (h2 + 6h + 9) = h + 6h + 9h = h h = h2 + 6h + 9 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 9. La fonction f est donc dérivable en 3 avec f ′ (3) = 9.

3 2 3 2 f (2 + h ) − f (2) (2 + h) − 3(2 + h) − (2 − 3 × 2 ) = h h 23 + 3 × 22 × h + 3 × 2 × h2 + h3 − 3( 4 + 4h + h2 ) − (8 − 12) = h 2 3 8 + 12h + 6h + h − 12 − 12h − 3h2 + 4 = h 2 3 2 + 3h h h ( ) = h + 3h = h h = h2 + 3h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 0. 3. Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (0 ) × ( x − 0 ) + f (0 ) ⇔ y = 0 ( x − 0) + 0 ⇔ y = 0. Au point d’abscisse 3, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = 9 ( x − 3) + 0 ⇔ y = 9x − 27. Au point d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour équation : y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2) ⇔ y = 0 ( x − 2) − 4 ⇔ y = −4. 4. et 5.

x

−1

0

1

2

3

4

f (x)

−4

0

−2

−4

0

16

y

1 0

94

1

Chapitre 4 Dérivation locale

x

49 

y 1 0

1

x

0,5(5 + h )2 − 1− (0,5 × 52 − 1) 50  1. a. f (5 + h ) − f (5) = h

h 0,5h2 + 5h + 12,5 − 1− (12,5 − 1) = h h (0,5h + 5) = = 0,5h + 5 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 5. La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 5. b. Au point P d’abscisse 5, la tangente 7 à la courbe #f a pour équation : y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5) ⇔ y = 5( x − 5) − 11,5 ⇔ y = 5x − 36,5. 2. a. Il semble que quelle que soit la position du point A d’abscisse a, f ′ (a ) = a. 2 2 f (a + h ) − f (a ) 0,5(a + h ) − 1− (0,5 × a − 1) b. = h h 0,5h2 + ah + 0,5a2 − 1− (0,5a2 − 1) = h h (0,5h + a ) = = 0,5h + a h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel a. La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = a. c. Pour tout a ∈ ]−` ; +`[ , la fonction f est dérivable et f ′ (a ) = a. La courbe #f admet une tangente en chacun des points de la courbe où le nombre dérivé existe. La courbe #f admet donc une tangente en chacun de ses points. Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe #f a pour équation : y = f ′(a) × ( x − a) + f (a) ⇔ y = a( x − a) + 0,5a2 − 1 ⇔ y = ax − 0,5a2 − 1. 3(5 + h )2 + 1− (3 × 52 + 1) 51  1. a. g (5 + h ) − g (5) = h

h 3h2 + 30h + 75 + 1− (75 + 1) = h h (3h + 30 ) = = 3h + 30 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 30. La fonction g est donc dérivable en 5 avec g ′ (5) = 30. b. Au point P d’abscisse 5, la tangente 7 à la courbe #g a pour équation : y = g ′ (5) × ( x − 5) + g (5) ⇔ y = 30 ( x − 5) + 76 ⇔ y = 30x − 74. 2. a. Il semble que quelle que soit la position du point A d’abscisse a, g ′ (a ) = 6a.

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2 f (0 + h ) − f (0) h3 − 3h2 − 0 h (h − 3h ) = = h h h = h2 − 3h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.

2.

g (a + h ) − g (a ) 3(a + h ) + 1− (3 × a + 1) = h h 3h2 + 6ah + 3a2 + 1− (3a2 + 1) = h h (3h + 6a ) = h = 3h + 6a 2

b.

2

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 6a. La fonction g est donc dérivable en a avec g ′ (a ) = 6a. c. Pour tout a ∈ ]−` ; +`[ , la fonction g est dérivable et g ′ (a ) = 6a. La courbe #g admet une tangente en chacun des points de la courbe où le nombre dérivé existe. La courbe #g admet donc une tangente en chacun de ses points. Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe #g a pour équation : y = g ′ (a ) × ( x − a ) + g (a ) ⇔ y = 6a ( x − a ) + 3a2 + 1 ⇔ y = 6ax − 3a2 + 1. 6 4 + h + 6 − (6 4 + 6 ) 52  g ( 4 + h ) − g ( 4 ) =

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h

h − 12 6 4 + h = h 6 4 + h − 12) × (6 4 + h + 12) ( = h × (6 4 + h + 12) 36 (4 + h ) − 144 = h × (6 4 + h + 12) 36h = h × (6 4 + h + 12) 36 = 6 4 + h + 12

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3 . 2 La fonction g est donc dérivable en 4 avec g ′ ( 4 ) = 3 . 2 Au point d’abscisse 4, la tangente 7 à la courbe #g a pour équation : y = g ′ (4) × ( x − 4) + g (4) ⇔ y = 3 (x − 4) + 6 4 + 6 2 ⇔ y= 3x−6+6 4 +6 2 ⇔ y = 3 x + 12. 2 Un point appartient à la tangente 7 si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite y = 3 x + 12. 2 3 × (−4 ) + 12 = 6 2 Or, 6 = yA . Les coordonnées de A vérifient l’équation, donc la droite 7 passe par le point A. 3 × (2) + 12 = 15 2 Or, 15 = yB . Les coordonnées de B vérifient l’équation, donc la droite 7 passe par le point B. La droite ( AB) est tangente à la courbe représentative de g au point d’abscisse 4.

53  1. f ( x) = g( x) ⇔ x 2 − x − 1 = 3 − x ⇔ x2 − 4 = 0 ⇔ ( x − 2)( x + 2) = 0 x=2 ⇔ ou x = −2

{

S = {−2 ; 2}. On note x0 la solution positive, soit x0 = 2. 2 2 f (2 + h ) − f (2) (2 + h ) − (2 + h ) − 1− (2 − 2 − 1) 2. = h h 2 + 4h + 4 − 2 − h − 1− 1 h = h h (h + 3) = = h+3 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 3. Au point P d’abscisse xO = 2, la tangente 7 à la courbe # a pour équation : y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2) ⇔ y = 3( x − 2) + (22 − 2 − 1) ⇔ y = 3x − 6 + 1 ⇔ y = 3x − 5. 3.

y

# 1 0

P 1

T

D

x

54  x

1

6

f (x)

1, 4

0, 4

f '(x)

0

−0, 4

55  Il semble que la courbe représentative de la fonction f définie sur ¡ admette deux tangentes aux points de la courbe d’abscisse environ −0, 41 et environ 2,41. La fonction f ne semble donc pas dérivable en ces deux points.

56  1. La fonction d (t ) modélise la chute de la bille. d (t ) = −4,9t 2 + 50. Avec t exprimé en seconde et d en mètre. 2. « fonction » permet de déterminer et d’afficher la vitesse instantanée de la bille à intervalle régulier de 0,1s entre deux instants t1 et t2 . Le paramètre d est la fonction du même nom qui renvoie la distance parcourue par la bille en mètre pour un instant t donné. Le paramètre t1 est l’instant à partir duquel on souhaite calculer et afficher la vitesse instantanée de la bille. Le paramètre t2 est l’instant à partir duquel on s’arrête de calculer la vitesse instantanée de la bille. La variable L est un liste qui contient les valeurs des vitesses instantanées entre t1 et t2 avec un pas de 0,1s. c. Demander la valeur de t V prend la valeur −4,9 (t + 0,1)2 + 50 − (−4,9t 2 + 50) / 0,1 Afficher V

(

)

Chapitre 4 Dérivation locale

95

mentaires, soit 120 000 bactéries au total. À l’instant t = 6 il y a environ 37 000 bactéries supplémentaires, soit 137 000 bactéries au total. À l’instant t = 12 il n’y a pas de bactérie supplémentaire, il y a donc 120 000 bactéries au total. 2. Le taux de croissance horaire à un instant donné t est la valeur du coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse t . La tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse 0 semble passer par le point de coordonnées (2 ; 25). τ (0) = 25 − 0 = 12,5. Le taux de croissance horaire de la 2−0 population de bactéries à t = 0 est d’environ 12,5 milliers de bactéries/h. De même, τ (2) = 45 − 20 = 25 = 6,25. Le taux de croissance 6−2 4 horaire de la population de bactéries à t = 2 est d’environ 6,25 milliers de bactéries/h. τ ( 4 ) = 32 − 10 = 22 = 5,5. Le taux de croissance horaire de 4−0 4 la population de bactéries à t = 4 est d’environ 5,5 milliers de bactéries/h. τ (6) = 0. Le taux de croissance horaire de la population de bactéries à t = 6 est de 0 millier de bactéries/h. τ (10) = 20 − 45 = −25 = −6,25. Le taux de croissance 10 − 6 4 horaire de la population de bactéries à t = 10 est d’environ –6,25 milliers de bactéries/h. τ (2) 6,25 ≈ ≈ 1,14 . Le nombre de bactéries augmente 3. τ ( 4 ) 5,5 environ 1,14 fois plus vite à t = 2 qu’à t = 4.

58  1. Pour a = 0 , la calculatrice affiche f ′ (0) = 2. 2. Pour a = 4 , la calculatrice affiche f ′ ( 4 ) = 5 . 4

59  1. x

−1

2,5

4

6

f (x)

−1

3,5

2

−1,7

f '(x)

5 4

0

−2

0

2. Au point A d’abscisse −1, la tangente 7A à la courbe a pour équation : y = f ′ (−1) × ( x + 1) + f (−1) ⇔ y = 5 ( x + 1) − 1 4 ⇔ y = 5 x + 5 −1 4 4 ⇔ y = 5 x + 1. 4 4 Au point C d’abscisse 4, la tangente 7C à la courbe a pour équation : y = f ′ (4) × ( x − 4) + f (4) ⇔ y = −2 ( x − 4 ) + 2 ⇔ y = −2x + 8 + 2 ⇔ y = −2x + 10. 3. Au point d’abscisse –3, la courbe admet une tangente de coefficient directeur négatif. De plus, à l’aide du graphique et d’une règle, il est aisé de vérifier que seule l’affirmation a est juste. 96

Chapitre 4 Dérivation locale

60  1. Tant que t − 1 . 10−2 faire :

(

)

t ← 2 (a + h )2 − 5(a + h ) + 1− (2a2 − 5a + 1) / h

2.

Le programme teste la valeur de la dérivée de la fonction f dans l’intervalle [0 ; 10] avec un pas de 10−5 . Pour obtenir une valeur plus précise, il faut d’une part diminuer la valeur de ce pas mais il est aussi possible d’abaisser la distance seuil entre t et 1. f (a + h ) − f (a ) h 2 (a + h )2 − 5(a + h ) + 1− (2a2 − 5a + 1) = h 2h2 + 4ah + 2a2 − 5a − 5h + 1− (2a2 − 5a + 1) = h h (2h + 4a − 5) = h = 2h + 4a − 5 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4a − 5. La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 4a − 5. La courbe #f admet une tangente parallèle à d en un point A d’abscisse a si et seulement si f ′ (a ) = 1. f ′(a) = 1 ⇔ 4a − 5 = 1 ⇔ a = 3 . La courbe # f admet une 2 tangente parallèle à d en un point A d’abscisse 3 . 2 3.

f (a + h ) − f (a ) 1. 61  1. f (a + h ) − f (a ) h h 2 + a2 − 4 (a 4+(ah )+2 h+)(2a++(ah )+−h9) − (94a − ( 4a + 9a)− 9) = = h h 2 2 + 8ah + 4a+2 4a + a2 + ah − + a2 − 4h2 4h + 8ah + 9h − (94a − ( 4a + 9a)− 9) = = h h h ( 4hh (+4h8a++8a 1) + 1) = = h h = 4h= +4h8a++8a 1 +1 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 8a + 1. La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 8a + 1. 2. f ′ 2 = 8 × 2 + 1 = 19 3 3 3 f ′( 5 ) = 8 5 + 1

()

3. f ′ (2) = 8 × 2 + 1 = 17 et f (2) = 9. Au point A d’abscisse 2, la tangente 7 à la courbe a pour équation : y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2) ⇔ y = 17 ( x − 2) + 9 ⇔ y = 17x − 34 + 9 ⇔ y = 17x − 25.

62  1. La courbe #f admet une tangente parallèle à $ en un point d’abscisse x0 si et seulement si f ′ ( x0 ) = 2 . En utilisant la table de la calculatrice, il semble que x0 = 0.

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57  1. À l’instant t = 2 il y a environ 20 000 bactéries supplé-

x h+) −h )f−( xf0()x0 ) f ( xf ( + 2. 0 0 h h 2 2 2 2 x0h+) −h )1− − 1− + 02x−01)− 1) x h+) h+) 2+( x20( + 2 ( x2 ( + +0 2x (2x(02x = = 0 0 h h 2 2 2 2 + 02x + 02x+02h + 2h − 1− + 02x−01)− 1) 2h22h+24+x04hx+ +0 2x − 1− +0 2x (2x(02x 0 h2x = = h h h (2h x02+) 2) h (2h + 4+x04 + = = h h = 2h x02+ 2 = 2h + 4+x04 + Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4 x0 + 2. La fonction f est donc dérivable en a avec f ′( x0 ) = 4 x0 + 2. f ′ ( x0 ) = 2 ⇔ 4 x0 + 2 = 2 ⇔ x0 = 0. La courbe #f admet une tangente parallèle à $ au point d’abscisse 0. 2 63  1. f (0 + h ) − f (0) = 5h + 25h − 0

h

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h h (5h + 25) = h = 5h + 25 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 25. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 25. La vitesse initiale du faucon est de 25 m/s. 2. a. f (8) = 5 × 82 + 25 × 8 = 520 . La distance parcourue pendant le piqué est de 520 m. b. vmoy = 520 = 65 . La vitesse moyenne du faucon lors du 8 piqué est de 65 m/s. f (8 + h ) − f (8 ) c.f (8 + h ) − f (8) hh 2 + 25 + 25 5( 5 8(+8 h+)2h )+ 25 × 8×)8) (8(+8 h+)h−)(−5(×5 8×28+2 25 == hh 2 2 + 80h + 320 + 200 + 25h − (320 + 200 ) 5h5h + 80h + 320 + 200 + 25h − (320 + 200) == hh 2 2 + 105h h (h + 105 5h(5h + 105 ) ) 5h 5h + 105h == == h h h h = 5h + 105 = 5h + 105 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 105. La fonction f est donc dérivable en 8 avec f ′ (8) = 105. Le faucon a percuté le pigeon à la vitesse de 105   m/s. 1+ h − 1 − 1− 1 h 2 12 f 1+ h − f 1 1+ h 1+ h )2 ( ) ( ) ( ) ( 1 64  1. = = = h h h (1+ h )2 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 1. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 1. 2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1( x − 1) + 0 ⇔ y = x − 1. 3. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 1 est presque confondue avec sa tangente. Or, 0,99 ≈ 1, on a donc f (0,99) ≈ 0,99 − 1, soit f (0,99) ≈ −0,01. 4. À l’aide de la calculatrice, on a f (0,99) ≈ −0,01. La valeur approchée de la question 3 est une bonne estimation de f (0,99) .

3 − 2 (1+ h ) 3 − 2 1− 2h 1 − − 1+ h + 1 1+ 1 = 2 + h 2 h h 2 − 4h − 2 − h −5h 2 (2 + h ) 2 (2 + h ) = = h h = −5 2 (2 + h )

65  1. f (1+ h ) − f (1) = h

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 5 . 4 La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = − 5 . 4 2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = − 5 ( x − 1) + 1 4 2 ⇔ y=−5x+ 5 + 1 4 4 2 ⇔ y = −5x + 7. 4 4 3 − 2x 5 7 5 7 3. f ( x ) = − 4 x + 4 ⇔ x + 1 = − 4 x + 4 4 (3 − 2x ) ( x + 1)(5x − 7) ⇔ + =0 4 ( x + 1) 4 ( x + 1) 2 ⇔ 5x − 10x + 5 = 0 4 ( x + 1) 2 − 2x + 1) = 0 5( x ⇔ 4 ( x + 1) 5( x − 1)2 ⇔ =0 4 ( x + 1) ⇔ x − 1= 0 ⇔ x =1 La tangente 7 et la courbe représentative de f ont un seul point d’intersection au point d’abscisse 1.

66  Le nuage de points à une forme parabolique qui laisse penser qu’un ajustement avec une fonction polynôme du second degré est adapté.

Les résultats de la colonne E donnent le taux de croissance journalier (en milliers par jour) de la population d’abeilles au 15 de chaque mois de mars à septembre. Chapitre 4 Dérivation locale

97

67  1. f (1+ h ) − f (1) = 1+ h + 4 − 1+ 4

h − 5 1+ h = h ( 1+ h + 4 − 5 ) × ( 1+ h + 4 + 5 ) = h × ( 1+ h + 4 + 5 ) 1 = 1+ h + 4 − 5 = 5+h + 5 h × ( 5 + h + 5)

2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 1 = 5 . 2 5 10 La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 5 . 10

68  1. f (2 + h) − f (2) h

1− 2h − 1 = −2 1− 2h + 1 h ( 1− 2h + 1)

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –1. La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = −1. 2.

f (0 + h ) − f (0 ) = 3h + 1 − 1 = h h

(

h ( 3h + 1 + 1) 3h + 1− 1 3 = = 3h + 1 + 1 h ( 3h + 1 + 1)

f (−1+ h ) − f (−1) (−1+ h )2 + 3 − 4 = h h 2 = h − 2h + 4 − 2 h 2 h − 2h + 4 − 2 h2 − 2h + 4 + 2 = h h2 − 2h + 4 + 2

(

= =

2

(

)(

h − 2h + 4 − 4 h h2 − 2h + 4 + 2

( (

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 10 . 10 La fonction f est donc dérivable en –3 avec f ′ (−3) = − 10 . 10 réel positif. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h. f (0 + h ) − f (0 ) h h − 0 = = h h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.

70 

y

3h + 1 − 1)( 3h + 1 + 1)

1 0

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3 . 2 La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 3 . 2 3.

f (−3 + h ) − f (−3) 4 − 2 (−3 + h ) − 4 − 2 × (−3) = h h − 10 10 − 2h = h 10 − 2h − 10 )( 10 − 2h + 10 ) ( = h ( 10 − 2h + 10 ) 10 − 2h − 10 = h ( 10 − 2h + 10 ) −2 = 10 − 2h + 10

69  Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = x x . Soit h un

−2 (2 + h ) + 5 − −2 × 2 + 5 h 1− 2h − 1)( 1− 2h + 1) ( = 1− 2h − 1 = h h ( 1− 2h + 1) =

=

4.

h (h − 2 )

h h2 − 2h + 4 + 2

h−2 = h2 − 2h + 4 + 2

)

1

x

71  Le nuage de points a une forme parabolique qui laisse penser qu’un ajustement avec une fonction polynôme du second degré est adapté.

)

) )

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 1 . 2 La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = − 1 . 2

Les résultats de la colonne E donnent le taux de croissance annuel (en milliards d’euros par an) des revenus cumulés des GAFAM chaque année de 2002 à 2017. 98

Chapitre 4 Dérivation locale

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h

Exercices 72  1. f ( x ) − f (0) = 3 ⇔ f ( x ) + 2 = 3 ⇔ f ( x ) = 3x − 2

x−0 x La fonction f est une fonction affine qui a pour expression f ( x ) = 3x + 2. f ( x ) − f (3) f ( x ) − 10 2. =3⇔ =3 x−3 x−3 ⇔ f ( x ) = 3( x − 3) + 10 ⇔ f ( x ) = 3x + 1 La fonction f est une fonction affine qui a pour expression f ( x ) = 3x + 1. f ( x ) − f (a ) = m ⇔ f ( x ) − f (a ) = m ( x − a ) 3. x−a ⇔ f ( x ) = mx − ma + f (a ) Une fonction de taux de variation constant m est une fonction affine qui a pour expression f ( x ) = mx − ma + f (a ) où a est un réel.

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73  1. d (0 + h ) − d (0) = −1,7h (h − 6) − 0 h h = −1,7 (h − 6 ) = −1,7h + 10,2 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 10,2. La fonction d est donc dérivable en 0 avec d ′ (0) = 0 . La vitesse du cycliste à t = 0 est de 10,2 m/s soit 36,72 km/h. Cette vitesse est en accord avec la vitesse moyenne du cycliste donnée dans l’énoncé. d (1+ h ) − d (1) −1,7 (1+ h )(1+ h − 6) − (−1,7 (1− 6)) 2. = h h −1,7 (h2 − 4h − 5) − (−1,7 + 10,2) = h 2 −1,7h + 6,8h + 8,5 − 8,5 = h h (−1,7h + 6,8 ) = h = −1,7h + 6,8 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 6,8. La fonction d est donc dérivable en 1 avec d ′ (1) = 6,8 . La vitesse du cycliste à t = 1 est de 6,8 m/s soit 24, 48 km/h. d (d3 (+3 h+) h−)d−(d3)(3) 3. h h −1,7 (−1,7 −1,7 3 (+3 h+)(h3)(+3 h+−h 6−) 6−)(−−1,7 × 3××3(×3 (−36−))6)) ( == h h −1,7 (15,3 −1,7 ) ) (h2(h−2 9−) 9−)(−15,3 == h h 2 2 + 15,3 − 15,3 −1,7h −1,7h + 15,3 − 15,3 == h h h (−1,7h h (−1,7h ) ) = −1,7h == = −1,7h h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0. La fonction d est donc dérivable en 3 avec d ′ (3) = 0 . La vitesse du cycliste à t = 3 est de 0 m/s. 4. d (3) = −1,7 × 3 × (3 − 6) = 15,3. Le cycliste va parcourir 15,3 m à partir de l’instant où il commence son freinage, ce qui signifie qu’il ne pourra pas s’arrêter avant le stop qui se trouve à seulement 15 m de lui.

74  La fonction valeur absolue définie sur ¡ admet une même tangente pour tous les points de la courbe dont les abscisses sont sur l’intervalle ]−` ; 0[. Elle admet une autre tangente identique pour tous les points de la courbe dont les abscisses appartiennent à l’intervalle ]0 ; +`[.

75  La droite ( AB) a une équation de la forme y = ax + b avec, a=

yB − yA −1− 2 = = − 1 . Donc, y = − 1 x + b. 3 9−0 3 xB − x A

Le point A appartient à la droite, ses coordonnées satisfont donc l’équation précédente. yA = − 1 × x A + b ⇔ 2 = − 1 × 0 + b ⇔ b = 2 3 3 La droite ( AB) a pour équation y = − 1 x + 2. 3 Le problème revient à déterminer, si elle existe, l’abscisse x0 d’un point de la courbe représentative de la fonction f tel que f ′ ( x0 ) = − 1 . 3 3 − 3 f ( x0 + h ) − f ( x0 ) x0 + h x0 = h h 3x0 − 3x0 − 3h x0 ( x0 + h ) = h 3 =− x 0 ( x0 + h ) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel − 32 . x0 La fonction f est donc dérivable en x0 , pour tout x0 . 0, avec f ′ ( x0 ) = − 32 . x0 1 f ′ ( x0 ) = − ⇔ − 32 = − 1 ⇔ x02 = 9, x0 .0 donc x0 = 3. 3 3 x0 Au point d’abscisse 3, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = − 1 ( x − 3) + 1 3 ⇔ y = − 1 x + 2. 3 La droite ( AB) est tangente à la courbe représentative de f au point d’abscisse 3.

76  Soit f la fonction racine carrée définie sur ¡+ par f ( x ) = x . Soit h un réel positif.

On détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h :

f (0 + h ) − f (0 ) = h −0 = 1 . h h h Lorsque h tend vers 0 par valeurs positives, le nombre h tend vers 0 en étant positif. Donc l’inverse de h tend vers +`. On en déduit que lorsque h tend vers 0, le taux de variation de la fonction entre 0 et h tend vers +`. Ainsi la courbe représentative de f admet une tangente verticale au point d’abscisse 0. Chapitre 4 Dérivation locale

99

tout réel a , un taux de variation nul entre a et a + 1. y 1 0

1

x

78  Soit f la fonction racine carrée définie sur ¡ par  : f ( x ) = ax 2 + bx + c où a, b et c sont des nombres réels.

La parabole représentative de la fonction f passe par le point A(1;0) si et seulement si f (1) = 0, la parabole représentative de la fonction f passe par le point B (−2;0) si et seulement si f (−2) = 0. La tangente en A à la parabole a pour coefficient directeur 6 si et seulement si f ′ (1) = 6. f (1+ h ) − f (1) a (1+ h )2 + b (1+ h ) + c − (a + b + c ) = h h ah2 + 2ah + a + b + bh + c − (a + b + c ) = h 2 + 2ah + bh ah = h h (ah + 2a + b ) = h = ah + 2a + b Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a + b. La fonction f est donc dérivable en 1, avec f ′ (1) = 2a + b. ⎧ f (1) = 0 ⎧a + b + c = 0 ⎪ ⎪ f (−2) = 0 ⇔ ⎨ ⎨4a + 2b + c = 0 ⎪⎩ f ′(1) = 6 ⎪⎩2a + b = 6 ⎧−a + c + 6 = 0 ⎪ ⇔ ⎨8a + c − 12 = 0 ⎪⎩b = 6 − 2a ⎧−a + c + 6 = 0 ⎪ ⇔ ⎨9a − 18 = 0 ⎪⎩b = 6 − 2a ⎧c = −4 ⎪ ⇔ ⎨a = 2 ⎩⎪b = 2 La fonction f est définie sur ¡ par f ( x ) = 2x 2 + 2x − 4.

79  1. À l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer que les courbes #f et #g respectivement représentatives des fonctions f et g ont une tangente commune au point d’abscisse 1.

gg(aa ++ hh))−− gg((aa)) −−((aa ++ hh))22 ++ 44((aa ++ hh))−− 22 −− ((−a −a22 ++ 4a 4a −− 22)) 2. == 2. ( hh hh 2 2 2 −a 2ah −− hh22 ++ 4a 4a ++ 4h 4h −− 22 −− ((−a −a22 ++ 4a 4a −− 22)) −a22 −− 2ah == hh hh((−h −− 2a ++ 44)) −h 2a == == −h −h −− 2a 2a ++ 44 hh 2

2

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −2a + 4 . La fonction g est donc dérivable en a, avec g ′ (a ) = −2a + 4. 2 2 f (a + h ) − f (a ) (a + h ) − (a ) a2 + 2ah + h2 − a2 = = h h h h (h + 2a ) = = h + 2a h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 2a . 100

Chapitre 4 Dérivation locale

3. Si les courbes #f et #g admettent une tangente commune au point d’abscisse a , on a alors f ′ (a ) = g ′ (a ). f ′(a) = g ′(a) ⇔ −2a + 4 = 2a ⇔ a = 1. Au point d’abscisse 1, la tangente 71 à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1. Au point d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe représenta2 tive de g a pour équation : y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1. Les courbes #f et #g ont une tangente commune au point d’abscisse 1. f (a1.+ hf )(a− +f (ha))− f (a ) 80 

h h 2a + h )2 + 3(a + h ) − 22 − a2 + 3a − 2 ( ( − 2) ) (a + h ) + 3(a + h ) − 2 − (a + 3a = = h h h2++3h 3a−+23h a2 + 2ah (a2−+23a a2 + 2ah h2 ++3a − (−a22+−3a ) − 2) = = h h h (h++32a h (h =+ 2a ) + 3) = h h = h++32a + 3 = h + 2a Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a + 3. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 2a + 3. g (ag+(ah+) −h )g−(ag)(a ) 2. h h 2 + 3a a ( + 6+) 6) (a + h+)2h+) 3+(a3+(ah+) +h )6+−6(a−2(a+23a = = h h 2 2 2 + 2ah + 3a + 3h + 3a a2 a+ 2ah + h+2 h+ 3a + 3h + 6+−6(a−2(a+ 3a + 6+) 6) = = h h + 2a h=(hh+(h2a + 3+) 3) = h h + 2a = h=+h2a + 3+ 3 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a + 3. La fonction g est donc dérivable en a, avec g ′ (a ) = 2a + 3 . 3. On remarque que dans le calcul du taux de variation d’une fonction polynôme du second degré entre a et a + h, le terme constant s’annule. Ainsi, toutes les fonctions h définies sur ¡ telles que h ( x ) = x 2 + 3x + c , avec c un nombre réel, admettent pour tout réel a, un nombre dérivé égal à 2a + 3.

81  1. 2. La fonction utilisée dans cet algorithme est la fonction racine carrée, définie sur ¡+ par f ( x ) = x . 3. La fonction taux renvoie le taux de variation de la fonction racine carrée entre le réel a et a + h. 4.

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77  Toutes les fonctions périodiques de période 1 ont, pour

3 h ( h2 − 2 ) 82  1. f (0 + h ) − f (0) = h − 2h + 1− 1 = = h2 − 2

h

h

h

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −2. La fonction f est donc dérivable en 0, avec f ′ (0) = −2. Au point A d’abscisse 0, la tangente 70 à la courbe #f a pour équation : y = f ′ (0) × ( x − 0) + f (0) ⇔ y = −2 ( x − 0) + 1 ⇔ y = −2x + 1 2. f ( x ) − (−2x + 1) = x 3 − 2x + 1+ 2x − 1 = x 3 La fonction x 3 est négative pour tout x ∈ ]−` ; 0] et positive pour tout x ∈[0 ; +`[ . On en déduit que la courbe #f est en dessous de 70 sur l’intervalle]−` ; 0[, qu’elle est au-dessus de 70 sur l’intervalle ]0 ; +`[. #f et 70 ont un point d’intersection au point d’abscisse 0.

83  1. (1+ h )2 = h2 + 2h + 1 f (1+ h ) − f (1) (1+ h )2 − 12

2 = h + 2h + 1− 1 h h h (h + 2 ) = = h+2 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2. La fonction f est donc dérivable en 1, avec f ′ (1) = 2 . Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1. 3. a = 1+ h − 1 = h b = 2 (1+ h ) − 1− 1 = 2h c = (1+ h )2 − 1− b = h2 + 2h + 1− 1− 2h = h2 d = h × 1= h e = h × h = h2 f = h × 1= h 4. Lorsque h est très proche de 0, (1+ h )2 est à peu près égal à l’ordonnée du point de la tangente à la courbe au point d’abscisse 1, d’abscisse 1+ h. Soit (1+ h )2 ≈ 2 (1+ h ) − 1 = 1+ 2h. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 1 est presque confondue avec sa tangente.

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2.

h

=

84  1. (a + b )3 = (a + b ) × (a + b )2 = (a + b )(a2 + 2ab + b2 ) = a3 + 2a2 b + ab2 + ba2 + 2ab2 + b3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 2.

f (a + h ) − f (a ) (a + h )3 − a3 = h h 3 2 + 3a h + 3ah2 + h3 − a3 a = h 2 h (h + 3ah + 3a2 ) = h = h2 + 3ah + 3a2

3. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3a2 . La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 3a2 . 4. f ′ (a ) = f ′ (−a ) = 3a2 . Les tangentes à la courbe # aux points A et A ′ d’abscisses respectives a et –a ont le même coefficient directeur, elles sont donc parallèles. La fonction cube, définie sur ¡, est impaire. La courbe représentative de la fonction cube est donc symétrique par rapport à l’origine du repère. La courbe admet des tangentes parallèles aux points ayant des abscisses opposées.

2 2 85  1. g (1+ h ) − g (1) = (1+ h ) − 3(1+ h ) + 1− (1 − 3 × 1+ 1)

h

h h2 + 2h + 1− 3 − 3h + 1− (1− 3 + 1) = h h (h − 1) = = h −1 h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −1. La fonction g est donc dérivable en 1, avec g ′ (1) = −1. Au point A d’abscisse 1, la tangente 71 à la courbe # a pour équation : y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = −1( x − 1) − 1 ⇔ y = − x 2. g ( x ) − (− x ) = x 2 − 3x + 1− (− x ) = x 2 − 2x + 1 = ( x − 1)2. Or ( x − 1)2 ˘ 0 donc # est au-dessus de 71 sur l’intervalle ]−` ; 1[ < ]1 ; +`[ . La courbe # et la droite 71 ont le point A comme point d’intersection. f (a f+(ha)+−hf) (−a )f (a ) 86  h

h

2 2 2 (a − 3 × a + 1) 1− ) +(a − 3 × a + 1) (a +(ha)+2 −h )3(−a 3+(ha)++h1−

= =

h h 2 2 2 2+ a − 3a − 3h + 1− h + 2ah −+3a (a3a h = + 2ah + a − 3a − 3h + 1− (a2 − 1) + 1) = h h h +−2a h (=h h+(2a 3)− 3) = h h = h + = h + 2a −2a 3 −3 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a − 3. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 2a − 3. Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (a ) × ( x − a ) + f (a ) ⇔ y = (2a − 3)( x − a ) + a2 − 3a + 1 ⇔ y = (2a − 3) x − a2 + 1. Si le point B de coordonnées (3;0) appartient à une des tangentes à la courbe représentative de f alors ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie précédemment. 0 = 6a − 9 − a2 + 1 ⇔ −a2 + 6a − 8 = 0 Le trinôme −a2 + 6a − 8 a pour discriminant Δ = 62 − 4 × (−1) × (−8) = 36 − 32 = 4. Le discriminant est positif, le trinôme −a2 + 6a − 8 admet deux racines distinctes: 2

a1 = −6 + 4 = 2 et a2 = −6 − 4 = 4. 2 × (−1) 2 × (−1) La courbe représentative de f admet deux tangentes qui passent par le point B. L’une est tangente à la courbe au point d’abscisse 2 et a pour équation y = x − 3 et l’autre est tangente à la courbe au point d’abscisse 4 et a pour équation y = 5x − 15.

87  1. À l’aide de la calculatrice, il semble que f ′ (1) = 1. 2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1( x − 1) + 0 ⇔ y = x − 1.

( ) ( )

3. f ( x ) − ( x − 1) = x −2 1 − ( x − 1) = ( x − 1) 12 − 1 x x 2 (1− x )(1+ x ) 1− x = ( x − 1) = ( x − 1) x x2 2 (1− x ) (1+ x ) =− x

( )

Chapitre 4 Dérivation locale

101

Or, pour tout x ∈ ]0 ; +`[ , −

(1− x )2 (1+ x )

< 0, donc # est en x dessous de 7 sur l’intervalle ]0 ; +`[ . La courbe # et la droite 7 ont le point A comme point d’intersection. 4. y

1 0

1

x

Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (0 ) × ( x − 0 ) + f (0 ) ⇔ y = 1( x − 0) + 0 ⇔ y = x. Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe représentative de g a pour équation : y = g ′ (0 ) × ( x − 0 ) + g (0 ) ⇔ y = 1( x − 0) + 0 ⇔ y = x. Les courbes représentatives des fonctions f et g ont une tangente commune au point d’abscisse 0. a+h

a

− 89  1. f (a + h ) − f (a ) = a + h + 3 a + 3 h

sentatives des fonctions f et g ont une tangente commune au point d’abscisse 0. 5( a + h ) 5a f (a + h ) − f (a ) a + h + 5 − a + 5 = 2. h h 5(a + h )(a + 5) − 5a (a + h + 5) ( a + h + 5) ( a + 5) = h 5a2 + 25a + 5ha + 25h − 5a2 − 5ah − 25a ( a + h + 5) ( a + 5) = h 25h ( a + h + 5 ) ( a + 5) = h 25 = ( a + h + 5 ) ( a + 5) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 25 2 . La fonction f est donc dérivable en ( a + 5) a, avec f ′ (a ) = 25 2 . ( a + 5) g (a + h ) − g (a ) (a + h )2 + (a + h ) − (a2 + a) = h h 2 2 + 2ah + h + a + h − a2 − a a = h h (h + 2a + 1) = h = h + 2a + 1 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2a + 1. La fonction g est donc dérivable en a, avec g ′ (a ) = 2a + 1. 3. Si les courbes représentatives des fonctions f et g admettent une tangente commune au point d’abscisse a , on a alors f ′ (a ) = g ′ (a ) . f ′ (a ) = g ′ (a ) ⇔ 

25

(a + 5)2

= 2a + 1

⇔ a (2a2 + 21a + 60) = 0 a=0 ⎪⎧ ⇔⎨ 2 ⎪⎩ ou 2a + 21a + 60 = 0 L e t r i n ô m e 2a2 + 21a + 60 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 212 − 4 × 2 × 60 = −39. Le discriminant est négatif, le trinôme 2a2 + 21a + 60 n’admet pas de racine dans ¡. 102

Chapitre 4 Dérivation locale

=

h a2 + 3a + ha + 3h − a2 − ah − 3a ( a + h + 3 ) ( a + 3) = h 3h ( a + h + 3 ) ( a + 3) = h 3 = ( a + h + 3 ) ( a + 3) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le 3 . La fonction f est donc dérivable en nombre réel (a + 3)2 3 . a, avec f ′ (a ) = (a + 3)2 −3 −3 g (a + h ) − g (a ) a + h + 3 − a + 3 = 2. h h −3(a + 3) + 3(a + h + 3) ( a + h + 3) ( a + 3) = h −3a − 9 + 3a + 3h + 9 ( a + h + 3 ) ( a + 3) = h 3h ( a + h + 3 ) ( a + 3) = h 3 = ( a + h + 3 ) ( a + 3) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le 3 . La fonction g est donc dérivable en nombre réel (a + 3)2 3 . a, avec g ′ (a ) = (a + 3)2 x (1+ α ) + 3α 3. f ( x ) + α = x + α = x + αx + 3α = x +3 x+3 x +3 ⎧ 1+ α = 0 ⎧ α = −1 f (x ) + α = g(x ) ⇔ ⎨ ⇔⎨ α = −1 ⎩ ⎩ α = −1 Pour tout x différent de –3, g ( x ) = f ( x ) − 1. 4. On peut remarquer que dans le calcul du taux de variation d’une fonction de la forme f ( x ) + α entre a et a + h, le terme constant α s’annule. Ainsi, toutes les fonctions h définies sur ¡ telles que h ( x ) = f ( x ) + c avec c un nombre réel admettent 3 . pour tout réel a un nombre dérivé égal à (a + 3)2

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88  1. Graphiquement, on conjecture que les courbes repré-

h

( a + h ) ( a + 3) − a ( a + h + 3) ( a + h + 3) ( a + 3)

90  1. La fonction f est définie pour tout x différent de –1. Df = ]−` ; −1[ ∪ ]−1 ; +`[ 2. Pour tout nombre réel a appartenant à Df   : f (a + h ) − f (a ) h 2(a + h) + 1 − 2a + 1 a +1 = a + h +1 h (2a + 3 + 2h )(a + 1) − (2a + 1)(a + h + 1) (a + h + 1)(a + 1) = h 2a2 + 2a + a + 1+ 2ha + 2h − 2a2 − 2ah − 2a − a − h − 1 (a + h + 1)(a + 1) = h h (a + h + 1)(a + 1) = h 1 = . (a + h + 1)(a + 1)

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le 1 . La fonction f est donc dérivable en nombre réel (a + 1)2 1 . a, avec f ′ (a ) = (a + 1)2 1 = 1 3. f ′ (−4 ) = (−4 + 1)2 9

()

1 = 49 f′ 5 = 7 5 + 1 2 144 7 1 4. f ′ ( 4 ) = = 1 et f ( 4 ) = 2 × 4 + 1 = 9 . 4 +1 5 ( 4 + 1)2 25 Au point d’abscisse 4 , la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation : y = f ′ (4) × ( x − 4) + f (4 ) ⇔ y = 1 ( x − 4) + 9 25 5 1 4 9 ⇔y= x− + 25 25 5 ⇔ y = 1 x + 41 . 25 25

( )

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

91  1. x (0) = 10 × 0 = 0 et y (0) = 0,1× 02 + 5 = 5. À t = 0 , le mobile se trouve au point de coordonnées (0;5) dans le repère du plan. ⎧ t= x ⎪⎪ x = 10t 10 ⎪⎧ 2. ⎨ ⇔⎨ 2 2 ⎪ y = 0,1× x + 5 ⎩⎪ y = 0,1t + 5 10 ⎪⎩ ⎧ t= x ⎪ 10 ⇔⎨ ⎪ y = 0,001x 2 + 5 ⎩

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92  1. f (10) − f (0) = 0 − 1 = −0,1. Le taux de variation de la

L’équation de la trajectoire qui donne y en fonction de x est une fonction du second degré. La trajectoire décrite par le mobile est donc parabolique. y

0

5

10

15

20

⎛ 10 ⎞ données ⎜ . ⎝ 0 ⎟⎠ b. Au temps initial, le mobile a été lancé horizontalement avec vitesse de 10.

( )

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

r À l’instant t = 0, x ′ (0) = 10 et y ′ (0) = 0 et v (0) a pour coor-

25 x

3. a. La fonction x est une fonction linéaire de coefficient directeur 10, le nombre dérivé de la fonction x en a est donc égal à x ′ (a ) = 10 . 2 2 y (a + h ) − y (a ) 0,1(a + h ) − 5 − (0,1× a − 5) = h h 2 0,1a + 0,2ah + 0,1h2 − 5 − 0,1a2 + 5 = h h (0,1h + 0,2a ) = h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 0,2a. La fonction y est donc dérivable en a , avec y ′ (a ) = 0,2a.

10 10 − 0 fonction f entre 1 et 10 est −0,1. 2. f ′ ( 4 ) est égale au coefficient directeur de la tangente à la courbe au point B d’abscisse 4. Cette tangente passe par les points A et C de coordonnées respectives (0;5) et (9;2). Ainsi : f ′ (4) = 2 − 5 = − 1 . 9−0 3 La tangente à la courbe au point C d’abscisse 9 est aussi la tangente à la courbe au point B d’abscisse 4. On a donc, f ′ (9) = f ′ ( 4 ) = − 1 . 3 3. La droite ( AC ) a une équation de la forme y = − 1 x + b. La 3 droite coupe l’axe des ordonnées au point A d’ordonnée 5. L’équation de la droite ( AC ) est y = − 1 x + 5. Le point B 3 appartient à la droite ( AC ), ses coordonnées satisfont donc l’équation précédemment trouvée. yB = − 1 x B + 5 ⇔ yB = − 1 × 4 + 5 ⇔ yB = 11 3 3 3 11 Or  f ( 4 )  =  yB , donc f ( 4 ) = . 3 5 4. f ′ (1) ≈ 4 5. La courbe admet trois tangentes horizontales, l’une au point d’abscisse 3,5, une autre au point d’abscisse 7,2 et enfin au point d’abscisse 8,7. L’équation f ′ ( x ) = 0 a pour solutions 3,5 ; 7,2 et 8,7. Chapitre 4 Dérivation locale

103

93  1. La fonction f est une fonction polynôme du second

degré définie sur ¡. f (a + h ) − f (a ) h 2 (a + h )2 − 4 (a + h ) + 1− (2a2 − 4 × a + 1) = h 2h2 + 4ah + 2a2 − 4a − 4h + 1− (2a2 − 4a + 1) = h h (2h + 4a − 4 ) = h = 2h + 4a − 4

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4a − 4. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 4a − 4. 2. Au point A d’abscisse − 1 , la tangente 7 à la courbe repré3 sentative de f a pour équation : y= f′ −1 × x+ 1 + f −1 3 3 3 2 ⇔ y = 4 × − 1 − 4 × x + 1 + 2 × − 1 − 4 × − 1 +1 3 3 3 3 16 16 23 + ⇔ y=− x− 3 9 9 16 7 ⇔y=− x+ . 3 9

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

( )

( )

94  1. Il semble que la pente de la tangente à la courbe au

point d’abscisse 1 ait un coefficient directeur égal à 1. On a donc f ′ (1) = 1, dans le contexte de l’exercice cela signifie que la vitesse de concentration à t = 1 est de 1 centième de mole par minute. 2. On trace les tangentes à la courbe représentative de f aux points d’abscisse 2, 5, 8 et on calcule leur coefficient directeur respectif. On obtient f ′ (2) ≈ 1 , f ′ (5) ≈ 1 et f ′ (8) ≈ 1 . 2 9 18 La vitesse de concentration à t = 2 est d’environ 1 centième 2 de mole par minute. La vitesse de concentration à t = 5 est d’environ 1 centième 9 de mole par minute. La vitesse de concentration à t = 8 est d’environ 1 centième 18 de mole par minute. 3. a. La fenêtre de droite du logiciel de calcul formel donne le taux de variation de la fonction f entre 0 et 0 + h. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4. La fonction f est donc dérivable en 0 , avec f ′ (0) = 4. b. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 passe par les points de coordonnées (0;0) et (1; 4 ) .

104

Chapitre 4 Dérivation locale

4 (a + h ) 4a f (a + h ) − f (a ) a + h + 1 − a + 1 = c. h h (4a + 4h )(a + 1) − 4a (a + h + 1) (a + h + 1)(a + 1) = h 4a2 + 4a + 4ha + 4h − 4a2 − 4ah − 4a (a + h + 1)(a + 1) = h 4h (a + h + 1)(a + 1) = h 4 = (a + h + 1)(a + 1) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le 4 . nombre réel (a + 1)2 4 . La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = (a + 1)2 4 = 0,25 f ′(a) = 0,25 ⇔ (a + 1)2 ⇔ 16 = (a + 1)2 = 0 ⇔ (a + 1)2 − 16 = 0 ⇔ (a + 1− 4)(a + 1+ 4) = 0 ⇔ (a − 3)(a + 5) = 0 a−3= 0 ⇔ a+5= 0 a=3 ⇔ a = −5

{ {

Le temps est une grandeur positive donc la vitesse de concentration est égale à 0,25 centième de mole par minute à l’instant t = 3.

95  1. La courbe représentative de la fonction f semble symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, la fonction f semble donc paire. f (0, 4 ) − f (−1) 0,5 − 0 2. = = 5 1, 4 14 0, 4 − (−1) 3. f (−1) = 0 ;  f ′ (−1) = 1 ;  f ′ (0) = 0 ;  f (1) = 0 ;  f ′ (1) = −1 4. Au point A d’abscisse −1, la tangente à la courbe #f a pour équation : y = f ′(−1) × ( x + 1) + f (−1) ⇔ y = 1× ( x + 1) + 0 ⇔ y = x + 1. 5. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 est horizontale et a pour équation y = f (0). La courbe semble paire et périodique de période 4. La droite d’équation y = f (0) est donc aussi une tangente aux points d’abscisse – 4, 0 et 4. 96  1. La droite ( AC ) a pour équation y = −5x + 1. La droite (CB) a une équation de la forme y = 7x + b. Le point B appartient à la droite (CB) , ses coordonnées satisfont donc l’équation précédente : yB = 7x B + b ⇔ 3 = 7 × 2 + b ⇔ b = −11. La droite (CB) a pour équation y = 7x − 11 . 2. La droite ( AC ) est la tangente à 3 au point d’abscisse 0, son coefficient directeur est la valeur de la dérivée de la fonction en 0, on a donc f ′ (0) = −5. De même f ′ (2) = 7.

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6. L’inéquation f ′ ( x ) ˘ 0 admet pour solution l’ensemble des réels x appartenant à l’intervalle [0 ; 3,5] < [7,2 ; 8,7]. 7. f (0) = 1 et graphiquement il semble que f ′ (0) ≈ 1. Pour x = 0, on a f ( x ) ≈ f ′ ( x ). 8. Il semble que la pente de la tangente à la courbe soit maximale au point d’abscisse 1. C’est donc en x = 1 que le nombre dérivé est maximal.

f (fx( x+ h+)h−) −f (fx(0x)0 ) 3. 0 0 hh 2 2 2 2 + bx + c) − (ax a (ax(0x+0 h+)h )+ b+(bx(0x+0 h+)h+) c+ −c (ax 0 c) 0 0+ bx0 + == hh 2 2 + 2ax h + ax 2 2 + bx + c + bx + bh ax + 2ax0 h0+ ax02 0+2 bx + c+ −c (−ax ahah ( 0 bh 0 c) ) 0 + 0 0+ bx0 + = = hh + 2ax +)b ) (ah+ 2ax h (hah 0 b 0 + == hh +b + 2ax == ahah + 2ax 0 b 0 + Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 2ax0 + b. La fonction f est donc dérivable en x0 , avec f ′ ( x0 ) = 2ax0 + b. 4. f (0) = 1 ⇔ c = 1 f ′(0) = −5 ⇔ b = −5 f ′(2) = 7 ⇔ 4a − 5 = 7 ⇔ a = 3 5. f ( x ) = 3x 2 − 5x + 1 6. En reprenant le calcul du taux de variation de la question 3 avec a = 3, b = −5 et c = 1, le taux de variation entre a et a + h est égal à 3h + 6a − 5. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 6a − 5. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 6a − 5. 7. f ′ (0) = −5 et f ′ (2) = 7.

97  1. Réponse a. 2. Réponse c. 3. Réponse c. 4. Réponse a. 5. Réponse c.

98  1. Soit τ1 , τ2 et τ3 les taux d’accroissement de produc-

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tion de pétrole respectifs des années 1970, 1980 et 1990.

100  Questions Va piano

1. Il semble que la courbe #f a deux tangentes parallèles à la droite $. 2. À la calculatrice f ′ 1 ≈ 2 et f ′ (1) ≈ 2 . La conjecture précé3 dente est confirmée. 3. Au point d’abscisse 1, la tangente à la courbe #f a pour équation : y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 3 ⇔ y = 2x + 1.

()

Graphiquement on constate que τ3 . τ2 . τ1 . C’est donc dans les années de 1990 à 2000 que la production de pétrole semble augmenter le plus vite. 2. La vitesse d’évolution de la production de pétrole une année donnée est modélisée par le nombre dérivé de la fonction Hubbert cette année-là. Cette vitesse est donc modélisée par le coefficient directeur de la tangente à la courbe de Hubbert au point de la courbe dont l’abscisse est égale à l’année donnée. Graphiquement on a, f ′ (1980) ≈ 0,08 et f ′ (1990) ≈ 0,175. On remarque que la vitesse de production en 1990 est environ le double de la vitesse de production en 1980.

99  1. x f (x)

0

2 10

6,5

0

8

–5

2. x

0

f (x)

0

x

0

4,75 +

0

6,5 –

0

8 +

3. f ´ (x)

2 +

0

6,5 –

0

8 +

4. D’après les questions 2 et 3, f ( x ) × f '( x ) ˘ 0 pour tout x ∈[0 ; 2] < [ 4,75 ; 6,5] < [7,75 ; 8] . 0 − (−15) 60 5. f ′ (7,75) = = 7 7,75 − 6 6. La valeur de f ′ (0) est égale au coefficient directeur de la droite tangente à # au point d’abscisse 0. Graphiquement f f ′ (0) = 10.

Il semble que la courbe #f a deux tangentes parallèles à la droite $. 2. f ′ (a ) = 2 ⇔ 3a2 − 4a + 3 = 2 ⇔ 3a2 − 4a + 1 = 0 Le trinôme 3a2 − 4a + 1 a pour discriminant : Δ = (−4 )2 − 4 × 3 × 1 = 4. Δ . 0, le trinôme 3a2 − 4a + 1 admet deux racines distinctes. La courbe # f admet donc deux tangentes parallèles à la droite $. 3. f ′ (1) = 3 × 12 − 4 × 1+ 3 = 2. La courbe #f admet donc une tangente parallèle à la droite $ au point d’abscisse 1. y = f ′(1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2( x − 1) + 3 ⇔ y = 2x + 1 Questions Allegro

Questions Moderato

1.

y

1 0

f f(a(a+ + h) h) − f−(a)f (a) h h 3 3 (a + h) − 2(a 1−2 +(a3a3 +−1)2a2 + 3a + 1) (a + h) − 2(a + h)2++h) 3(a2 ++h)3(a + 1−+(ah)3 −+2a == h h 2 2 h + 23ah32 + h23 − 2a2 − 24ah − 2h2 + 3a3 + 3h2 + 1− (a3 − 2a2 + 3 a3 3 + 3a == a + 3a h + 3ah + h − 2a − 4ah − 2h + 3a + 3h + 1− (a − 2a 3a + 1) h h 22 2 33 2 2 2 − 2h + 3ah + 3a h − 4ah + 3h h − 2h + 3ah + 3a h − 4ah + 3h h == h h + (−2 + 3a)h + 3a)h + 3a2 +− 3a 4a +2 3−) 4a + 3) hh(h(2h2+ (−2 == h h 22 == hh + +(−2(−2 + 3a)h + 3a2+−3a 4a2+ −3 4a + 3 + 3a)h

1. 1.

1

x

Chapitre 4 Dérivation locale

105

() ( ) () ( )

101  Questions Va piano

1. 0

5

10

Mobile F Mobile G

15

20

Position à t = 0 Position à t = 1

25

30

Position à t = 2 Position à t = 3

102  Questions Va piano

B (10) − B ( 4 ) 36 = = 6. Lorsque l’entreprise produit et 10 − 4 6 vend entre 4 et 10 tonnes, le bénéfice est de 600 € par tonne. B (14 ) − B (10) 20 − 36 = = −4 . Lorsque l’entreprise produit 4 14 − 10 et vend entre 10 et 14 tonnes, l’entreprise perd 400 € par tonne. 2. f ′ ( 4 ) = 12 et f ′ (6) = 8. Lorsque l’entreprise produit et vend 4 tonnes d’engrais, l’accroissement du bénéfice est de 1 200 €/tonne. Lorsque l’entreprise produit et vend 6 tonnes d’engrais, l’accroissement du bénéfice est de 800 €/tonne. 1.

Questions Moderato

1. La fonction polynôme − x 2 + 20x − 64 admet un maximum en x0 = −b , soit x0 = −20 = 10. Le bénéfice de l’entreprise 2a −2 est maximal lorsqu’elle produit et vend 10 tonnes d’engrais. 2. B ′ (10) = 0. Lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes d’engrais, l’accroissement du bénéfice est de 0 €/tonne. 3. Lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes d’engrais, l’accroissement du bénéfice est nul, l’entreprise n’a donc plus d’intérêt économique à produire plus.

2. VF = 7 − 4 = 3. VG = 12 − 8 = 4. 1− 0 1− 0 3. À t = 2 , les mobiles F et G sont à la même position.

Questions Allegro

1.

Questions Moderato

1. f (t) = g(t) ⇔ 2t 2 + t + 4 = −t 2 + 5t + 8 ⇔ 3t 2 − 4t − 4 = 0 Le trinôme 3t 2 − 4t − 4 a pour discriminant : Δ = (−4 )2 − 4 × 3 × (−4 ) = 64. Δ . 0, le trinôme 3t 2 − 4t − 4 admet deux racines distinctes. x1 = 4 + 64 = 2 et x2 = 4 − 64 = − 2 . 3 6 6 2. t est une grandeur positive, les deux mobiles sont donc à la même position en t = 2. 2 (t + h )2 + (t + h ) + 4 − (2t 2 + t + 4 ) h 2t 2 + 4th + 2h2 + t + h + 4 − (2t 2 + t + 4 ) = h h (2h + 4t + 1) = h = 2h + 4t + 1

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −2a + 20. La fonction B est donc dérivable en a, avec B ′ (a ) = −2a + 20. 2. a

3. vF =

− (t + h ) + 5(t + h ) + 8 − (−t + 5t + 8) vG = h −t 2 − 2th − h2 + 5t + 5h + 8 − (−t 2 + 5t + 8) = h h (−h − 2t + 5) = h = −h − 2t + 5 2

2

Questions Allegro

Voir les réponses de Moderato ci-dessus. 106

Chapitre 4 Dérivation locale

− (a + h )2 + 20 (a + h ) − 64 − (−a2 + 20a − 64 ) h −a2 − 2ah − h2 + 20a + 20h − 64 − (−a2 + 20a − 64 ) = h h (−h − 2a + 20) = h = −h − 2a + 20

0

B´(a)

+

10

14

0

–

3. a B(a)

0 –64

10 36

14 20

On remarque que sur les intervalles où le nombre dérivé de la fonction B est positif, la courbe représentative de la fonction B est croissante. Sur les intervalles où le nombre dérivé de la fonction B est négatif, la courbe représentative de la fonction B est décroissante. 4. Le bénéfice maximal est atteint lorsque le nombre dérivé de la fonction B est nul. D’après la question 2, B (a ) = 0 pour a = 10 et B (10) = 36. Le bénéfice maximal est de 3 600 € et il est atteint lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes d’engrais.

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2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3a2 − 4a + 3. La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) = 3a2 − 4a + 3. 3. Le trinôme 3a2 − 4a + 1 admet deux racines distinctes. La courbe #f admet donc deux tangentes parallèles à la droite $ aux points d’abscisse : x1 = 4 + 4 = 1 et x2 = 4 − 4 = 1 . 6 6 3 4. La courbe #f admet une tangente parallèle à la droite $ au point d’abscisse 1 d’équation y = 2x + 1 (cf. question 3 Moderato). La courbe #f admet une tangente parallèle à la droite $ au point d’abscisse 1 . 3 1 1 y= f′ × x− + f 1 3 3 3 1 49 ⇔ y=2 x− + 3 27 31 ⇔ y = 2x + 27

1  1. a. f (0) = 2 ;  f ′ (0) = 9. b. f (1) = 6 ;  f ′ (1) = 0 . c. f (2) = 4 ;  f ′ (2) = −3 . d. f ( x ) < x + 2 when the real number x belong to the set [2 ; 4]. 2. x

0

1 6

f (x)

3

y

1 0

2.

1

x

y

4 6

2 2 3. f ′ (0) = f ′ ( 4 ) = 9, the tangents to the curve at points x = 0 and x = 4 are parallel.

2  1.

4.

1 0

1

x

9−4 = 5 3−2 5. The closer the points are to the point (3;9) the closer the gradient is to value 6. QR ( x + h )2 − x 2 x 2 + 2xh + h2 − x 2 6. = = PR x+h−x h h (2x + h ) = h = 2x + h QR 7. When h approaches zero, is equal to 2x. PR

3  1. ( x − a )( x 2 + ax + a2 ) = x 3 + ax 2 + a2 x − ax 2 − a2 x − a3

y

dy = 3x 2 − 4. 2. dx dy 3. (2) = 3 × 22 − 4 = 8 dx 4.

= x 3 − a3

y

1

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0

9−0 = 3 3−0 3.

1

x

1 0

1

x

y

1 0

1

x

It seems that there are 2 points on curve for which the gradient is 0. ⎧ 2 3 ⎪⎪ x = 3 dy 2 2 4 = 0 ⇔ 3x − 4 = 0 ⇔ x = ⇔ ⎨ 3 dx ⎪ x = −2 3 3 ⎪⎩

9 −1 = 4 3−1

Chapitre 4 Dérivation locale

107

5

Dérivation globale

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1  a. 4 ; b. 2 ; c. 3 et d. 1. 2  1. 5 − (3x + 1) ˘ 0 5 − 3x − 1 ˘ 0 4 − 3x ˘ 0 x< 4 3 ⎤ 6 = −` ;  4 ⎤ ⎦ 3⎦ 2 2. 2x − 3x − 2 ˘ 0 C’est une inéquation du second degré, on calcule le discriminant : Δ = (−3)2 − 4 × 2 × (−2) = 25. Δ . 0 donc l’équation 2x 2 − 3x − 2 = 0  admet deux solutions : − (−3) − 25 − (−3) + 25 8 x1 = = − 1 et x2 = = = 2. 2×2 2 2×2 4 a = 2 . 0 donc l’ensemble des solutions de l’inéquation est 6 = ⎤−`   ;   − 1 ⎤¯[2 ;   +`[ . ⎦ 2⎦ –x + 2x − 5 3. 2x − 3 ˘ 0 On étudie le signe de –x 2 + 2x − 5. C’est une expression du second degré, on calcule le discriminant : Δ = 22 − 4 × (−1) × (−5) = −16. Δ , 0 donc l’équation –x 2 + 2x − 5 = 0  n’admet aucune solution et comme a = −1 , 0 on en déduit que –x 2 + 2x − 5 est toujours négatif. On étudie ensuite le signe de 2x − 3. 2x − 3 < 0 ⇔ x < 3 2

On en déduit que l’ensemble des solutions de l’inéquation –x 2 + 2x − 5 ˘ 0 est 6 = ⎤−` ;  3 ⎡ . ⎦ 2⎣ 2x − 3

3  1. a. f ( x ) = u ( x ) + v ( x ) = −3x 2 + 7x − 1 g ( x ) = 3v ( x ) = −9x 2 + 15x − 6 h ( x ) = u ( x ) × v ( x ) = (2x + 1)(−3x 2 + 5x − 2) = −6x 3 + 7x 2 + x − 2 b. Sur ]1 ; +` [, m ( x ) =

2x + 1 . −3x 2 + 5x − 2

2. Sur [–0,5 ; +` [,n ( x ) = u ( x ) = 2x + 1.

4  m et r sont des sommes, f , n et p sont des produits, g est

un quotient et h est aucune des trois propositions.

5  1. Par lecture graphique, on détermine le tableau de variation de la fonction f. x Variations de f

–`

–1

1

+`

3 –1

2. Sur l’intervalle [–2 ; 2], le minimum de f est –1 atteint pour x = 1 et le maximum de f est 3 atteint pour x = −1.

6  f (−4 )  = 3;  f ′ (−4 ) = 1 ;  f  (2) = 4 ;  f ′ (2) = −0,5 ;  f (6) = 0 . et  f ′ (6) = −2

Pour construire le cours Situation

1 

1  Après 10 s de chute, le solide aura parcouru d(10)=100 mètres.

d (10 + h ) − d (10) (10 + h )2 − 100 20h + h2 = = = 20 + h h h h lim 20 + h = 20 donc d ′ (10) = 20. 2 

h→0

3  Comme à la question 2, en répartissant le travail dans la classe, on complète le tableau suivant.

t=… d’(t) = …

10 20

15 30

20 40

25 50

30 60 Chapitre 5 Dérivation globale

109

4  On conjecture, au vu des résultats précédents, que d ′ (t ) = 2t.

d (t + h ) − d (t ) (t + h )2 − t 2 2th + h2 = = = 2t + h h h h lim 2t + h = 2t donc d ′ (t ) = 2t. 5 

h→0

6  On en déduit que la vitesse instantanée du solide à l’instant 100 est d ′ (100) = 200.

Situation

2 

1  (u + g )( x ) = 2x + 5 x + 8

(u × g )( x ) = (2x + 5)(5 x + 3) = 10x x + 6x + 25 x + 15 u ( x ) = 2x + 5 g 5 x +3 2  a.

x

u(x)

g(u(x))

10

25

5 × 5 + 3 = 28

1

7

5 7 +3

-5

-5

Impossible

5,5

16

5 × 4 + 3 = 23

-3

-1

impossible

8

21

5 21 + 3

b. Les deux cellules ne peuvent pas être complétées car g est définie sur R+ et le nombre u ( x ) est strictement négatif. c. La fonction définie dans la colonne de droite du tableau est définie lorsque u ( x ) ˘ 0. u ( x ) ˘ 0 ⇔ 2x + 5 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 5 2 L’ensemble de définition de cette fonction est donc ⎡− 5  ; +` ⎡. ⎣ 2 ⎣

Situation

3 

1  À l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique, on conjecture que lorsque la fonction dérivée f ′ est positive, la fonction f est croissante, et lorsque la fonction dérivée f ′ est négative, la fonction f est décroissante. 2  On obtient alors :

Sur ]–` ; –3]

f ′( x) ˘ 0

f   est croissante

Sur ]–3 ; 1]

f ′( x) < 0

  f   est décroissante

Sur [1 ; +`]

f ′( x) ˘ 0

f   est croissante

Situation

4 

1  On lit graphiquement A(0 ; 6), B(3 ; 11), C(7 ; 3), D(10 ; 0) et E(14 ; 14). 2  On lit graphiquement :

Points Coefficients directeurs de la tangente

A

B

C

D

E

2,8

0

0

0

5

3  Le maximum de P est 14 atteint pour x = 14 et le minimum de P est 0 atteint pour x = 10.

110

Chapitre 5 Dérivation globale

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L’expression de cette fonction est g (u ( x )) = 5 2x + 5 + 3.

4 

Le point…

A

B

C

D

E

sur l’intervalle…

[0;14]

[2 ;5]

[6 ;8]

[0 ;14]

[0;14]

correspond-il à un extremum ?

Non

Oui

Non

Oui

Oui

P ′ (t )  = …

2,8

0

0

0

5

5  On peut conjecturer que lorsque la courbe admet un extremum en un point qui n’est pas une borne de l’intervalle de définition, alors la dérivée en ce point est nulle.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  On introduit l’expression en rouge car elle vaut 0. 2  On réorganise le calcul afin d’obtenir les expressions des taux de variations des fonctions u et v. 3  Cela se déduit de l’expression de T (h ) à la ligne (2) et aux trois limites déterminées ensuite. 4  On a considéré un nombre x0 quelconque de l’intervalle I et on a montré que f était dérivable en x0 avec

f ′ ( x0 ) = v ( x0 ) × u ′ ( x0 ) + u ( x0 ) × v ′ ( x0 ). Les deux fonctions f ′ et u ′v + uv ′ sont donc définies sur le même intervalle I et égales en tout point de I donc elles sont égales.

Rédiger une démonstration 1  f (a ) est un maximum de f sur I signifie que pour tout x de I, f ( x ) < f (a ). f (a + h ) − f (a )

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La formule du taux de variation de f en a est

. h Comme f (a ) est le maximum de f sur I, on a :  f (a + h ) − f (a ) < 0 quelle que soit la valeur de h. f (a + h ) − f (a ) f (a + h ) − f (a ) Si h . 0, on en déduit que < 0 donc f ′ (a ) = lim < 0. h h h→0 f (a + h ) − f (a ) f (a + h ) − f (a ) Si h , 0, on en déduit que ˘ 0 donc f ′ (a ) = lim ˘ 0. h h h→0 f ′ (a ) doit être positif et négatif donc la seule valeur possible est 0. Dans ce raisonnement, il est important que a ne soit pas une borne de l’intervalle. On peut illustrer cela par un contre-exemple. On considère la fonction f définie sur [–3 ; 3] par f ( x ) = 4 x + 2. La dérivée de la fonction f est la fonction f ′ définie par f ′ ( x ) = 4. Elle est strictement positive sur [–3 ; 3] donc la fonction f est strictement croissante sur [–3 ; 3]. On en déduit que le maximum de f sur [–3 ; 3] est f (3) = 14 et pourtant f ′ (3) = 4 . 0.

2  On pose f = 1 et on considère x0 un élément de I.

u u ( x0 + h ) − u ( x0 ) Le taux de variation de la fonction u en x0 est . h f ( x0 + h ) − f ( x0 ) Le taux de variation de la fonction f en x0 est . h u ( x0 ) u ( x0 + h ) 1 − 1 − f ( x0 + h ) − f ( x0 ) u ( x0 + h ) u ( x0 ) u ( x0 + h ) × u ( x0 ) u ( x0 ) × u ( x0 + h ) = = h h h u x f ( x0 + h ) − f ( x0 ) + h − u x ( ) ( 1 0 0) Donc =− × . h h u ( x0 + h ) u ( x0 ) u ( x0 + h ) − u ( x0 ) On admet que lim u ( x0 + h ) = u ( x0 ) et on a lim = u ′ ( x0 ). h h→0 h→0 u ( x0 + h ) − u ( x0 ) u ′ ( x0 ) 1 × = − 1 2 u'( x0 ) = − . On en déduit que lim − 2 h h→0 u ( x0 + h ) u ( x0 ) u(x ) u(x ) 0

0

Chapitre 5 Dérivation globale

111

Utiliser différents raisonnements On considère une fonction f   paire et définie sur ¡. On a alors pour tout réel x de ¡, f (− x ) = f ( x ). f (− x0 + h ) − f (− x0 ) Soit x0 un réel, f ′ (− x0 ) = lim . h h→0 f ( x0 − h ) − f ( x0 ) f ( − x0 + h ) − f ( − x0 ) f ( x0 − h ) − f ( x0 ) Comme la fonction f   est paire = = −  . h h −h f ( x0 − h ) − f ( x0 ) = f ′ ( x0 ) . Or lim −h h→0 On en déduit par passage à la limite que f ′ (− x0 ) = − f ′ ( x0 ). On peut conclure que f ′ est impaire. On a montré que si la fonction f est paire, la fonction f ’ est impaire, donc, par contraposée, on a le résultat souhaité.

Travaux pratiques TP

1  Allure d’une courbe

1  La fonction complétée est :

2  a. Le nombre p représente le pas que l’on choisit pour obtenir les différents points. C’est l’écart entre les abscisses des différents points obtenus. b. Lorsque la boucle s’arrête, la liste LY contient les différentes valeurs des taux de variations de la fonction f au point d’abscisse a pour a variant dans l’intervalle [ xmin  ;  xmax [ avec un pas p. c. On programme la fonction précédente sans oublier de définir la fonction f  :

pour obtenir le graphique souhaité.

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On exécute dans la console : d. L’expression de la fonction dérivée de f est f ′ ( x ) = 3x 2 . e. Voici plusieurs exemples de courbes obtenues.

112

Chapitre 5 Dérivation globale

3  En définissant les fonctions g et h (il faudra introduire le module math pour l’expression de la racine carrée), on obtient les courbes suivantes.

2  Tangente à une courbe

TP

1  a. La fonction derivee_f(x) permet de définir la fonction dérivée de la fonction  f . Son expression est f ′ ( x ) =

b. L’équation de la tangente en a est y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ). Dans la fonction, l’instruction correspondante est . c. On peut conjecturer que l’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses est –3.

1 . 2 x

2  On complète par lecture graphique le tableau suivant.

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a x0

1

1,5

2

2,5

3

3,5

4

4,5

5

–1

–1,5

–2

–2,5

–3

–3,5

–4

–4,5

–5

a. On conjecture à l’aide de ce tableau que la tangente au point d’abscisse a coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse –a. b. On considère un point de la courbe de f d’abscisse a avec a ∈R+. On a donc f (a ) = a et f ′ (a ) = 1 . 2 a 1 La tangente au point d’abscisse a a pour équation y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) soit : y = ( x − a) + a . 2 a On note x0 l’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses, on a donc : 0 = 1 ( x0 − a ) + a . 2 a 1 Or, ( x − a) + a = 0 ⇔ x0 − a = − a × 2 a ⇔ x0 = −2a + a ⇔ x0 = −a . 2 a 0 On a donc bien x0 = −a. On a donc démontré le résultat conjecturé à la question précédente.

TP

3  Mesurer un taux de C02

1  et 2 

3  f ′ ( x ) = 0,003x 2 − 0,26x + 4 4  La fonction f ′  est un polynôme du second degré donc on étudie son signe en calculant le discriminant :

Δ = (−0,26)2 − 4 × 0,003 × 4 = 0,0196.

Δ . 0 donc le polynôme admet deux racines : x1 = 0,26 − 0,0196 = 20 et x2 = 0,26 +  0,0196 = 200 . 3 0,006 0,006 Chapitre 5 Dérivation globale

113

Or, 200 n’appartient pas à l’intervalle [0 ; 35] et a = 0,003  est strictement positif donc on en déduit le signe de f ′ ( x )  : f ′ ( x ) 3 est positif sur [0 ; 20] et négatif sur [20 ; 35]. 5  D’après la question précédente, sur [0 ; 20], f ′ ( x ) est positif, donc f est croissante, et sur [20 ; 35] f ′ ( x ) est négatif, donc

f est décroissante.

6  Le maximum de f sur [0 ; 35] est f (20) = 41. On en déduit que le volume de CO2 expiré a été le plus important au bout de 20 secondes et que ce volume était de 41 mmHg.

4  Souffler du verre

TP

1  et 2  Voir captures d’écran dans la boîte à outils sur la page 157. On obtient la forme factorisée de la fonction dérivée : 2 Cm′ ( x ) = 2 ( x − 10) x + x2 + 10 . x 3  On étudie le signe de x 2 + x + 10 à l’aide du discriminant : Δ = 12 − 4 × 1× 10 = −39 , 0 et a = 1 . 0, donc on a x 2 + x + 10 . 0

pour tout réel  x. On en déduit le signe de Cm′ ( x ) à l’aide d’un tableau de signes. x 2(x – 10) x2 + x + 10 x2

0

10 0

– + +

Cm′ ( x )

–

14 + + +

0

+

4  D’après la question précédente, on obtient le tableau de variation suivant.

x

0

Signe de Cm′ ( x )

10 –

14

0

Variations de Cm ( x )

+

64

5  Aire maximale

TP

1  À l’aide d’un logiciel de géométrie, on peut conjecturer que l’aire du rectangle OCAB est maximale pour x ≈ 1,78 et vaut environ 10,38. 2  x varie dans l’intervalle [0 ; 3].

(

)

3  g ( x ) = OC × OB = x × 9 − x 2 = − x 3 + 9x 4  On trace la courbe représentative de g et on conjecture que le maximum est environ

10,4 atteint pour x = 1,8.

(

)

(

)(

5  g ′ ( x ) = −3x 2 + 9 = −3 x 2 − 3 = −3 x − 3 x + 3

)

On en déduit le tableau de signes de g ′ ainsi que le tableau de variation de g sur [0 ; 3]. x

0

Signe de g ′( x) Variations de g

3

3 +

0

–

6 3 0

0

6  On trouve que le maximum de la fonction g est 6 3 atteint pour x = 3 , ce qui correspond aux valeurs approchées obtenues dans la question 1. 7  On conclut que pour que l’aire du rectangle OCAB soit maximale, il faut que le point A ait une abscisse égale à 3. Cette aire maximale vaut alors 6 3 . 114

Chapitre 5 Dérivation globale

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5  Pour que le coût moyen soit minimal, l’artisan doit produire 10 objets. Il obtiendra alors un coût moyen de 64 €.

Automatismes Calcul mental

4. i ′ ( x ) = 72 x 5. j ′ ( x ) = 35x 6 6. k ′ ( x ) = −3 2 x

1  1. f ′ ( x ) = 2x 2. g ′ ( x ) = −6x 3. h ′ ( x ) = −3x 2 4. i ′ ( x ) = −3 x 5. j ′ ( x ) = − 22 x 6. k ′ ( x ) = 2 (2x + 1) × 2 = 8x + 4

7. m ′ ( x ) = 5(3x + 7) × 3 = 45x + 105 1 1 8. n ′ ( x ) = × (−2) = − 2 5 − 2x 5 − 2x

Automatismes

2  Voici les tableaux de signes de chaque fonction. x Signe de f (x) x

–

+

x

–

x

+

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x

–

0

+` +

0

+` –

0

+` +

3

–`

Signe de k(x)

–

−3 2

–`

Signe de j(x)

0

+`

4

–`

Signe de i(x)

+

–3

–`

Signe de h(x)

0

+`

2

–`

Signe de g(x) x

3

–`

+

0

+` –

3  1. f ′ ( x ) = 2x + 3

4  1. − x 2 − 3 , 0

2. 2x 2 + x ˘ 0 3. x +2 x < 0 −x −1

4. −3x 2 ( x 2 + 4 ) < 0

5  La courbe rouge est la courbe de f et la courbe bleue

celle de f ′. En effet, lorsque la courbe bleue est négative, la courbe rouge est décroissante et lorsque la courbe bleue est positive, la courbe rouge est croissante.

6  1. f   est un produit et f ′ ( x ) = 8 + 6 x + 5

2 x = 12x x + 16x + 5 x 2x 2 + 20x + 21 15x 2. g est un quotient et g ′ ( x ) = (3x + 2)2 3. h est une racine et h ′ ( x ) = 1 × 2x + 1 2 x2 + x − 2 4. i est une somme et i ′ ( x ) = 4 − 52 − 3 2 x x −10 + 8x 5. j est un quotient et j ′ ( x ) = (2x − 1)2 ( 4 − 2x )2

7  La fonction f correspond au tableau de variation c ; la

2. g ′ ( x ) = − 12 + 5 x 3. h ′ ( x ) = 7x 6 + 1 − 12 2 x x

fonction g correspond au tableau de variation a et la fonction h correspond au tableau de variation b.

Exercices 1  1. u ′ ( x ) = 5 ;  v ′ ( x ) = 1 ;  w ′ ( x ) = 2x ;  z ′ ( x ) = − 12 .

2 x 2. f ( x ) = 5x 2 − 2 (5x + 3) et f ′ ( x ) = 10x − 10. g ( x ) = x − 9 et g ′ ( x ) = 1 + 92 . x 2 x x 2 2x (5x + 3) − x 2 × 5 h(x ) = x et h ′ ( x ) = 5x + 3 (5x + 3)2 2 2 = 10x + 6x −2 5x (5x + 3) x (5x + 6) = . (5x + 3)2

x

5 ;  l ′ ( x ) = 2 × 5 × (5x + 3) = 10 (5x + 3) ;  2 5x + 3 5 . m′(x ) = − (5x + 3)2

3. k ′ ( x ) =

2  1. f est la somme de deux fonctions u ( x ) = 3x 2 et v ( x ) = x + 1.

2. f ′ = u ′ + v ′

1 , donc f ′ ( x ) = 6x + 1 . 2 x +1 2 x +1 3  1. f est le produit de deux fonctions u ( x ) = −3x + 7 et v ( x ) = 5x + 1. 2. f ′ = u ′v + uv ′

u ′ ( x ) = 6x et v ′ ( x ) =

Chapitre 5 Dérivation globale

115

4  1. f est le quotient de deux fonctions u ( x ) = −3x − 7 et v ( x ) = x 2. −3x 2 − (−3x − 7) × 2x 2. h ′ = u ′v −2 uv' . On en déduit h ′ ( x ) = v x4 2 2 + 14 x = −3x + 6x 4 x 2 = 3x +414 x x = 3x +3 14 . x 5  1. f  est de la forme x a g (mx + p) avec g ( x ) = x 6 , m = 8 et p = −9. 2. g ′ ( x ) = 6x 5, et f ′ ( x ) = m × g ′ (mx + p) = 8 × 6 (8x − 9)5 = 48 (8x − 9)5 .

6  1. f est le produit de deux fonctions u ( x ) = x 2 et v ( x ) = 2x − 4 . 2 2 2x − 4 1 = , 2x − 4

2. u ′ ( x ) = 2x, et v ′ ( x ) =

donc f ′ ( x ) = 2x × 2x − 4 + x 2 × 2x (2x − 4 ) + x 2 2x − 4 2 − 8x . 5x = 2x − 4

1 2x − 4

=

7  1. f est la somme de deux fonctions u ( x ) = x dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ et v ( x ) = x 4 dérivable sur R. 2. On déduit de la question 1 que f est dérivable sur R* . ⎪⎧ − x  pour  x ∈ ]−` ; 0] 3. u ( x ) = ⎨ ⎪⎩ x  pour  x ∈[0 ; +`[ ⎧⎪ −1+ 4 x 3  pour  x ∈ ]−` ; 0[ 4. f ′ ( x ) = ⎨ 3 ⎪⎩ 1+ 4 x  pour  x ∈ ]0 ; +`[

8  1. f est le quotient de deux fonctions u ( x ) = x 2 − 3x + 1 et v ( x ) = 2x 2 + 1. 2. u ′ ( x ) = 2x − 3 et v ′ ( x ) = 4 x f ′ = u ′v −2 uv ′ . On en déduit : v (2x − 3) × (2x 2 + 1) − ( x 2 − 3x + 1) × 4 x f ′(x ) = (2x2 + 1)2 3 2 3 2 = 4 x + 2x − 6x − 3 − 42x + 12x − 4 x 2 (2x + 1) 2 = 6x − 2x −2 3 . (2x2 + 1)

f9 (−2 ) − +f h(−2 ) −) f (−2) 1. +f h(−2 h h 2 (−2 + h(−2 )2 −+3h()−2 ) + +7 h−)(+4 7+ −6 (+47+) 6 + 7) −+3h(−2 = = h h h2 − 4h + 6+ −43h − (+4 7+ −6 (+47+) 6 + 7) + 6+−73h h2+−44h = = h h 2 h2 − 7h = h −=7h h h h (h − 7h)(h − 7) = = h h = h − 7= h − 7 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel –7. La fonction f est donc dérivable en -2 avec f ′ (−2) = −7. 2. La fonction f est la somme de trois fonctions dérivable sur R, on en déduit que f est dérivable sur R et f ′ ( x ) = 2x − 3. Le nombre dérivé en −2 est f ′ (−2) et est égal à 2 × (−2) − 3 = −7. On retrouve bien le résultat de la question précédente. −8 − −8 10  1. f (−5 + h ) − f (−5) = −5 + h −5 h h 40 + 8 (−5 + h ) −5(−5 + h ) = h 8h −5(−5 + h ) = h 8 = −5(−5 + h ) Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 8 . 25 La fonction f est donc dérivable en −5 avec f ′ (−5) = 8 . 25 1 f est de la forme ku, avec k = −8 et u ( x ) = x dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ . On en déduit que f est dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ et f ′ ( x ) = ku ′ ( x ) = −8 × − 12 = 82 . x x Le nombre dérivé en −5 est f ′ (−5) et est égal à 8 2 = 8 . 25 (−5)

( )

On retrouve bien le résultat de la question précédente. 2 11  1. h (1+ h ) − h (1) = 2 (1+ h ) − (1+ h ) + 1− (2 − 1+ 1)

h

h 2h2 + 4h + 2 − 1− h + 1− (2 − 1+ 1) = h h (2h + 3) = h = 2h + 3 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 3. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 3. 2.

h (−2 + h ) − h (−2) 2 (−2 + h )2 − (−2 + h ) + 1− (8 + 2 + 1) = h h 2h2 − 8h + 8 + 2 − h + 1− (8 + 2 + 1) = h h (2h − 9 ) = h = 2h − 9

Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −9. La fonction f est donc dérivable en −2 avec f ′ (−2) = −9.

116

Chapitre 5 Dérivation globale

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

u ′ ( x ) = −3 et v ′ ( x ) = 5, donc f ′ ( x ) = −3(5x + 1) + 5(−3x + 7) = −30x + 32. 3. f ( x ) = −15x 2 − 3x + 35x + 7 = −15x 2 + 32x + 7 f ′ ( x ) = −30x + 32

h (h ) − h (0) 2h2 − h + 1− (1) h (2h − 1) 3. = = = 2h − 1 h h h Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel −1. La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = −1.

2 2 h (a + h ) − h (a ) 2 (a + h ) − (a + h ) + 1− (2a − a + 1) = h h 2 2 2 + 1− −+ a2h+21)− a − h + 1− (2a2 − a + 1) +(2a 4ah + h ) − h (a ) 2 (a + h ) − (a + h )2a = = h h h 2 2 h (2h + 4a − 1) 2 2a + 4ah + 2h =− a − h + 1− (2a − a + 1) = h h h (2h + 4a − 1) = 2h + 4a − 1 = h = 2h + 4a − 1 Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre réel 4a − 1. La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 4a − 1. L’élève a raison.

4.

12  • f ( x ) = − x 2 est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = −2x .

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

• g ( x ) = −π est définie et dérivable sur ]−` ; 0[ ¯ ]0 ; +`[ . x π g′(x ) = 2 x • h ( x ) = 18 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur ]0 ; +`[ . h ′ ( x ) = 18 = 9 2 x x • j ( x ) = − x + 8 + x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur ]0 ; +`[. j ′ ( x ) = −1+ 1 . 2 x • k ( x ) = −3 + 3x 2 + 7 est définie et dérivable sur x −` ; 0 ¯ ] [ ]0 ; +`[ . k ′ ( x ) = 32 + 6x. x • m ( x ) = −3 2x + 5 . 2x + 5 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 5 , on en déduit 2 5 que la fonction m est définie sur ⎡−  ; +` ⎡ et dérivable sur ⎣ 2 ⎣ 3 ⎤− 5  ; +` ⎡. m ′ ( x ) = −3 × 2 = − . ⎦ 2 ⎣ 2 2x + 5 2x + 5

13  • n ( x ) = 3x 2 − πx + 1 est définie et dérivable sur R . n ′ ( x ) = 2 3x − π

3

• p( x ) = (2x 2 − x + 1)(−7x + 8) est définie et dérivable sur R. p ′ ( x ) = ( 4 x − 1)(−7x + 8) + (2x 2 − x + 1) × (−7) = −28x 2 + 32x + 7x − 8 − 14 x 2 + 7x − 7 = −42x 2 + 46x − 15

• r ( x ) = 3x − 7 est définie et dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ . x 3x − (3x − 7) 7 = 2 r ′(x ) = x2 x • s ( x ) = x + 5 est définie et dérivable sur ⎤−` ;  1 ⎡¯⎤ 1  ; +` ⎡ . ⎦ ⎣ 2 ⎣ ⎦2 2x − 1 2x − 1− 2 ( x + 5) = −11 2 s ′(x ) = (2x − 1)2 (2x − 1) 2

• t ( x ) = x + 3x − 7 est définie et dérivable sur : x+5 −` ; −5 ¯ ] [ ]−5 ; +`[.

t ′(x ) =

(2x + 3)( x + 5) − ( x 2 + 3x − 7) ( x + 5)2

2 2 = 2x + 13x + 15 − 2x − 3x + 7 ( x + 5) 2 = x + 10x +2 22 ( x + 5)

• w ( x ) = 5 x . 7 − 3x = 0 ⇔ x = 7 . On en déduit que w est 7 − 3x 3 définie sur ⎡0 ;  7 ⎡¯⎤ 7  ; +` ⎡et dérivable sur⎤0 ;  7 ⎡¯⎤ 7  ; +` ⎡ . ⎣ 3⎣ ⎦3 ⎦ 3⎣ ⎦3 ⎣ ⎣ 5 × (7 − 3x ) − 5 x × (−3) w′(x ) = 2 x (7 − 3x )2 35 − 15x + 30x 2 x = (7 − 3x )2 = 15x + 35 2 2 x (7 − 3x )

14  • f ( x ) = −5 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur

]0 ; +`[. f ′ ( x ) = −5 .

2 x 23 est définie et dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ . • g(x ) = x g ′ ( x ) = −23 x2 • h ( x ) = 15x 2 est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = 30x. • j ( x ) = 3x − 5 + 7 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur ]0 ; +`[ . j ′ ( x ) = 3 + 7 . 2 x • k ( x ) = 3 4 x + 2 − 5x + x 2 . 4 x + 2 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 1 , on en 2 déduit que la fonction m est définie sur ⎡− 1 ; +` ⎡ et dérivable ⎣ 2 ⎣ 6 + 2x − 5. sur ⎤− 1 ; +` ⎡. k ′ ( x ) = 3 × 4 − 5 + 2x = ⎦ 2 ⎣ 2 4x + 2 4x + 2 • m ( x ) = −π − 1 x est définie et dérivable sur R. m ′ ( x ) = − 1 . 3 3

15  • f   est de la forme x a g (mx + p) avec g ( x ) = x7, m = 3 et p = −5. g est définie et dérivable sur R, on a g ′ ( x ) = 7x 6 . On en déduit que f est définie et dérivable sur R et f ′ ( x ) = m × g ′ (mx + p) = 3 × 7 (−5 + 3x )6 = 21(−5 + 3x )6 . • p( x ) = (8 − x )(2x 2 − x + 7) est définie et dérivable sur R. p ′ ( x ) = − (2x 2 − x + 7) + (8 − x ) × ( 4 x − 1) = −2x 2 + x − 7 + 32x − 8 − 4 x 2 + x = −6x 2 + 34 x − 15 2 • r ( x ) = x = x . r est définie et dérivable sur R et r ′ ( x ) = 1. x + 2 est définie et dérivable sur ]−` ;1[¯]1; +`[. 7x • s(x ) = x −1 7x − 7 − (7x + 2) = −9 2 s ′(x ) = 2 ( x − 1) ( x − 1) 2 • t ( x ) = −2x + x − 1 est définie et dérivable sur : 7x + 1 ⎤−` ; − 1 ⎡¯⎤− 1 ; +` ⎡. ⎦ ⎣ 7⎣ ⎦ 7

Chapitre 5 Dérivation globale

117

(−4 x + 1)(7x + 1) − (−2x 2 + x − 1) × 7 (7x + 1)2

2 2 = −28x − 4 x + 7x + 1+2 14 x − 7x + 7 (7x + 1) 2 = −14 x − 4 x2 + 8 (7x + 1)

w(x ) = w′(x ) =

5 est définie et dérivable sur ⎤−` ; 2 ⎡¯⎤ 2 ; +` ⎡ . ⎦ ⎣ 2 − 7x 7 ⎣ ⎦7 35

(2 − 7x )2

en déduit que f4 est décroissante sur ]−` ; 0] et croissante sur [0 ; +`[ .

22  1. La fonction f est définie pour tout x qui n’annule pas

x − 1. Or x − 1 = 0 ⇔ x = 1. On a donc la fonction f qui est définie sur ]−` ;1[¯]1; +`[. 2. f ′ ( x ) =

16  La représentation graphique d’une fonction ne permet que de faire une conjecture sur le sens de variation d’une fonction. Le calcul de f ′ puis l’étude de son signe en fonction des valeurs prises par x sur le domaine de définition de f permettrait de connaître le sens de variation de f sur son domaine de définition.

17  1. La fonction f est décroissante sur l’intervalle ]−` ; –2]

et croissante sur l’intervalle [−2 ; +`[. 2.

1

x

3. Il existe une infinité de courbes pouvant représenter la fonction f .

18  Sur l’intervalle ]−` ;1] la courbe #1 est négative et la courbe #2 est décroissante, de même sur l’intervalle [1; +`[, la courbe #1 est positive et la courbe #2 est croissante. On en déduit que #1 est la courbe représentative de la fonction g et #2 celle de la fonction f . 19  Sur l’intervalle ]−` ; 2] la courbe représentative de la fonc-

tion g ′ est positive. On en déduit que la fonction g est croissante sur ]−` ; 2]. Sur l’intervalle [2 ; +`[ la courbe représentative de la fonction g' est négative. On en déduit que la fonction g est décroissante sur [2 ; +`[.

20  Sur l’intervalle ]−` ;1]¯[3 ; +`[ la courbe représentative

de la fonction f ′ est positive. On en déduit que la fonction f est croissante sur ]−` ;1] et sur [3 ; +`[. Sur l’intervalle [1; 3] la courbe représentative de la fonction f ′ est négative. On en déduit que la fonction f est décroissante sur [1; 3].

21  1. f1′( x ) = 1 2 . Or pour tout x ∈ ]−1; +`[, f1′est posi( x + 1) tive. On en déduit que f1 est croissante sur ]−1; +`[ . 2. f2′( x ) = −1 . Or pour tout x ∈ ]0 ; +`[, f2′ est négative. On x en déduit que f2 est décroissante sur ]0 ; +`[ . 3. f3′( x ) = 2x − 2 = 2 ( x − 1). Pour tout x ∈ ]−` ;1], f3′ est négative et pour tout x ∈[1 ; +`[ , f3′est positive. On en déduit que f3 est décroissante sur ]−` ; 1] et croissante sur [1; +`[. Chapitre 5 Dérivation globale

3. Pour tout x ∈  ]−` ;1[¯]1; +`[ , f ′ est négative. 4. x

1

–`

Signe de f ′ ( x )

+`

–

–

5. La visualisation de la courbe représentative de la fonction f sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier le tableau de variation de la question précédente.

1 0

3( x − 1) − (3x + 2) = −5 2 ( x − 1)2 ( x − 1)

Variations de f ( x )

y

118

3 8x 3 = 4x . 2 x 4 + 5 . 0, pour tout 4 4 2 2x + 5 2x + 5 x ∈R et x 3 est négative sur ]−` ; 0], positive sur [0 ; +`[ . On

4. f4′ ( x ) =

23  1. La fonction x a x est définie sur R, la fonction inverse est définie pour tout x  différent de 0. On en déduit que la fonction f est définie sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ . 2 2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 . Or x 2 . 0 pour tout réel x x x ∈ ]−` ; 0[¯]0 ; +`[, donc f ′ ( x ) est du signe de x 2 − 1.

3. x 2 − 1 = ( x − 1)( x + 1) . On en déduit le signe de f ′ ( x ) . x

–1

–`

Signe de f ( x )

+

0

0

1

–

–

+`

0

+

4. On peut déduire de la question précédente le tableau de variation de f . x

–1

–`

Signe de f ′ ( x )

+

0

0

1

–

–

+`

0

+

–2 Variations de f

2

5. On vérifie à l’aide de la calculatrice que le tableau précédent est correct.

24  D’après les données de l’énoncé, on peut donner le tableau de variation de f . x

–3

–1

Signe de f ′ ( x )

+

0

–

–2

2

3

0

+

5

0

Variations de f On en déduit le tableau de signes de f ( x ). x Signe de f (x)

–3

3 –

0

5 +

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t ′(x ) =

25  x

–3

–`

f ′( x)

–

0

f ( x)

+

29  1. a. f (1) = 2 b. f ′ ( x ) = 0 pour x = 1 ou x ≈ 2,5. c. f ′ (2) ≈ −4,25 2. x

2

x

–3

–`

f ′( x)

+

–

2 1 6

0

f ′( x)

+

5 6

0

–

3 2

0

–

0

3 +

26  1. a. f ( x ) = 0 ⇔ 2( x + 2)( x 2 + 1) = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2 S = {−2} b. f ′ ( x ) = 2 ( x + 1)(3x + 1)

Signe de f ′ ( x )

+

0

x

–

0

+` +

x

100 27

f (x)

Signe de f (x)

–

0

+ +

27  1. f ′ ( x ) = −3x 2 + 4 x − 2. Le trinôme −3x 2 + 4 x − 2 a pour discriminant Δ = 42 − 4 × (−3) × (−2) = −9. Δ , 0, le trinôme −3x 2 + 4 x − 2 n’admet pas de racine dans R et f ′ ( x ) , 0 pour tout x ∈R. x

–`

+`

Signe de f ′ ( x )

3 0

0

+` –

3

Signe de f ′ ( x )

+

0

8 –

2 –

0

23 9

1

+`

8 +

− 886 243

–8

–3

–2 +

0

1 –

0

2 +

2. x

Variations de f ( x ) 0

0

f ′( x)

28  x

+

x1 = −1+ 9 = 1 et x2 = −1− 9 = −2. 2 ×1 2 ×1

2. f (3) = −33 + 2 × 32 − 2 × 3 + 15 = −27 + 18 − 6 + 15 = 0 +

0

L e t r i n ô m e x2 + x + 2 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 12 − 4 × 1× (−2) = 9. Δ . 0, le trinôme x 2 + x − 2 admet deux racines distinctes :

x

Signe de f (x)

–

30  1. f ′ ( x ) = 6x 2 + 6x − 12 = 6( x 2 + x − 2)

–

–`

0

Sur l’intervalle [0 ; 4], la fonction f admet un minimum −8  atteint en 0.

Variations de f ( x )

x

+

+`

2

–2

–`

23 9

1

( )

2. x

0

c. f 23 = − 886 ≈ −3,65 9 243 f (0) =−8.

4

Variations de f

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+`

b.

f ′( x)

−1 3

–1

–`

Signe de f (x)

2,5

3. Sur l’intervalle [0 ; 4], la fonction f semble admettre un minimum −9  atteint en 0. 4. a. f ′ ( x ) = 9x 2 − 32x + 23 • f (1) = 3 − 16 + 23 − 8 = 2 •   L e t r i n ô m e 9x 2 − 32x + 23 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−32)2 − 4 × 9 × 23 = 196 . Δ . 0 , l e t r i n ô m e 9x 2 − 32x + 23 admet deux racines distinctes :

x + 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 1 et 3x + 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ −1. 3

x

1

x1 = 32 + 196 = 23 et x2 = 32 − 196 = 1. 2×9 9 2×9 2 • f ′ (2) = 9 × 2 − 32 × 2 + 23 = −5

f ( x)

x

0

f (x)

+`

0

f ( x) x

+`

f (x)

–3

–2

1

24

2 8

–3

13

3. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur [−3 ; 2] est 24 atteint pour x = −2. 4. D’après le tableau de variation, le minimum de f sur [−3 ; 2] est −3 atteint pour x = 1. + 2) 31  1. g ′ ( x ) = 3( x + 6) − (3x = 16 2 ( x + 6)2 ( x + 6) Chapitre 5 Dérivation globale

119

x

–3

2

g ′( x)

35  1. f ′ ( x ) =

+ 1

g( x)

−7 3 3. D’après le tableau de variation, le maximum de g sur [−3 ; 2] est 1 atteint pour x = 2. 4. D’après le tableau de variation, le minimum de g sur [−3 ; 2] est − 7 atteint pour x = −3. 3

32  1. x

–10

f ′( x)

–9 –

0

2 +

0

0

f (x)

10 –

5

–2 –6 2. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur [−10 ;10] est 5 atteint pour x = 2. 3. D’après le tableau de variation, le minimum de f sur [−10 ;10] est −6 atteint pour x = 10.

33  1. B ′ ( x ) = −2x + 140 B ′ ( x ) ˘ 0 ⇔ −2x + 140 ˘ 0 ⇔ x < 140 ⇔ x < 70 . On en 2 déduit que B ′ est positive sur [0 ; 70] et négative sur [70 ;150]. 2. La fonction B est croissante sur [0 ; 70] et décroissante sur [70 ;150]. 3. B (70) = −702 + 140 × 70 − 1300 = 3600. La valeur du bénéfice maximal est de 3 600 €, il est atteint pour 70 objets fabriqués et vendus par jour.

34  1. Soit A la contenance de la boîte dont la forme est un parallélépipède rectangle. A( x ) = (24 − 2x ) × (18 − 2x ) × x = ( 4 x 2 − 84 x + 432) × x = 4 x 3 − 84 x 2 + 432x A ′ ( x ) = 12x 2 − 168x + 432 = 12 ( x 2 − 14 x + 36) Le trinôme x 2 − 14 x + 36 a pour discriminant : Δ = (−14 )2 − 4 × 1× 36 = 52. Δ . 0, le trinôme x 2 − 14 x + 36 admet deux racines distinctes : x1 = 14 + 52 = 7 + 13 et x2 = 14 − 52 = 7 − 13. 2 ×1 2 ×1 On en déduit le tableau de variation de la fonction B sur l’intervalle [0 ; 9]. x Signe de A′( x)

0

9

7 − 13 +

0

–

Variations de A( x) La contenance de la boîte est maximale pour x = 7 − 13. 2. A(0) = A(9) = 0 , 650 et A(7 − 13 ) ≈ 655 . 650. D’après le tableau de variation de la fonction B de la question précédente il existe deux valeurs de x, l’une appartenant à l’intervalle ⎡⎣0 ; 7 − 13 ⎤⎦, l’autre à l’intervalle ⎡⎣7 − 13 ; 9⎤⎦ telles 120

Chapitre 5 Dérivation globale

que B ( x ) = 650. L’industriel peut donc construire une boîte dont la contenance est supérieure ou égale à 650 cm3.

(2x − 1)( x − 2) − ( x 2 − x + 2) ( x − 2)2

2 2 = 2x − 5x + 2 − x2 + x − 2 ( x − 2) 2 x (x − 4) = x − 4 x2 = ( x − 2) ( x − 2)2 x ( x − 4 ) est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines. Or ∈[3 ; 8] , donc f ′ est positive sur [ 4 ; 8] et négative sur [3 ; 4].

x

3

4

Signe de f ′ ( x )

–

8

0

+ 29 3

8

Variations de f ( x )

7 2. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur [3 ; 8] est 29 atteint pour x = 8 et le minimum de f sur [3 ; 8] est 7 3 atteint pour x = 4.

36  1. f ′ ( x ) =

(2x − 2)( x + 1) − ( x 2 − 2x + 6) ( x + 1)2

2 2 = 2x − 2 − x +2 2x − 6 ( x + 1) 2 = x + 2x 2− 8 ( x + 1) Or, ( x − 2)( x + 4 ) = x 2 + 4 x − 2x − 8 = x 2 + 2x − 8. ( x − 2 )( x + 4 ) On a donc f ′ ( x ) = . ( x + 1)2

2. ( x − 2)( x + 4 ) est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines. Or x ∈[0 ; 8] donc f ′ est positive sur[2 ; 8] et négative sur [0 ; 2]. x

0

2

Signe de f ′ ( x )

–

8

0

+

3. D’après le tableau de signes de f ′ de la question précédente, on déduit que f est décroissante sur [0 ; 2] et croissante sur [2 ; 8].

37  1. f ′ ( x ) = x 2 − 2x − 3. Le trinôme x 2 − 2x − 3 a pour discriminant Δ = (−2)2 − 4 × 1× (−3) = 16. Δ . 0 , le trinôme

x 2 − 2x − 3 admet deux racines distinctes : x1 = 2 + 16 = 3 et x2 = 2 − 16 = −1. 2 ×1 2 ×1 x 2 − 2x − 3est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1]¯[3 ; +`[ et négative sur [−1; 3]. x

f ′( x) f (x)

–1

–` +

0

3 –

0

+` +

11 3

–7 2. D’après le tableau de variation de la question précédente, le maximum de f sur ]−` ; 3] est 11 atteint pour x = −1. 3

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2. Pour tout x ∈ [−3 ; 2],  g ′ est positive.

La fonction P est décroissante sur]0 ; 8] et croissante sur [8 ; +`[ . La fonction P admet un minimum atteint en L = 8..

3. 11 ≈ 3,7. Pour tout x ∈ ]−` ; 3], f ( x ) < 11 < 4. 3 3

Le quadrilatère est un carré de 8 cm de côté.

38  1. f ′ ( x ) = 3x 2 − 3 = 3( x 2 − 1) = 3( x − 1)( x + 1)

x 2 − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1]¯[1; +`[ et négative sur [−1;1]. x

–2

–1

f ′( x)

+

0

f (x)

0

–`

1 –

0

+` +

4

0 2. D’après le tableau de variation de la question précédente, le minimum de f sur [−2 ; +`[ est 0 atteint pour x = −2 et x = 1. 3. Pour tout x ∈[−2 ; +`[ , f ( x ) ˘ 0.

39  Soit L et l la longueur et la largeur respectives du rectangle. On a L × l = 64 ⇔ l = 64 . L Soit P ( L ) le périmètre du rectangle en fonction de L où L ∈[0 ; +`[. 2 P ( L ) = 2L + 2 × 64 = 2L + 128 L L La fonction P est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ . 2 2 2 2 ( L − 8 )( L + 8 ) P ′ ( L ) = 4 L − 2L2 − 128 = 2L −2 128 = L L L2 2 2L − 128 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc P ′ est positive sur [8 ; +`[ et négative sur ]0 ; 8].

40  Soit L et l la longueur et la largeur respectives du rectangle. On a 2L + 2l = 24 ⇔ l = 12 − L. Soit A( L ) l’aire du rectangle en fonction de L où L ∈[0 ; +`[ . A( L ) = L (12 − L ) = − L2 + 12L La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . A ′ ( L ) = −2L + 12 et −2L + 12 ˘ 0 ⇔ L < 6. A ′ est positive sur [0 ; 6] et négative sur [6 ; +`[ . La fonction A est croissante sur [0 ; 6] et décroissante sur [6 ; +`[ . La fonction A admet un maximum atteint en L = 6. Ainsi, l = 12 − 6 = 6 et le quadrilatère est un carré de côté 6 cm. 41  Soit y et x la longueur et la largeur respectives d’un enclos. Le fermier dispose de 100 m de clôture, le périmètre des deux enclos mitoyens doit donc être égal à 100. Ainsi, 4 y + 2x = 100 ⇔ y = −2x + 100 ⇔ y = − 1 x + 25. 2 4 Soit A( x ) l’aire d’un enclos en fonction de x où x ∈[0 ; +`[. A( x ) = x × − 1 x + 25 = − 1 x 2 + 25x 2 2 La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . A ′ ( x ) = − x + 25 et − x + 25 ˘ 0 ⇔ x < 25 A ′ est positive sur [0 ; 25] et négative sur [25 ; +`[. La fonction A est croissante sur [0 ; 25] et décroissante sur [25 ; +`[. La fonction A admet un maximum atteint en x = 25. Ainsi, y = − 1 × 25 + 25 = 12,5 et l’aire de l’enclos est maximale 2 lorsque x = 25 et y = 12,5.

(

)

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Exercices 42  1. −2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 . La valeur interdite pour w est 1 . 2

2 1 1 2. La fonction w est définie et dérivable sur ⎤−` ; ⎡¯⎤ ; +` ⎡ . ⎦ ⎣ 2 ⎣ ⎦2 ( 4 x + 1)(−2x + 1) − (2x 2 + x + 1) × (−2) w′(x ) = (−2x + 1)2 2 2 = −8x + 2x + 1+ 4 x2 + 2x + 2 (−2x + 1) 2 + 4 x+3 −4 x = (−2x + 1)2

43  • La fonction f est définie sur R+ et dérivable sur R+* . f ′ ( x ) = −5 x + −5x + 3 = −15x + 3 2 x 2 x • La fonction g est définie et dérivable sur ⎤−` ; 4 ⎡¯⎤ 4 ; +` ⎡ . ⎦ ⎣ 3⎣ ⎦3 g′(x ) =

(10x − 2)(3x − 4 ) − 3(5x − 2x − 7) (3x − 4 )2 2

2 2 + 6x + 21 = 30x − 46x + 8 − 15x 2 (−2x + 1) 2 29 = 15x − 40x + 2 (−2x + 1)

h ′ ( x ) = −5 + 7 = −10 x + 7 2 x 2 x 4 • 4 − 3x ˘ 0 ⇔ x < . On en déduit que la fonction i est 3 4 ⎤ ⎤ définie sur −` ; et dérivable sur ⎤−` ; 4 ⎡. ⎦ ⎦ 3⎦ 3⎣ −3 i ′(x ) = 2 4 − 3x

44  • La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 2 ( x 2 + 1) + 2x (2x + 3) = 6x 2 + 6x + 2

• La fonction f est définie et dérivable sur [3 ;10]. f ′(x ) =

(5x − 1) − 5( x + 1) −6 = (5x − 1)2 (5x − 1)2

• La fonction f est définie et dérivable sur [2 ; 5]. −1 + 1 ( x − 1)2 2 x 45  1. La représentation graphique ne permet que de faire une conjecture sur le sens de variation de la fonction f . 2. a. La fonction f est définie et dérivable sur ]−` ; 3[¯]3 ; +`[ . f ′(x ) =

• La fonction h est définie sur R+ et dérivable sur R+* . Chapitre 5 Dérivation globale

121

2 2 = 2x − 9x + 9 − x2 + 3x − 1 ( x − 3) 2 = x − 6x +2 8 ( x − 3) b .   L e t r i n ô m e x 2 − 6x + 8 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−6)2 − 4 × 1× 8 = 4. Δ . 0, le trinôme x 2 − 6x + 8 admet deux racines distinctes :

x1 = 6 + 4 = 4 et x2 = 6 − 4 = 2. 2 ×1 2 ×1 2 x − 6x + 8 est du signe de a, donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; 2]¯[ 4 ; +`[ et négative sur [2 ; 3[¯]3 ; 4]. 3. 2 3 4 –` +` x Signe de f ′ ( x )

+

0

–

–

0

+

1 Variations de f (x)

5 L’élève n’avait pas assez d’informations pour donner le sens de variation de la fonction f sur son domaine de définition.

f ′ ( x ) = 3x 2 + 8 b. Pour tout x ∈R, 3x 2 + 8 . 0, donc f ′ est positive sur R. c. x

x Signe de f ′ ( x )

–1

–` +

0

–

1 3

2

0

+

+`

–9 0 − 275 27 2. Du tableau de variation de la fonction f de la question précédente on déduit que la fonction f est négative sur ]−` ; 2] et positive sur [2 ; +`[. Variations de f (x)

47  Soit f une fonction définie et dérivable sur [1; +`[ par : f ( x ) = − x 3 + x 2 − x + 1. f ′ ( x ) = −3x 2 + 2x − 1 Le trinôme −3x 2 + 2x − 1 a pour discriminant : Δ = 22 − 4 × (−3) × (−1) = −8. Δ , 0, le trinôme 3x 2 + 2x − 1 n’admet pas de racine dans R et la fonction f ′ est toujours du signe de a, donc négative sur [1; +`[. On en déduit que la fonction f est décroissante sur [1; +`[. De plus f (1) = 0, donc f ( x ) < 0 sur [1; +`[ .

48  1. La fonction f semble croissante sur R.

2. a. La fonction f est définie et dérivable sur R. 122

Chapitre 5 Dérivation globale

+`

Signe de f ′ ( x )

+

Variations de f ( x ) d. La conjecture de la question 1 est juste, la fonction f est croissante sur R.

49  1. La fonction f semble croissante sur R.

2. a. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 3x 2 − 5 = 3 x 2 − 5 = 3 x − 5 x + 5 3 3 3 b. 3x 2 − 5 est du signe de a, donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ⎤−` ; − 5 ⎤ ¯ ⎡ 5 ; +` ⎡ et ⎥⎦ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 3 négative sur ⎡− 5 ; 5 ⎤ . La fonction f est croissante sur ⎢⎣ 3 3 ⎥⎦

) (

(

)(

)

⎤−` ; − 5 ⎤ et sur ⎡ 5 ; +` ⎡ et décroissante sur ⎡− 5 ; 5 ⎤ . 3 ⎥⎦ ⎦⎥ ⎣⎢ 3 ⎣⎢ ⎣⎢ 3 3 ⎦⎥ c.

46  1. a. b. Graphiquement, il semble que la fonction f est

négative sur ]−` ; 2] et positive sur [2 ; +`[. 2. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 3x 2 + 2x − 1 Le trinôme 3x 2 + 2x − 1 a pour discriminant : Δ = 22 − 4 × 3 × (−1) = 16. Δ . 0, le trinôme 3x 2 + 2x − 1 admet deux racines distinctes : x1 = −2 + 16 = 1 et x2 = −2 − 16 = −1. 3 2×3 2×3 3x 2 + 2x − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1] ¯ ⎡ 1 ; +` ⎡ et néga⎣3 ⎣ 1 ⎡ ⎤ tive sur −1; . ⎣ 3⎦

–`

x Signe de f ′ ( x ) Variations de

− 5 3

–` +

0

5 3 –

0

+` +

10 15 9

f (x)

− 10 15 9

d. La conjecture de la question 1 est fausse. La fenêtre de visualisation de la courbe représentative de la fonction f ne permet pas de déterminer correctement le sens de variation de f .

50  1. La fonction f est définie et dérivable sur R+* . x (−3x + 1) f ′ ( x ) = − x + 1− x = −2x + 1− x = −3x + 1 =

2x 2 x 2 x 2 x 2. Pour tout x ∈ ]0 ; +`[, x . 0 et 2x . 0. −3x + 1 ˘ 0 ⇔ −3x ˘ − 1 ⇔ x < 1 3 On en déduit que f ′ est positive sur ⎤0 ; 1 ⎤ et négative sur ⎦ 3⎦ ⎡ 1 ; +` ⎡ . La fonction f est donc croissante sur ⎤0 ; 1 ⎤ et ⎦ 3⎦ ⎣3 ⎣ décroissante sur ⎡ 1 ; +` ⎡ . Elle admet un maximum ⎣3 ⎣

()

f 1 = 2 3. 3 9 1 3. < 1+ 1015 < 2 + 105 ⇔ f 1 ˘ f (1+ 1015 ) ˘ f (2 + 105 ) 3 3 car la fonction f est décroissante sur ⎡ 1 ; +` ⎡ . ⎣3 ⎣

()

51  La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = x 2 − 6x + 5

Le trinôme x 2 − 6x + 5 a pour discriminant : Δ = (−6)2 − 4 × 1× 5 = 16.

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(2x − 3)( x − 3) − ( x 2 − 3x + 1) f ′(x ) = ( x − 3)2

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Δ . 0, le trinôme x 2 − 6x + 5 admet deux racines distinctes : x1 = 6 + 16 = 5 et x2 = 6 − 16 = 1. 2 ×1 2 ×1 Le trinôme x 2 − 6x + 5 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ;1]¯[5 ; +`[ et négative sur [1; 5]. La fonction f est donc croissante sur ]−` ;1] et sur [5 ; +`[ et décroissante sur [1; 5]. 2. a. x , 0 ⇔ f ( x ) , f (0) car la fonction f est croissante sur ]−` ; 0[. Ainsi, f ( x ) , − 3 < −3. L’affirmation est vraie. b. f (0) = −3. Or, −3 , 11,3, la proposition est fausse. c. f (1) = − 2 , 0 et f (7) = − 2 . Sur l’intervalle ]−` ; 7], la fonc3 3 tion f admet un maximum − 2 atteint en x = 1 et x = 7. La 3 proposition est vraie. 453 d. f (7,05) = − 8 000 , 0 . La proposition est fausse.

Le trinôme −0,03x 2 + 2,10x − 11 est du signe de a donc négatif à l’extérieur des racines, donc B ′ est négative sur ⎡0 ; 105 − 5 309 ⎤ ¯ ⎡105 + 5 309 ; 70⎤ et positive sur 3 3 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎣⎢ ⎦⎥

52  1. D’après le théorème de Thalès :

54  1. Le coût de production pour 11 000 voitures est de 52 331 €. 2. =0,021*A2^3-0,37*A2^2+6,25*A2+0,4 3. Voir la question 7. 4. =B2/A2 5. Il semble que le coût moyen est minimal lorsque sa production mensuelle est d’environ 9 000 véhicules. 6. =0,063*A2^2-0,74*A2+6,25 7.

30 − h = r ⇔ 30 − h = 3r ⇔ h = 30 − 3r ⇔ h = 3(10 − r ). 10 30 V (r ) = πr 2 (3(10 − r )) = 3πr 2 (10 − r ) 2. V (r ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ;10]. V ′ (r ) = 6πr (10 − r ) − 3πr 2 = 3πr (20 − 3r ) 3. Pour tout r ∈[0 ;10], 3πr ˘ 0 et 20 − 3r ˘ 0 ⇔ r < 20 . La 3 20 20 ⎡ ⎤ ⎡ et négative sur ;10⎤ . fonction V ′ est positive sur 0 ; ⎣ 3⎦ ⎣3 ⎦ La fonction V est croissante sur ⎡0 ; 20 ⎤ et décroissante sur ⎣ 3⎦ ⎡ 20 ;10⎤ . ⎣3 ⎦ 4. La fonction V admet un maximum atteint en r = 20 . 3 Le volume du cylindre est donc maximal lorsque la valeur de son rayon est égale à 20 . 3

53  a. C (0) = 225. Les coûts fixes sont de 225 €. b. C (25) = 0,01× 253 − 1,05 × 252 + 91× 25 + 225 = 1800.

La production de 25 objets lui coûte 1 800 €. c. C ( x ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ; 70]. C ′ ( x ) = 0,03x 2 − 2,10x + 91. Le trinôme 0,03x 2 − 2,10x + 91 a pour discriminant Δ = (−2,10)2 − 4 × 0,03 × 91 = −6,51. Δ , 0, le trinôme 0,03x 2 − 2,10x + 91n’admet pas de racine dans R et la fonction C ′ est toujours du signe de a, donc positive sur [0 ; 70]. On en déduit que la fonction C est croissante sur [0 ; 70]. 2. a. B ( x ) = 80x − (0,01x 3 − 1,05x 2 + 91x + 225) = −0,01x 3 + 1,05x 2 − 11x − 225 b. B (25) = −0,01× 253 + 1,05 × 252 − 11× 25 − 225 = 0 3. a. B ( x ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ; 70]. B ′ ( x ) = −0,03x 2 + 2,10x − 11  Le trinôme −0,03x 2 + 2,10x − 11 a pour discriminant Δ = (2,10)2 − 4 × (−0,03) × (−11) = 3,09. Δ . 0, le trinôme −0,03x 2 + 2,10x − 11 admet deux racines distinctes : x1 = −2,10 + 3,09 = 105 − 5 309 ≈ 5,7 2 × (−0,03) 3 et x2 = −2,10 − 3,09 = 105 + 5 309 ≈ 64,3. 2 × (−0,03) 3

⎡105 − 5 309 ; 105 + 5 309 ⎤. La fonction B est donc crois⎥⎦ 3 3 ⎣⎢ sante sur ⎡105 − 5 309 ; 105 + 5 309 ⎤ et décroissante sur ⎢⎣ ⎥⎦ 3 3 ⎡0 ; 105 − 5 309 ⎤ ¯ ⎡105 + 5 309 ; 70⎤. 3 3 ⎣⎢ ⎦⎥ ⎢⎣ ⎦⎥ b. B (70) = 4 680 . 0. Sur l’intervalle [25 ; 70], la fonction B est positive, l’artisan doit donc produire et vendre au moins 25 objets pour gagner de l’argent. c. Sur l’intervalle [25 ; 70], la fonction B admet un maximum atteint en x = 105 + 5 309 ≈ 64. L’artisan doit donc produire 3 et vendre 64 objets pour que son bénéfice soit maximal.

8. Il semble que le coût marginal est égal au coût moyen pour environ 9 000 véhicules produits et vendus. Cette production est aussi celle pour laquelle le coût moyen est minimal. Lorsque le coût moyen est minimal, il est égal au coût marginal.

55  Soit x et y la longueur et la largeur respectives du rectangle. Soit P le périmètre du rectangle. On a P = 2x + 2 y ⇔ 3 = 2x + 2 y ⇔ y = 1,5 − x. Soit Arec l’airedurectangle, Arec ( x ) = x ⇔ (1,5 − x ) = − x 2 + 1,5x. Soit a la longueur des côtés adjacents à l’angle droit dans le triangle rectangle isocèle. D’après le théorème de Pythagore : 2 a2 + a2 = x 2 ⇔ 2a2 = x 2 ⇔ a2 = x , a est une grandeur 2 positive donc a = x 2 . 2 x 2×x 2 2 = x2 . Soit Atri l’aire du triangle, Atri ( x ) = 2 2 4 Soit AF l’aire de la fenêtre, AF ( x ) = Arec ( x ) + Atri ( x ) 2 = − x 2 + 1,5x + x 4 = − 3 x 2 + 1,5x. 4 La fonction AF est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .

Chapitre 5 Dérivation globale

123

AF′ ( x ) = −1,5x + 1,5. Or, −1,5x + 1,5 ˘ 0 ⇔ x < 1. On en déduit que AF′ est positive sur [0 ;1] et négative sur [1; +`[, la fonction AF est donc croissante sur [0 ;1] et décroissante sur [1; +`[. La fonction AF admet un maximum en x = 1. Dans ce cas, la largeur de la fenêtre est égale à 0,5 m, sa longueur est égale à 1 m et les côtés adjacents à l’angle droit du triangle

On a :

( ( (

(

) )

)

p ′ ( x ) = 3 (2x − 1) x − 1 + ( x − 2)( x + 1) 3 2 2 = 3 2x − x − x + 1 + x 2 − x − 2 3 3 2 8 5 = 3 3x − x − 3 3 = 9x 2 − 8x − 5.

)

sont égaux à 2 m. 2

58  Dans un premier temps, on détermine les abscisses x A et

56  1. a.

x B des points A et B.

Ces points sont sur la parabole d’équation y = − 2 x 2 + 8 et 9 sur l’axe des abscisses. Leurs abscisses vérifient donc l’équation − 2 x 2 + 8 = 0. 9 − 2 x 2 + 8 = 0 ⇔ − 2 x 2 = −8 9 9 2 ⇔ x = −8 × 9 −2 ⇔ x 2 = 36 ⇔ x = −6 ou  x = 6. Comme x A , x B  , on en déduit que x A = −6 et x B = 6.

On note ( x ; y ) les coordonnées de P et a ( x ) l’aire du triangle bleu.

(

c. L’algorithme recherche le minimum de la fonction f et la valeur pour laquelle il est atteint sur l’intervalle [0 ; 5[. 2. f ′ est définie et dérivable sur [0 ; 5]. f ′ ( x ) = 3x 2 − 10x = x (3x − 10) Pour tout x ∈[0 ; 5], x ˘ 0 et 3x − 10 ˘ 0 ⇔ x ˘ 10 . On en 3 déduit que f ′ est négative sur ⎡0 ; 10 ⎤ et positive sur ⎡10 ; 5⎤, ⎣ 3⎦ ⎣3 ⎦ 10 ⎡ ⎤ et croissante la fonction f est donc décroissante sur 0 ; ⎣ 3⎦ sur ⎡10 ; 5⎤ . La fonction f admet un minimum ⎣3 ⎦ f 10 = − 446 ≈ −16,52 atteint en x = 10 . 3 27 3

( )

57  1. p ′ ( x ) = 9x 2 − 8x − 5 2. ( x − 2)(3x 2 + 2x − 1) = 3x 3 + 2x 2 − x − 6x 2 − 4 x + 2 = 3x 3 − 4 x 2 − 5x + 2 = p(x ) p ′ ( x ) = 3x 2 + 2x − 1+ ( x − 2)(6x + 2) = 3x 2 + 2x − 1+ 6x 2 + 2x − 12x − 4 = 9x 2 − 8x − 5 3. 3( x − 2)( x + 1) x − 1 = 3( x 2 − x − 2) x − 1 3 3 = ( x 2 − x − 2)(3x − 1)

(

)

(

–6

Signe de a ′( x)

2 +

0

6 –

256 9

Variations de a 0

0

On en déduit que l’aire du triangle bleu est maximale pour

(

)

x = 2 et pour P 2 ;  64 . 9

59  1. 3x + 1+ 2

=

(3x + 1)( x + 3) + 2 x+3

2 = 3x + 10x + 5 x+3

2. Soit f la fonction définie sur ]−` ; –3[ ¯ ]−3 ; +`[ par f ( x ) = 3x + 1+ 2 . x +3

)

La fonction p est de la forme p = kuv avec k = 3, u ( x ) = ( x − 2)( x + 1) et v ( x ) = x − 1 . On a p ′ = k × (u ′v + uv ′ ). 3 u ′ ( x ) = x + 1+ x − 2 = 2x − 1 et v ′ ( x ) = 1. Chapitre 5 Dérivation globale

x

x+3

= 3x 3 − x 2 − 3x 2 + x − 6x + 2 = 3x 3 − 4 x 2 − 5x + 2 = p(x )

124

)

On a alors : a ( x ) = 1 ( x − (−6)) × y = 1 ( x + 6) × − 2 x 2 + 8 2 2 9 3 2 1 2 = − x − x + 4 x + 24. 9 3 2 1 4 a ′ ( x ) = − x − x + 4 = − 1 ( x 2 + 4 x − 12) = − 1 ( x − 2)( x + 6) 3 3 3 3 On en déduit le tableau de signes de a ′ ( x ) puis le tableau de variation de a ( x ).

La fonction f est dérivable sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[. 3( x + 3)2 − 2 2 = 2 ( x + 3) ( x + 3)2 3( x 2 + 6x + 9) − 2 3x 2 + 18x + 25 = = ( x + 3)2 ( x + 3)2

f ′(x ) = 3 −

Soit g la fonction définie sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[ par 2 g ( x ) = 3x + 10x + 5 . x+3

La fonction g est dérivable sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[.

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b.

g′(x ) =

(6x + 10)( x + 3) − (3x 2 + 10x + 5) ( x + 3)2

2 2 − 10x − 5 = 6x + 28x + 30 − 3x 2 ( x + 3) 2 = 3x + 18x 2+ 25 ( x + 3)

3. Le logiciel de calcul formel permet de retrouver les résultats des questions précédentes.

60  1. La fonction f est dérivable sur ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[.

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(

3. a. h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = x 2 + 3x + 1− − 1 x+2 x 2 + 3x + 1)( x + 2) + 1 ( = x+2 3 2 + 5x + 7x + 3 x = x+2 =

)

( x2 + 2x + 1)( x + 3)

x+2 3 2 + 5x + 7x + 3 x = x+2 = h(x )

b. Pour tout x ∈R \ {−2}, ( x + 1)2 ˘ 0. x + 3 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 3 et x + 2 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 2. On en déduit le tableau de signes suivant. x –3 –2 –1 –` +` 2 + + + 0 + (x + 1)

)

61  1. f ′ ( x ) = 4 x − 1 2. f (2) = 2 × 22 − 2 + 1 = 7 et f ′ (2) = 7. La tangente à la courbe C f au point d’abscisse 2 a pour équation : y = f ′ (2)( x − 2) + f (2) ⇔ y = 7 ( x − 2) + 7 ⇔ y = 7x − 7. 3. a. f ( x ) − g ( x ) = 2x 2 − x + 1− (7x − 7) = 2x 2 − 8x + 8 = 2(x2 − 4 x + 4)

˘ 0. On en déduit que g ′ est

sante sur ]−` ; –2[ et sur ]−2 ; +`[.

x+2

La fonction g est dérivable sur ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[. 5 g′(x ) = ( x + 1)2 2. On remarque que les fonctions dérivées des fonctions f et g sont égales. 3. f ( x ) − g ( x ) = 3x − 2 − 7 − 5 x +1 x +1 3x − 2 + 5 = −7 x +1 = 3x + 3 − 7 x +1 = 3−7 = 4 Les dérivées des fonctions f et g sont égales mais les deux fonctions ne le sont pas. On a seulement f ( x ) = g ( x ) + 4 pour tout x ∈ ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[.

1

( x + 2)2

positive sur ]−` ; –2[ ¯ ]−2 ; +`[ et que la fonction g est crois-

( x + 1)2 ( x + 3)

3( x + 1) − (3x − 2) f ′(x ) = ( x + 1)2 = 3x + 3 − 3x2 + 2 ( x + 1) 5 = ( x + 1)2

(

Pour tout x ∈R \ {−2},

x+3

–

x+2

–

h (x)

+

0

+ –

0

0

–

+

+

+

+

+

0

+

c. La courbe # f est au-dessus de la courbe # g sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−2 ; − 1[ ¯ ]−1; +`[ . La courbe #f  est en dessous de la courbe #g sur ]−3 ; − 2[. Les courbes #f et #g admettent des points d’intersection aux points d’abscisse −3 et −1. 4. f ′ (3) ≠ g ′ (3) et f ′ (1) = g ′ (1) = 1. Les courbes # f et # g admettent une tangente commune en leur point d’intersection d’abscisse −1 dont l’équation est : y = f ′ (−1)( x + 1) + f (−1) ⇔ y = x + 1− 1 ⇔ y = x. 2 63  v (t ) = df = 10t + 3 et a (t ) = d 2 f = 10 .

dt

d t

64  1.

= 2 ( x − 2 )2 b. Pour tout x ∈R, 2 ( x − 2)2 ˘ 0, on en déduit que f ( x ) − g ( x ) ˘ 0. c. f ( x ) − g ( x ) ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ g ( x ). La courbe #f est au-dessus de 7 sur ]−` ; 2[ ¯ ]2 ; +`[. La courbe #f et la droite 7 ont un point d’intersection en x = 2.

62  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 2x + 3

2x + 3 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 3 . On en déduit que f ′ est négative sur 2 3 ⎤−` ; − ⎤ et positive sur ⎡− 3 ; +` ⎡. La fonction f est décrois⎦ ⎣ 2 ⎣ 2⎦ sante sur ⎤−` ; − 3 ⎤ et croissante sur ⎡− 3 ; +` ⎡. ⎦ ⎣ 2 ⎣ 2⎦ 2. La fonction g est définie et dérivable sur R \ {−2}. g′(x ) =

1

( x + 2)2

P ( x ) = 0, 418x 3 − 26,678x 2 + 398,06x + 1583 2. a. La fonction P est définie et dérivable sur [0 ; 23]. P ′ ( x ) = 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 Le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 a pour discriminant Δ = (−53,356)2 − 4 × 1,254 × 398,06 ≈ 850,19. Δ . 0, le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 admet deux racines distinctes : x1 = 53,356 + 850,19 ≈ 32,9 2 × 1,254 et x2 = 53,356 − 850,19 ≈ 9,65. 2 × 1,254 Le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc P ′ est positive sur [0 ; 9,65] et négative sur [9,65 ; 23]. La fonction P est donc croissante sur [0 ; 9,65] et décroissante sur [9,65 ; 23]. La foncChapitre 5 Dérivation globale

125

65  Le fond de la boîte est un triangle équilatéral dont les côtés mesurent 60 − 2x avec x ∈[0 ; 30] et dont la hauteur est notée h. D’après le théorème de Pythagore : h2 ( x ) = (60 − 2x )2 − (30 − x )2 = 3 600 − 240x + 4 x 2 − 900 + 60x − x 2 = 3x 2 − 180x + 2 700 = 3( x 2 − 60x + 900) = 3(30 − x )2 . h est une grandeur positive donc h ( x ) = (30 − x ) 3 . On note hb la hauteur de la boîte. À l’aide des formules de trigonométrie, on a : h tan30 = b donc hb = tan30 × x = 3 x. x 3 Soit V le volume de la boîte : h × (60 − 2x ) V (x ) = × hb 2 (30 − x ) 3 (60 − 2x ) = × 3x 2 3 = x 3 − 60x 2 + 900x.

La fonction V est définie et dérivable sur [0 ; 30]. V ′ ( x ) = 3x 2 − 120x + 900 = 3( x 2 − 40x + 300)

L e t r i n ô m e x 2 − 40x + 300 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−40)2 − 4 × 1× 300 = 400. Δ . 0, le trinôme x 2 − 40x + 300 admet deux racines distinctes :

x1 = 40 + 400 = 30 et x2 = 40 − 400 = 10. 2 ×1 2 ×1 2 Le trinôme x − 40x + 300 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc V ′ est positive sur [0 ;10] et négative sur [10 ; 30]. La fonction V est donc croissante sur [0 ; 10] et décroissante sur [10 ; 30]. La fonction V admet un maximum en x = 10, dans le contexte cela signifie que le volume de la boîte est maximal lorsque x = 10.

66  1. f (5) = − 1 × 53 + 5 × 52 + 28 × 5 ≈ 223. On compte

6 2 environ 223 000 malades au bout de 5 jours. f (20) = − 1 × 203 + 5 × 202 + 28 × 20 ≈ 227 . O n c o m p t e 6 2 environ 227 000 malades au bout de 20 jours. 2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . f ′ (t ) = − 1 t 2 + 5t + 28 2

3. f ′ (0) = 28. La vitesse instantanée d’évolution au début de l’épidémie est de 28 000 malades/jour. 4. f ′ (3) = 38,5. La vitesse instantanée d’évolution de l’épidémie au bout de 3 jours est de 38 500 malades/jour. 5. Le trinôme − 1 t 2 + 5t + 28 a pour discriminant 2 Δ = 52 − 4 × − 1 × 28 = 81. Δ . 0, le trinôme − 1 t 2 + 5t + 28 2 2 admet deux racines distinctes : t1 = −5 + 81 = −4 et t2 = −5 − 81 = 14. 2× −1 2× −1 2 2 On en déduit que f ′ est positive sur [0 ;14] et négative sur [14 ; +`]. La fonction f est croissante sur [0 ;14] et décroissante sur [14 ; +`]. La fonction f admet un maximum atteint en t = 14. Le pic de l’épidémie est atteint au bout de 14 jours. 6. f ′ (14 ) = 0. La vitesse instantanée d’évolution de l’épidémie au bout de 14 jours est nulle.

( )

( )

67  1. f (0) = 2 × 0 + 1 = 0,25. Au début de la campagne, 25 %

2×0+4 des jeunes connaissent la boisson. f (1) = 2 × 1+ 1 = 0,5. Au bout d’un mois, 50 % des jeunes 2 × 1+ 4 connaissent la boisson. 2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . f ′ (t ) =

2 (2t + 4 ) − 2 (2t + 1) 6 = (2t + 4 )2 (2t + 4 )2

Pour tout t ∈[0 ; +`[ , f ′ est positive. On en déduit que la fonction f est croissante sur [0 ; +`[ . 3. f ( x ) = 0,75 ⇔ 2t + 1 = 0,75 2t + 4 ⇔ 2t + 1 − 0,75 = 0 2t + 4 2t ⇔ + 1− 1,5t − 3 = 0 2t + 4 0,5t −2 = 0 ⇔ 2t + 4 ⇔ 0,5t − 2 = 0 ⇔t=4 75 % des jeunes connaîtront la boisson après 4 mois de campagne. 4. f ( x ) . 0,90 ⇔ 2t + 1 . 0,90 2t + 4 ⇔ 2t + 1 − 0,90 . 0 2t + 4 2t ⇔ + 1− 1,8t − 3,6 . 0 2t + 4 0,2t − 2,6 . 0 ⇔ 2t + 4 Or, pour tout t ∈[0 ; +`[ , 2t + 4 > 0 donc 0,2t − 2,6 . 0 ⇔ 0,2t − 2,6 . 0 ⇔ t . 2,6 ⇔ t . 13. 2t + 4 0,2 Plus de 90 % des jeunes connaîtront la boisson après 13 mois de campagne.

Exercices 68  • f ′ ( x ) = 2ax • g ′ ( x ) = − b2 x 126

Chapitre 5 Dérivation globale

( )

• h ′ (t ) = a 2 t • j ′ (t ) = −a + c 2 x

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tion P admet un maximum en x ≈ 9,65. Dans le contexte, cela signifie que le pic pétrolier des gisements norvégiens est à son plus bas niveau en 1999. b. De plus P (0) = 1583 et P (23) = 1711,524 . La production norvégienne a atteint son plus bas niveau en 1990.

• k ′ (t ) = − a2 + 2bt t • m ′ (t ) = −5 t + −5t + b = −15t + b 2 t 2 t • n ′ ( x ) = 2 3cx − 3a • p ′ ( x ) = (3(−7x + 8) − 7 (3x + 5))(− x + 3) − (3x + 5)(−7x + 8) = (−21x + 24 − 21x − 35)(− x + 3) − (−21x 2 + 24 x − 35x + 40)

4.

= 42x 2 + 11x − 126x − 33 + 21x 2 + 11x − 40 = 63x 2 − 104 x − 73

70  Voici un énoncé d’exercice possible : Donner la fonction dérivée des fonctions définies par les expressions suivantes sans se soucier du domaine de définition ou de dérivabilité. • f (x ) = 2 + 1 x2 x 2 2 • g(x ) = x + 1 x3 3 3 Il y a une infinité d’énoncés possibles puisque toutes les fonctions de la forme f ( x ) = 2 + 1 x 2 + k avec k ∈R admettent x 2 −2 + x comme dérivée et toutes celles de la forme x2 2 x + 1 x 3 + k avec k ∈R admettent 1 + x 2 comme 3 3 3 x dérivée.

• r ′(x ) =

a (bx ) − (ax − 7) × b = 7b 2 (bx )2 (bx )

69  1. Le trinôme x 2 + x − 2 a pour discriminant Δ = 12 − 4 × 1× (−2) = 9. Δ . 0 donc le trinôme x 2 + x − 2

admet deux racines distinctes :

x1 = −1+ 9 = 1 et x2 = −1− 9 = −2. 2 2 La fonction f est définie sur R \ {−2 ;1}. Le trinôme x 2 + x − 2 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc le trinôme x 2 + x − 2 est positif sur ]−` ; − 2] ¯ [1; +`[ et négatif sur [−2 ;1]. L e t r i n ô m e 2x 2 + 3x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 32 − 4 × 2 × (−1) = 17. Δ . 0, donc le trinôme 2x 2 + 3x − 1 admet deux racines distinctes : x3 = −3 + 17 et x4 = −3 − 17 . 4 4 2 Le trinôme 2x + 3x − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc le trinôme 2x 2 + 3x − 1 est positif

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sur ⎤−` ; −3 − 17 ⎤ ¯ ⎡ −3 + 17 ; +` ⎡ et négatif sur ⎥⎦ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎢⎣ 4 4 ⎡ −3 − 17 ; −3 + 17 ⎤. ⎢⎣ ⎥⎦ 4 4

2x2 + 3x – 1 x +x–2 2

f (x)

−3 − 17 4

–2

–`

x

+

+

+ 0

–

+

–

0

−3 + 17 4 –

0

– 0

+

1 + –

0

+ 0

–

+ +

2. La fonction f est définie et dérivable sur R \ {−2 ;1}. f ′(x ) =

( 4 x + 3)( x 2 + x − 2) − (2x 2 + 3x − 1)(2x + 1)

( x2 + x − 2)2 4 x 3 + 4 x 2 − 8x + 3x 2 + 3x − 6 − ( 4 x 3 + 2x 2 + 6x 2 + 3x − 2x − 1) = ( x2 + x − 2)2 2 = − x − 6x − 5 2 ( x + x − 2)2

3 . L e t r i n ô m e − x 2 − 6x − 5 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−6)2 − 4 × (−1) × (−5) = 16. Δ . 0 donc le trinôme − x 2 − 6x − 5 admet deux racines distinctes : x1 = 6 + 16 = −5 et x2 = 6 − 16 = −1. −2 −2 Le trinôme − x 2 − 6x − 5 est du signe de a donc négatif à l’extérieur des racines, donc le trinôme − x 2 − 6x − 5 est négatif sur ]−` ; –5] ¯ [−1; +`[ et positif sur [−5 ; –1].

x f ′(x)

–`

–5 –2 –1 – 0 + + 0 –

1

+` –

1 f (x)

17 9

71  La fonction v est une fonction affine, en tous points le nombre dérivé est égal au coefficient directeur de la droite $. On a donc v ′ (−2) = v ′ (2) = 1 . On lit graphiquement v (−2) = 5 2 et v (2) = 7. La courbe représentative de la fonction u admet un maximum en x = −2. En ce moment, la tangente à la courbe est horizontale et on en déduit que u ′ (−2) = 0. La valeur de u ′ (2) est donnée par le coefficient directeur de la tangente à la courbe représentative de la fonction u au point d’abscisse 2. On lit graphiquement, u ′ (2) = −2. On lit aussi graphiquement u (−2) = 3 et u (2) = −1. La fonction ϕ ( x ) est définie et dérivable sur R. ϕ ′ ( x ) = u ′ ( x ) v ( x ) + u ( x ) v'( x ) On a donc, ϕ ′ (−2) = u ′ (−2) v (−2) + u (−2) v ′ (−2) = 3 × 1 = 3 2 2 et ϕ ′ (2) = u ′ (2) v (2) + u (2) v ′ (2) = −2 × 7 − 1 × 1 = − 29 . 2 2 72  La fonction [ 4 ; 5] est définie et dérivable sur [4 ; 5]. 2 ( x − 20 )( x + 20 ) f ′ ( x ) = 1 − 102 = x − 220 = 2 x 2x 2x 2 Pour tout x ∈[ 4 ; 5], x + 20 ˘ 0 et 2x 2 ˘ 0. x − 20 ˘ 0 ⇔ x ˘ 20 On en déduit que sur l’intervalle ⎡⎣4 ; 2 5 ⎤⎦, f ′ est négative et sur l’intervalle ⎣⎡2 5 ; 5⎤⎦, f ′ est positive. La fonction f est décroissante sur ⎡⎣4 ; 2 5 ⎤⎦ puis croissante sur ⎣⎡2 5 ; 5⎤⎦. La

fonction f admet donc un minimum f (2 5 ) atteint en x = 2 5.

(

)

Or, f (2 5 ) = 1 2 5 + 20 = 5 + 5 = 10 = 2 5 = 20 . 2 2 5 5 5 Pour tout x appartenant à l’intervalle [ 4 ; 5] , f ( x ) ˘ 20 .

73  1. La tangente à la courbe #f au point A d’abscisse 0 a

pour équation : y = − 5 x + 1. 2

Chapitre 5 Dérivation globale

127

3. f ′ ( x ) = 2ax + b ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ f (0 ) = 1 ⎪ c =1 ⎪ c =1 ⎪⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ 4. ⎨ f ′ (0) = − 5 ⇔ ⎨ b = − 5 ⇔ ⎨ b = −5 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ f ′ (4 ) = 7 ⎪ 8a − 5 = 7 ⎪ a= 3 2 2 2 4 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 5. D’après la question précédente, f ( x ) = 3 x 2 − 5 x + 1 et 4 2 f ′(x ) = 3 x − 5 . 2 2 3 6. f ′ (0) = × 0 − 5 = − 5 et f ′ ( 4 ) = 3 × 4 − 5 = 7 . 2 2 2 2 2 2

74  1. a. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′(x ) = 4 x3 − 2

La tangente à la courbe # au point d’abscisse 0 a pour équation : y = f ′ (0)( x − 0) + f (0) ⇔ y = −2x + 1. 4 b. f ( x ) − (−2x + 1) = x 4 . Pour tout x ∈R, x ˘ 0. On en déduit que pour tout x ∈R, f ( x ) − (−2x + 1) ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ − 2x + 1. La courbe # est au-dessus de 70 pour tout x ∈R*. La courbe # et la droite 7 0 ont un point d’intersection au point d’abscisse 0. 2. a. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ ( x ) = 3x 2 − 2 La tangente à la courbe # au point d’abscisse 0 a pour équation : y = g ′ (0)( x − 0) + g (0) ⇔ y = −2x + 1. 4. g ( x ) − (−2x + 1) = x 3. La fonction cube est négative sur ]−` ; 0] et positive sur [0 ; +`[ . On en déduit que la courbe # est en dessous de 70 pour tout x ∈R−* et la courbe # est au-dessus de 70 pour tout x ∈R+* . La courbe # et la droite 70 ont un point d’intersection au point d’abscisse 0.

75  1. a. f (0) = 1 ;  f ′ (0) = 3 ;  f ′ (6) = 1 .

2 3 b. La tangente à la courbe représentative de la fonction f au point d’abscisse 6 a pour équation : y = f ′ (6)( x − 6) + f (6) ⇔ y = 1 ( x − 6) + 1 ⇔ y = 1 x − 1. 3 3 c. x

f ′( x) 128

0

2 +

0

Chapitre 5 Dérivation globale

4 –

0

+` +

2. a. La fonction g est définie pour tout x tel que f ( x ) ≠ 0. Graphiquement, f ( x ) = 0 ⇔ x = 4. On en déduit que la fonction g est définie pour tout x  ∈R \ {4}. b. La fonction g est dérivable pour tout x  ∈R \ {4}. f '( x ) g′(x ) = − f ( x )2 c. On remarque que le signe de g ′ est opposé à celui de f ′. On en déduit que la fonction g est décroissante sur [0 ; 2] et sur ]4 ; +`[ et croissante sur [2 ; 4[ .

76  1. a. La fonction semble croissante sur l’intervalle

[−1,5 ; − 1] et sur [3 ; 4] et décroissante sur l’intervalle [−1; 3].

b. L’équation f ′ ( x ) = 0 a pour solutions x = −1 et x = 3. c. L’inéquation f ( x ) ˘ 0 a pour solution l’ensemble des réels x appartenant à l’intervalle [−1,5 ; 0]. d. L’inéquation f ′ ( x ) ˘ 0 a pour solution l’ensemble des réels x appartenant à l’intervalle [−1,5 ; − 1] ¯ [3 ; 4]. 2. a. La courbe représentative de la fonction f passe par l’origine du repère, on a donc f (0) = 0 ⇔ c = 0. b. La fonction f est définie et dérivable sur [−1,5 ; 4]. f ′ ( x ) = 3x 2 + 2ax + b On a,

⎧ 3 − 2a + b = 0 ⎧ −2a + b = −3 ⎪⎧ f ′ (1) = 0 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎩ 27 + 6a + b = 0 ⎩ 6a + b = −27. ⎩⎪ f ′ (3) = 0 ⎧ −2a + b = −3 ⎧ −2a + b = −3 ⇔⎨ c. ⎨ ⎩ 6a + b = −27 ⎩ −8a = 24 ⎧ 6 + b = −3 ⇔⎨ ⎩ a = −3 ⎧ b = −9 ⇔⎨ ⎩ a = −3 2 3. f ′ ( x ) = 3x − 6x − 9. Le trinôme 3x 2 − 6x − 9 a pour discriminant Δ = (−6)2 − 4 × 3 × (−9) = 144 . Δ . 0, le trinôme 3x 2 − 6x − 9 admet deux racines distinctes : x1 = 6 + 144 = 3 et x2 = 6 − 144 = −1. 6 6 Le trinôme 3x 2 − 6x − 9 est du signe de a, donc positif, entre les racines. f ′ est donc négative sur [−1; 3] et positive sur [−1,5 ; − 1] ¯ [3 ; 4]. On en déduit que la fonction est croissante sur les intervalles [−1,5 ; − 1] et [3 ; 4] et décroissante sur l’intervalle [−1; 3]. 4. f (3) = 33 − 3 × 32 − 9 × 3 = −27 . Graphiquement, on remarque que l’image de 3 par la fonction f est située 9  graduations sous l’axe des abscisses. Une graduation correspond donc à 3 unités.

77  Soit x et y la largeur et la hauteur respectives de l’écran. On a xy = 45 ⇔ y = 45 . x Soit A l’aire de la surface du téléphone. On a A( x ) = ( x + 1) 45 + 3 . x La fonction A est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ .

(

)

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La tangente à la courbe #f au point B d’abscisse 4 a pour équation : y = 7 x + b. Le point B de coordonnées ( 4 ; 3) appartient à la 2 droite ( BC ), ses coordonnées satisfont l’équation précédente. Ainsi, 3 = 7 × 4 + b ⇔ b = 3 − 14 ⇔ b = −11. La droite ( BC ) a pour 2 équation y = 7 x − 11. 2 2. f ′ (0) est le coefficient directeur de la droite ( AC ), d’après la question précédente on a f ′ (0) = − 5 . f ′ ( 4 ) est le coeffi2 cient directeur de la droite ( BC ) , d’après la question précédente on a f ′ ( 4 ) = 7 . 2

( )

La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; 2]. 2 A ′ ( x ) = 4 − x 2 − 2x 2 4 − x2 2 2 = 4 − x − 2x 2 4−x 2 = 4 − 3x 4 − x2 (2 − 3x )(2 + 3x ) = 4 − x2

A ′ ( x ) = 45 × 3 + ( x + 1) × − 452 x x 2 45x + 3x − 45( x + 1) = x2 2 = 3x −2 45 x 3( x 2 − 15) = x2 3( x − 15 )( x + 15 ) = x2

Sur l’intervalle ]0 ; +`[ le signe de A ′ est celui de x − 15 . Or x − 15 ˘ 0 ⇔ x ˘ 15. A ′ est négative sur ⎤⎦0 ; 15 ⎤⎦ et positive sur ⎡⎣ 15 ; +` ⎡⎣ . On en déduit que la fonction A est décroissante sur ⎤⎦0 ; 15 ⎤⎦ et croissante sur ⎡⎣ 15 ; +` ⎡⎣. La fonc, tion A admet un minimum en x = 15. Dans ce cas, la largeur

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de l’écran est 15 cm et sa hauteur est 45 , soit 3 15 cm. 15

78  Soit x la distance à partir d’une extrémité où l’on coupe la ficelle. On obtient deux bouts, l’un de longueur x, l’autre de longueur 2 − x. Avec le bout de longueur x on forme un disque de rayon r de périmètre x. On a 2πr = x ⇔ r = x . 2π Soit AD l’aire du disque, on a : AD = π 2 x 2 = 1 x 2 . 4π 4π Avec le deuxième bout de longueur 2 − x on forme un carré de côté 2 − x . 4 Soit AC l’aire du carré, on a : (2 − x )2 x 2 − 4 x + 4 1 2 1 AC = = = x − x + 1. 16 4 4 16 16 Soit AT ( x ) = AD ( x ) + AC ( x ) = 1 + 1 x 2 − 1 x + 1 . 4π 16 4 4 La fonction AT est définie et dérivable sur [0 ; 2]. A ′T ( x ) = 1 + 1 x − 1 = 4 + π x − 1 2π 8 4 8π 4 A ′T ( x ) ˘ 0 ⇔ 4 + π x − 1 ˘ 0 8π 4 8π 1 ⇔x˘ × 4 4+π ⇔ x ˘ 2π 4+π A 1T est négative sur ⎡0 ; 2π ⎤ et positive sur ⎡ 2π ; 2⎤ . On ⎣4 + π ⎦ ⎣ 4 + π⎦ en déduit que la fonction AT est décroissante sur ⎡0 ; 2π ⎤ ⎣ 4 + π⎦ 2π et croissante sur ⎡ ; 2⎤ . La fonction AT admet donc un ⎣4 + π ⎦ minimum atteint en x = 2π . On doit couper la ficelle à une 4+π 2π distance de m d’une extrémité de la ficelle pour que 4+π l’aire totale du disque et du carré soit minimale.

(

(

(

)

)

(

)

)

79  Soit x et y la longueur et la largeur respectives du

rectangle. D’après le théorème de Pythagore, on a 2

2

2

2

y = 2 − x ⇔ y = 4 − x , car  y est une longueur, donc positive. Soit A l’aire du rectangle. On a A( x ) = x 4 − x 2 .

Sur l’intervalle [0 ; 2] le signe de A ′ est celui de 2 − 3x . Or 2 − 3x ˘ 0 ⇔ x < 2 3 . A ′ est positive sur ⎡0 ; 2 3 ⎤ et ⎢⎣ 3 3 ⎥⎦ négative sur ⎡ 2 3 ; 2⎤ . On en déduit que la fonction A est ⎣⎢ 3 ⎦⎥ croissante sur ⎡0 ; 2 3 ⎤ et décroissante sur ⎡ 2 3 ; 2⎤ . La ⎢⎣ ⎢⎣ 3 ⎥⎦ 3 ⎥⎦ fonction A admet un maximum en x = 2 3 . Dans le contexte 3 de l’exercice cela signifie que l’aire du rectangle est maximale lorsque sa longueur est égale à 2 3 et lorsque sa largeur est 3

( ) , soit 2 36 .

égale à 4 − 2 3 3

2

80  1. Pour tout x  ∈[0 ;1], on a :

BM = 1− x et BN = 1+ x. 2. D’après le théorème de Thalès : NC = PC ⇔ PC = NC × MB . NB MB NB x × (1− x ) − x 2 + x = . 1+ x 1+ x 2 3. Soit f la fonction définie sur [0 ;1] par f ( x ) = − x + x . 1+ x La fonction f est dérivable sur [0 ;1].

D’après la question précédente, PC =

f ′(x ) =

(−2x + 1)(1+ x ) − (− x 2 + x ) (1+ x )2

2 2 = −2x − 2x + 1+2x + x − x (1+ x ) 2 = − x − 2x2 + 1 (1+ x ) Le trinôme − x 2 − 2x + 1 a pour discriminant Δ = (−2)2 − 4 × (−1) × 1 = 8. Δ . 0, le trinôme − x 2 − 2x + 1 admet deux racines distinctes : x1 = 2 + 8 = −1− 2 et x2 = 2 − 8 = −1+ 2. −2 −2 2 Le trinôme − x − 2x + 1 est du signe de a, donc négatif, sur

l’intervalle ⎡⎣−1+ 2 ;1⎤⎦ et positif sur ⎡⎣0 ; − 1+ 2 ⎤⎦ . On en déduit que la fonction f est croissante sur ⎡⎣0 ; − 1+ 2 ⎤⎦ et décroissante sur ⎡⎣−1+ 2 ;1⎤⎦ . La fonction f admet un maximum atteint en x = −1+ 2 . Le point M doit donc être situé sur le segment [ AB] à une distance de −1+ 2 du point A pour maximiser la distance PC.

81  1. Soit V le volume du parallélépipède rectangle. On a V = 2x × x × y ⇔ 576 = 2x 2 × y ⇔ y = 288 . x2 2. Soit S la surface totale du parallélépipède rectangle. Chapitre 5 Dérivation globale

129

S ( x ) = 2 × 2x × 288 + 2 × x × 288 + 2 × 2x × x x2 x2 = 1 152 + 576 + 4 x 2 x x 1 728 = + 4 x2 x 3 = 1 728 + 4 x x 3. La fonction S est dérivable sur [3 ;12]. 12x 2 × x − (1728 + 4 x 3 ) 8x 3 − 1728 4 ( x 3 − 216) = = S ′(x ) = x2 x2 x2

Sur l’intervalle [3 ;12] le signe de S ′ est celui de x 3 − 216. Or, x 3 − 216 ˘ 0 ⇔ x 3 ˘ 216 ⇔ x ˘6 car la fonction cube est croissante sur [3 ;12]. S ′ est donc négative sur [3 ; 6] et positive sur [6 ;12]. On en déduit que la fonction S est décroissante sur [3 ; 6] et croissante sur [6 ;12]. La fonction S admet donc un minimum atteint en x = 6.

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

valeur interdite pour w. 2. La fonction w est définie et dérivable sur R. w′(x ) =

(6x − 2)( x 2 + 1) − (3x 2 − 2x ) × 2x

( x2 + 1)2

3 2 3 2 = 6x + 6x − 2x − 22− 6x + 4 x ( x2 + 1) 2 = 2x + 6x 2− 2 ( x2 + 1)

=

2 ( x 2 + 3x − 1)

( x2 + 1)2

L e t r i n ô m e x 2 + 3x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 32 − 4 × 1× (−1) = 13. Δ . 0, le trinôme x 2 + 3x − 1 admet deux racines distinctes : x1 = −3 + 13 etx2 = −3 − 13 . 2 2 On en déduit le tableau de signes de w ′ et le tableau de variation de w suivant. x

−3 − 13 2

–`

w ′(x)

+

0

−3 + 13 2 –

0

+` +

w(x) 3. La tangente à la courbe #w au point d’abscisse −2 a pour équation : y = w ′ (−2)( x + 2) + w (−2) ⇔ y = −0,24 ( x + 2) + 3,2 ⇔ y = −0,24 x + 2,72 4. −0,24 × 1+ 2,72 = 2, 48 = 248 = 62 . Or, 62 ≠ 63 , le point 100 25 25 25 61 de coordonnées 1; n’appartient pas à la droite 7–2. 25

(

)

83  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′(x ) =

− ( x 2 + 5) − 2x (2 − x )

( x2 + 5)2

2 2 = − x − 5 − 4 x 2+ 2x ( x 2 + 5) 2 = x − 4 x −2 5 ( x 2 + 5)

130

Chapitre 5 Dérivation globale

2. Le trinôme x 2 − 4 x − 5 a pour discriminant  :  Δ = (−4 )2 − 4 × 1× (−5) = 36. Δ . 0, le trinôme x 2 − 4 x − 5 admet deux racines distinctes : x1 = 4 + 36 = 5 et x2 = 4 − 36 = −1. 2 2 f ′ est du signe de a, donc positive, sur l’intervalle ]−` ; − 1] ¯ [5 ; +`[ et négative sur [−1; 5]. 3. x –1 5 –` +` f ′(x) + 0 – 0 + 1 2 f (x) − 1 10

84  1. C (0) = 1 500. Les coûts fixes sont de 1 500 €. C (q ) = 3 500 ⇔ q2 + 10q + 1500 = 3 500 ⇔ q2 + 10q − 2 000 = 0. L e t r i n ô m e q2 + 10q − 2 000 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 102 − 4 × 1× (−2 000) = 8100 . Δ . 0 , l e t r i n ô m e q2 + 10q − 2 000 admet deux racines distinctes : q1 = −10 + 8100 = 40 et q2 = −10 − 8100 = −50. 2 2 q étant une grandeur positive, il faut produire 40 objets pour avoir des coûts égaux à 3 500 €. 2. Chaque objet fabriqué est vendu 300 €, ainsi, R (q ) = 300q. 3. B (q ) = R (q ) − C (q ) ⇔ B (q ) = 300q − (q2 + 10q + 1 500) ⇔ B (q ) = −q2 + 290q − 1 500 4. La fonction B est définie et dérivable sur [0 ; 500]. B ′ (q ) = −2q + 290. Or, −2q + 290 ˘ 0 ⇔ q < 145. Donc B ′ est positive sur [0 ;145] et négative sur [145 ; 500]. On en déduit que la fonction B est croissante sur [0 ;145] et décroissante sur [145 ; 500]. La fonction B admet un maximum atteint en q = 145. L’entreprise réalisera un bénéfice maximal si elle produit et vend entre 145 objets. 5. B (145) = −1452 + 290 × 145 − 1500 = 19 525 Le bénéfice maximal est de 19 525 €. 6. On étudie le signe de B (q ) pour q ∈[0 ; 500]. B (q ) = −q2 + 290q − 1500 Δ = 2902 − 4 × (−1) × (−1 500) = 78 100 Δ . 0, le trinôme admet deux racines distinctes : x1 = −290 + 78 100 = 145 − 5 781 ≈ 5,27  −2 et x2 = −290 − 78100 = 145 + 5 781 ≈ 284,73. −2

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82  1. Pour tout x ∈R, x 2 + 1 . 0, il n’existe donc pas de

B est du signe de a, donc négative, sur l’intervalle ⎤⎦−` ;145 − 5 781⎤⎦ ¯ ⎡⎣145 + 5 781 ; +` ⎡⎣ et positive sur

x

⎡⎣145 − 5 781 ;145 + 5 781⎤⎦ . On en déduit que le bénéfice est strictement positif entre 6 et 284 objets fabriqués et vendus.

f ′(x)

4 ( x 2 + 1) − 2x × 4 x

2

(x

2

+ 1)

2

2 = −4 x + 24 ( x2 + 1)

2. −4 x + 4 a pour racines évidentes 1 et –1, −4 x 2 + 4 est du signe de a, donc négatif sur [−3 ; − 1] ¯ [1; 3] et positif sur [−1;1]. On en déduit le tableau de signes de f ′ et le tableau de variation de f suivant. x

–3

f ′(x) f (x)

–1 –

0

1 +

0

–1,2

3 –

2 –2

1,2

3. D’après la question précédente, sur l’intervalle [−3 ; 3], la fonction f admet un maximum 2 atteint en 1 et un minimum –2 atteint en –1. Ainsi, sur l’intervalle [−3 ; 3], on a −2 < f ( x ) < 2. 4. y 1

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0

1

x

Graphiquement, il semble que l’équation f ( x ) = 1 admette 0,25 comme solution sur l’intervalle [−3 ; 3]. f ( x ) = 1 ⇔ 24 x = 1 x +1 ⇔ 24 x − 1 = 0 x +1 2 − ⇔ x +2 4 x − 1 = 0 x +1 ⇔ − x2 + 4 x − 1 = 0 L e t r i n ô m e − x2 + 4 x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 42 − 4 × (−1) × (−1) = 12. Δ . 0, le trinôme − x 2 + 4 x − 1 admet deux racines distinctes : x1 = −4 + 12 = 2 − 3 et x2 = −4 − 12 = 2 + 3 . −2 −2 Sur l’intervalle [−3 ; 3], l’équation f ( x ) = 1 a une solution x = 2 − 3.

86  1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . f ′ ( x ) = 3x 2 − 2

⎧ 6 ⎪⎪ x = 3 2 2 2 2. f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3x − 2 = 0 ⇔ x = ⇔ ⎨ 3 ⎪ x=− 6 3 ⎪⎩

f ′ est du signe de a, donc positive sur l’intervalle ⎡ 6 ; +` ⎡ ⎣⎢ 3 ⎣⎢ 6 ⎡ ⎤ . On en déduit le tableau de variation et négative sur 0 ; 3 ⎦⎥ ⎣⎢ de f suivant :

–

+`

0

+

0 f (x)

85  1. La fonction f est définie et dérivable sur [−3 ; 3]. f ′(x ) =

6 3

0

−4 6 9

3. La tangente à la courbe # au point d’abscisse 1 a pour équation : y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1( x − 1) − 1 ⇔ y = x − 2. 4. a. f ( x ) − g ( x ) = x 3 − 2x − ( x − 2) = x 3 − 3x + 2. Or, ( x − 1)( x 2 + x − 2) = x 3 + x 2 − 2x − x 2 − x + 2 = x 3 − 3x + 2. Donc f ( x ) − g ( x ) = ( x − 1)( x 2 + x − 2). b. x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1 Le trinôme x 2 + x − 2 a pour racines évidentes 1 et −2. On a donc le trinôme x 2 + x − 2 qui est négatif sur l’intervalle [0 ;1] et positif sur l’intervalle [1; +`[. On en déduit que f ′ est positif sur [0 ; +`[ . c. La courbe # est située au-dessus de la droite 7 sur l’intervalle [0 ;1[ ¯ ]1; +`[. La courbe # et la droite 7 ont un point d’intersection au point d’abscisse 1.

87  1. Le point M d’abscisse x est situé sur la parabole d’équation y = x 2 , il a donc pour coordonnées ( x ; x 2 ). 2 2 2. AM 2 = x − 1 + x 2 − 5 2 4 = x 2 − x + 1 + x 4 − 5 x 2 + 25 4 2 16 4 2 3 29 =x − x −x+ 2 16 3 3. a. f ′ ( x ) = 4 x − 3x − 1 b. ( x − 1)( 4 x 2 + 4 x + 1) = 4 x 3 + 4 x 2 + x − 4 x 2 − 4 x − 1

(

) (

)

= 4 x 3 − 3x − 1 = f (x ) c. x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. De plus 4 x 2 + 4 x + 1 = (2x + 1)2 , donc 4 x 2 + 4 x + 1 ˘ 0 pour tout x ∈R. 2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1 2 On en déduit le tableau de signes de f ′ ( x ) et le tableau de variation de f sur R. x

−1 2

–`

1

x–1

–

(2x + 1)2

+

0

+

f  ′(x)

–

0

–

x f  ′(x)

–

−1 2

–` –

0

0

+` + +

0

+

1 –

0

+` +

f (x)

5 16 4. D’après le tableau de variation de la question précédente, la fonction f admet un minimum atteint en 1. L’abscisse du point M de la parabole le plus proche de A est 1.

88  1. La fonction g est une fonction polynôme du second degré, sa courbe représentative est donc une parabole. La courbe #g représentative de la fonction g est la courbe rouge, Chapitre 5 Dérivation globale

131

dessous de la courbe #f sur l’intervalle ]1; +`[, et que les deux

courbes ont un point d’intersection au point d’abscisse 1. 2. a. La fonction h est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = 3x 2 − 2x + 2 b. Le trinôme 3x 2 − 2x + 2 a pour discriminant : Δ = (−2)2 − 4 × 3 × 2 = −20. Δ , 0, le trinôme 3x 2 − 2x + 2 n’admet pas de racine dans R. h ′ est toujours du signe de a, donc positif, et la fonction h est donc croissante sur R. c. h (1) = 0. De plus, la fonction h est croissante sur R, on peut donc en déduire que la fonction h est négative sur l’intervalle ]−` ;1] et positive sur l’intervalle [1; +`[. 3. En remarquant que h ( x ) = f ( x ) − g ( x ). Sur l’intervalle ]−` ;1], h ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) − g ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) < g ( x ). On en déduit que sur cet intervalle la courbe #g est au-dessus de la courbe #f . Sur l’intervalle  [1; +`[, h ( x ) ˘ 0 ⇔ f ( x ) − g ( x ) ˘ 0 . ⇔ f ( x ) ˘ g ( x ). On en déduit que sur cet intervalle la courbe # g est en dessous de la courbe #f .

89  1. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ ( x ) = − x 3 + 3x 2 − 3x + 1 2. La fonction h est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = −3x 2 + 6x − 3 = −3( x 2 − 2x + 1) = −3( x − 1)2. Pour tout x ∈R, h ′ ( x ) < 0. On en déduit que la fonction h est décroissante sur R. x

–`

+`

–`

+`

1 +

Variations de g (x)

0

–

5 4

4. On a g ′ (1) = 0, la courbe #g admet donc une tangente horizontale au point d’abscisse 1. 5. Si la courbe #g admet une tangente parallèle à la droite d’équation y = −5x + 3 alors l’abscisse du point de tangence est solution de l’équation g ′ ( x ) = −5. La fonction g ′ est continue, dérivable et strictement décroissante sur [1; 3] avec g ′ (1) = 0 . –5 et g ′ (3) = −8 , − 5. D’après le tableau de variation de g ′ , il existe un unique réel α ∈[1; 3] tel que g ′ (α ) = −5 et au point de coordonnées (α ; g (α )) la tangente est parallèle à la droite d’équation y = −5x + 3. 132

( )

( )

(

)

3. La fonction A est définie et dérivable sur [0 ;3]. A ′ ( x ) = 3 x 2 − 9x + 9 = 3 ( x 2 − 6x + 6) 2 2 L e t r i n ô m e x 2 − 6x + 6 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = (−6)2 − 4 × 1× 6 = 12 . Δ . 0 , le trinôme x 2 − 6x + 6 admet deux racines distinctes : x1 = 6 + 12 = 3 + 3 et x2 = 6 − 12 = 3 − 3 . 2 2 A ′ est du signe de a, donc positive, sur l’intervalle ⎡⎣0 ; 3 − 3 ⎤⎦ et négative sur l’intervalle ⎡⎣3 − 3 ; 3⎤⎦. On en déduit le tableau de variation de A suivant. x Signe de A′(x)

–`

+`

3− 3 +

0

–

Variations de A(x) La fonction A admet un maximum atteint en 3 − 3 . Il faut donc que la valeur de x soit égale à 3 − 3 pour que l’aire du rectangle DEFG soit maximale. Thalès :

3. En remarquant que h (1) = 0, on déduit de la question précédente que la fonction h est positive sur l’intervalle ]−` ;1] et négative sur [1; +`[. En remarquant que g ′ ( x ) = h ( x ), on détermine le tableau de variation de la fonction g.

Signe de g ′( x)

tion x = − b . L’axe de symétrie de la fonction f a pour 2a −3 2 ⇔ x = − 3 × − 2 ⇔ x = 3. équation x = 2 1 2× −1 4 L’abscisse du point O est 3 et l’abscisse du point A est 0. Le point G appartient au segment [ AO], donc x l’abscisse du point G appartient à l’intervalle [0 ; 3]. 2. A( x ) = (6 − 2x ) × − 1 x 2 + 3 x 4 2 2 3 3 1 = − x + 9x + x − 3x 2 2 2 3 2 1 9 = x − x + 9x 2 2

91  1. On note x la longueur BR. D’après le théorème de

Signe de h(x)

x

90  1. L’axe de symétrie d’une parabole est une droite d’équa-

Chapitre 5 Dérivation globale

CR = NR ⇔ NR = 8 × (6 − x ) 6 CB AB 8 × (6 − x ) ⇔ NR = 6 ⇔ NR = −4 x + 24 . 3 Soit A( x ) l’aire du rectangle MNRB en fonction de x, avec x ∈[0 ; 6]. A( x ) = x × −4 x + 24 = 1 (−4 x 2 + 24 x ) 3 3 La fonction A est dérivable sur [0 ; 6]. A ′ ( x ) = 1 (−8x + 24 ) = 8 (− x + 3) 3 3 Or, − x + 3 ˘ 0 ⇔ x < 3. A ′ est positive sur l’intervalle [0 ; 3] et négative sur l’intervalle [3 ; 6]. On en déduit que la fonction A est croissante sur[0 ; 3] et décroissante sur [3 ; 6]. La fonction A admet un maximum atteint en 3. Le point R doit se situer au milieu du segment [ BC ] pour obtenir un rectangle d’aire maximale. 2. Soit P ( x ) le périmètre du rectangle MNRB en fonction de x, avec x ∈[0 ; 6]. P ( x ) = 2x + 2 × −4 x + 24 = −2x + 48 = − 2 x + 48 . La fonc3 3 3 3 tion P ( x ) est une fonction affine de coefficient directeur négatif, elle est donc strictement décroissante sur [0 ; 6]. Son

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la courbe #f représentative de la fonction f est la courbe bleue. Graphiquement, il semble que la courbe #g est au-dessus de la courbe #f sur l’intervalle ]−` ;1[, que la courbe #g est en

maximum est atteint en x = 0. Le point R doit se situer sur le point B pour obtenir un rectangle de périmètre maximal.

92  1. Réponse b.

2. Réponse c. 3. Réponse c. 4. Réponse c.

93  Soit f la fonction définie sur R par f ( x ) = x 3 − ax 2 + b.

La fonction f est dérivable sur R. f ′ ( x ) = 3x 2 − 2ax = x (3x − 2a ) 3x − 2a ˘ 0 ⇔ x ˘ 2a . Le minimum de la fonction f a une 3 abscisse positive. On a donc a ˘ 0. La fonction f est décroissante sur l’intervalle ⎡0 ; 2a ⎤ et croissante sur ⎡ 2a ; +` ⎡. ⎣ 3⎦ ⎣3 ⎣ Le minimum de la fonction f est atteint pour x = 2, on en déduit que 2a = 2, soit a = 3. 3 La valeur du minimum est égale a 5, on a donc : f (2) = 5 ⇔ 23 − 3 × 22 + b = 5 ⇔ 8 − 12 + b = 5 ⇔ b = 9. La fonction f est définie sur R par f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 9.

94  1. RG + RU = x ⇔ RU = x − RG . Or, RG = 0,5, on a donc

RU = x − 0,5.

P ( x ) = 102 × x − 20,5 = 100 x − 20,5 x x 100 ( x − 1) 2. P ′ ( x ) = − . Pour tout x ∈R+* , la fonction cube est x3 strictement positive. La fonction affine g ( x ) = x − 1définie sur R+* est négative sur ]0 ;1] et positive sur [1; +`[. On en déduit que P ′ est positive sur ]0 ;1] et négative sur [1; +`[. x 2 − 2x ( x − 0,5) 3. P ′ ( x ) = 100 × x4 2 = 100 × − x 4+ x x −100x ( x − 1) = x4 100 ( x − 1) =− x3 4. D’après la question 3, la fonction P admet un maximum atteint pour x = 1. P (1) = 100 1− 20,5 = 50. La puissance maximale est de 50 W. 1

Questions Allegro

95 

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Questions Va piano

1. 1+ 1 = 2 ; 2 + 1 = 2,5 ; 4 + 1 = 4,25 ; 10 + 1 = 10,1. 1 2 4 10 La valeur minimale obtenue est 1 mais cela ne permet pas de répondre à la problématique, l’exemple n’a pas valeur de démonstration. 2. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale x + 1 . Soit x x +* 1 f la fonction définie sur R par f ( x ) = x + x , la problématique revient à trouver le minimum de la fonction f sur R+* . 3. À la calculatrice, il semble que le minimum de la fonction f est atteint pour x = 1. Questions Moderato

1. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale x + 1 . Soit x x +* 1 f la fonction définie sur R par f ( x ) = x + x , la problématique revient à trouver le minimum de la fonction f sur R+* . 2 ( x − 1)( x + 1) 2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 = x x x2 Pour tout x strictement positif, f ′ est du même signe que x − 1. Or x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. La fonction f ′ est donc négative sur l’intervalle ]0 ;1] et positive sur [1; +`[. 3. D’après la question précédente, la fonction f est décroissante sur ]0 ;1] et croissante sur [1; +`[. 4. La fonction f admet un minimum atteint pour x = 1. On a : 1+ 1 = 2. La somme minimale que l’on peut obtenir en addi1 tionnant un nombre strictement positif et son inverse est 2.

1. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale à x + 1 . x x Soit f la fonction définie sur R+* par f ( x ) = x + 1 , la probléx matique revient à trouver le minimum de la fonction f sur R+* .

2 ( x − 1)( x + 1) 2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 = x x x2 Pour tout x strictement positif, f ′ est du même signe que x − 1. Or x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. La fonction f ′ est donc négative sur l’intervalle ]0 ;1] et positive sur [1; +`[. La fonction f est décroissante sur ]0 ;1] et croissante sur [1; +`[ . La fonction f admet un minimum atteint pour x = 1. On a 1+ 1 = 2. La somme minimale que l’on peut obtenir 1 en additionnant un nombre strictement positif et son inverse

est 2. 2 ( x − n )( x + n ) . Pour tout x 3. fn′( x ) = 1− n2 = x −2 n = x x x2 strictement positif, fn′ est du même signe que x − n . Or

x − n ˘ 0 ⇔ x ˘ n. La fonction fn′ est donc négative sur l’intervalle ⎤⎦0 ; n ⎤⎦ et positive sur ⎡⎣ n ; +` ⎡⎣ . La fonction fn est décroissante sur ⎤⎦0 ; n ⎤⎦ et croissante sur ⎣⎡ n ; +` ⎡⎣ . La fonction fn admet un minimum atteint pour x = n . On a : n + n = 2 n . La somme minimale que l’on peut obtenir n en additionnant un nombre strictement positif et n fois son inverse est 2 n .

Chapitre 5 Dérivation globale

133

Questions Va piano

1. Vbille = 4 π × 93 = 972π 3 Vcylindre = π × 92 × 18 = 1 458π Veau = Vcylindre − Vbille = 1 458π − 972π = 486π 2. Vnouvelle bille = 4 π × r 3 , avec r ∈[0 ; 9]. 3 3. Si, en plongeant la nouvelle bille dans le cylindre, le niveau de l’eau est tangent à la nouvelle bille, c’est que la hauteur de l’eau est 2r . Le volume du cylindre jusqu’à la hauteur d’eau est alors celui de la nouvelle bille et du volume d’eau. 4. Vnouvelle   bille + Veau = Vnouveau  cylindre ⇔ 4 π × r 3 + 486π = π × r 2 × 18 3 4 ⇔ π × r 3 − 162πr + 486π = 0 3 ⇔ 4r 3 − 486r + 1 458 = 0 5. À l’aide de la calculatrice, 3,2 < r < 3,3.

Questions Moderato

1. Cf. questions Va piano. 2 2 (r −(r9)(4r + 36r − 162) 2. − 9)(4r + 36r − 162) 3 3 2 2 2 2 = 4r + 36r − 162r − 36r − 324r + 1458 = 4r + 36r − 162r − 36r − 324r + 1458 3 3 = 4r + 1458 = 4r− 486r − 486r + 1458

3. 4r 3 − 486r + 1 458 = 0 ⇔ (r − 9)( 4r 2 + 36r − 162) = 0 ⎧⎪ r−9= 0 ⇔⎨ ⎪⎩ 4r 2 + 36r − 162 = 0 r=9 ⎪⎧ ⇔⎨ 2 ⎪⎩ 4r + 36r − 162 = 0 Le trinôme 4r 2 + 36r − 162 a un discriminant : Δ = 362 − 4 × 4 × (−162) = 3 888.

1  1.

1

Questions Allegro

1. Cf. questions Va piano. 2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; 9]. f ′ (r ) = 12r 2 − 486 = 6 (2r 2 − 81) ⎧ 9 2 ⎪⎪ r = 2 2 f ′ (r ) = 0 ⇔ 6 (2r − 81) = 0 ⇔ ⎨ ⎪ r = −9 2 2 ⎪⎩ La fonction f ′ est négative sur ⎡0 ; 9 2 ⎤ et positive sur ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎡ 9 2 ; 9⎤ . La fonction f est donc décroissante sur ⎡0 ; 9 2 ⎤ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎥⎦ et croissante sur ⎡ 9 2 ; 9⎤ . ⎣⎢ 2 ⎦⎥ r f ′(r)

–

+`

0

+

1458

f (r)

0

3. D’après le tableau de variation précédent, l’équation f (r ) = 0 admet deux solutions sur l’intervalle [0 ; 9]. 4. Il est possible de plonger une bille de rayon inférieur à 9 cm telle que le niveau de l’eau soit de nouveau tangent à la bille.

1

x

]−` ; 0] ¯ [4 ; +`[ and decreasing on the interval [0 ; +`[ . 2. f ′ ( x ) = 3x 2 − 12x = 3x ( x − 4 ) x

–10

–20

3x

–

x–4

–

f  ′(x)

+

–30

2  cf. exercice 77. Chapitre 5 Dérivation globale

0

–`

f (x)

134

9 2 2

0

The function seems increasing on the interval

y 0

Δ . 0, le trinôme 4r 2 + 36r − 162 admet deux racines distinctes : r1 = −36 + 3 888 = −9 + 9 3 8 2 et r2 = −36 − 3 888 = − 9 + 9 3 . 8 2 Or − 9 + 9 3 n’appartient pas à l’intervalle [0 ; 9] et 9 est le 2 rayon de la première bille. La nouvelle bille doit donc avoir un rayon de −9 + 9 3  cm. 2

0

0

4 +

+` +

–

0

+

–

0

+

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96 

2 2 3  Vpyramid = x × h ⇔ 1 000 = x × h ⇔ h = 3 000 2

3

3

x The surface of the pyramid is made up of four congruent triangles and a square base. Let’s call a the altitude of each triangle. Using Pythagora’s theorem : 2 2 2 a2 = h2 + x ⇔ a2 = 3 000 + x 2 2 2 x

( ) () ( ) ()

()

3 000 x2

⇔a=

2

2 + x . 2

The area of each triangle isequal to  1 × x × 2 The total lateral area is given by :

(

) () 2

2

+ x 2

2

+ x 2

2

.

.

( ) () 2

3000 + x 2 2 x2 To find the x value that will minimize the surface area, we graph A as a function of x and locate the minimum point using a graphic calculator. A = x 2 + 2x ×

y

500 0

5

The hemisphere has volume equal to 2π R3 . 3 The total volume is equal 120, so : πR2 h + 2π R3 = 120 ⇔ πR2 h = 120 − 2π R3 3 3 120 2 ⇔h= − R. πR2 3 2. The disc has a surface equal to πR2. The hemisphere has a surface equal to 2πR2 . The lateral surface of the cylinder is equal to :

( ) () ( 2

3000 x2

( ) ()

3000 + x 2 = 2x × 3000 2 x2 x2 Let’s call A the total area of the pyramid. 4× 1×x× 2

4  1. The cylinder has volume equal to πR2 h.

)

120 − 2 R × 2πR = 240 − 4 πR2 . R 3 πR2 3 The total surface A is equal to : A( R) = πR2 + 2πR2 + 240 − 4 πR2 = 5 πR2 + 240 . R 3 3 R 3 − 72 10 πR ( ) 3. A ′ ( R) = 10 πR − 240 = 3 R2 3R2 A′ ( R) ˘ 0 ⇔

10 ( πR3 − 72)

˘0 3R2 ⇔ πR3 − 72 ˘ 0 ⇔ R ˘ 3 72 π The first derivative is negative on the interval ⎡0 ; 3 72 ⎤ and π ⎦⎥ ⎣⎢ 72 ⎡ ⎤ 3 positive on the interval ; +` . ⎣⎢ π ⎦⎥ The function A has a minimum at R = 3 72 . π

x

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The approximate value of x was found to be 12.9 cm.

Chapitre 5 Dérivation globale

135

6

Fonction exponentielle

2 ( x + 3) − (2x + 5) 1 = ( x + 3)2 ( x + 3)2 5. j ( x ) =  3 2 3x

1  1 A = 28 B = 28 C = 26 × 23 = 29 D = 2−6 E = 26 F = 2−3

4. i ′ ( x ) = 

 

2   1. S6 == {−5}

{

2. S6 == 3 − 73 ;  3 + 73 4 4 3.S6=  = ]−` ; −12[ 4. S 6 =  = ]−` ; +`[

7    A( x ) = −3x + 6 x

}

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3   1. Diminuer de 70 %, c’est multiplier par 1− 70 = 0,30 ; 100 (vn ) est donc une suite géométrique de raison 0,30. 4 = 4 × 1 =  1 × u  ; 2. Pour tout entier naturel n, un+1 = n+1 n 3 3n 3 3 la suite (un ) est donc géométrique de raison 1 et de premier 3 terme u0 = 4. 4   u1 = −15 ; u2 = 45 et u12 = 2657205. 5   Un véhicule décrit un mouvement rectiligne. La distance parcourue en mètre depuis le temps t = 0 jusqu’au temps t, en seconde, est d (t ) = t 2 + 5t . 2 1. d (10 + h ) − d (10) = h + 25h = h + 25 h h 2. La vitesse instantanée de ce véhicule après 10 s est de 25 mètres par seconde (on prend h tendant vers 0). 6   1. f ′ ( x ) = 6x 2 − 4 2. g ′( x) = 3 x + (3x − 2) 1 =  9x − 2 2 x 2 x −4 x 3. h ′ ( x ) =  (2x2 + 3)2

+`

2

–` +

Signe de A(x)

0

–

B ( x ) = (−3x − 2)( x − 5) x

−2 3

–`

Signe de (–3x – 2)

+

Signe de (x – 5)

–

Signe de B(x)

–

0

0

+`

5 –

–

–

0

+

+

0

–

C ( x ) = −5( x 2 − 4 x − 5) x

–1

–`

+`

5

Signe de – 5

–

Signe de (x2 – 4x – 5)

+

0

–

0

+

Signe de C(x)

–

0

+

0

–

–

–

8   y = f ′ (2)( x − 2) + f (2), soit y = −7x + 5. 9   Formule saisie en B2 : = B1*1.045 .

Chapitre 6 Fonction exponentielle

137

Pour construire le cours Situation

A 

1  a. V = 77,92 − 60,71 = 17,21 et N1 = 60,71. 1

40 − 20 20 28,71− 6,34 22,37 et N2 = 22,37. V2 = = 120 − 100 20

On a donc V2 = 6,34 ≈ 0,36839 et N2 = 22,37 ≈ 0,36847. V1 17,21 N1 60,71 La propriété énoncée précédemment est donc vérifiée (aux erreurs d’approximation près). b. Graphiquement, la demi-vie du carbone 14 semble environ de 55 siècles. 2  a. Le nombre de désintégrations entre les instants t et t + h peut être noté N(t + h) – N(t).

N (t + h ) − N (t ) = N ′ (t ) . h c. D’après l’énoncé, la vitesse de désintégration est proportionnelle à la quantité d’atomes restant dans le corps, donc la fonction N vérifie N ′ (t ) = λN (t ). b. La vitesse de désintégration à l’instant t est donc égale à lim

h→0

3  Soit f une fonction dérivable telle que pour tout réel x, f’(x) = f(x) et soit λ un réel tel que N (t ) = f (−λt ), alors N ′ (t ) = −λf (−λt ) = −λN (t ).

Situation

B 

f ( x + h) − f ( x )  et f ′ ( x ) = f ( x ), donc hf ( x ) ≈ f ( x + h ) − f ( x ). h On a donc f ( x + h ) ≈ (1+ h ) × f ( x ). b. La formule saisie en B3 est =B2×(1+A3) . 2. a. Graphiquement, il semble que la fonction f soit positive et croissante sur R. b. De plus, on peut remarquer sur quelques exemples que f (a + b ) ≈ f (a ) × f (b ) . 1  a. On donne f ′ ( x ) ≈

Situation

C 

4  La suite (un ) est géométrique de premier terme 1 et de raison e, donc son terme général est un = en .

On peut donc estimer que, pour tout entier n, exp(n) peut aussi s’écrire en avec e ≈ 2,72.

138

Chapitre 6 Fonction exponentielle

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1  2  3 

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  S’il existait une valeur de x pour laquelle f (x) = 0, alors on aurait h (x) = f (x) · f (– x) = 0. Or h est constante égale à 1, donc f est non nulle sur R. 2  En conséquence, les fonctions f et g étant définies sur R et f ne s’annulant pas, la fonction H est définie sur R. 3  Enfin, la fonction H étant constante égale à 1, les fonctions f et g sont confondues, donc f est unique.

Rédiger une démonstration

exp ( x + y ) . exp ( x ) La fonction exponentielle est définie et non nulle sur R, donc g est définie sur R. exp ( x + y ) × exp ( x ) − exp ( x + y ) × exp ( x ) =0 g′(x ) = exp ( x )2 exp ( y ) exp ( y ) g est donc constante sur R. De plus, g (0) = = = exp ( y ). exp (0) 1 Donc, pour tous réels x et y, on a exp ( x + y ) = exp ( x ) × exp ( y ) . 1  Soient x et y deux réels, on pose g ( x ) =

Conséquence : Soit x un réel, exp ( x + (− x )) = exp ( x ) × exp (− x ) = exp (0) = 1, donc exp (− x ) = exp ( x − y ) = exp ( x + (− y )) = exp ( x ) × exp (− y ) =

exp ( x ) . exp ( y )

1 et, pour tous réels x et y, exp ( x )

2  Soit (un ) la suite de terme général exp(na). Pour tout entier naturel n, un+1 = exp ((n + 1) a ) = exp (na + a ) = exp (na ) × exp (a ) = exp (a ) × un . La suite (un ) est donc géométrique de premier terme (u0 ) = exp (0) = 1 et de raison exp(a). Par conséquent, pour tout entier naturel n, un = exp (na ) = u0 × exp (a )n = (exp (a ))n.

Utiliser différents raisonnements

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1  Le contraire de la propriété P est : 2  Soit a un réel.

On a e

2× a 2

il existe un réel x tel que e x < 0.

2

⎛ a⎞ = ea donc ea = ⎜ e 2 ⎟ . ⎝ ⎠

3  On a vu que e x ≠ 0 pour tout réel x. S’il existe, comme on le suppose dans la question 1, un réel x tel que e x < 0, alors

e x , 0.

2

2

⎛ x⎞ ⎛ a⎞ Or la question 2 donne e x = ⎜ e 2 ⎟ , donc on aurait ⎜ e 2 ⎟ , 0, ce qui est absurde car le carré d’un réel est toujours positif. ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ C’est donc qu’il n’existe aucun réel x tel que e x , 0. Pour tout réel x, on a donc e x . 0.

Chapitre 6 Fonction exponentielle

139

Travaux pratiques TP

1  Construction de l’exponentielle par la méthode d’Euler

1  Le réel dont l’image est connue sans ambiguïté est 0, car, par définition de la fonction exponentielle, exp(0) = 1. 2  Sachant que : • on utilise l’approximation exp(x + h) = (1 + h) × exp(x) • exp(0) = 1 Le script sera le suivant :

3  e ≈ exp(1,0.1) ≈ 2,853 e ≈ exp(1,0.01) ≈ 2,705 e ≈ exp(1,0.001) ≈ 2,717 (à la calculatrice e ≈ 2,718) e2 ≈ exp(2,0,1) ≈ 6,727 e2 ≈ exp(2,0.01) ≈ 7,316 e2 ≈ exp(2,0.001) ≈ 7,389 (à la calculatrice e2 ≈ 7,389) 4  Pour déterminer l’exponentielle d’un réel b négatif, le script devient le suivant :

TP

2  Première approximation de e par la méthode de Bernoulli

1  Soit n un entier naturel non nul,

2  a. Pour precision(2), on obtient 135 et 2,708281999… Ce qui signifie que la suite (un) approche e au centième près à compter de n = 135 avec u135 ≈ 2,708281999… b. La fonction precision teste l’écart entre les termes de la suite et 10–p. Cet écart pouvant être positif ou négatif, il convient d’utiliser la fonction valeur absolue. c. D’après la question précédente, on obtient une valeur approchée de 2 au centième près à compter de n = 135. La fonction précédente precision(3) donne 1 359, donc on obtient une valeur approchée de e au millième près à compter de n = 1 359. precision(5) donne 135 913…

140

Chapitre 6 Fonction exponentielle

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–1

Exp(–1,0.01) ≈ 0,366 (à la calculatrice e ≈ 0,368)

TP

3  Deuxième approximation de e par la série de Taylor

1  Le script de la fonction factorielle est le suivant :

2  Vérification : factorielle(15) donne 1307674368000 et factorial(15) donne 1307674368000. 3  Le script permettant d’approcher e par la méthode d’Euler est le suivant :

4  On obtient par exemple e(10) ≈ 2,71828…

TP

4  Datation au carbone 14

1  Soit N(t) le nombre d’atomes de carbone 14 dans un échantillon t années après la mort de l’organisme. La proportion

N (t ) d’atomes de carbone 14 restant t années après la mort est égal à P (t )  =  . N (0 ) Donc P(t) = e – 0,0001244t.

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2  Le script de la fonction demi_vie est le suivant :

On obtient 5 572 années. Ainsi, on obtient tempspour(1) = 0 : le temps pour qu’il reste 100 % est de 0 années ou bien tempspour(0,99) = 81 : le temps pour qu’il reste 99 % est de 81 années et enfin tempspour(0,5) = 5 572 : le temps pour qu’il reste 50 % est de 5 572 ans (demi-vie). 3  On constate qu’un fragment d’os a perdu 30 % de sa teneur, il reste donc 70 % d’atomes de carbone 14 dans le corps.

La fonction age donne 2 868, donc ce fragment d’os est vieux d’environ 2 870 ans.

TP

5  Évolution démographique : le modèle malthusien

1  a. Voir tableur. b. Soit f une fonction affine telle que f (0) = 29 et f (4) = 88. On a 0a + b = 29, donc b = 29 et 4a + b = 88, donc 4a = 88 – b = 88 – 29 = 59, soit a = 14,75. On a donc f (x) = 14,75 x + 29. Le modèle semble peu approprié à long terme, en particulier on a f (19) = 309,25 alors qu’en 1963, soit au bout de 19 ans, la population est de 5 670 habitants (≠ 309). Chapitre 6 Fonction exponentielle

141

c. Si l’on pose g (t) = g (0)*(at + b)2, alors g (0) = g(0) × b2, donc b2 = 1, soit b = 1 ou b = – 1. En faisant varier le curseur a, on n’approche toutefois jamais de façon satisfaisante la courbe représentative de la population. Ce modèle ne paraît donc pas approprié ! d. De même, pour g (t) = g (0)*(at+b)3. 2  Soit N la fonction d’expression N(t) = N(0) e kt, où k = a – b.

On a N’ (t) = N (0) × k × e kt = kN(0) e kt = kN(t) = (a – b)N(t) = aN(t) – bN(t). Le modèle de Malthus paraît ici plus approprié pour k ≈ 0,278.

6  Fonctions définies par une propriété fonctionnelle

TP

1  Soit f une fonction définie sur R telle que f (x + y) = f(x) + f(y). On a alors pour tout réel x, f (x + 0) = f (x) = f (x) + f (0) donc f (0) = 0. Par conséquent, la courbe #f d’une telle fonction passe par le point O de coordonnées (0 ; 0). 2  Voir simulation numérique. a. On saisit 0 en A1 et 0 en B1. b. A2 = A1 + h et B2 = B1 + a . En recopiant ces formules vers le bas, on obtient ainsi les images des réels 0, h, 2h, 3h, 4h… c. Les nuages obtenus en faisant varier les valeurs de h et de a sont tous des ensembles de points alignés. On parle de propriété de linéarité de la fonction f.

7  Évolution de population : le modèle de Verhulst

TP

1  Voir fichier. 2  La courbe représentative de la fonction g semble correspondre au nuage de points représentatif de l’évolution de la population de vers, donc ce modèle convient pour les 10 premiers jours. 3  Si l’on étend cette représentation aux intervalles [0 ; 15] puis [0 ; 30], et que l’on accepte que le modèle reste valable, on constate que la population de vers semble finalement stagner en deçà d’un maximum de 33 000 vers. Le principe de Verhulst semble donc bien vérifié.

Calcul mental 1  1. exp (3) × exp (−2) = exp(1) 2. (exp (−2))3 = exp(–6) exp (−5) 3. = exp(–2) exp (3) 2  1. f ( x ) = 3exp ( x ) − x exp ( x ) 2. g ( x ) = 

4 3. h ( x ) = 1exp ( x ) + x exp ( x ) = (1+ x ) exp ( x )

3  1. 6 S=∅ 2. 6 S = {0} 3. 6 S = {0} 4. 6 S= ∅

4  1. e2 2. e−1 3. 1 4. 2e2 − 1 5. e 4 6. e

142

Chapitre 6 Fonction exponentielle

5  1. e2 , e5,5 2. e0,5 . e0,1 3. e−3 . e−5 4. e−0,2 . e−0.9

6  1. f est strictement décroissante. 2. g est strictement décroissante. 3. h est strictement décroissante.

Automatismes 7  1. a

2. a 3. c

8  1. Pour tout entier naturel n,

un+1 = en+1 = en × e1 = e × un  : suite géométrique de premier terme u0 = e0 = 1 et de raison e. 2. Pour tout entier naturel n, un+1 = −2en+1 = −2en × e1 = −2e × un  : suite géométrique de premier terme u0 = −2e0 = −2 et de raison −2e. 3. Pour tout entier naturel n, un+1 = e−3(n+1) = e−3n × e−3 = e−3 × un : suite géométrique de premier terme u0 = e0 = 1 et de raison e−3 .

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Réfléchir, parler & réagir

4. Pour tout entier naturel n, un+1 = 5e 4(n+1) = 5e 4 n × e 4 = e 4 × un  : suite géométrique de

4. Courbe de p : courbe violette. 5. Courbe de q : courbe verte.

premier terme u0 = 5e0 = 5 et de raison e 4 .

10  1. A( x ) < 0 pour tout x réel. 2. B ( x ) < 0 pour tout x réel. 3. C ( x ) < 0 pour tout x < 1 et C ( x ) > 0 pour tout x > 1.

9  1. Courbe de f : courbe rouge. 2. Courbe de g : courbe orange. 3. Courbe de h : courbe bleue.

11  f ′ (t ) = 12e−3t pour tout réel x.

Exercices

1  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 3exp ( x ) − 2. 2. Pour tout réel x, g ′ ( x ) = 4 x exp ( x ) + (2x 2 + 1) exp ( x ) = exp ( x )(2x 2 + 4 x + 1). 3. Pour tout réel x [R \ {−3}, exp ( x )(6 + 2x ) − 2 (2 + exp ( x )) exp ( x )( 4 + 2x ) − 4 = h′(x ) = (6 + 2x )2 (6 + 2x )2 − 2 (2 + exp ( x )) exp ( x )( 4 + 2x ) − 4 = . 2x )2 (6 + 2x )2

C=

3exp ( x ) = 3exp( x − (1− 2x ) = 3exp (3x − 1) . exp (1− 2x )

8  A = e3 x × e−4 x = e3 x−4 x = e− x . B= C=

1

(e2 x )2

= 14 x = e−4 x .  e

1 = 1 = e6 x. −x 6 e ( ) e−6 x

1 × e3 x = e9 x . D = 1 6 × e3 x = −6 x −x e 2  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = e x + xe x + 3 = e x (1+ x ) + 3 . (e ) 5 2. Pour tout réel x, 3−2 x e3−2 x × (e x ) x 2 x x 2 × e5 x = e3+3 x = e3+3 x−( x−2) = e2 x+5 g ′ ( x ) = (2x + 2) e + ( x + 2x − 1) e = e ( x + 4 x + 1). E= = e x−2 x−2 5 e e e x−2 3−2 x 3. Pour tout réelex, 3−2 x 5x 3+3 x × (e x ) 3+3 x−( x−2) 2 x+5 e e × e =e . x = + x ) − eexx−2 e x (e E (e x + 1) == e x (exx−2− 1) . = e x−2 = e h′(x ) = 9  A = (e x )5 × e− x = e5 x × e− x = e5 x−x = e 4 x . (e x + x )2 (e x + x )2

3  1. e x − 1 = 0 ⇔ e x = 1 ⇔ e x = e0 ⇔ x = 0. La fonction f est définie sur ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ . La proposition est fausse. 2. Pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , f ′ ( x ) =

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La proposition est fausse.

−2e x . (e x − 1)2

3. Pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , −2e x , 0. On en déduit que pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , f' est négative et la

fonction f est décroissante. La proposition est fausse.

4  exp (2) = exp (1+ 1) = exp (1) × exp (1) ≈ 2,7 × 2,7 ≈ 7,29 .

2 x−5 B = e2 x−7 = e2 x−5−(2 x−7) = e2 . e 3x 3x 3x C = e6 = 6 ex = e6 x+1 = e3 x−(6 x+1) = e−3 x−1. 1 (e x ) × e e × e e 2 x−1 2x D = e × −ex−2 = e− x−2 = 1 × e2 x−(− x−2) = 1 × e3 x+2. 2 2 2e 2e

10  Pour tout réel x, on a : 1 = 1 = 1 = ex . ex + 1 ex + 1 1+ e− x 1+ 1 x e ex x

x

5  exp (2) = exp (5 + (−3)) = exp (5) × exp (−3) ≈ 140 × 0,05 ≈ 7 11  e− x − e−2 x = 1 − 1 = e − 1 = e − 1. e x e2 x e2 x e2 x e2 x )) = exp (5) × exp (−3) ≈ 140 × 0,05 ≈ 7 . exp (5) 12  1. un+1 = e−(n+1) = e−1 × e− n = 1 × un . exp (8) = exp (5 − (−3)) = ≈ 140 ≈ 2800. exp (−3) 0,05 e u0 = e−0 = 1. 1 1 1 1 1 exp (−2) = = = ≈ ≈ exp (2) exp (5 + (−3)) exp (5) × exp (−3) 140 × 0,05 7 (u ) est donc géométrique de premier terme La suite n 1 1 1 = ≈ ≈ . u0 = 1 et de raison q = 1 . exp (5) × exp e (−3) 140 × 0,05 7 2 exp (10) = exp (2 × 5) = (exp (5)) ≈ 1402 ≈ 19 600 . −(n+1)+2 3(n+1)−2 −1 − n+2 3 3n−2 2 − n+2 3n−2 2. un+1 = e

×e

=e e

×e e

=e e

e

)+2 exp=(6e)−(n+1400 × e3(n+1)−2 = e−1e− n+2 × e3 e3n−2 = e2 e− n+2 e3n−2 = e2 un . 6  exp (2) = exp (6 − 4 ) =un+1 ≈ ≈ 8. exp ( 4 ) 50 u0 = e−0+2 × e3×0−2 = e2 × e−2 = e0 = 1 exp (10) = exp (6 + 4 ) = exp (6) × exp ( 4 ) ≈ 400 × 50 ≈ 20 000 . La suite (u ) est donc géométrique de premier terme

1 = 1. exp (2) 8 exp (8) = exp (2 × 4 ) = (exp ( 4 ))2 ≈ 502 ≈ 2500 . exp (12) = exp (3 × 4 ) = (exp ( 4 ))3 ≈ 503 ≈ 125 000. exp (−2) =

n

u0 = 1 et de raison q = e2 . e1 e1 1 3. un+1 = (3(n+1 )+1) = 3 (3n+1) = 3 × un . e e e e 1 1 u = e = e = 1. 7  A = exp (2x − 3) × exp ( 4 − x ) = exp (2x − 3 + 4 − x ) = exp ( x + 10) e(3×0+1) e1 La suite (un ) est donc géométrique de premier terme p (2x − 3 + 4 − x ) = exp ( x + 1). 2 B = (exp ( x − 1)) × exp ( x + 2) = exp (2 ( x − 1)) × exp ( x + 2) = exp (u2x=−12et+ de x +raison 2) = exp q (=3x1)3 . 0 e × exp ( x + 2 ) = exp (2x − 2 + x + 2) = exp (3x ). Chapitre 6 Fonction exponentielle

143

= e2 un

13  1. un+1 = e−2(n+1) = e−2n−2 = e−2 × e−2n = 12 × un

e u0 = e−2×0 = 1 La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 1 et de raison q = 12 . e 2. un+1 = e3(n+1) × e5(n+1) = e3 × e5 × e3n × e5n = e8 × un u0 = e3×0 × e5×0 = 1× 1 = 1 La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 1 et de raison q = e8 .

3. Pour tout réel x, h ′ ( x ) = e x + xe x = e x (1+ x ). Pour tout réel x, e x . 0 et 1+ x . 0 ⇔ x . − 1. La fonction g est décroissante sur l’intervalle ]−` ; − 1] et croissante sur l’intervalle [−1; +`[ .

17  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1− e x . 2. On étudie le signe de la dérivée f'. Pour tout réel x, 1− e x . 0 ⇔ e x ,1 ⇔ e x , e0 ⇔ x , 0 . La fonction g est

croissante sur l’intervalle ]−` ; 0] et décroissante sur [0 ; +`[ . La fonction f admet un maximum en x = 0, la valeur du maximum est f (0). 0 −(n+1)+2) 5(n+1)−4 −1 5 − n+2 5n−4 − n+2 = −1− 3 e e e × e × e × e × e ×(0e)5n−4 3. un+1 = = = e × Or, fn−2 = ee3 ×=un−1− 1 = −2. Le maximum de la fonction n+1−2 1 n−2 e e ×e e –2. f est 5 − n+2 5n−4 − n+2 5n−4 3. Il semble que la courbe # g représentative de la fonction g ×e ×e ×e = e3 × e = e3 × un e1 × en−2 en−2 est toujours au-dessus de # h la courbe représentative de la −0+2 5×0−4 2 −4 fonction h. 0 e e × e × e u0 = = = e =1 D’après la question 2, pour tout x, la fonction f est strictement e0−2 e−2 négative. La suite (un ) est donc géométrique de premier terme 3 f ( x ) , 0 ⇔ h ( x ) − g ( x ) , 0 ⇔ h ( x ) , g ( x ) . La courbe # g u0 = 1 et de raison q = e . représentative de la fonction g est toujours au-dessus de # h 2 −(n+1)+5 −1 2 − n+5 2 − n+5 4. un+1 = e 7× e 6(n+1) = e 6× e 7 × e 6n = e−7 × e 7× e 6n = e−7 × un la courbe représentative de la fonction h. e ×e e ×e ×e e ×e e−1 × e2 × e− n+5 = e−7 × e2 × e− n+5 = e−7 × u n e6 × e7 × e6n e7 × e6n 2 −0+5 7 u0 = e 7 × e 6×0 = e7 = 1 e ×e e La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 1 et de raison q = 17 . e 1

2. Pour tout réel x, 1+ 2e−2 x . 0. La fonction f est croissante sur R. 3. a. y

1

5

14  1. u0 = e2− 3 = e2 ≈ 7, 4 ; u1 = e2− 3 = e 3 ≈ 5,3 ; 2− 2 3

4

0

2− 3

= e 3 ≈ 3,8 ; u3 = e 3 = e1 ≈ 2,7 . La suite (un ) semble décroissante.

u2 = e

2− n+1

2− n − 1

−1

2− n

−1 e 3.

−1 3

, 1 et u0 . 0, la suite (un ) est décroissante. La conjecture de la question 1 est validée.

3. 0 , e

15  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 20e−4 x . On étudie le signe de

la dérivée f'. Pour tout réel x, 20e−4 x . 0. La fonction f est croissante sur R. 2. Pour tout réel x, g ′ ( x ) = −e3 x + 3(− x + 1) e3 x = e3 x (−3x + 2). On étudie le signe de la dérivée g'. −3x + 2 . 0 ⇔ x , 2 et e3 x . 0 pour tout réel x. 3 La fonction g est croissante sur l’intervalle ⎤−` ; 2 ⎤ et décrois⎦ 3⎦ 2 ⎡ ⎡ sante sur ; +` . ⎣3 ⎣

16  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1+ e x. Pour tout réel x, 1+ e x . 0.

La fonction f est croissante sur R.

x x e x ( x − 1) . 2. Pour tout réel x [ ]0 ; +`[, g ′ ( x ) = xe −2 e = x x2 Pour tout réel x [ ]0 ; +`[,

e x . 0,  x 2 . 0 et x − 1. 0 ⇔ x .1. La fonction g est décroissante sur l’intervalle ]0 ;1] et croissante sur l’intervalle [1; +`[.

144

Chapitre 6 Fonction exponentielle

x

−1

2. un+1 = e 3 = e 3 3 = e 3 × e 3 = e 3 × un . La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = e2

et de raison q =

1

La courbe représentative de la fonction f est strictement croissante et semble couper l’axe des abscisses en un point dont l’abscisse appartient à l’intervalle [0 ;1]. L’équation f ( x ) = 0 semble admettre une solution unique α sur [0 ;1]. À la calculatrice, on trouve α ≈ 0, 43 au centième près. b. La valeur affichée par l’algorithme est 0,43. L’algorithme affiche, au centième près, l’abscisse du premier point de la courbe représentative de la fonction f telle que f ( x ) > 0.

19  1. Graphiquement, l’équation e2 x−3 = e−3 x+5 a pour solu-

tion x = 1,6. 2. Ligne 2 : « car, pour tout x, e−3 x+5 . 0 ». Ligne 6 : « car, e0 = 1 et ea = eb ⇔ a = b ».

3. e2 x−3 = e−3 x+5 ⇔ 2x − 3 = −3x + 5 ⇔ 5x = 8 ⇔ x = 8 . 5 8 S= 6 5 4. a. Graphiquement, l’équation e 4 x+1 = e1−2 x a pour solution x = 0.

{}

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0

18  1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1+ 2e−2 x .

3. e2 x+1 > 0 6 S = ]−` ; +`[ 4. e x−1 − 1< 0 ⇔ e x−1 < 1 ⇔ e x−1 < e0 ⇔ x − 1< 0 ⇔ x < 1 6 S = ]−` ;1]

1 0

1

x

23  1. e x > e2 x+1 ⇔ x > 2x + 1 ⇔ x < −1

6 S = ]−` ; − 1] 2. e−3 x−2 , e− x ⇔ −3x − 2 , − x ⇔ −2x ,2 ⇔ x . − 1 S = ]−1; +`[ 6

b. Graphiquement, l’équation e−5 x = e x+3 a pour solution x = − 1. 2

3. e−2 x−3 , e2 x+4 ⇔ −2x − 3,2x + 4 ⇔ 4 x . − 7 ⇔ x . −7 4 6 S = ⎤ −7 ; +` ⎡ ⎦4 ⎣

y

4. e−3 x−1 − e x+5 < 0 ⇔ e−3 x−1 < e x+5 ⇔ −3x − 1< x + 5 ⇔ 4 x > −6 ⇔ e−3 x−1 − e x+5 < 0 ⇔ e−3 x−1 < e x+5 ⇔ −3x − 1< x + 5 ⇔ 4 x > −6 ⇔ x > − 3 2 6 S = ⎡− 3 ; +` ⎡ ⎣ 2 ⎣

24  Pour tout réel x, on a :

( (

)

e2 x 1− 12 x −2 x e e2 x − 1 = = e x × 1− e − x . x e +1 1+ e e x 1+ 1x e

0

1

x

2. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ ( x ) = −3e x + (−3x − 1) e x = e x (−3x − 4 ) 3. La fonction h est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = e x + xe x = e x (1+ x ) 4. La fonction p est définie et dérivable sur R. p ′ ( x ) = − 1 e x + − 1 x + 1 e x = 1 e x (− x + 1) 2 2 2

5. e 4 x+1 = e1−2 x ⇔ 4 x + 1 = 1− 2x ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0 e−5 x = e x+3 ⇔ −5x = x + 3 ⇔ −6x = 3 ⇔ x = − 1 2

20  1. e2 x = 1 ⇔ e2 x = e0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0 6 S = {0}

(

2. e2 x = 0. Pour tout réel x, e2 x . 0. S= ∅ 6

2 x+4

3. e

3 x−1

= 1⇔ e

3 x−1

{}

21  1. e 6 S = {−1}

=e

3 x+2

)

26  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = e − x − ( x − 5) e − x = e − x ( − x + 6 )

= e ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔ x = 1 3 0

2. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ ( x ) = 4e2 x + 2 ( 4 x + 2) e2 x = 8e2 x ( x + 1) 3. La fonction h est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = 3e−2 x − 2 3x − 1 e−2 x = 2e−2 x (−3x + 2) 2 4. La fonction p est définie et dérivable sur R.

6 S= 1 3 4. e x−1 − 1 = 0 ⇔ e x−1 = 1 ⇔ e x−1 = e0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1 6 S = {1} 2 x+1

)

25  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 2e x + (2x + 1) e x = e x (2x + 3)

1

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e

y

(

⇔ 2x + 1 = 3x + 2 ⇔ − x = 1 ⇔ x = −1

1

)

(

)

1

1

(

)

)

(

x x x p′ ( x ) = − 5 e 2 + 1 − 5 x + 4 e 2 = − 1 e 2 5 x + 1 2 2 2 2 2

2. e− x = e2 x+4 ⇔ − x = 2x + 4 ⇔ −3x = 4 ⇔ x = − 4 3 27  1. La fonction f est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ . 4 6 S= − 3 ⎛ (1− 2x f ′ ( x ) = 1 e− x − xe− x = e− x 1 − x = e− x 1− 2x = e− x ⎜ 3. e−4 x+1 = e x+1 ⇔ −4 x + 1 = x + 1 ⇔ −5x = 0 ⇔ x = 0 2x ⎝ 2 x 2 x 2 x 6 S = {0} −x −x − x 1− 2x − x ⎛ (1− 2x ) x ⎞ x+4 − e2xe = e−−xx − 11= 2x = e−3x f ′ ( x=) =0 ⇔1 e−ex−1 − +x4 ⇔ 4. e− x−1 − e2 x+4 = ⇔ = 5 ⇔ =x e= −⎜5 2x ⎟⎠ ⎝3 2 x 2 x 2 x − x−1 2 x+4 5 =0⇔e =e ⇔ − x − 1 = 2x + 4 ⇔ −3x = 5 ⇔ x = − 2. La fonction g est définie et dérivable sur ]1; +`[. 3 1+ 2 ( x − 1) 6 S= −5 1 e x + x − 1e x = e x 1 + x − 1 = ex = g′(x ) = 3 2 x −1 2 x −1 2 x −1 22  1. e x > 1 ⇔ e x > e0 ⇔ x1> 0 x 1+ 2 ( x − 1) ⎛ (2x − 1) x − 1 ⎞ 1 e + x − 1e x = e x = e x 2x − 1 = e x ⎜ g′(x ) = + x − 1 = ex 6 S = [0 ; +`[ ⎝ 2 ( x − 1) ⎟⎠ 2 x −1 2 x −1 2 x − 1 2 x − 1 x−2 x−2 0 3. La fonction h est définie et dérivable sur R. 2. e ,1 ⇔ e , e ⇔ x − 2 , 0 ⇔ x ,2 h ′ ( x ) = (2x + 1) e x+1 + ( x 2 + x + 3) e x+1 = e x+1 ( x 2 + 3x + 4 ) S = ]−` ; 2[ 6 4. La fonction p est définie et dérivable sur R. p( x ) = 2xe x + ( x 2 − 1) e x = e x ( x 2 + 2x − 1)

{ }

(

)

(

(

)

{ }

(

) (

) (

(

)

)

) (

Chapitre 6 Fonction exponentielle

145

)

x x 2. La fonction g est définie et dérivable sur R \ {−1}. x e x ( x + 1) − e x = xe 2 g′(x ) = 2 ( x + 1) ( x + 1) 3. La fonction h est définie et dérivable sur R. x x e x (1− x ) + 1 = h ′ ( x ) = e + 1− xe (e x + 1)2 (e x + 1)2 4. La fonction p est définie et dérivable sur R. 3e x − (3x + 1) e x e x (−3x + 2) −3x + 2 = = p′ ( x ) = e2 x ex (e x )2

29  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ (t ) = −e−t 2. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ (t ) = 2e2t+3 3. La fonction h est définie et dérivable sur R. h ′ (t ) = −e−t+4 4. La fonction p est définie et dérivable sur R. 1

t p ′ (t ) = 1 e 2 2

30  1. La fonction f est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = 2e− x − (2x + 4 ) e− x = −e− x (2x + 2)

2. La fonction g est définie et dérivable sur R. g ′ ( x ) = 3e−2 x − 2 (3x − 2) e−2 x = e−2 x (−6x + 7) 3. La fonction h est définie et dérivable sur R.

(

)

(

h ′ ( x ) = 3e−3 x − 3 3x − 3 e−3 x = e−3 x −9x + 15 2 2 4. La fonction p est définie et dérivable sur R. 1 x+2

p ′ ( x ) = −5e 3

1

)

1

x+2 x+2 + 1 (−5x + 4 ) e 3 = − 1 × e 3 (5x − 11) 3 3

31  1. Pour tout t [ [0 ; +`[, on a : Q ′ (t ) = −0,248 × 4e−0,248t = −0,248 × Q (t ) . Q (0) = 4e−0,248×0 = 4 × 1 = 4. 2. Q (2) = 4e−0,248×2 = 4e−0,496 ≈ 2, 44. Au bout de deux

heures, la quantité de médicament présente dans le sang est d’environ 2,44 mg. 3. Pour tout t [ [0 ; +`[, −0,248 × 4e−0,248t , 0, donc la quantité de médicament décroît au cours du temps. 4. et 5. À l’aide de la calculatrice, on trouve que la quantité de médicament dans le sang devient inférieure à 0,01 mg au bout de 24,2 heures. 6.

5

32  1. V (t ) = Ce− 16 t + 32 − 5 ×0

2. V (0) = 0 ⇔ Ce 16 + 32 = 0 ⇔ C + 32 = 0 ⇔ C = −32 La constante C est égale à –32 m/s. 3. La fonction V est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . −5t −5t V ′ (t ) = − 5 × (−32) × e 16 =10e 16 . 0 16 On obtient le tableau de variation ci-dessous. t

0

+`

V (t)

0 4. Le tracé de la courbe représentative de la fonction V sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier le sens de variation de la fonction déterminée à la question précédente.

33  1. f ′ (a ) = ea 2. g ′ (b ) = e− b 3. f ′ (a ) = g ′ (b ) ⇔ ea = e− b ⇔ a = −b ⇔ −a = b 34  Partie A 1. Pour tout x [ [0 ; +`[, on a : d ′ ( x ) = −50 × 22x + 1 . x + x +1 2. Pour tout x [ [0 ; +`[, d ′ ( x ) , 0, la fonction d est donc décroissante sur [0 ; +`[ . Partie B 1. Pour tout x [ [0 ; +`[, on a : f ′ ( x ) = 3 × 0,26 × e0,26 x = 0,78 × e0,26 x . 0, la fonction f est croissante sur [0 ; +`[ . 2. Le tracé des courbes représentatives des fonctions f et d sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier les sens de variation de chacune des fonctions déterminées dans les questions précédentes. Partie C À l’aide de la calculatrice, po ≈ 2, 4 et q0 ≈ 5,6. Le prix d’équilibre est d’environ 2,4 €, la quantité associée à ce prix d’équilibre est d’environ 5,6 millions d’objets.

35  1.

u (t)

1 0

1

t

2. Le temps de charge est d’environ 0,3 s.

146

Chapitre 6 Fonction exponentielle

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28  1. La fonction f est définie et dérivable sur R* . x x e x ( x − 1) f ′ ( x ) = xe −2 e = 2

36  1. La fonction f est définie sur R+ par f ( x ) = e−2 x .

2. La fonction f est dérivable sur R+ , on a : f ′ ( x ) = −2e−2 x , 0, la fonction f est décroissante sur R+ . 3. On déduit de la question précédente que la suite (un ) est décroissante pour tout n [N   N. 4. a. Plus la valeur de n augmente plus les termes de la suite (un ) semblent se rapprocher de 0.

b. La fonction seuil renvoie le plus petit indice du terme de la suite (un ) tel que (un ) < 10−8 . c.

Le plus petit entier naturel n tel que (un ) < 10−8 est 10.

Exercices 37  1. e2 x × e−3 x = 1 ⇔ e− x = e0 ⇔ − x = 0 ⇔ x = 0 6 S = {0} 2. (e ) 6 S=∅

6 x −6

=0

40  1. un+1 = 2e−(n+1) = 2e− n × e−1 = e−1 × un

u0 = 2e−0 = 2 × 1 = 2

La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 2 et de raison q = 1 . e 3. e2 x−1 × e2 x+3 = 1 ⇔ e 4 x+2 = e0 ⇔ 4 x + 2 = 0 ⇔ x = − 1 2 2. un+1 = −5e−(n+1)+2 = −5e− n+2−1 = −5e− n+2 × e−1 = e−1 × un S = −1 6 u0 = −5e−0+2 = −5e2 2 −2 −2 4. (e2 x−1 ) − 1 = 0 ⇔ (e2 x−1 ) = 1 ⇔ e−4 x+2 = e0 ⇔ −4 x + 2 = 0La ⇔suite x = 1 (un ) est donc géométrique de premier terme 2 −2 u0 = −5e2 et de raison q = 1 . ⇔ (e2 x−1 ) = 1 ⇔ e−4 x+2 = e0 ⇔ −4 x + 2 = 0 ⇔ x = 1 e 2 1 1 1 3e 3e 1 = 13 ⇔ un 3. un+1 = 3(n+1)+1 = 3n+1+3 = 13 ⇔ 3e 6 S= 3n+1 e e e e e 2 1 1 3e 3e u0 = = 1 =3 3 x−1 38  1.  e4 x+4 = e− x+2 ⇔ e3 x−1−4 x−4 = e− x+2 ⇔ e− x−5 = e− x+2 ⇔ − x − 5e=3×0+1 − x + 2e⇔ −5 = 2 e La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 3 −4 x−4 = e− x+2 ⇔ e− x−5 = e− x+2 ⇔ − x − 5 = − x + 2 ⇔ −5 = 2 6 S=∅ et de raison q = 13 . −x 2 x+4 −x −x x+4 e 2. e = e ×e ⇔e =e ⇔ − x = x + 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = −2

{ }

{}

e x+4 ⇔ − x = x + 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = −2 6 S = {−2}

41  1.  f (0) = 3 ; f ′ (0) = 1 ; f ′ (1) = 0.

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2. a. Pour tout réel x, on a : − x−1 3 x+5 f ′ ( x ) = ae x + (ax + b ) e x = e x (ax + a + b ) . x+1 − x−1+3 x+5−2 x+1 2 x+2 x+1 e × e 3.  =e ⇔e =e ⇔e = e ⇔ 2x + 2 = x + 1 ⇔ x = −1 2 e ⎧ f (0 ) = 3 ⎧ b+c=3 ⎧ b+c=3 − x−1+3 x+5−2 ⎪ = e x+1 ⇔ e2 x+2 = e x+1 ⇔ 2x + 2 = x + 1 ⇔ x = −1 ⎪ ⎪ b. ⎨ f ′ (0) = 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ a+b =1 a+b =1 S = {−1} 6 ⎪ f ′ (1) = 0 ⎪ e (2a + b ) = 0 ⎪ 2a + b = 0 ⎩ ⎩ ⎩ =4 4. e−1 × e− x−1 − e− x+4 = 0 ⇔ e− x−2 = e− x+4 ⇔ − x − 2 = − x + 4 ⇔ −2 − x−1 − x+4 − x−2 − x+4 ×e −e =0⇔e =e ⇔ − x − 2 = − x + 4 ⇔ −2 = 4 ⎧ b+c=3 ⎧ c = 2a + 3 ⎧ c =1 ⎪ ⎪ ⎪ 6 S=∅ c. ⎨ a + b = 1 ⇔ ⎨ a − 2a = 1 ⇔ ⎨ a = −1 ⎪ 2a + b = 0 ⎪ b = −2a ⎪ b=2 x ⎩ ⎩ ⎩ 39  1.  e4 x > 1 ⇔ e−3 x > e0 ⇔ −3x > 0 ⇔ x < 0 e 6 S = ]−` ; 0] 42  1. • Graphiquement, les deux solutions de l’équation ( E

1

)

x−2 2.  e3 x−6 ,1 ⇔ e x−2−3 x+6 , e0 ⇔ e−2 x+4 , e0 ⇔ −2x + 4 , 0 ⇔ xsemblent .2 être x = −1 et x = − 1 . 2 e +4 , e0 ⇔ −2x + 4 , 0 ⇔ x .2 • Graphiquement, l’équation ( E2 ) semble admettre une solu S = ]2 ; +`[ 6 tion x = 0,6. • Graphiquement, l’équation ( E3 ) semble admettre x = 5 2 x+1 3.  e 3 > 0 ⇔ e2 x+1−3 x > 0 ⇔ e− x+1 > 0 comme solution unique. (e x ) • Graphiquement, l’équation ( E4 ) ne semble pas admettre de 6 S = ]−` ; +`[ solution. − x−2 2 x2 5 ⇔ 2x 2 = −3x − 1 ⇔ 2x 2 + 3x + 1 = 0 e−3−x−1 4.  3ex − 1< 0 ⇔ e− x−2−3 x−3 < e0 ⇔ e−4 x−5 < e0 ⇔ −4 x − 52. 3 e ×e Le trinôme 2x 2 4+ 3x + 1admet x1 = −1comme racine évidente, x−2−3 x−3 0 −4 x−5 0 5 1 − 4 on a donc x2 = 2 = − 1 . 2 −1 6 S = ⎡− 5 ; +` ⎡ ⎣ 4 ⎣ 1 S = −1; − 6 2

{

}

Chapitre 6 Fonction exponentielle

147

2. Plus 3les valeurs de x sont grandes et plus la fonction f se 2x x= • ex+1 = e−4 x+2 ⇔ e2 x−x−1 = e−4 x+2 ⇔ x − 1 = −4 x + 2 ⇔ 5x = 3 ⇔ rapproche 5 de 0 sans jamais l’atteindre. e 3. e−4 x+2 ⇔ x − 1 = −4 x + 2 ⇔ 5x = 3 ⇔ x = 3 5 6 S= 3 5 • e2 x+1 × e x−3 = e2 x+3 ⇔ e3 x−2 = e2 x+3 ⇔ 3x − 2 = 2x + 3 ⇔ x = 5 e3 x−2 = e2 x+3 ⇔ 3x − 2 = 2x + 3 ⇔ x = 5 6 S = {5} 2 • e x = e x−3 ⇔ x 2 = x − 3 ⇔ x 2 − x + 3 = 0 . L e t r i n ô m e x 2 − x + 3 a pour discriminant Δ = (−1)2 − 4 × 1× 3 = −11. Δ , 0, le trinôme n’admet pas de racine dans R. 6 S=∅

{}

43  1. Graphiquement, il semble que le taux d’alcool dans le 46  Graphiquement, f (0) = 1 et f ′ 1 = 0 . sang passe en dessous de 0,25 g/L environ 3 heures après 2 l’ingestion. Pour tout réel x, on a : 2.  f (9,8) ≈ 1,1× 10−3 ;  f (9,9) ≈ 9,9 × 10−4 . Le taux d’alcool f ′ ( x ) = ae− x − (ax + b ) e− x = e− x (−ax + a − b ) . dans le sang est négligeable au bout de 9,9 heures. ⎧ f (0 ) = 1 ⎧ b =1 ⎧ b =1 3. Pour tout réel t [ [0,025 ; +`[, on a : ⎧ b =1 ⎪ ⎪ ⎪ 1 −t −t −t ⇔ ⇔ ⇔⎨ ⎨ − ⎨ ⎨ 1 f ′ (t ) = 2e − (2t − 0,05) e = e (−2t + 2,05). 1 1 2 a − 1 = 0 ⎩ a=2 ⎪ f′ 2 =0 ⎪ e −2a + a −1 = 0 ⎪⎩ 2 ⎩ ⎩ 4. Pour tout réel t [ [0,025 ; +`[, ⎧ f (0 ) = 1 ⎧ b =1 ⎧ b =1 ⎧ b =1 ⎪ ⎪ > 0 ⇔ t < 1,025. ⎪ e−t . 0 et −2t + 2,05 1 ⇔ ⇔ ⇔⎨ − ⎨ ⎨ ⎨ 1 1 1 2 = 0[0,025 + a − 1 = sur 0 e −] etanégative La fonction f' est positive ⎩ a=2 ⎪⎩ 2 a − 1 = 0 ⎪ f ′ 2 sur ⎪ ;1,025 2 ⎩ ⎩ [1,025 ; +`[ . On en déduit que la fonction f est croissante sur 47  1. a. Pour tout réel x, on a : l’intervalle [0,025 ;1,025] et décroissante sur [1,025 ; +`[ . f ′ ( x ) = (2x − 2,5) e x + ( x 2 − 2,5x + 1) e x = e x ( x 2 − 0,5x − 1,5) La fonction f admet un maximum atteint pour t = 1,025. x 2 −1,025 − 2,5 e + Le − 2,5x + 1) e x = e x ( x 2 − 0,5x − 1,5). f ′ ( x )==2e (2x ( x taux f (1,025) = (2 × 1,025 − 0,05) e−1,025 ≈ )0,72. b. Pour tout réel x, e x . 0. Le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 a pour maximum d’alcool dans le sang est de 2e−1,025 g/L soit environ discriminant Δ = (−0,5)2 − 4 × 1× (−1,5) = 6,25. 0,72 g/L. Δ > 0, le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 admet deux racines 44  1. Soit A( x ) l’aire du panneau publicitaire en fonction de distinctes : x l’abscisse du point B, avec x appartenant à l’intervalle x1 = 0,5 − 6,25 = −1 et x2 = 0,5 + 6,25 = 3 . [0 ; +`[ . 2 2 2 Le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 est du signe a, donc positif, sur A( x ) = x × 4e−0,4 x et en particulier A(2) = 2 × 4e−0,4×2 = 8e−0,8 ≈ 3,6. l’intervalle ]−` ; − 1] < ⎡ 3 ; +` ⎡ et négatif sur l’intervalle ⎣2 ⎣ Si AB = 2 m, alors le panneau publicitaire à une aire d’environ ⎡−1; 3 ⎤ . 2 3,6 m . ⎣ 2⎦ 2. La fonction A est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ . On en déduit que la fonction f' est positive sur l’intervalle A ′ ( x ) = 4e−0,4 x − 0, 4 × 4 x × e−0,4 x = e−0,4 x (−1,6x + 4 ). Pour tout réel x [ [0 ; +`[, ]−` ; − 1] < ⎡⎣ 23 ; +` ⎡⎣ et négative sur l’intervalle ⎡⎣−1; 23 ⎤⎦ . e−0,4 x . 0 et −1,6x + 4 > 0 ⇔ x < 2,5. On en déduit que la c. fonction A est croissante sur l’intervalle [0 ; 2,5] et décrois1 x –1 –` +` sante sur l’intervalle [2,5 ; +`[ . La fonction A admet un 2 maximum atteint pour x = 2,5. f' (x) + 0 – 0 + f (2,5) = 4e−0,4×2,5 = 4 ≈ 1, 47. Le panneau publicitaire e 4.5e–1 rectangulaire possédant l’aire la plus grande à une longueur f (x) de 2,5 m et une largeur d’environ 1,47 m. 0

()

()

(

45  1.

y

1 0

148

1

Chapitre 6 Fonction exponentielle

x

)

)

2. Au point A d’abscisse –1, la tangente à la courbe # f est horizontale et a pour équation y = f (−1) = 4,5 . e L’abscisse du point M est solution de l’équation f ( x ) = 4,5 . e À la calculatrice, une valeur approchée de l’abscisse du point M est 2,1. 3. Au point B d’abscisse 0, la tangente à la courbe # f a pour équation : y = f ′ (0)( x − 0) + f (0) ⇔ y = −1,5x + 1.

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()

(

4.

53  1.

y

1 0

48  1. Réponse b.

2. Réponse c. 3. Réponse a.

49  1. v10 = 9,81×

1 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 e3 x−2 e x−3

1

x

Graphiquement, # g , la courbe représentative de la fonction g, est au-dessus de # f , la courbe représentative de la fonction f, sur l’intervalle ]−` ;1,2[. 1 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 .1 ⇔ e−4 x+5 .1 ⇔ e−4 x+5 . 2.  x−3 e e3 x−2 .1 ⇔ e−4 x+5 .1 ⇔ e−4 x+5 . e0 ⇔ −4 x + 5. 0 ⇔ x , 5   4 Donc g ( x ) . f ( x )  ⇔ x [ ]−` ;1,25[.

54  1.  f (0) = 2 ; f (2) ≈ 3,5 ; f ( 4 ) ≈ 3,8 ; f (6) ≈ 3,7 ; f (8) ≈ 3,5 f (0) = 2 ; f−(3,9 2)×10 ≈ 3,5 ⎞ ; f ( 4 ) ≈ 3,8 ; f (6) ≈ 3,7 ; f (8) ≈ 3,5. La fonction f donne une approximation satisfai6 ⎛ 6

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× 1− e sante des frais au millier d’euros près. ⎟⎠ ≈ 15 3,9 ⎜⎝ −x −x −x La vitesse de la goutte 10 s après sa chute est d’environ 2.  f ′ ( x ) = e 3 − 1 ( x − 1) e 3 = − 1 e 3 ( x − 4 ) . On en déduit 3 3 15 m/s. 0 ; 4 , négative sur que f' est positive sur [ ] [4 ; +`[et que la k k k k k k − k (n+1) ⎞ ⎛ m ⎛1− e− m n ⎞ = 9,81 m ⎛ e− m n − e− m n− m ⎞ = 9,81 m e− m n ⎛1− e− m ⎞ Tn = vn+1 − vn = 9,81 m ⎜1− e m − 9,81 f est croissante sur sur [ 4 ; +`[. ⎟⎠ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎟⎠ k⎝ k fonction k ⎜⎝ k[0 ; 4] ⎜⎝et décroissante Les frais de fonctionnement ont augmenté de 2010 à 2014 k k k k k k m ⎛1− e− m n ⎞ = 9,81 m ⎛ e− m n − e− m n− m ⎞ = 9,81 m e− m n ⎛1− e− m ⎞ et baissent depuis 2014. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎠ k⎝ k⎝ k ⎠ ⎠ ⎝ 3. Le sens de variation de la fonction f laisse supposer que le gérant a raison de croire qu’à terme les frais de fonctionnek (n+1) k k − − − ⎛ ⎞ Tn+1 = 9,81 m e m ⎜⎝1− e m ⎟⎠ = e m × Tn ment atteindront leur niveau de 2010. k 4. y −k ⎞ ⎛ T0 = 9,81× m ⎜1− e m ⎟ k⎝ ⎠ La suite (Tn ) est donc géométrique de premier terme −k ⎞ −k − 3,9 −3 ⎛ T0 = 9,81× m ⎜1− e m ⎟ et de raison q = e m . q = e 6 = e 5 ,  k⎝ ⎠ −3 − 3,9 ⎞ ⎛ or 0 , e 5 ,1, T0 = 9,81× 6 ⎜1− e 6 ⎟ ≈ 7,2 . 0, 3,9 ⎝ ⎠ la suite (Tn ) est décroissante pour tout n [ N. À la calculatrice, on trouve que Tn est inférieure à 0,001 m/s au bout de 14 s.

50  e25 ≈ 7,2 × 1010 . Pour visualiser la courbe de la fonction

exponentielle sur l’intervalle [0 ; 25], il faut que la page ait une hauteur d’environ 7,2 × 1010 cm.

51  1. C (0,5) = 5 000 × e0,015×0,5 ≈ 5 037,64 €

Au bout de 6 mois, le capital obtenu est d’environ 5 037,64 €. 2. C ′ (t ) = 0,015 × 5 000 × e0,015t = 75 × e0,015t Or, 75 × e0,015t . 0 pour tout t [ [0 ; +`[ . La fonction C est donc croissante sur l’intervalle [0 ; +`[ . 3. Graphiquement, il semble que le capital obtenu sera de 5 750 au bout d’environ 9 ans. 4. Graphiquement, le capital devient supérieur à 5 250 € au bout d’environ 3 ans.

52  1.  f (1949) = 350 ⇔ keλ(1949−1949) = 350 ⇔ k = 350

2.  f (1959) = 350 × e0,012(1959−1949) = 350 × e0,012×10 ≈ 394,62

1

0

x

2

On remarque, graphiquement, que la fonction semble tendre vers une limite égale à 3 lorsque x tend vers des valeurs de plus en plus grandes. Plus x est grand et plus la fonction e

−x 3

tend vers 0. La fonction f tend alors vers 3. Après 2014, l’entreprise ne pourra pas baisser ses frais de fonctionnement en dessous de 30 000 €. 5. À la calculatrice, on trouve que les frais de fonctionnement repasseront sous la barre des 32 000 € au bout de 13 ans, ce qui correspond à l’année 2023.

55  1. Réponses b et c. 2. Réponse b. 3. Réponse b. 4. Réponse a. 5. Réponse a. 56  1. La température à l’extérieur est inférieure à la température de la pièce, la fonction f donnant la température en degré Celsius en fonction du temps écoulé depuis 22 h devrait être décroissante sur [0 ; 9]. 2. −0,12 , 0. La fonction e−0,12t est décroissante sur [0 ; 9]. On en déduit que la fonction f est décroissante sur [0 ; 9]. 3.  f (9) = 9e−0,12×9 + 11 ≈ 14 °C. La température de la pièce à 7 h le lendemain matin est d’environ 14 °C.

Chapitre 6 Fonction exponentielle

149

4.

57  1. Pour tout réel x, on a f ′ ( x ) = e x.

T (en °C)

L’équation de la tangente à la courbe # f au point A d’abscisse a, a pour équation : y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) ⇔ y = ea ( x − a ) + ea ⇔ y = ea x + ea (1− a ) y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) ⇔ y = ea ( x − a ) + ea ⇔ y = ea x + ea (1− a ). 2. Le point B appartient à la droite 7 et son ordonnée est nulle. L’abscisse du point B satisfait donc l’équation suivante : 0 = ea x B + ea (1− a ) ⇔ x B = a − 1. 3. BH =

2

BH =

0

t

1

( xH − xB )2 + ( yH − yB )2

= (a − (a − 1))2 + (0 − 0)2 = 1

( xH − xB )2 + ( yH − yB )2

= (a − (a − 1))2 + (0 − 0)2 = 1 La distance BH est indépendante de a et est égale à 1.

À la calculatrice, on trouve que la température de la pièce passera sous la barre des 15 °C au bout de 6,8 heures soit vers 4 h 48 min le lendemain matin.

Exercices 58  1. Pour tout réel x [ [0;5], on a : f ′ ( x ) = 1− e− x+0,5.

Le signe de A ′ ( x ) est le même que g ( x ) . 2. D’après la question précédente, A' (x) est positive sur [0; α ] négative sur [α ; +`]. On en déduit que la fonction A est 1− e− x+0,5 . 0 ⇔ e− x+0,5 ,1⇔ e− x+0,5 ,e0 ⇔ − x + 0,5, 0 ⇔ x .et0,5 +0,5 0 croissante sur [0 ; α ] et décroissante sur [α ; +`]. ,e ⇔ − x + 0,5, 0 ⇔ x . 0,5 La fonction f' est négative sur [0; 0,5] et positive sur [0,5; 5]. Partie 3 La fonction f est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ . On en déduit que la fonction f est décroissante sur [0; 0,5] et x croissante sur [0,5;5]. f ′ ( x ) = − 4e 2 2. a. Par lecture graphique, 2 < α < 2,5. (e x + 1) b. Graphiquement, la courbe # f est située en dessous de la L’équation de la tangente à la courbe représentative de la droite Δ sur l’intervalle ]α ;5]. fonction f au point M d’abscisse α a pour équation : 4 3. La fonction f admet un minimum atteint en x = 0,5. Il faut α 4eα ( x − α ) + 4 ⇔ y = y = f α x − α + f α ⇔ y = − ( ) ( ) ( ) ′ 2 donc produire 50 cartes pour que le coût d’utilisation de la eα + 1 1 eα + 1) ( machine soit minimal. α −1 4 1 4. B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = 1,5x − ( x + 1+ e− x+0,5) = 0,5x − 1− e− x+0,5 4eα 4( α − 1 4 4 y = f ′ (α )( x − α ) + f (α ) ⇔ y = − ⇔y= ⇔y= (x − α) + α (x − α) + 2 2 1 α e x − ( x + 1+ e− x+0,5) = 0,5x − 1− e− x+0,5 + 1 1 +1 +1 (e + 1) α −1 α −1 1 5. Pour tout réel x [ [0 ; 5], on a : 4 α 4 ( x − α ) 4 (α − 1) α − 1 (x − α) + 4 y = f ′ (Bα′)((xx) −=α0,5 ⇔ y.=0,− la4e ⇔y= + ⇔ y= 4x− 4 ⇔y= ) + +f (eα−)x+0,5 ( x − αB) +estα4 croissante fonction 2 2 1 α α α α α e + 1 1 +1 +1 (e + 1)4 1 sur [α0 ; 5] . α −1 α −1 4 ( x − α ) 4 (α − 1) − 1 (x − α) + 4e(0) =( x−2 4 −, α )0+etαB4(5) ⇔ ⇔ y = y = e−4 ,5α + ⇔ y = 4 x − 4. ) ⇔ y = − 6. B = 1,5− . 0. De 2 2 plus, sur l’inter1 α α α α α e + 1 1 +1 e + [10) ;5] la fonction B est continue, dérivable (valle +1 et strictement α −1 α −1 60  1. a.  croissante. L’équation B ( x ) = 0 admet donc une solution −5 ×7 ⎛ ⎞ unique α sur l’intervalle [0 ; 5]. C5 = 84 ⎜1− e 80 ⎟ = 12 (1− e−0,4375 ) ≈ 4,25 2 µ M ⋅ L–1   7 ⎝ À la calculatrice, 2,32 < α < 2,33. L’entreprise doit donc ⎠ produire et vendre au moins 233 cartes pour réaliser un b. En utilisant la table de la calculatrice, on observe que cette bénéfice. concentration augmente mais la croissance est de moins en moins forte et la concentration se rapproche de 12 µM ⋅ L−1. 59  Partie 1 2.  La formule donnant la concentration devient 1. Pour tout réel x [ [0 ; +`[, on a : − 3n ⎞ ⎛ Cn = d ⎜1− e 80 ⎟ . g ′ ( x ) = e x − e x − xe x = − xe x < 0. 3⎝ ⎠ La fonction g est décroissante sur l’intervalle [0 ; +`[ . − 3n − 3n 2. À la calculatrice, α ≈ 1,28. lim e 80 = 0 , donc lim 1− e 80 = 1  ; n→+ ` 3. g (α ) = 0 ⇔ eα − αeα + 1 = 0 ⇔ eα (1− α ) = −1 ⇔ eα = 1 n→+ ` α − 1 lim C = 15  ⇔ d = 15, soit d = 45 μM ⋅ L−1. n 3 n→+ ` 1 = 0 ⇔ eα (1− α ) = −1 ⇔ eα = 1 α − 1 Partie 2 1. La fonction A est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ .

(

(

(

A′ ( x ) =

150

4 (e x + 1) − 4 xe x

(e

x

+ 1)

2

=

)

4 (e x − xe x + 1)

(e

x

+ 1)

2

Chapitre 6 Fonction exponentielle

=

4g ( x )

(e x + 1)2

)

)

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(

61  Partie A À t = 0, la température est de 1 000 °C. 1. La fonction cosh( x ) est définie et dérivable sur R. On en déduit le système suivant : x −x ⎧ e − e ⎧ ⎧ a = 1000 − b f (0) = 1000 a + b = 1000 cosh′ ( x ) = = sinh( x ) ⎪ ⎪ ⎪ 2 ⇔⎨ ⇔ ⇔ x −x 2 x −x 2 2x x ⎨ −x −2 x 1 2 x x − x ⎨ −21 x 0 1 1b = 4 2 2 e e e + e − e + 2e e + e − e + 2e e − e 4e − a + a + b = 4 ( ) f 0 + f 0 = 4 ( ) ( ) ′ 2.  cosh ( x ) − sinh ( x ) = − = = 5 =1 ⎪ ⎪ ⎪ 5 5 5 ⎩ ⎩ 2 2 4 4 ⎩ x −x 2 x −x 2 2x x −x −2 x − e2 x + 2e x e− x − e−2 x = 4e0 = 1 − sinh2 ( x ) = e + e − e −e = e + 2e ⎧ e f+(0e) = 1000 ⎧ ⎧ a + b = 1000 2 2 4 4 ⎧ a = 980 ⎪ ⎪ a = 1000 − b ⎪ ⇔⎨ 1 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 1 1b = 4 1 − a + a + b = 4 ( ) x −x 2 2x x −x −2 x 2x x −x −2 x) + 0(0 ) = 4 f 0 f ( ′ ⎩ b = 20 ⎪⎩ 5 ⎪⎩ e −e − e + 2e e ⎪⎩− e 5 5 5 =1 = e + 2e e + e = 4e 2 4 4 −t −t −x −(− x ) −x x 2.  f ′ (t ) = − 1 × 980 × e 5 = −196e 5 , 0 e e + e + e 5 3. cosh(− x ) = = = cosh( x ) 2 2 La fonction f est décroissante sur l’intervalle [0 ;+`[. Aussitôt La fonction cosh est paire. le four éteint, il paraît cohérent que la température du four −x −(− x ) −x x x −x diminue. sinh(− x ) = e − e = e − e = − e − e = − sinh( x ) 2 2 2 3. a. Le programme détermine, avec une précision de 1, la La fonction sinh est impaire. première valeur de t pour laquelle la fonction e kt est supéPartie B rieure à une valeur égale à b. b. Le programme fonctionne lorsque la fonction e kt est 1. a.  f (− x ) = a × cosh − x + b = a × cosh x + b = f ( x ) 38 38 décroissante. Ainsi, il faut que la valeur de k soit négative. De La fonction f ( x ) est paire, la courbe représentative de la foncplus, e k ×0 = 1, le seuil b sous lequel doit passer la fonction tion f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. doit donc être inférieur à 1 et positif car la fonction exponen⎧ b = 190 − a ⎧ f (0) = 190 ⎧ a + b = 190 a + b = 190tielle est strictement a + bpositive = 190 sur R. ⎪ ⎪ ⎪⎧ ⎪⎧ b ≈ 2 ⎪ ⎪⎧ ⇔⎨ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔⎨ b. ⎨ 190 ⎨ ⎨ ⎨ c. 95 a = ⎪⎩ a ≈ − ⎪⎩ a (1− cos h(2,5)) = 190 ⎪⎩ acos h(2,5) + b = 0 ⎪⎩ f (95) = 0 ⎪ ⎪⎩ acos h 38 + b = 0 1− cos h(2,5) ⎩ ⎧ b = 190 − a ⎧ a + b = 190 ⎧⎪ ⎧⎪ 0) = 190 ⎧⎪ b ≈ 227,02 a + b = 190 a + b = 190 ⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⇔ ⇔ ⇔⎨ 190 ⎨ ⎨ ⎨ 95 a = (95) = 0 ⎪⎩ a ≈ −37,02 ⎪⎩ a (1− cos h(2,5)) = 190 ⎪⎩ acos h(2,5) + b = 0 ⎪⎩ acos h 38 + b = 0 ⎪ 1− cos h(2,5) ⎩ ⎧ b = 190 − a ⎧⎪ ⎧⎪ b ≈ 227,02 a + b = 190 190 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 190 a= )+b = 0 ⎩⎪ a ≈ −37,02 ⎪ ⎩⎪ a (1− cos h(2,5)) = 190 1− cos h(2,5) ⎩ 90 − a ⎪⎧ b ≈ 227,02 ⇔⎨ 190 ⎪⎩ a ≈ −37,02 os h(2,5)

)

(

( )

) (

) (

( )

)

( )

( )

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( )

2.  63, 40 = 31,7. Cela revient à trouver l’image de 31,7 par la 2 fonction f. f (31,7) = −37,02 × cosh 31,7 + 227,02 ≈ 176,35. 38 Le Solar Impulse ne doit pas dépasser une altitude de 176,35 m pour passer sous l’arche.

( )

62  1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . −t

f ′ (t ) = − 1 ae 5 5 f (0) = a + b et f ′ (0) = − 1 a. 5

Il faut attendre au moins 15 heures après l’arrêt du four pour que la température de celui-ci soit inférieure à 70 °C.

63  1.  f (0) = 3 et f ′ (0) = −2.

2. Pour tout réel x, on a : f ′ ( x ) = e x + a − be− x . ⎧⎪ f (0) = 3 ⎧ 1+ b = 3 ⎧ b=2 3. ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ = −2 f 0 1+ a − b = −2 ( ) ′ ⎩ ⎩ a = −1 ⎩⎪

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

64  Partie A

La concentration du produit dans le sang du patient au bout de 5 h est d’environ 0,5 g/L. 1. Graphiquement, la concentration du produit dans le sang 3.  f ′ (t ) = 0,5e−0,4t − 0, 4 (0,5t + 1,2) e−0,4t = e−0,4t (−0,2t + 0,02) du patient au bout de 2 h est d’environ 0,97 g/L. −0,4t − 0,dessous 4 (0,5t + 1,2 ) e−0,4t = e−0,4t (−0,2t + 0,02) (t ) = 0,5ef est en 2. La courbe représentative de laf ′fonction 4. Pour tout t [ [0 ; 24], de la droite d’équation y = 0, 4 sur l’intervalle ]5,75 ; 12]. Il −0,4t e . 0 et −0,2t + 0,02 > 0 ⇔ t < 0,1. faut donc attendre au moins 5,75 heures pour que la On en déduit que la fonction f est croissante sur l’intervalle personne puisse prendre le volant. [0 ; 0,1] et décroissante sur l’intervalle [0,1; 24]. La concentraPartie B tion de médicament dans le sang du patient augmente 1.  f (0) = 1,2 ⇔ b = 1,2. Ainsi f (t ) = (0,5t + 1,2) e−0,4t . pendant les 6 minutes après l’injection puis diminue. 3,7 −0,4×5 −2 = 3,7e = 2 ≈ 0,5 2.  f (5 ) = (0,5 × 5 + 1,2) e e Chapitre 6 Fonction exponentielle

151

5. On cherche à la calculatrice la première valeur de t telle que f (t ) , 0,06. On trouve t = 12. Il faut attendre 12 h après l’injection pour que la concentration devienne inférieure à 0,06 gramme par litre.

x

5 2

0

f' (x)

–

0

+` +

8 Partie C f  ( x ) f ′′ (t ) = −0, 4 (−0,2t + 0,02) e−0,4t − 0,2e−0,4t = (0,08t − 0,208) e−0,4t 3 – 20e–2,5 −0,4t − 0,2e −0,4t = (0,08t − 0,208) e−0,4t 3. Pour tout réel x, Pour tout t [ [0 ; 24], f ( x ) = 3   ⇔ (−4 x 2 + 5 ) e− x + 3 = 3 ⇔  (−4 x 2 + 5 ) e− x = 0  e−0,4t . 0 et 0,08t − 0,208 > 0 ⇔ t > 2,6. ⇔ −4 x 2 + 5 = 0 ⇔ ( 5 − 2x )( 5 + 2x ) = 0 ⇔ x =  5 On en déduit que la fonction f' est décroissante sur [0; 2,6]  2 et croissante sur [2,6 ; 24]. La baisse de concentration ralentit 2 5 − 5 −4 xet+36 minutes 5 = 0 ⇔ ( 5 après − 2x )( 5 + 2x ) = 0 ⇔ x =  ou x =  . au bout de 2,6 heures, soit 2 h 2 2 l’injection. Une seule solution sur l’intervalle [0 ;+`[ : x =  5 ≈ 1,12 . 2 65  1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ . Partie B f ′ (t ) = −0,04 × (−1000e−0,04t ) = 40e−0,04t 1. f (5) ≈ 2,36 ; pour une production de 500 litres de peinture, Pour tout t [ [0 ; +`[ , f ′ (t ) est positive et la fonction f est le coût moyen unitaire de production est de 236 euros. croissante. 2. Le minimum de la fonction f est atteint pour x = 5 et 2 t 0 +` f 5  ≈ 1,36. 2 f (t) Pour minimiser le coût moyen unitaire de production, l’en200 treprise doit produire 250 litres de peinture. Le coût moyen 2. a. Graphiquement, on lit qu’au bout de 40 h il y a environ unitaire minimal de production est 136 euros. 1 000 individus dans l’enceinte. 3. Le coût moyen unitaire minimal de production est de b.  On cherche la valeur de t solution de l’équation 136 euros par hectolitre, donc l’entreprise ne peut pas réaliser f (t ) = 4 × f (0). de bénéfice si le prix de vente d’un hectolitre de peinture est f (t ) = 4 × 200 ⇔ 1200 − 1000e−0,04t = 800 ⇔ −1000e−0,04t = −400 e−0,04t = 0, 4 fixé⇔ à 100 euros. −0,04t 1200 − 1000e = 800 ⇔ −1000e−0,04t = −400 ⇔ e−0,04t = 0, 4 4. On sait que l’équation f ( x ) = 3 admet une unique soluÀ l’aide de la calculatrice, on trouve t ≈ 23. Le nombre d’individus présents dans l’enceinte aura été multiplié par quatre tion : x =  5 ≈ 1,12. 2 au bout de 23 heures. Avec un prix de vente d’un hectolitre de peinture fixé à −0,04×50 3. On a f ′ (50) = 40e ≈ 5 , 4. 300 euros, le seuil de rentabilité est obtenu pour une producLa vitesse d’évolution du nombre d’individus à t = 50 heures tion de 112 litres de peinture. est d’environ 5,4 milliers d’individus par heure. 4. 67  1. La fonction f est définie et dérivable pour tout t [ [0 ;+`[. f ′ (t ) = −0,12 × 100e−0,12 t = −12e−0,12t . P o u r t o u t t > 0 , f ′ (t ) , 0. On en déduit que la fonction f est décroissante sur l’intervalle [0 ; +`[ . t f (t)

La fonction individus affiche, avec un pas de 1, le nombre d’individus en milliers, pour chaque instant, en heure, compris entre 150 et 160.

66  Partie A 1. f ′ ( x ) = −8xe− x + (−4 x 2 + 5)(−e− x ) = (−4 x 2 − 8x − 5) e− x 2. Pour tout réel x, e− x . 0, donc le signe de f’ est celui du trinôme. Étude du signe du trinôme : Δ = 64 + 80 = 144 . 0. Deux racines x1 = −1  et x2 =  5 . 2 2 D’où le signe de f' et les variations de f sur l’intervalle [0 ; +`[ . 152

Chapitre 6 Fonction exponentielle

0

+`

100

2. La puissance du son émis est initialement de 100 W. Après le pincement de la corde, la puissance du son diminue avec le temps. 3.  f ( 4 ) = 100e−0,12 ×4 ≈ 61,9. Arrondi au watt près, la puissance du son quatre secondes après le pincement est de 61,9 W. 4.

5. a. La fonction seuil renvoie, au dixième de seconde près, la plus petite durée, en secondes, pour laquelle la puissance du son devient inférieure à 80 W.

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()

b.

Arrondie au dixième de seconde près, la plus petite durée pour laquelle la puissance est inférieure à 80 W est de 1,9 s.

2. Pour tout réel x, la fonction exponentielle est positive. La proposition est fausse. 3. Pour tout entier naturel n, un = 1 e3n . 2 3(n+1) 3n+3 3 1 1 = e = e × 1 e3n = e3 × un . On a un+1 = e 2 2 2

68  1. Pour tout réel x : f ′ ( x ) = −e− x + xe− x = e− x (−1+ x ). Pour tout réel x,  e− x . 0

La suite (un ) est géométrique de raison q = e3 et de premier terme u0 = 1 . La proposition est vraie. 2 4. −3, 0 ⇔ e−3 , e0 car la fonction exponentielle est croissante sur R. On a donc e−3 ,1. La proposition est fausse.

69 

On en déduit le tableau de variation de la fonction f suivant.

et −1+ x > 0 ⇔ x > 1. La fonction dérivée est négative sur l’intervalle ]−` ; 1] et positive sur l’intervalle [1;+`[ . On en déduit que la fonction f est décroissante sur l’intervalle ]−` ; 1] et croissante sur l’intervalle [1;+`[. La proposition est fausse.

x

Questions Va piano

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1. Pour tout réel x : f ′ ( x ) = e− x − xe− x = e− x (1− x ). 2. Pour tout réel x,  e− x . 0 et 1− x > 0 ⇔ − x > −1 ⇔ x < 1. La fonction dérivée est positive sur l’intervalle ]−` ; 1] et négative sur l’intervalle [1;+`[. On en déduit que la fonction f est croissante sur l’intervalle ]−` ; 1] et décroissante sur l’intervalle [1;+`[. La fonction f admet donc un maximum atteint en x = 1. De plus, f (1) = 1× e−1 = 1 , le maximum de la fonce 1 tion f atteint en x = 1 est égal à . e 3.  f ( x ) = 0 ⇔ xe− x = 0 ⇔ x = 0 car e− x . 0 pour tout réel x. 6 S = {0} 4. a.  f ( x ) = −1 6 S = {−0,6} b.  f ( x ) = 0,2 6 S = {0,3 ;2,5} c.  f ( x ) = 0,5. 6 S= ∅ Questions Moderato

1. Pour tout réel x, on a : f ′ ( x ) = e− x − xe− x = e− x (1− x ). Pour tout réel x, e− x . 0 et 1− x > 0 ⇔ − x > −1 ⇔ x < 1. La fonction dérivée est positive sur l’intervalle ]−` ; 1] et négative sur l’intervalle [1;+`[. On en déduit que la fonction f est croissante sur l’intervalle ]−` ; 1] et décroissante sur l’intervalle [1;+`[. La fonction f admet donc un maximum atteint en x = 1. De plus, f (1) = 1× e−1 = 1 , le maximum de la fonce 1 tion f atteint en x = 1 est égal à . e

+`

1

–`

f' (x)

+

–

0 1 e

f (x) 2.

y

1 0

1

x

3. D’après la question 1, la fonction f admet un maximum 1 e atteint en x = 1. Cela signifie que pour tout m [ ⎤ 1 ;+` ⎡, l’équa⎦e ⎣ tion f ( x ) = m n’admet pas de solution. 4. a.  f ( x ) < 0 ⇔ xe− x < 0, or e− x . 0 pour tout réel x. Donc xe− x < 0 ⇔ x < 0. b. Pour tout m , 0,  d’après la question précédente, l’équation f ( x ) = m admet, si elles existent, des solutions dans l’intervalle ]−` ; 0[. De plus, d’après le tableau de variation de la question 1, la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]−`; 0[. Cela signifie que si m , 0, alors l’équation f ( x ) = m admet au plus une solution dans l’intervalle ]−` ; 0[. 5. Si m [ ⎤ 1 ;+` ⎡ , l’équation f ( x ) = m n’admet pas de ⎦e ⎣ solution. Si m = 1 , l’équation f ( x ) = m admet une solution. e Si m [ ⎡0 ; 1 ⎡ , l’équation f ( x ) = m admet au moins une ⎣ e⎣ solution. Si m [ ]−` ;0[ , l’équation f ( x ) = m admet au plus une solution.

Chapitre 6 Fonction exponentielle

153

Questions Allegro

Questions Moderato

1. Voir questions Moderato 1 et 2.

1. Pour tout réel t > 0, on a : −0,6t ⎧ ⎧ x=0 ⎪ ⎪ x = 0−150 × ⎧(−0,6 x = )0× 90e−0,6t 2.  f ( x ) = x ⇔ xe− x = x ⇔ x (e− x − 1) = 0 ⇔ ⎨ − x ⇔ ⎨ f ′−(tx) = 0 ⇔ ⎨ = 8100e . 2 x =−0,6t 0 ) ⎩⎪ e − 1 = 0 ⎩⎪ e = e (1+⎩ 90e (1+ 90e−0,6t )2 ⎧ x=0 x=0 ⎪⎧ ⎪⎧ x = 0 2. Pour tout réel t > 0, on a  f ′ (t ) . 0. On en déduit que la = 0 ⇔ ⎨ −x ⇔⎨ ⇔ ⎨ −x 0 fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; +`[ . ⎩ x=0 ⎩⎪ e = e ⎩⎪ e − 1 = 0 3. Arrondie au centième d’heure près, la plus petite durée f (0) = 0. La droite d d’équation y = x et # f la courbe reprépour laquelle la population dépasse les 8 millions est 2,71 h sentative de la fonction f ont un point d’intersection de soit 2 heures et 43 minutes. coordonnées (0 ; 0). ⎧⎪ ⎧⎪ x = 0 x=0 ⇔ ⎨ −x 3.  f ( x ) = ax ⇔ xe− x = ax ⇔ x (e− x − a ) = 0 ⇔ ⎨ − x ⎩⎪ e − a = 0 ⎩⎪ e = a ⎧⎪ ⎧⎪ x = 0 x=0 Questions Allegro ⇔ ⎨ −x = ax ⇔ x (e− x − a ) = 0 ⇔ ⎨ − x e =a e −a=0 ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 1. Voir questions Moderato 1 et 2. Si a , 0, alors l’équation e− x = a n’a pas de solution et l’équa2. tion f ( x ) = ax admet donc x = 0 comme unique solution. La droite d d’équation y = x et # f la courbe représentative de la fonction f ont alors un seul point d’intersection de coordonnées (0 ; 0). 4. a. Si a . 0, l’équation e− x = a admet une solution dans R, car, pour tout x [R, la fonction exponentielle est strictement croissante et admet une image dans l’intervalle ]0 ;+`[. b. Un des points d’intersection a pour coordonnées (0 ; 0), l’autre a pour coordonnées (−0,693 ; − 1,386).

70  150 150 150 = = . Le nombre de bacté91 1+ 90e−0,6×0 1+ 90 150 ries à t = 0 est de millions. 91 150 ≈ 9. Arrondi à l’unité, le nombre de 2.  f (3) = 1+ 90e−0,6×3 bactéries à t = 3 est de 9 millions. 3. Au vu des variations de la fonction f sur l’écran de la calculatrice, il semble que plus t augmente et plus le nombre de bactéries augmente. 1.  f (0) =

1  1. Graph B.

2. Graph C. 3. Graph A. 4. Graph D.

2  1. The red curve is the graphical representation of the exponential function. The blue line is the graphical representation of the function whose equation is y = − x + 3. 2. The solution of the equation is the abscissa of the intersection point of the two curves. 6 S = {0.8} 3. 6 S = {0.792}

3. Il semble que la fonction f' admet un maximum atteint en t = 8. À cet instant, le nombre de bactéries est donné par f (8). f (8) ≈ 86. Le nombre de bactéries au bout de 8 heures est d’environ 86 millions.

3  1.  f (0) = 74e0,6×0 = 74. 74 minks were originally intro-

duced in the new habitat. 2.  f (3) = 74e0,6×3 ≈ 448. The number of minks should be around 448 after 3 years in the habitat. 3. Using calculator, it would take 9 years for the mink population to exceed 10 000. 4. M

74 0

154

Chapitre 6 Fonction exponentielle

1 2 3 4 t (years)

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Questions Va piano

7 1  a. Faux

b. Faux

2   a. ur + vr = ⎛ 3⎞ ⎝ 2⎠

Calcul vectoriel et produit scalaire

c. Vrai r r ⎛ 1⎞ b. u − v = ⎝ −8⎠ r r d. −2u − v = ⎛ −5⎞ ⎝ 1⎠

d. Faux

r r c. 3u + 2 v = ⎛ 8⎞ ⎝ 1⎠ uur 3  1. i AB i = (−2 − (−3))2 + (2 − 2)2 = 1 =1 uuur i AC i = ( 4 − (−3))2 + (1− 2)2 = 50 = 5 2 uuur i BC i = ( 4 − (−2))2 + (1− 2)2 = 37 2. Si le triangle ABC était rectangle, on aurait AC 2 = AB2 + BC 2, or ce n’est pas le cas.

4  a. 1 × 3 − 2 × 0,5 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires. 3 b. 0,5 × (−4 ) − 3 × 2 = −4 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas 3

colinéaires.

5  On applique le théorème de Pythagore dans le triangle

ABH rectangle en H : AB2 = AH 2 + HB2 ⇔ 9 = AH 2 + 4 ⇔ AH 2 = 5 ⇔ AH = 5 Dans le triangle AHC rectangle en H, on a : · = AH = 5 , d’où HAC · ≈ 29,2° ≈ 0,5 rad. tan HAC HC 4

(

)

6  a. Vrai

b. Vrai

7  a. Faux b. Vrai e. Vrai f. Vrai uur uuur uuur 8 ua. +rBDr= AD uur ABuuu b. CD + DC = 0 uur uuur uuur c. AB + BM = AM uuur uuur uuur d. CD + MC = MD

c. Faux

d. Vrai

c. Faux

d. Faux 

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Pour construire le cours Situation A  r 1  a. W F = F × AB × cos (0) = 280 × 50 × 1 = 14 000J r W f = f × AB × cos (180) = 91× 50 × (−1) = −4 550J r W R = R × AB × cos (90) = 450 × 50 × 0 = 0J r W P = P × AB × cos (−90) = 450 × 50 × 0 = 0J b. On constate que les valeurs du travail d’une force peuvent être négatives, positives ou nulles et que le signe dépend de l’angle. r 2  W F = F × BC × cos (β ) = 370 × 350 × cos (22) ≈ 120 070  J.

() ( ) ( )

( )

( )

Situation

B 

1  Lorsque le point M se trouve sur le demi-cercle situé à droite du diamètre passant par A et perpendiculaire à (AB), p est positif et sur l’autre demi-cercle p est négatif. 2  i = p lorsque p est positif et i = –p lorsque p est négatif.

uur uuur uur uuur uur uuur On conjecturer : AB ⋅ AM = AB × AH lorsque AB  et  AH sont colinéaires de même sens et AB ⋅ AM = − AB × AH lorsque uur peutuuu r AB  et  AH sont colinéaires de sens contraire.

Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

155

Situation C  r r r r 1  a. i i i = 1 = i j i b. i ⋅ j = 0 car les vecteurs sont orthogonaux. r r r r r r 2  a. u = xi + yj b. v = x’ i + y’ j r r r r r r r r r r r r r r c. u ⋅ v = xi + yj ⋅ x’ i + y’ j = xx’ × i 2 + xy’ × i ⋅ j + yx’ j ⋅ i + yy’ × j 2 = xx’ × i i i2 + yy’ × i j i2 = xx’ + yy’. uur uuur uur uuur 3  AB = ⎛ 4 ⎞ , CD = ⎛ 2 ⎞ , AB ⋅ CD = 4 × 2 − 2 × 4 = 0 ⎝ −2⎠ ⎝ 4⎠ uur uuur Les vecteurs AB et CD sont donc orthogonaux et les droites (AB) et (CD) perpendiculaires.

(

)(

Situation

)

D 

1  a. Les points M tels que AM = 5 sont sur le cercle de centre A et de rayon 5.

b. k doit être positif car AM est une longueur. Ce sont les cercles de centre A et de rayon k si k est positif et M = A si k est nul. 2  AM 2 − BM 2 = 0 ⇔ ( AM − BM )( AM + BM ) = 0 ⇔ AM = BM ou AM = − BM. Ce dernier cas est impossible

car AM et BM sont positifs.

Les points M sont donc sur la médiatrice du segment [AB].

r

3  Les points M sont situés sur la perpendiculaire à la droite passant par A et de vecteur directeur u.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  On a utilisé la relation de Chasles. 2  La bilinéarité.

ur u

ur u

3  I est le milieu de [AB] donc IA = −IB ,  d’où le résultat. ur u ur u

ur u ur u 4  IA ⋅ IB = −IA × IB car IA et IB sont colinéaires de sens contraire. De plus IA = IB = AB d’où le résultat. 2

uuur

uur

uuur

uuur

uuur

uur

1  •BC = BA + AC d’après la relation de Chasles d’où BC = AC − AB.

uuur uuur uur 2 uuur uur • BC 2 = AC − AB = AC 2 + AB2 − 2 AC ⋅ AB uuur uur •  AC ⋅ AB = AC × AB × cos Aˆ uuur •  BC 2 = BC 2 = AC 2 + AB2 − AC × AB × cos( µ A)

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2  • Ce résultat est démontré p. 216.

uuur uuur 2 2 •  MA ⋅ MB = 0 ⇔ MI 2 − AB = 0 ⇔ MI 2 = AB ⇔ MI = AB car ce sont des longueurs 4 4 2 ⇔ M est sur le cercle de centre I et de rayon AB 2

Utiliser différents raisonnements uuur uur

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uur uur

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uur uur

uur uur

1  1. a. AM ⋅ AB = AI + IM ⋅ AB = AI ⋅ AB + IM ⋅ AB

uur uur b. AI ⋅ AB = AI × AB = 3 × 6 = 18 uur uur uur uur c. De a. et b. on déduit : 18 = 18 + IM ⋅ AB d’où IM ⋅ AB = 0. uuur uur Les vecteurs IM   et AB sont donc orthogonaux et le triangle AIM est rectangle en I. 2. a. I est le projeté orthogonal de M sur (AB). uuur uur uur uur b. AM ⋅ AB = AI ⋅ AB = AI × AB = 3 × 6 = 18 3. On vient de montrer que l’affirmation 1 implique l’affirmation 2 et que l’affirmation 2 implique l’affirmation 1, on en déduit donc que les deux affirmations sont équivalentes. uur uur uur r 2  Affirmation 1 : Si on prend M = A on a bien AB ⋅ AA = AB ⋅ 0 = 0 et le triangle ABM n’est pas rectangle en A. Donc l’affirmation est fausse. Affirmation 2 : Faux car cette égalité est vérifiée par tous les points de la médiatrice du segment [AB]. uuur uur Affirmation 3 : Si M est tel que A soit entre M et B, alors AM ⋅ AB = − AM × AB. 156

Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

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Rédiger une démonstration

Travaux pratiques TP

1  Une cible

1  def produit(x,y): return (x+2)*(x-2)+y**2 2  a. impact1(0,0) renvoie un point rouge en (0;0), impact1(3,2) renvoie un point bleu en (3;2) et impact1(-4,4) renvoie un

point vert en (-4;4). b. Lignes 2 et 3 : permet d’obtenir la grille. Lignes 5 et uuu6 : r teste uuursi le point M est dans le disque rouge (sachant que s’il est sur le cercle qui limite de disque rouge, les vecteurs MA et MB sont orthogonaux et donc leur produit scalaire est nul). uuur uuur 2 2 Lignes 7 et 8 : MO ¯ 4 ⇔ MO² ¯ 16 ⇔ MO2 − AB < 16 − 4 ⇔ MA ⋅ MB < 12. 4 4 uuur uuur Donc l’algorithme teste si MA ⋅ MB < 12 et dans ce cas il affiche le point en bleu. Lignes 9 et 10 : il teste si le point M est dans la zone verte restante et si oui il affiche le point en vert. Ligne 11 : affichage de la figure. 3  a. L’instruction uniform(a,b) génère un nombre aléatoire entre a et b. b. et 4 

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def impacts(n): pl.axis(“equal”) pl.grid() rouge,bleu,vert=0,0,0 for i in range(n): x,y=uniform(-5,5),uniform(-5,5) if produit(x,y) 5 ⇔ MI > 3. 2 uuur uuur 2 2 D’après la formule d’Al-Kashi : De même MA ⋅ MB < 12 ⇔ MI < 4¯. 5 + ¯ 5 − (2¯)2 2 2 2 u uu r u uu r 2 2 AO 2+ BO − AB ⇔ cos · 2 AB2 = AO2 + BO2 − 2 × AO × BO × cos · AOB ⇔ cos¯ · AOB AOB = situés dans une 52 ×points 5 + = ¯ Les AO ×)2M BOtels que 5 < MA ⋅ MB < 12 sont ¯ 5 ¯ 5 − 2¯ ( 2 ×centre ×I et 2 2 2 2couronne délimitée par deux cercles de 2 2de rayon 2 cos · AOB ⇔ cos · AOB = AO + BO − AB ⇔ cos · AOB = 2 × AO × BO ¯ 5 ¯ 5 respectif 3 et 4. × 2× 2 2 2 2 ¯ 5 + ¯ 5 − (2¯)2 2 2 61  1. Le triangle ABA’ est inscrit dans le cercle et [ AA’] est 2 2 O − AB ⇔ cos · AOB = O × BO un diamètre du cercle. On en déduit que le triangle ABA’ est 2× ¯ 5 × ¯ 5 2 2 rectangle en B et que les droites ( A’B) et ( BA) sont perpen2 diculaires. De plus, le point M appartient à la droite ( BA), les ⇔ cos · AOB = −6¯ × 2 2 ⇔ cos · AOB = − 3 . 5 4 5¯ droites ( MB ) et ( A’B) sont donc perpendiculaires. La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1° 2. D’après la question précédente, le point B est le projeté AOB ≈ 126,9°. près de l’angle, soit · orthogonal du point A’ sur la droite ( MB ) . On en déduit : uuur uuur uuur uuuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uur · · AOB ≈ 180 − 126,9 ≈ 53,1°. De plus BOC = AOD = 180 − · MA ⋅ MB = MA ⋅ MA’ = MO + OA ⋅ MO + OA’ = MO2 + MO OA’ + OA uuur uuur uur uur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uur uuur uuur 57  D’après la formule d’Al-Kashi : MA ⋅ MB = MA ⋅ MA’ = MO + OA ⋅ MO + OA’ = MO2 + MO OA’ + OA + OA ⋅ OA’ = MO2 − OA × u2uur uuur2 uuur 2 uuuur uuur uur uuu· r uuur u2uur u uur2 uur uur uuur 2 2 2 ) ⇔ BC = 62 500 2 000 × cos (32°) BCMA =⋅ AB AC ⋅ MA’ − 2 ×=AB × AC × cos BAC ⇔ BC + 200 2 × 150 × ⋅200 (32° MB =+ MA MO + OA ⋅ MO + OA’ = MO=2150 + MO OA’ +−OA + OA OA’×=cos MO − OA × OA’ = MO2 −−R60 . 2 2 2 2 · cos BAC ⇔ BC = 150 + 200 − 2 × 150 × 200 × cos (32°) ⇔ BC = 62 500 − 60 000 × cos (32°) 62  1. D’après le théorème de la médiane, on a : × cos (32°) ⇔ BC 2 = 62 500 − 60 000 × cos (32°) . uuur uuur 2 MA ⋅ MB = MI 2 − AB = MI 2 − 25. BC est une grandeur positive donc : 4 uuur uuur 2 ⇔ 2. a. MA ⋅ MB = 11 ⇔ MI 2 − 25 = 11uuu BC = 62 500 − 60 000 × cos (32°) ≈ 107,78. r MI uuur = 36 ⇔ MI = 6. L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB = 11 est le cercle La longueur de la tyrolienne représentée par le segment [ BC ] est de 107,78 m au centimètre près. de centre I et de rayon 6.

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Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

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uuur uuur 2 65  1. a. Dans le triangle ACH rectangle en H on a : MI AH . plus, AM et AH sont des grandeurs positives et la foncb + c − a )(b + c + a ) = 2 ( p − b ) × 2 ( p − c ) × 2 ( p − a ) × 2 p = 2 p( p − a )( pDe − b )( p − c ) 2 2 tion carré est croissante sur R+ , on a donc AM 2 > AH 2 . bc 4b c2 c − c) × 2( p − a) × 2 p 2. a.  ur ⎛⎜ −b ⎞⎟ est un vecteur directeur de la droite d et = 2 p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 2 bc ⎝ a⎠ 4b c r r r r ˆ u ⋅ n = −ba + ba = 0. On en déduit uuurque rles vecteurs u et n bcsin A 2 ˆ 4. sin A = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ⇔ − b )orthogonaux. p − a )( p −AH b )(etp −n csont = p( p − a )( psont ( p − c) ⇔ S =Lesp(vecteurs ) tous les deux bc 2 orthogonaux à une même droite , ils sont donc colinéaires. d bcsin Aˆ u uu r − b )( p − c ) ⇔ = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ⇔ S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ⎛ x H − x A ⎞ r ⎛ a ⎞ b.  AH ⎜ et n ⎜ ⎟ . 2 ⎝ b⎠ yH − yA ⎟⎠ ⎝ uuur r − b )( p − c ) ⇔ S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) AH ⋅ n = a ( x H − x A ) + b ( yH − yA ) = ax H + byH − ax A − byA. Le point H appartient à la droite d , ainsi : 5. a.  Demander les valeurs a, b et c dans l’ordre décroissant ax H + byH + c = 0 ⇔ ax H + byH = −c . Si 0 , a < b < c et b + a > c faire : En réinjectant dans l’équation précédente, on obtient la p prend la valeur 1 (a + b + c ) première expression produit scalaire : 2 uuur du r S prend la valeur p( p − a )( p − b )( p − c ) AH ⋅ n = −c − ax A − byA . (1) uuur r Afficher S On a AH et unuurcolinéaires, on a donc : uuur uuur r ⎧⎪−i AH i × i nr i r Sinon selon que AH et n sont de sens u uu r ⋅ n = AH ⎨ r Afficher « a, b et c ne sont pas les côtés d’un ⎩⎪ i AH i × i n i triangle » opposés ou non.

uuur r On uuura :r uuur uuur uuur uuur u − c − ax A − 3.  uax A + byA + cu byAu r uAH ⋅ nu uAH ⋅ nu = i AH i × i n i ⇔ i AH i = ⇔ i AH i = ⇔ i AH i = r 2 2 i n i a +b a2 + b2 uuur r uuur uuur uuur u − c − ax A − byAu uax A + byA + cu uAH ⋅ nu i AH i = ⇔ i AH i = ⇔ i AH i = r . in i a2 + b2 a2 + b2 VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

uur r uur r 93  W = F ⋅ AB = i F i × i AB i × cos (α ) = 5 × 106 × 1500 × cos (15°) = 7,5 uur r 6 9 EC = BC 2 + BE 2 = 32 + 12 = 10 . W = F ⋅ AB = i F i × i AB i × cos (α ) = 5 × 10 × 1500 × cos (15°) = 7,5 × 10 × cos (15°) r Dans le triangle DAE rectangle en A  : Le travail de la force F sur le trajet est de 7,5 × 109 × cos (15°) J . 2 2 2 2 1500 DE = AE + DA = 4 + 3 = 25 = 5. t=d = = 1080 5 v D’après la formule d’Al-Kashi : 2 2 2 + CE − DC DE 2 2 2 · ⇔ cos DEC · = · = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC · = 10 3,6 DC = DE + CE − 2 × DE × CE × cos DEC ⇔ cos DEC 2 × DE × CE 2 × 5 × 10 Le temps mis par le remorqueur pour effectuer le trajet est 10 · ⇔ cos DEC · = DE 2 + CE 2 − DC 2 ⇔ cos DEC · = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC · = 10 cos DEC de 1 080 s. 10 2 × DE × CE 2 × 5 × 10 7,5 × 109 × cos (15°) W E 2 − DC 2 ⇔ cos DEC · = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC · = 10 . P= = ≈ 6,7 × 106 1080 r t E × CE 10 2 × 5 × 10 La puissance de la force F sur le trajet est d’environ 6,7 MW. La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1° · ≈ 72°. r r près de l’angle, soit DEC 94  1. Dans le repère orthonormé du plan O ; i , j , on a : uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur 2. a. AC ⋅ ED = AC ⋅ EA + AD = AC ⋅ ED + AC ⋅ AD M ( x ; y ) , A(2 ; 3) ,  B (5 ; 0). On en déduit : Or, B est le projeté orthogonal du point C sur la droite ( EA) uuur ⎛ x − 2⎞ uur ⎛ 3 ⎞ · et AB . AM ⎜ et l’angle AEC est obtus. De plus, D est le projeté orthogonal ⎝ −3⎠ ⎝ y − 3⎟⎠ u uu r u u r du point C sur la droite ( AD ). On en déduit : AMuuu ⋅ rABuu=r ( x − 2) × 3 + ( y − 3) × (−3) = 3x − 3y + 3 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur AC ⋅ ED = AC ⋅ ED + AC ⋅ AD = −i AB i × i AE i + i AD i2. 2.  AM uuur uuur uur uuur uuur uuur u⋅ uurAB = k ⇔ 3x − 3y + 3 = k ⇔ uuur3x u−ur3y + 3 − k = 0 b. AC ⋅ ED = 0 ⇔ −i AB i × i AE i + i AD i2 = 0 ⇔ −5i AE i + 32 = 0L’ensemble ⇔ i AE i = des 1,8 points M tels que AM ⋅  AB = k est la droite uuur uuur uur uuur uuur i AB i × i AE i + i AD i2 = 0 ⇔ −5i AE i + 32 = 0 ⇔ i AE i = 1,8. d’équation cartésienne 3x − 3y + 3 − k = 0. Pour que les droites ( AC ) et ( AE ) soient perpendiculaires, 3. k = −1, k = 1 et k = 3. le point E doit être situé sur le segment [ AB] et distant de y 1,8 cm du point A. uur uuur 3. a. Dans le repère orthonormé du plan A ; 1 AB , 1 AD , 5 3 on a : 1 E ( x ; 0) , C (5 ; 3) ,  D (0 ; 3). uuur ⎛ 5 − x ⎞ uuur ⎛ − x ⎞ On en déduit EC ⎜ et ED ⎜ ⎟ . 0 x 1 ⎝ 3 ⎟⎠ ⎝ 3⎠ On a donc : uuur uuur EC ⋅ ED = (5 − x ) × (− x ) + 3 × 3 = x 2 − 5x + 9. b. Soit f la fonction définie sur [0 ; 5] par f ( x ) = x 2 − 5x + 9  . La fonction f est représentée par une parabole orientée vers 95  1. Réponse a. 2. Réponse a. – (−5) 5 le haut qui admet un minimum en = = 2,5. 3. Réponse a. 4. Réponse b. 21 2 uuur uuur r r Le produit scalaire EC ⋅ ED est minimal lorsque x = 2,5 cm, 96  1. a. Dans le repère orthonormé du plan O ; i , j , on a c’est-à-dire lorsque le point E est au milieu du segment [ AB]. A(−2 ; 1), B (1; 2) et C (1; − 1). On en déduit : c.  f (2,5) = 2,52 − 5 × 2,5 + 9 = 2,75. le point E est uuur Lorsque uuur uur ⎛ ⎞ uuur ⎛ 3 ⎞ ; au milieu du segment [ AB], on a EC ⋅ ED = 2,75. AB 3 , AC ⎝ −2⎠ ⎝ 1⎠ De plus, d’après le théorème de Pythagore, dans le triangle uur uuur   AB ⋅  AC = 3 × 3 + 1× (−2) = 7  ; EBC rectangle en B, on a : 2 AB = 3 + 12 = 10 et AC = 32 + (−2)2 = 13 . EC = 2,52 + 32 = 61 . 2 b. D’après la définition du produit scalaire : uur uuur De la même manière, dans le triangle rectangle AED uur uuur uur uuur · · r ⋅ AC uuur ⇔ co AB ⋅ AC = i AB i × i AC i × cos BAC ⇔ cos BAC = uuAB rectangle en A, on a : uur uuur i AB i × i AC i u2ur u2uur 61 uur uuur 7 · ⇔ cos BAC · = uuAB · = ED = 2,5AB+⋅3AC== i AB. i × i AC i × cos BAC r ⋅ AC uuur ⇔ cos BAC . 2 10 × 13 i AB i × i AC i D’après la définition du produit scalaire : uuur uuur uuur uuur permet d’obtenir valeur approchée à 0,1° 11 · = 2,75 ⇔ cos DEC · La=calculatrice · =une 2,75 · uuur2,75uuur ⇔ · EC ⋅ ED = 2,75 ⇔ iEC i × iED i × cos DEC cos DEC ⇔ cos DEC = 61 BAC ≈ 52,1° 61 61 prèsiEC de il’angle, ×11iED isoit uur . uuur × 2,75 2,75 · · · · 2 2 uuur ⇔ cos DEC = EC = 2,75 ⇔ cos DEC = uuur ⇔ cos2. a. D’après DEC = appar61 la question 1. a. AB ⋅  AC = 7. Le point uuur Auuu r 61 × 61 iEC i × iED i MB ⋅  MC = 7. tient bien à l’ensemble des points tels que M 2 2 2,75 2,75 · = · = 11. uuur ⎛ 1− x ⎞ uuur ⎛ 1− x ⎞ ur uuur ⇔ cos DEC ⇔ cos DEC 61 61 × 61 , MC ⎜ b.  MB ⎜ C i × iED i 2 − y⎟ ⎝ −1− y ⎟⎠ 2 2 uuur u⎝uur ⎠ La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1° MB ⋅  MC = (1− x ) × (1− x ) + (2 − y ) × (−1− y ) = 1− 2x + x 2 − 2 − y + y2 = uuur uuur · ≈ 79,6°. près de l’angle, soit DEC MB ⋅  MC = (1− x ) × (1− x ) + (2 − y ) × (−1− y ) = 1− 2x + x 2 − 2 − y + y2 = x 2 + y2 − 2x − y − 1.

92  1. Dans le triangle ECB rectangle en Br : uur

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Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

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uur uur c. Il existe quatre points M à coordonnées entières apparteuuur uuu r CB ⋅ AI = 0 ⇔ 3( x B − 3) − 5 × 5 = 0 ⇔ 3x B = 43 ⇔ x B = 43 nant à l’intervalle [−10 ;10] tels que MB ⋅ uuMC 2 6 2 r uu=r 7. uuur ⎛ ⎞ CB ⋅ AI = 0 ⇔ 3( x B − 3) − 5 × 5 = 0 ⇔ 3x B = 43 ⇔ x B = 43 . 2 2 0 2 2 6 et BC = 0 + (−3) = 3 d.  BC uur uur ⎝ −3⎠ Pour que les vecteurs CB et AI soient orthogonaux et que Soit I le milieu de [ BC ] d’après le théorème de la médiane. les2droites (CB) et ( AI ) soient perpendiculaires, le segment uuur uuur 2 2 MB ⋅  MC = 7 ⇔ MI 2 − BC = 7 ⇔ MI 2 = 7 + BC ⇔ MI 2 = 7 + 3 ⇔ MI 2 = 37 ⇔ MI = 37 [ AB 4 43 . 2 4 4 4 ] doit mesurer r 6 2 2 2 BC BC 2 2 2 2 3 37 37 C = 7 ⇔ MI − ⇔ MI = 7 + ⇔ MI = ⇔ MI = = 7 ⇔ MI = 7 + 4 99  1. a. S21 (0) a pour coordonnées (140 ; − 170). 4 4 4 2 2 b. S1 (1) a pour coordonnées (80 ; − 200). + BC ⇔ MI 2 = 7 + 3 ⇔ MI 2 = 37 ⇔ MI = 37 4 4 4 2 S1 (0) S1 (1) = (80 − 140)2 + (−200 − (−170))2 = 3 600 + 900 = 30 5 L’ensemble ( E ) est le cercle de centre I et de rayon 37 . 22 2 yS1 (0) S1 (1) = (80 − 140) + (−200 − (−170)) = 3 600 + 900 = 30 5 La vitesse du premier sous-marin est de 30 5 mètres par minute, soit 1,8 5 ≈ 4 km ⋅ h−1. uuuuuuuuur −60⎞ r B et i ⎛ 1⎞ . c.  S1 (0) S1 (1)⎛⎜ ⎟ ⎝ 0⎠ ⎝ −30⎠ A G uuuuuuuuur r 1 I S1 (0) S1 (1) ⋅ i = −60 × 1− 30 × 0 = −60 F E uuuuuuuuur r D’après la définition du produit scalaire : 0 x 1 uuuuuuuuur r uuuuuuuuur r S1 (0) S1 (1) ⋅ i S1 (0) S1 (1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)i × i i i × cos (α ) ⇔ cos (α ) = uuuuuuuuuuur r C uuuuuuuuur r iS1 (0) S1 (1)i × i i i uuuuuuuuur r uuuuuuuuur r S1 (0) S1 (1) ⋅ i −60 S1 (0) S1 (1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)i × i i i × cos (α ) ⇔ cos (α ) = uuuuuuuuuuur r ⇔ cos (α ) = ⇔ cos (α ) = −6 10 205 × 1 20 uuuuuuuuur r iS1 (0) S1 (1)i × i i i uuuuuuuuur r uuuuuuuuur r S ⋅ i 0 S 1 ( ) ( ) −60 −6 1 1 A, E, F etr G r ⇔ cos (α ) = . i × retrouve i i i × cos (les α ) quatre S1 (0) S1 (Graphiquement, 1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)on ⇔ cos (points, α ) = uuuuuuuuuuu ⇔ cos (α ) = 10 205 × 1 205 à coordonnées entières qui appartiennent à l’ensemble iS1 (0) S1 (1)(iE×) i i i La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1° représenté par le cercle de centre I et de rayon 37 . 2 soit 114,8°. uuur uur uuur uuur uuur uuprès r de ul’angle, uur uur α ≈uuu r uur uuur uur uur uuur 1 AK = 2 KB 97  1. a.  AK = 2 AB ⇔ AK = 2 AK + 2 KB ⇔ AK − 2 AK = 2 KB 2. La du deuxième sous-marin rectiligne et sa= 2KB ⇔trajectoire ⇔ AK = 2KB ⇒ i AK iest = 2iKB i ⇔ KA 3 uuur uuur 3 uur uuur3 uur uur uur3 uuur uur3 uuur3 vitesse uur3 est constante, l’ordonnée du deuxième sous-marin AK + 2 KB ⇔ AK − 2 AK = 2 KB ⇔ 1 AK = 2 KB ⇔ AK = 2KB ⇒ i AK i =est 2iKB i ⇔une KAfonction = 2KB affine de la forme y = a + bt. donc 2 3 uur 3 uuur 3 uur 3uuur uur 3 uur Or, à t = 0, y = −68 et à t = 3, y2 = −248. On a donc : 2 2 AK = KB ⇔ AK = 2KB ⇒ i AK i = 2iKB i ⇔ KA = 2KB 3 a + b × 0 = −68 ⇔ a = −68 Le uurpointuuK r appartient uur uuàr ( E ).uur uur uur uur uur uur uur a + 3b = −248 b = −60. AL = 2 AB ⇔ AL = 2 AL + 2LB ⇔ − AL = 2LB ⇔ LA = 2LB ⇒ i LA i = 2i LB idu ⇔deuxième LA = 2LB sous-marin en fonction du temps L’ordonnée uur uur r uur uur uur L = 2LB ⇔ LA = 2LB ⇒ i LA i = 2i LB i ⇔ LA = 2LB. est y2 = −68 − 60t. Le point L appartient à ( E ). Les deux sous-marins sont à la même profondeur lorsque b. De la question précédente, on a : leurs deux ordonnées sont égales, on a donc : uuur uur uuur uur uur uur y1 = y2 ⇔ −170 − 30t = −68 − 60t ⇔ 30t = 102 ⇔ t = 102 AK = 2KB ⇔ − AK + 2KB = 0 ⇔ KA + 2KB = 0 ;  30 uur uur uur uur LA = 2LB ⇔ LA − 2LB =y0.= y ⇔ −170 − 30t = −68 − 60t ⇔ 30t = 102 ⇔ t = 102  =3,4. uuur uuur uuur 1 uuur 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ⋅ MA − 4i MB i230= 0 ⇔ i MA i2 = 4i MB i2 ⇔ MA = 2MB 2. a.  MA + 2MB ⋅ MA − 2MB = 0 ⇔ i MA i2 − 2MA ⋅ MB + 2MBLes deux sous-marins sont à la même profondeur après uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 3 minutes 24=secondes. 2MB = 0 ⇔ i MA i2 − 2MA ⋅ MB + 2MB ⋅ MA − 4i MB i2 = 0 ⇔ i MA i2 = 4i MB i2 ⇔ MA 2MB uuur uuur uuur uuur 3. S uu1r(10) = (−460 ; − 470) et S1 (10) = (−460 ; − 470). uuur r i MB i2 = 0 ⇔ i MA i2 = 4i MB i2 ⇔ MA = 2MB uuur 2 ABcherche la fonction affine suivie par l’abscisse du ⎧⎪ AM = On uuur uuur uuur uuur ⎪⎧ MA + 2MB = 0 3 uur b.  MA + 2MB ⋅ MA − 2MB = 0 ⇔ ⎨ uuur uuur r ⇔ ⎨ uuur deuxième sous-marin. uuur uur ⎪⎩ MA − 2MB = 0 uuur uuur r ⎩⎪ AM = 2x2AB = a + bt ; à t = 0, x2 = 68 et à t = 3, y2 = −202. On a donc : ⎧⎪ AM = 2 AB uuur ⎧⎪ MA + 2MB = 0 uuur r ⇔ ⎨ uuur 3 uur 2MB = 0 ⇔ ⎨ uuur ⎧⎪a = 68 a + b × 0 = 68 ⎩⎪ MA − 2MB = 0 ⎪⎩ AM = 2 AB ⇔⎨ uuur uur a + 3b = −201 ⎪b = − 269 . 2 Il existe un unique point M du planuuu tel ⎩ 3 r queuuAM r = 3 AB et 269 un unique point M du plan tel que AM = 2 AB . Donc x2 = 68 − t. 3 L’ensemble ( E ) est donc constitué des deux points K et L . On a donc : 2486 uur uuur S1 (10) = (−460 ; − 470) et S2 (10) = ⎛ − ; − 668⎞ . 98  Dans le repère orthonormé du plan A; 1 AB , 1 AD , on ⎝ ⎠ 3 7 5 Alors : a A(0 ; 0) ,  B (7; 0) , C (3 ; 5) ,  D (0 ; 5) , E (3 ; 0) et I (3 ; 2, 5) . 2 uur ⎛ ⎞ uur ⎛ 3 ⎞ ⎛ − 2486 + 460⎞ + (−668 + 470)2 ≈ 418 uur uur 4 S 10 S 10 = ( ) ( ) . 1 2 CB AI . ⎝ ⎠ 3 ⎝ −5⎠ et ⎜⎝ 2,5⎟⎠ On a CB ⋅ AI =u4ur× 3 − u5ur× 2,5 = −0,5. Environ 418 m séparent les deux sous-marins. On en déduit que les vecteurs CB et AI ne sont pas orthogonaux et que les droites (CB) et ( AI ) ne sont pas 100 Soit O l’origine d’un repère orthonormé où l’unité est le perpendiculaires. côté d’un carré du quadrillage. On considère maintenant le point B de coordonnées B ( x B ; 0) Dans ce repère, on a : uur ⎛ x − 3⎞ uur ⎛ ⎞ uuur B et CB ⎜ . ON ⎛ 3⎞ et OA 6 . ⎝ −5 ⎟⎠ ⎝ −3⎠ ⎝ 3⎠

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Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

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2 2 2 2 ON uuur =uur3 + 3 = 3 2 et OA = 6 + (−3) = 3 5 . On a : 102  1. Si le point A de coordonnées (a ; a2 ) appartient à la ON ⋅ OA = 3 × 6 + 3 × (−3) = 9. droite d alors les coordonnées du point A satisfont l’équaD’après la définition du produit scalaire : uuur uur tion cartésienne de la droite d et on a alors : uuur uur ON ⋅ OA 9 ON ⋅ OA = ONuuu ×rOA 2acos − a(2α−) 3= = 01 ⇔ −a2 + 2a − 3 = 0 . uur× cos (α ) ⇔ cos (α ) = ON × OA ⇔ cos (α ) = 3 2 × 3 5 ⇔ 10 2 9 A × cos (α ) ⇔ cos (α ) = ON ⋅ OA ⇔ cos (α ) = ⇔ cos (α ) = 1 Le trinôme −a + 2a2− 3 a pour discriminant : ON × OA 10 3 2 ×3 5 Δ = 2 − 4 × (−1) × (−3) = −8. 9 Le discriminant est négatif, le trinôme n’admet donc pas de ⇔ cos (α ) = 1 . 3 2 ×3 5 10 racine réelle dans R . uuur ⎛ ⎞ uuur ⎛ ⎞ −1 On en déduit que quelle que soit la valeur de a le point A et OD −5 . OC ⎝ 3⎠ ⎝ 0⎠ n’appartient pas à la droite d . r 2 2. a. D’après l’équation cartésienne de la droite d , u ⎛ 1⎞ est OC = (−1) + 32 = 10 et OD = (−5)2 + 02 = 5. On a : ⎝ 2⎠ uuur uuur r r OC ⋅ OD = −1× (−5) + 3 × 0 = 5. un vecteur directeur de d . Or, u ⋅ v = 1× 2 + 2 × (−1) = 0 . r D’après la définition du produit scalaire : uuur uuur On en déduit que le vecteur v est orthogonal à tout vecteur uuur uuur OC ⋅ OD 5 directeur de la droite1 d . uuur OC ⋅ OD = OC uuu×r OD uuur× cos (β ) ⇔ cos (β) = OC × OD ⇔ cos (β ) = 5 10 ⇔ cos (β) = 10 b.  et sont deux points de la droite $. Le vecteur A M AM r D × cos (β ) ⇔ cos (β) = OC ⋅ OD ⇔ cos (β) = 5 ⇔ cos (β) = 1 . est donc orthogonal au vecteur directeur de la droite et d u OC × OD 5 10 10 r colinéaire au vecteur Les angles α et β ont le même cosinus, ils sont donc égaux. uuur rv. On en déduit qu’il existe un nombre réel t tel que AM = tv . uuur ⎛ ⎞ 101  1. Dans le repère du plan, le point M a pour coorc. D’après la question précédente, AM ⎜ 2t ⎟ . On a donc : ⎝ −t ⎠ uuur ⎛ − x ⎞ uuur ⎛ 6 − x ⎞ données ( x ; x ), on en déduit MO ⎜ , MA ⎜ et 2 2 ⎟ ⎟ AM = (2t ) + (−t ) = 5t 2 = t 5 . ⎝− x⎠ ⎝− x⎠ uuur uuur De la question précédente on déduit les coordonnées du MO ⋅ MA = − x (6 − x ) − x × (− x ) = x 2 − 5x. point M en fonction de a et de t. On a : 2. OMA rectangle en M uuur uuur uuur r x = 0 ⎧ x = 2t + a ⇔ MO ⋅ MA = 0 ⇔ x 2 − 5x = 0 ⇔ x ( x − 5) = 0 ⇔ AM = tv ⇔ ⎨ 2 x = 5. ⎩t = −t + a . Pour x = 0, le triangle OMA est plat, la seule valeur possible De plus, le point M est le projeté orthogonal du point A sur pour x est donc 5. Dans ce cas, les coordonnées du point M la droite d si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équa· est rectangle en M . sont (5 ; 5 ) et le triangle OMA tion cartésienne de la droite d  : 2x − y − 3 = 0. 2 On a 2 (2t + a ) − (−t + a2 ) − 3 = 0 ⇔ 5t − a2 + 2a − 3 = 0 ⇔ t = a − 2a 3.  5 2 2 (2t + a ) − (−t + a2 ) − 3 = 0 ⇔ 5t − a2 + 2a − 3 = 0 ⇔ t = a − 2a + 3 . 5 On sait enfin que : 2 AM = t 5 ⇔ AM = a − 2a + 3 . 5 Le point M est confondu avec le point H et la distance AH est minimale lorsque l’expression a2 − 2a + 3 est minimale. 4. a.  Or, la parabole représentative du trinôme a2 − 2a + 3 est tournée vers le haut (le coefficient de a2 est positif) et admet · maximal b. La fonction M renvoie, en degré, l’angle OMA un minimum en x = 2 = 1. 2 lorsque l’abscisse du point M varie de 0,1 à 10 avec un pas La distance AH est minimale lorsque A a pour coordonnées de 0,1. (1; 1) .

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· = CAB · + BAD · = 90 + BAD · et Or, CAD · = EAB · · · · · EAB = EAD + BAD = 90 + BAD, donc CAD uuur uuur u.uur uur De uur plus uuur AB = AC et AE = AD, donc AC ⋅ AD = AE ⋅ AB et AI ⋅  BD = 0. uur uuur On en déduit que les vecteurs AI et BD sont orthogonaux et que les droites ( AI ) et ( BD ) sont perpendiculaires.

103  Questions Va piano

1. a. Réalisation de la figure à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique. b.  Il semble que les droites ( AI ) et ( BD ) soient perpendiculaires. Questions Moderato 2. a. D’après la relation de Chasles : uuur uuur uur uur uur ur u uur uur 1 AC + AE = 1 AI + IC + AI + IE = 1 × 2 AI = AI et · = 360 − 180 − CAE · = 180 − CAE · 1. a. BAD 2 u2uur uur uuur 2 · · · · = CAE · b. DAB’ = BAB’ − BAD = 180 − 180 − CAE BD = BA + AD . uu uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuuu rr uuuuu rr uuur uuur uuur· uuur uuur uur uuur uuur uuur uur AC⋅⋅BA AE+=AE AC⋅ AD × AE=×1cos b. AI ⋅  BD = 1 AC + AE ⋅ BA + AD = 1 AC ⋅ BA + AC ⋅ AD + AE ACCAE ⋅ AD et + AE ⋅ BA =  1 AC ⋅ AD − AE ⋅ AB 2uuur uuur uuur uur 2 2 uuur uur uuur uuur uuur 2uur uuur uuur r r uuuuruur uur uuur uuur uur uuur uuur uuu uuu · . 1 AC × cos DAB’ AC + AE ⋅ BA + AD = 1 AC ⋅ BA + AC ⋅ AD + AE ⋅ BA + AE ⋅ AD = 1 AC AD ⋅ AD⋅ AB’ + AE= ⋅ AD BA ×= AB’ ⋅ AD − AE ⋅ AB 2 2 uuur uuur uuur uur · =  DAB’ · , AC uuur uuur uuur uur2 uuur uur uuur uuur = AB = AB’ et AE = AD. Or, CAE 1 1 + AE ⋅ BA + AE ⋅ AD = AC ⋅ AD + AE ⋅ BA =  AC ⋅ AD − AE ⋅ AB . 2 2

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Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

173

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uuur uuur uuur uuur On en déduit G (2 ; 2). On en déduit que AC ⋅ AE = AD ⋅ AB’ . uuur uuur le symétrique du point par rapport au c. Le point B’ uest B uuur uuur uuur uur uur uur 4. GE ⎛ 1 ⎞ et GD ⎛ −2⎞ . ⎝ −1⎠ ⎝ −2⎠ point A, donc AB’ = − AB. On en déduit AC ⋅ AE = − AD ⋅ AB . u uu r u uu r À l’aide de la relation de Chasles : ⋅ rGDuuu=r 1×u(uu −2 −1 2r=uuu uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur GEuuu r )u−ur2 ×u(uu r ) u=uur−2 uu u0.urr uuur uur u= uur+uAD DC ⋅ BE = DA + AC ⋅ BA + AE = DA ⋅ BA + DA ⋅ AE + AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC ⋅ AEGE ⋅GD AB − AD ⋅ AB = 0 On et sont orthogonaux r uen uur déduit uuur uque ur les uuurvecteurs uur r uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuu et ⋅que lesAD droites (GD AE = ⋅ AB −(GE AD) ⋅etAB = 0) sont perpendiculaires. A + AC ⋅ BA + AE = DA ⋅ BA + DA ⋅ AE + AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uur AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB − AD ⋅ AB = 0. Questions Moderato uuur uur d. On en déduit que les vecteurs DC et BE sont orthogonaux 1. a. Dans le triangle CGH rectangle isocèle en H (voir et que les droites ( DC ) et ( BE ) sont perpendiculaires. démonstration question 3 Va Piano), d’après le théorème · = 90 + BAD · , donc · = 90 + BAD · ,  de même BAE de Pythagore, on a : 2. On a CAD 2 2 · · ACD AC = AB . De plus, et Les triangles AD = AE. CAD = BAE GC = GH 2 + HC 2 = b + b = b 2 . 2 2 2 et BAE ont un angle de même mesure compris entre deux uuur uur b. GC ⋅ FE = b 2 × a × cos ( 45°) = ab. côtés de même longueur, ils sont donc égaux et DC = BE. 2 uuur uuur b Questions Allegro CD ⋅ GF = a × 2 × cos (135°) = −ab. uuur uuur uuu2r uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur u 1. D’après les propriétés du produit scalaire : uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur u2. GE uur ⋅ GD uuur= GFu+uurFE ⋅ GC uuur+ CD u=uurGF ⋅ GC uuur+ GF ⋅ CD uuur +uFE uur ⋅ GC + F 2r uuuri2 ⇔ uuuiEC r uuuir2 =uiuAC r uiuu ur i2uuu uuur⋅ AE uuur⇔ uEC ur 2 u uuur2 ACuuu uuuir2 +uiuuAC r i2 u+uuri AE AC ⋅ AE = 1 −i AC − AE i2 + i AC i2 + i AEuiuu2r ⇔ ⋅ rAE u=ur−iEC + iuAE −r 2 AC 2r GE ⋅uGD = GF + FE ⋅uuuGC + CD = uGF ⋅ GC + GF ⋅ CD + FE ⋅ GCu+uurFEuuu ⋅ rCD = GF ⋅ CD + FE ⋅ G uurr uuu u uu r u uu r u uu r uuur uuur uuuu uu r u uu r r u uu r uu r uuur uur 2 uuur uuu2r uuur 2 uuur uuur2 uuur uu2r uuur u2ur uuur uuur uuur 2uur uuu2r 2 + i AE i2 GE ⇔ 2⋅ GD AC ⋅ AE = + −iEC i GC + i AC i +=i AE i ⇔ iEC i = i AC i + i AE i − ⋅2CD AC ⋅ AE ⇔ EC = AC + AE 2 − 2 AC ⋅ AE uuur = GF uuur FE ⋅uuu r + CD uuur GF uuur ⋅ GC + GF ⋅ CD + FE ⋅ GC u+uuFE uuur r uuur = GF ⋅ CD + FE ⋅ GC . 2 uuu⋅rAE uuur uuur uuur uur uuur + i AE i2 ⇔ iEC i2 = i AC i2 + i AE i2 − 2 AC ⋅ AE ⇔ EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC uuur uuur uuur uuur ⋅rGC = ab − ab = 0. On en déduit 3. GE ⋅ GD = GF ⋅ CD uuur + FEuuu 2 2 2 2 AC ⋅ AE ⇔ EC = AC + AE − 2 AC ⋅ AE . que les vecteurs GE et GD sont orthogonaux et que les · = 360 − 180 − CAE · = 180 − CAE ·. droites (GE ) et (GD ) sont perpendiculaires. On en déduit 2. a. BAD · = GFE ·, · · · · · est rectangle en G. De plus, GCD le triangle GDE cos ( BAD) = cos 180 − CAE = cos (180) × cos(CAE ) + sin(180) × que sin(CAE ) = − cos CAE   GF = GC et FE = CD. On en déduit que les triangles GCD · · · · · AD) = cos 180 − CAE = cos (180) × cos(CAE ) + sin(180) × sin(CAE ) = − cos CAE et GFE sont égaux et que GD = GE. Le triangle GDE est · ) = − cos CAE · . + sin(180) × sin(CAE rectangle isocèle en G. b. En reprenant le même raisonnement qu’au 1. On peut Questions Allegro montrer que : uur uuur u uu r u uu r 1. Dans le repère du plan A ;  1 AB , 1 AD , on a : BD2 = AB2 + AD2 − 2 AB ⋅ AD . a a Or =rAC, AD = AE et uurABuuu b ⎛ ⎞ · uuur ⎛ b ⎞ uuur AB ⋅ AD = AB 2 uuu×r AD uuur× cos( BAD) = − AC × AE × cos (CAE ) ⎜ ⎟. BF ⎜ ⎟ et GE = − AC ⋅ AE ⎝ a⎠ ⎜− b + a ⎟ uuur uuur ⎝ 2 ⎠ ⋅rAE d’où BD2 = AC 2 + AE 2 +uuu 2rACuuu uuur uLes uur droites BF GE et sont perpendiculaires si et seule( ) ( ) uuur uuur 3. BD2 = AC 2 + AE 2 +uuu 2rACuuu ⋅ rAE  et EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC ⋅ AE uur uuur BF ⋅ GE = 0. ment si uuur uuur 2 2 AC ⋅ AE  et EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC ⋅ AE alors BF ⋅ GE = 0 ⇔ b − a b + a = 0 ⇔ −a2 − b a + b = 0. u uu r u uu r 2 2 2 2 2 BD2 − EC 2 = 4 AC ⋅ AE = 4 AI 2 − EC = 4 AI 2 − EC 2 4 b a + b2 a pour discriminant : 2 Le trinôme −a − 2 2 d’où BD2 = 4 AI 2 et, comme ce sont des longueurs, donc des 2 2 nombres positifs, on a BD = 2AI. b b Δ= − 4 × (−1) × = 9 b2. Le discriminant est positif, le 4 4 2 104  trinôme admet donc deux racines distinctes dans R. b  − 9 b2 b  + 9 b2 Questions Va piano 2 1 2 4 4 a1 = = b et a2 = = −b. −2 2 −2 1. A(0 ; 0) ,  B (1; 0) , C (1; 1) ,  D (0 ; 1) et E (3 ; 0). a et b sont des grandeurs positives, il faut donc choisir a et b 2. Le triangle GCF est rectangle isocèle en G, le point H , tels que a = 1 b ⇔ b = 2a, pour que les droites ( BF ) et (GE ) projeté orthogonal de G sur (CF ) est donc le milieu de [CF ] . 2 Or le point F a pour coordonnées F (3 ; 1), on a donc : soient perpendiculaires. 2. On pose b = 2a. Dans le triangle DGH rectangle en H, ⎧ xC + xF ⎧ x = 1+ 3 ⎪⎪ x H = d’après le théorème de Pythagore, on a : ⎧ H x = 2 ⎪ ⎪ 2 ⇔ H 2 ⇔⎨ ⎨ ⎨ GD = CD2 + GC 2 = a2 + (2a )2 = a 5. ⎪⎩ yH = 1. ⎪ yH = 1+ 1 ⎪ y = yC + yF 2 ⎩ Or, GD = GE (voir question 3 Moderato), donc GE = a 5 . ⎪⎩ H 2 Soit S l’aire du triangle GDE rectangle en G. Le point H a pour coordonnées (2 ; 1). 2 2 a 5) ( 3. Le triangle GCF est rectangle isocèle en G, donc (GH ) est GD × GE On a S = = = 5a . la médiane du triangle issue de l’angle droit, elle mesure la 2 2 2 Soit SGDC l’aire du triangle GDC  : moitié du côté opposé. On a donc, GH = CF = CH. On en 2 déduit que le triangle CGH est isocèle en H . SGDC = 1 × a × b 2 × sin(135°) = 1 a2 . 2 2 2 Dans le triangle GCF rectangle isocèle en G, la droite (GH ) Soit ! totale l’aire de la figure colorée : est la hauteur du triangle issue de l’angle droit. On en déduit ! totale = S − SGDC = 5 a2 − 1 a2 = 2a2 . que la droite (GH ) est perpendiculaire à la droite (CH ) et que 2 2 L’aire de la figure colorée est égale à 2a2 . le triangle CGH est rectangle isocèle en H .

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Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

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1  To calculate the dot product of two vectors, we multiply the length of vector a by the length of vector b then multiply by the cosine of the angle between a and b. The dot product gives a number as an answer. r 2  1.  ar ⋅ b = 3 × 4 × cos π = 3 × 4 × 1 = 6. 3 2 r r 2.  a ⋅ b = −3 × 12 + 4 × 5 = −16. r r i a i = (−3)2 + 42 = 5 and i b i = 122 + 52 = 13. r r r r r r r r r r a ⋅ b = i ai × i b i × cos a, b ⇔ cos a, b = r a ⋅ b r ⇔ cos a, b i ai × i b i r r r r ⇔ cos a, b = r a ⋅ b r ⇔ cos a, b = −16 ⇔ 5 × 13 i ai × i b i r r r r ⇔ cos ( a, b ) = −16 ⇔ cos a, b = −16 . 65 5 × 13 Using calculator, the size of the angle between a and b is around 104,3°. r r r r 3. Vectors a and c are perpendicular and vectors b and d are also perpendicular.

()

r r × cos a, b

( )

a⋅b r r i ai × i b i

( )

( )

( ) ( )

( )

3  1. The result of this algorithm is « yes ».

4  The direction vectors for two carbon-hydrogen bonds in CH 4 are given : r r r r A r = ri + rj + kr . B = i − j − k. r The magnitude of the vector A is : r = −16 ⇔ i Ai = 12 + 12 + 12 = 3 . 5 × 13 r The magnitude of the vector B is : r i Bi = 12 + (−1)2 + (−1)2 = 3. r r r r r r r r r r A ⋅ B = i Ai × i Bi × cos A, B ⇔ cos A, B = r A ⋅ B r . i Ai × i Bi r r A ⋅ B = 1× 1+ 1× (−1) + 1× (−1) = −1. r r r −1 ⇔ cos A, Br = −1. cos A, B = 3 3× 3 Using the calculator, the angle between two carbon-hydrogen bonds in CH 4 is around 109,5°.

(

(

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)

(

(

)

)

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2. The triangle HAT is rectangle in A. 3.  A(0 ; 1) , H ( 4 ; − 2) and T (−1; 1).

( )

4. The second lineuuu of r the algorithm uurcalculate the dot product between vector HA and vector TA. The algorithm verifies if two vectors are orthogonal or not.

Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire

175

8

Géométrie repérée

1  Un vecteur directeur de $1 a pour coordonnées ⎛ 2 ⎞ .

⎝ −1⎠ Un vecteur directeur de $ 2 a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ . ⎝ 1⎠ Un vecteur directeur de $ 3 a pour coordonnées ⎛ 1⎞ . ⎝ 0⎠ Un vecteur directeur de $ 4 a pour coordonnées ⎛ 3 ⎞ . ⎝ 2⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ −1 3 2  a.  b.  c.  −3 ⎝ 1⎠ ⎝ 2⎠ ⎝ 0⎠ d. ⎛ 0 ⎞ e. ⎛ 1 ⎞ ⎝ 1⎠ ⎝ −0.5⎠

5  1. Dans chacun des cas, on calcule le produit scalaire :

a. −3 × 1+ 2 × 4 = 5 b. ( 3 − 1)( 3 + 1) − 0 = 3 − 1 = 2 c.  2 × 2 + 4 × − 1 = 2 − 2 = 0 2 2. Dans le cas c, le produit scalaire est nul donc les vecteurs sont orthogonaux.

( )

6  1. x 2 + 6x + 9

2. y2 − 14 y + 49 4. x 2 − 2 2x + 2

3. y2 + y + 1 4 7  Le couple solution est (1; 1). !!!" !!" 8  1. M  [ ( AB) ⇔  AM  colinéaire à  AB ⇔ ( x − 8) × ( −1) − ( y − 4 ) × 8 = 0 3  1. 2 × 2 − ( −1) × ( −1) ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. ⇔ x + 8 y − 24 = 0 2. 3 × 1− 0 × 4 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas colinéaires. 2. (AB) a une équation cartésienne du type 2x + y + c = 0, c [ R 3. −3 × − 5 − 1× 5 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires. 2x + y + c = 0, c [ R. 9 3 C  [ ( AB ) ⇔ c = −1 4. 0 × ( −32) − 5 × 0 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires. D’où ( AB) : 2x + y − 1 = 0. !!" !!!" 4  1. I milieu de [ AB] ⇔ I (1 ; 3) 9  On considère les deux vecteurs AB ⎛ 5 ⎞ et AC ⎛ 1 ⎞ . 2. C (13 ; 6) ⎝ −1⎠ ⎝ −2 ⎠ 5 × ( −2 ) − ( −1) ×1 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points ne sont pas alignés.

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( )

Pour construire le cours Situation

1 

1 

On calcule les produits des paires de vecteurs suivantes, ils sont nuls donc les vecteurs sont orthogonaux : ! scalaires ! ! ! ! ! n et z                   u et t v et w Chapitre 8 Géométrie repérée

177

!⎛

!

!

⎛ ⎞ 3  a = 1 et b = 4 ; or t ⎛ 1 ⎞ , soit t ⎜ a ⎟ .

⎞

2  u ⎜ −b ⎟ ⎝ ⎠

⎝ 4⎠ ⎝ b⎠ a ! ⎛ a⎞ ! ⎛ −3 ⎞ !⎛ 4 ⎞ 4  z , donc a = −3 et b = −4 ; or n , soit n ⎜ ⎟ . ⎝ −4 ⎠ ⎝ b⎠ ⎝ −3⎠ ⎛ ⎞ ⎝ b⎠

5  Un vecteur normal a pour coordonnées ⎜ a ⎟ .

Situation

2 

1  S(3 ; –1) 2  et 3 

4  x = 3 5  12 − 6 × 1+ 8 = 3 donc le point A appartient à la courbe. 6  et 7  Voir fichier. 8  Il semble que tout point de la courbe a son symétrique par rapport à Δ qui appartient à la courbe également.

Situation

3 

1  1 et e  2 et c  3 et f  4 et d  5 et b  6 et a.

3  x 2 + y2 = 4 4  ( x − 1)2 + ( y − 3)2 = 4

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  Le point A appartient à la parabole si et seulement si yA = ax 2A + bx A + c.

Le point B appartient à la parabole si et seulement si yB = ax B2 + bx B + c.

2  Un produit de facteur est nul si et seulement si au moins un de ses facteurs est nul. 3  x A = x B ou x A + x B = − b . a

4  x A = x B lorsque les points A et B sont confondus, c’est-à-dire lorsque le point A est le sommet de la parabole. On a alors

xA = − b . 2a

5  1er cas : A est distinct du sommet de la parabole.

• On prouve qu’il existe deux points distincts A et B de la parabole qui ont la même ordonnée. • On calcule les coordonnées du milieu de ces deux points. • On établit que la droite Δ d’équation x = − b est la médiatrice du segment [AB]. 2a • On en déduit que le point B est le symétrique de A par rapport à Δ. 2e cas : A est confondu avec le sommet de la parabole. • A est son propre symétrique (invariant par symétrie axiale). 178

Chapitre 8 Géométrie repérée

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2  Les équations a et e sont celles de deux cercles. Pour a, le centre a pour coordonnées ( −2 ; − 3) et un rayon égal à 1, pour e, le centre a pour coordonnées (2 ;3) et un rayon égal à 2.

Rédiger une démonstration !!!"



1  M[ $ ⇔ AM ⋅ n" = 0 ⇔ a ( x − x A ) + b( y − y A ) = 0

⇔ ax + by − ax A − byA = 0 ⇔ ax + by + c = 0, avec c = −ax A − byA

2  M[ #( A, R ) ⇔ AM 2 = R2 (car AM et R sont deux grandeurs positives) ⇔ ( x − x A )2 + ( y − yA )2 = R2

Utiliser un raisonnement

! ! • $1  est parallèle à $ 2 ⇔ n1  est colinéaire à  n2 ⇔ ab’ − a’b = 0  ! ! ! ! • $1  est perpendiculaire à $ 2 ⇔ n1  est orthogonal à  n2 ⇔ n1  ⋅  n2 ⇔ aa’ + bb’ = 0

Travaux pratiques TP

1  Intersections

1  a. La fonction teste si le coefficient a est bien non nul (condition de l’énoncé qui assure l’existence de la parabole).

b.

c. − 1 3 2 d. − b − 4ac 4a e. La fonction renvoie l’ordonnée du sommet de la parabole. f. a = 1  b = 2  c = 1. Dans ce cas, la parabole est tangente à l’axe des abscisses. 2  a. Les valeurs possibles renvoyées par la fonction sont : 0, 1 et 2. b. La fonction renvoie False dans le cas où a = 0. c. La fonction renvoie 0 car le sommet est au-dessus de l’axe des abscisses et la parabole est tournée vers le haut. d. La fonction renvoie 2 car le sommet est au-dessus de l’axe des abscisses et la courbe est tournée vers le bas. e. d = −3 © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

f.

g. La fonction détermine le nombre de points d’intersection entre la parabole et la droite d’équation y = d. h.

TP

2  Droites perpendiculaires

⎛ ⎞ 1  Un vecteur normal a pour coordonnées ⎜ β ⎟ . ⎝ ⎠ −α

2  Les droites sont perpendiculaires donc un vecteur directeur de $ est un vecteur normal de Δ.

Chapitre 8 Géométrie repérée

179

3  et 4 

5  Les équations trouvées sont donc 3x − 2 y + 11 = 0 puis 2x + 5y − 6 = 0.

TP

3  Une cible

1 

2  Le centre I du cercle est placé au centre du carré, ses coordonnées sont donc (5 ; 5).

3  a.

b. Pour de très grandes valeurs de n, on constate que la fréquence se stabilise vers 0,1, valeur proche de 4π (probabilité 100 théorique).

TP

4  Orthocentre et symétrie

2  Il semble que le symétrique du point D est l’orthocentre H du triangle ABC.

⎧⎪

⎧⎪ y=0 y=0 ⎪⎧ ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 2 2 ⎪⎩ x + 1 = 3    ou      x + 1 = −3 ⎪⎩ ( x + 1) = 9 ⎪⎩ ( x + 1) + ( y − 1) = 10

3  a. On résout le système ⎨

D’où A( −4 ;0) et B (2 ; 0).

y=0

⎧ x=0 x=0 x=0 ⎪⎧ ⎪⎧ b. On résout le système ⎪⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 2 2 ⎪⎩ y − 1 = 3    ou      y − 1 = −3 ⎪⎩ ( x + 1) + ( y − 1) = 10 ⎪⎩ ( y − 1) = 9 D’où C ( 0 ; 4 ) et D ( 0 ;−2).

180

Chapitre 8 Géométrie repérée

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1 

!!!" !!!" ⎛ x − 2 ⎞ c. H est l’orthocentre de ABC donc BH ⎜ est orthogonal à AC ⎛ 4 ⎞ . Ce qui équivaut à ( x − 2) + y = 0. On remplace les ⎟ ⎝ 4⎠ ⎝ y ⎠ coordonnées proposées pour H dans cette équation et on trouve comme couple solution le couple ( 0 ;2 ). !!" uuur uur !!!" d. Prouvons que DH ⎛ 0 ⎞ est orthogonal à AB ⎛ 6 ⎞  : DH ⋅ AB = 0 × 6 + 4 × 0 = 0, les vecteurs sont donc bien orthogonaux. ⎝ 0⎠ ⎝ 4⎠ !!" !!" Soit I le milieu du segment [ DH ], alors I ( 0 ;0). Prouvons que I appartient à ( AB)  : AI ⎛ 4 ⎞ est colinéaire à AB ⎛ 6 ⎞ , donc les ⎝ 0⎠ ⎝ 0⎠ points A,  B et I sont alignés, donc le point I appartient à la droite ( AB). D’après ce qui précède, la droite ( AB) est la médiatrice du segment [ DH ] donc H est le symétrique du point D par rapport à la droite ( AB).

5  Avec un paramètre

TP 1  et 2 

3  Il semble que pour m . − 1,25 , l’ensemble est un cercle. Pour m = −1,25 , l’ensemble est un point. Pour m , − 1,25 , l’ensemble est vide.

(

2)

1 4  L’égalité donnée est équivalente à ( x − 1 )2 − 1 + ( y + 1)2 − 1 = m soit x − 2

4

2

+ ( y + 1)2 = m + 5 . 4

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• m . − 5 , l’ensemble est le cercle de centre (0,5 ; − 1) et de rayon m + 5 . 4 4 5 • m = − , la somme de deux carrés est nulle si et seulement si ces deux carrés sont nuls simultanément donc l’ensemble est 4 réduit à un point de coordonnées (0,5 ;− 1) . • m , − 5 , la somme de deux carrés n’est jamais nulle donc l’égalité n’est jamais vérifiée et l’ensemble est vide. 4

6  Tangentes à une parabole

TP 1 

2  Oui d’après le graphique ci-dessus. 3  a. La fonction f est dérivable sur R et f ’ ( x ) = 2x − 5 donc f ’ ( 0) = −5. Un vecteur directeur de la tangente a donc pour

coordonnées ⎛ 1 ⎞ . ⎝ −5⎠

⎛ 1⎞ b. Un vecteur normal à la tangente a donc pour coordonnées ⎛ −5⎞ ou ⎜ 1 ⎟ . ⎝ −1⎠ ⎝ 5⎠ 1 1 13 c. On en déduit que f ’ ( x ) = ⇔ 2x − 5 = ⇔ x = . 5 5 5

(

)

d. Donc B 13 ;− 106 . 5 25 Chapitre 8 Géométrie repérée

181

Réfléchir, parler & réagir Calcul mental ! ! 1  1. Oui car u. n = 4 × 3 + 4 × ( −3) = 0 !!" " 2. Non car AB. n = 1× 5 + ( −3) × 2 ≠ 0

! ! 3. Non car les vecteurs N ⎛ −5⎞ et n ⎛ 10 ⎞ ne sont pas colinéaires. ⎝ 14 ⎠ ⎝ 7⎠

2  1. OA2 = (−2)2 + 12 = 4 + 1 ≠ 32, donc O n’appartient pas au cercle.

3. AB2 = 52 + 22 ≠ 32, donc B n’appartient pas au cercle.

3  1. x = 1    2. x = − 1    3. x = 0    4. x = − 1 2

4

5

4  1. Oui, le cercle a pour centre le point O(0 ; 0) et pour rayon 2 .

2. Non, cet ensemble est vide. 3. Non, cet ensemble est vide. 4. L’équation est équivalente à ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 0, l’ensemble est donc réduit à un point.

5  L’abscisse du sommet est − 1 et l’ordonnée est donc 13 . 4

2

Automatisme 6  1. d : 2x − y − 5 = 0    2. d ’ : − x − 2 y + 10 = 0    3. 2x − y = 0 ur ur u !" !" ! 7  n1 ⎛ 3 ⎞ et n2 ⎛⎜ − 4 ⎞⎟ or n1 ⋅ n2 ≠ 0 donc les droites ne sont pas perpendiculaires. ⎝ −5⎠

⎝ 2 ⎠

!" ur 8  Un vecteur normal de d1 est n1 ⎛ 1 ⎞ donc un vecteur directeur de cette droite est u1 ⎛ −2⎞ . Un vecteur directeur de d2 est ⎜ ⎟

⎝ −2 ⎠ ⎝ −1⎠ ur ⎛ 1 ⎞ ur ⎛ 1 ⎞ u2 ⎜ ⎟  , un vecteur directeur de d3 est u3 ⎜ ⎟ . Les vecteurs directeurs de ces trois droites ne sont pas colinéaires deux à deux ⎝ −8⎠ ⎝ −2⎠

9  1. ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 9 2. IA2 = 25 donc une équation est ( x − 5)2 + ( y + 3)2 = 25 . 3. Le milieu de [AB] a pour coordonnées − 1 ; − 1 et AB2 = 34, donc une équation est ( x + 1 )2 + y + 1 2 2 2 2

(

)

(

10  1. S1 ( −1; 0) et S2 (1; − 1). 2. S1 appartient à l’axe des abscisses, donc il y a un point d’intersection : S1 . Pour la seconde parabole, a , 0 et S2 est sous l’axe (Ox ), donc il n’y a pas de point d’intersection.

11  1. H (1 ;− 3)     2. H (2 ;− 1)     3. H ( 0 ; 0) 12  A et U    B et S    C et T    D et R 13  L’axe de symétrie a pour équation x = 3 , donc C appartient bien à cet axe (son abscisse vaut 3 ). 2

182

Chapitre 8 Géométrie repérée

2

)

2

= 34.

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donc les droites ne sont pas parallèles deux à deux, elles sont donc sécantes. Et elles forment donc un triangle. On constate !" !" ! que n1 = u3 donc les droites d1 et d3 sont perpendiculaires. Le triangle est donc bien rectangle.

Exercices 1  a. n! ⎛ 3⎞ est un vecteur normal à $. ⎝ 1⎠

! b. n ⎛ 5 ⎞ est un vecteur normal à $. ⎝ 2⎠ ! c. n ⎛ 1⎞ est un vecteur normal à $. ⎝ 0⎠ ⎛ 2⎞ !⎜ 5 ⎟ d. n est un vecteur normal à $. ⎜ 1⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ 3 2  D’après la figure, on conjecture que les deux vecteurs !" !" ! !" !" ! ! normaux à $ sont n1 , n3  et n6 . Soit u ⎛ 2 ⎞ . Le vecteur n1 a ⎝ −1⎠ pour coordonnées ⎛ 1⎞ . ⎝ 2⎠ !" ! !" " Or, n1 ⋅ u = 2 × 1− 1× 2 = 0. Les vecteurs n1 et u sont orthogo!" naux. On en déduit que n1 est un vecteur normal à la droite $. !" ! Le vecteur n3 a pour coordonnées ⎛ 2 ⎞ . ⎝ 4 ⎠ !" !" ! " ! ! Or, n3 ⋅ u = 2 × 2 − 1× 4 =!" !0. Les vecteurs n3 et u sont orthogonaux. On en déduit que n3 est un vecteur normal à la droite $. !" ! Le vecteur n6 a pour coordonnées ⎛ −1⎞ . ⎝ −2 ⎠ !" ! !" ! " ! n Or, n6 ⋅ u = 2 × ( −1) − 1× ( −2) = 0. !" Les vecteurs 6 et u sont ! orthogonaux. On en déduit que n6 est un vecteur normal à la droite $. !"

!"

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3  u1 ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite $1. Soit, n1 un

⎝ 2⎠ vecteur qui a pour coordonnées ⎛ −2 ⎞ . ⎝ 1⎠ !" !" !" !" n1 et u1 sont On a, n1 ⋅ u1 = 1× ( −2) + 2 × 1 = 0. Les vecteurs !" orthogonaux. On en déduit que n1 est un vecteur normal à la droite $1 . !" ! !" ! u2 ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 2. Soit, n2 un ⎝ 0⎠ vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ . ⎝ 1⎠ !" ! !" ! !" ! !" ! n u On a, n2 ⋅ u2 = 1× 0 + 0 × 1 = 0. Les!" vecteurs et 2 2 sont ! orthogonaux. On en déduit que n2 est un vecteur normal à la droite $ 2 . !" ! !" ! u3 ⎛ 0 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 3. Soit, n3 un ⎝ 1⎠ ⎛ 1⎞ vecteur qui a pour coordonnées ⎝ ⎠ . 0 !" ! !" ! !" ! !" ! On a, n3 ⋅ u3 = 1× 0 + 0 × 1 = 0. Les!" !vecteurs n3 et u3 sont orthogonaux. On en déduit que n3 est un vecteur normal à la droite $ 3 . !" ! !" ! u4 ⎛ 4 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 4. Soit, n4 un ⎝ −1⎠ vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 1 ⎞ . ⎝ 4⎠ !" ! !" ! !" ! !" ! On a, n4 ⋅ u4 = 1× 4 + 4 × ( −1) = 0.!" Les ! vecteurs n4 et u4 sont orthogonaux. On en déduit que n4 est un vecteur normal à la droite $ 4 .

4  1. L’équation cartésienne donnée est de la forme

ax + by + c = 0, avec a = 4 et b = −1. Donc un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎛⎜ a ⎞⎟ , soit ici ⎛ 4 ⎞ . ⎝ −1⎠ ⎝ b⎠

2. L’équation cartésienne donnée est de la forme ax + by + c = 0, avec a = −2 et b = 5. Donc un vecteur normal ⎛ ⎞ à $ a pour coordonnées −2 . ⎝ 5⎠ 3. L’équation cartésienne donnée est de la forme ax + by + c = 0, avec a = 1 et b = −1. Donc un vecteur normal ⎛ ⎞ à $ a pour coordonnées 1 . ⎝ −1⎠ 4. y = 1 x + 2 ⇔ − x + 3y − 6 = 0, l’équation cartésienne est de 3 la forme ax + by + c = 0 avec a = −1 et b = 3. Donc un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎛ −1⎞ . ⎝ 3⎠ 5. y = −3 ⇔ y + 3 = 0, l’équation cartésienne est de la forme ax + by + c = 0 avec a = 0 et b = 1. Donc un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ . ⎝ 1⎠ !!" 5  1. Le vecteur AB de coordonnées ⎛⎜ 3 − (− 3)⎞⎟ = ⎛⎜ 6 ⎞⎟ est ⎝ −2 − 2 ⎠ ⎝ −4 ⎠ un vecteur directeur de la droite ( AB). ! ⎛ 2⎞ Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎝ ⎠ . 3 " " ! ! ! !!" On a n ⋅ AB = 2 × 6 + 3 × ( −4 ) = 0. Les vecteurs n et AB sont ! orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur normal à la droite ( AB) . !!" ⎛ −3 − 0 ⎞ ⎛ −3 ⎞ 2. Le vecteur AB de coordonnées ⎜ est = ⎝ −12 − (− 1)⎟⎠ ⎝ −11⎠ un vecteur directeur de la droite ( AB). ! Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 11⎞ . ⎝ −3⎠ ! !!" r uuur On a n ⋅ AB = 11× (−3) − 3 × (−11) = 0. Les vecteurs n et AB ! sont orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur normal à la droite ( AB). !!" ⎛ 3,23 − 1 ⎞ ⎛ 2,23⎞ 3. Le vecteur AB de coordonnées ⎜ =⎜ ⎟ est ⎝ −4,5 − (− 3)⎟⎠ ⎝ −1,5 ⎠ un vecteur directeur de la droite ( AB). ! Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎛⎜ 1,5 ⎞⎟ . ⎝ 2,23⎠ ! ! ""! vecteurs n et On !!" a n ⋅ AB = 1,5 × 2,23 + 2,23 × ( −1,5) = 0. Les ! AB sont orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur normal à la droite ( AB) .

6 

y d3

n3 n1

d5 1

n2

0

n5 x

1

d1 n4

n6

d2 d6

d4

Chapitre 8 Géométrie repérée

183

!!!" 3. Le vecteur BC ⎛ −11⎞ est un vecteur normal de la droite ⎝ 5⎠ ⎝ 9 ⎠ –b = −3, soit b = 3 et a = 5. D donc D admet une équation cartésienne de la forme Un vecteur normal à $ a donc pour coordonnées ⎛ 5⎞ . −11x + 9 y + c = 0 avec c [R. ⎝ 3⎠ 4. A appartient à D ⇔ −11× x A + 9 × yA + c = 0 ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) + 2. Un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎛⎜ a ⎞⎟ . Par lecture ⎝ b⎠ D ⇔ −11× x A + 9 × yA + c = 0 ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) + c = 0 ⇔ c = 133 des coefficients, a = 3 et b = 2. D ⇔ −11× x + 9 × y + c = 0⎞ ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) + c = 0 ⇔ c = 133. ⎛ a A A Donc un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎜⎝ b ⎟⎠ soit La droite D a pour équation cartésienne −11x + 9 y + 133 = 0. ⎛ 3⎞ . ⎝ 2⎠ 12  Le vecteur directeur u! ⎛ −1⎞ de la droite $ est un vecteur ⎝ 3⎠ !" ⎛ 1⎞ ! ⎛ 3⎞ normal à la droite perpendiculaire à $ et passant par le point A. 8  1. Soit u un vecteur directeur de la droite d et u’ ⎝ 1⎠ ⎝ 3⎠ La droite perpendiculaire à $ et passant par le point A admet un vecteur directeur de la droite d ’. une équation cartésienne de la forme − x + 3y + c = 0, avec !" ! "! ! c [R. u ⋅ u’ = 1× 3 + 3 × 1 = 6 ≠ 0. Les vecteurs u et u’ ne sont pas A appartient à la droite perpendiculaire à $ orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’ ne sont $ ⇔ − x AA + 3 × yAA + c = 0 ⇔ −1+ 3 × 3 + c = 0 ⇔ c = −8 pas perpendiculaires. !" La droite perpendiculaire à $ et passant par le point A a pour ! ⎛ ⎞ 2. Soit u ⎛ −1⎞ un vecteur directeur de la droite d et u’ 8 un équation cartésienne − x + 3y − 8 = 0. ⎝ 4⎠ ⎝ 2⎠ d ’. ! vecteur directeur de la droite 13  1. u ⎛ −2 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ et un ! !" ! "! ⎝ −4 ⎠ u ⋅ u’ = −1× 8 + 2 × 4 = 8. Les vecteurs u et u’ sont orthogovecteur normal pour la droite perpendiculaire à $ passant naux, on en déduit que les droites d et d ’ sont perpendiculaires. !" ! par B. 3. Soit u ⎛ 1⎞ un vecteur directeur de la droite d et u’ ⎛ 1 ⎞ un ⎝ −3⎠ ⎝ 3⎠ La droite perpendiculaire à $ et passant par le point B admet une équation cartésienne de la forme −2x − 4 y + c = 0 avec vecteur directeur de la droite d ’. ! "! ! !" c [R. u ⋅ u’ = 1× 1+ 3 × ( −3) = −8 ≠ 0. Les vecteurs u et u’ ne sont pas appartient à la droite perpendiculaire à $ B orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’ ne sont pas $ ⇔ −2x B − 4 × yB + c = 0 ⇔ −2 × 0 − 4 × (−2) + c = 0 ⇔ c = −8 perpendiculaires. $ ⇔ −2x B − 4 × yB + c = 0 ⇔ −2 × 0 − 4 × (−2) + c = 0 ⇔ c = −8. !⎛ ⎞ La droite perpendiculaire à $ et passant par le point B a pour 4. Soit u ⎜ 1+ 3 ⎟ un vecteur directeur de la droite d et ⎝ ⎠ 2 !" ⎛ équation cartésienne −2x − 4 y − 8 = 0. ⎞ u’ ⎜ 1− 3 ⎟ un vecteur directeur de la droite d ’. ! "! ⎛ ⎞ ! !⎝ 1 ⎠ 2. u −2 est un vecteur directeur pour la droite parallèle à u u ⋅ u’ ⎝ −4 ⎠ !" = (1+ 3 ) × (1− 3 ) + 2 × 1 = 1− 3 + 2 = 0. Les vecteurs $ passant par le point C (3;3). et u’ sont orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’ La droite parallèle à $ et passant par le point C admet une sont perpendiculaires. équation cartésienne de la forme − 4 x + 2 y + c = 0 avec c [R. 9  1. Δ : 8x − 9 y + 26 = 0 C appartient à la droite parallèle à $ 2. Δ : y + 4 = 0 $ ⇔ −4 xC + 2 × yC + c = 0 ⇔ −4 × 3 + 2 × 3 + c = 0 ⇔ c = 6 $ ⇔ −4 xC + 2 × yC + c = 0 ⇔ −4 × 3 + 2 × 3 + c = 0 ⇔ c = 6. 3. Δ : 1 x − 1 y − 3 = 0 2 4 La droite parallèle à $ et passant par le point C a pour équa4. Δ : x − y − 7 = 0 tion cartésienne − 4 x + 2 y + 6 = 0. y +y x +x 10 1. xI = B C = 4 + 2 = 3 ; yI = B C = −1+ 8 = 3,5. 14  Δ : 2x + y = 0 et 2 × ( −2) + 5 ≠ 0, donc E n’appartient pas 2 2 2 2 à Δ. Le point I a pour coordonnées (3 ; 3,5) . ⎛ a⎞ 15  1. Dans le triangle ABC , la hauteur issue de A est la droite 2. Un vecteur normal à Δ a pour coordonnées ⎜ ⎟ . Par lecture !!!" ⎝ b⎠ des coefficients, a = −3 et b = 2. perpendiculaire à ( BC ) passant par A. Le vecteur BC ⎛ −3⎞ ⎝ 3⎠ ! n , un vecteur normal à Δ, a pour coordonnées ⎛ −3⎞ . est un vecteur normal à la hauteur issue de A. La hauteur ⎝ 2⎠ !!!" ⎛ 2 − 4 ⎞ ⎛ −2 ⎞ issue de A admet une équation cartésienne de la forme 3. BC ⎜ = −3x + 3y + c = 0, avec c [R. ⎝ 8 − (− 1)⎟⎠ ⎝ 9 ⎠ ! !!!" A appartient à la hauteur ⇔ −3 × x A + 3 × yA + c = 0 ⇔ −3 × 3 + 3 × 1+ −2 × 2 − ( −3) × 9 = 23 ≠ 0. Les vecteurs n et BC ne sont pas −3 × x A + 3 × yA + c = 0 ⇔ −3 × 3 + 3 × 1+ c = 0 ⇔ c = 6.  ⇔ colinéaires. La hauteur issue de A a pour équation cartésienne 4. La droite médiatrice d’un segment est la droite perpendi! −3x + 3y + 6 = 0. n normal à la culaire à ce segment en son milieu. Le vecteur !!!" 2. La médiatrice du segment [ AB] est la droite perpendicudroite Δ n’est pas colinéaire au vecteur BC , vecteur directeur laire à [ AB] passant par I milieu de [ AB]. de la droite ( BC ) . On en déduit que les droites Δ et ( BC ) ne y + yB 1− 3 x + xB 3 + 2 sont pas perpendiculaires et par conséquent que la droite Δ = = −1. xI = A = = 2,5 et yI = A 2 2 2 2 ne peut pas être la médiatrice du segment [ BC ]. Le point I a pour coordonnées (2,5 ; − 1). !!!" ⎛ −3 − 8 ⎞ ⎛ −11⎞ !!" ⎛ −1 ⎞ 11  1. BC ⎜ = Le vecteur AB ⎜ ⎟ est un vecteur normal à la médiatrice du ⎟ 4 − − 5 ⎝ ⎠ ( ) 9 ⎠ ⎝ ⎝ − 4⎠ 2. Les droites $ et ( BC ) étant perpendiculaires, un vecteur directeur de la droite ( BC ) est un vecteur normal de la droite $. 184

Chapitre 8 Géométrie repérée

segment [ AB]. La médiatrice du segment [ AB] admet une équation cartésienne de la forme –x − 4 y + c = 0 avec c [R.

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7  1. Un vecteur directeur de la droite $ est u! ⎛ −3⎞ donc

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( −11. Δ ) + c: x= −02⇔ I appartient à la médiatrice ⇔ − xI − 4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 ×19  y +c1==−1,5 0 et −1− 2 × 0 + 1 = 0, donc H appartient ⇔ − xI − 4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = −1,5 à la droite Δ. 4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = −1,5. !⎛ ⎞ Le vecteur n 1 est un vecteur normal à la droite Δ. Soit La médiatrice du segment [ AB] a pour équation cartésienne ⎝ −2 ⎠ − x − 4 y − 1,5 = 0. H est le projeté orthoM ( x ; y ) un point du plan. Le point!!! " " 3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de gonal de M sur Δ si et seulement si HM = kn avec k [R. vérifier les résultats des questions précédentes. Pour k = 1, on a : !!!" " ⎧⎪ x − ( −1) = 1 16  1. Soit I le milieu de [ DD’ ]. ⎧⎪ x = 0 HM = n ⇔ ⎨ ⇔⎨ . Le point H est le yD + yD' −2 + 6 x D + x D' 3 + 5 y − 0 = −2 = = 2. Le ⎪ y = −2 xI = = = 4 et yI = ⎪ ⎩ ⎩ 2 2 2 2 projeté orthogonal du point M ( 0 ; − 2) sur la droite Δ. point I a pour coordonnées ( 4 ; 2). 2. y = x − 2 ⇔ − x + y + 2 = 0, l’équation cartésienne est de 20  1.  x = 3 2. x = − 1 2 10 la forme ax + by + c = 0 avec a = −1 et b = 1. Donc un vecteur 3 3 7 3. x = − 4. x = 5. x = normal à Δ a pour coordonnées ⎛ −1⎞ . 2 12 2 ⎝ 1⎠ !!!!" ⎛ 5 − 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞ 21  •  P : y = x 2 + 2x − 1, la parabole 3 admet un axe de 3. DD’ ⎜ = ⎝ 6 − (− 2)⎟⎠ ⎝ 8 ⎠ symétrie d’équation x = −2 , soit x = −1. Or x B = −1, le point 2 2!!!! × "1− ( −1) × 8 = 10 ≠ 0. Le vecteur normal à Δ et le vecteur B appartient donc à l’axe de symétrie de la parabole 3. DD’ ne sont pas colinéaires. 2 3 admet un axe de symétrie : y = x − 5x − 12, la parabole • P 4. On déduit de la question précédente que les droites Δ 5 5 d’équation x = . Or x B = 5 ≠ , le point B n’appartient donc et ( DD’ ) ne sont pas perpendiculaires, or un point et son 2 2 symétrique par rapport à une droite sont situés sur une droite pas à l’axe de symétrie de la parabole 3. perpendiculaire à l’axe de symétrie. Le point D ne peut donc • P : y = 2x 2 + 16x − 9, la parabole 3 admet un axe de symépas être le symétrique du point D par rapport à la droite trie d’équation x = −16 , soit x = − 4. Or x B = 4 ≠ −4, le point d’équation y = x − 2. 2×2 B n’appartient donc pas à l’axe de symétrie de la parabole 3. 17  1. Δ : x − y − 2 = 0 et 1− ( −1) − 2 = 0, donc H appartient •  P : y = 35x 2 + 140x − 77, la parabole 3 admet un axe de Δ à la droite . symétrie d’équation x = −140 , soit x = −2. Or x B = −2, le 2. Par lecture des coefficients a et b de l’équation cartésienne 2 × 35 !⎛ 1 ⎞ B appartient donc à l’axe de symétrie de la parabole 3. point de Δ, on détermine les coordonnées d’un vecteur n ⎝ −1⎠ normal à la droite Δ. 22  Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse : !!!" ⎛ 1− 4 ⎞ ⎛ −3⎞ AH = . xS = −2 = −1. ⎝ −1− 2 ⎠ ⎝ −3⎠ 2 −3 × 1− ( −1) × ( −3) = −6 ≠ 0. Le vecteur normal à Δ et le Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée : !!!" yS = (−1)2 + 2 × ( −1) + 1 = 0. vecteur !AH !!" ne sont pas colinéaires, on en déduit que le Donc S a pour coordonnées ( −1; 0). Le sommet est sur l’axe vecteur AH n’est pas un vecteur normal à Δ . des abscisses, la parabole admet un seul point d’intersection 3. La droite ( AH ) n’est pas perpendiculaire à la droite Δ, le avec l’axe des abscisses. point H ne peut donc pas être le projeté orthogonal de A sur Δ. Le sommet S’ de la parabole 3’ a pour abscisse : −4 18  Le vecteur n! ⎛ 3⎞ est un vecteur normal à la droite Δ. xS ’ = = 1. ⎝ 1⎠ 2 × ( −2) 1. Δ : 3x + y − 2 = 0 et 3 × ( −1) + 5 − 2 = 0, donc R appartient Le sommet S’ de la parabole 3’ a pour ordonnée : à la droite Δ. yS = −2 × 12 + 4 × 1− 3 = −1. !!" !!" " CR ⎛ −1− 2 ⎞ = ⎛ −3⎞ . On remarque que CR = − n, les vecteurs Donc S a pour coordonnées (1; − 1). ⎝ ⎠ ⎝ −1⎠ !!" 5!− 6 De plus, a = −2, donc négatif, la parabole est « tournée vers CR et n sont colinéaires. On en déduit que la droite (CR) est le bas », elle n’admet donc aucun point d’intersection avec perpendiculaire à la droite Δ et que le point R est le projeté l’axe des abscisses. orthogonal du point C sur la droite Δ. 3 × ( −2) + 8 − 2 = 0, donc S appartient à la droite Δ. 23  1. Affichage de la parabole sur la calculatrice. !!" !!" ⎛ −2 − (− 8 )⎞ ⎛ 6 ⎞ " 2. Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des ordon. On remarque que AS = 2 n , les = AS ⎜ nées a pour coordonnées ( 0 ; 2). ⎝ 8 − 6 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎠ !!" ! 3.  La parabole coupe deux fois l’axe des abscisses, une vecteurs AS et n sont colinéaires. On en déduit que la droite ( AS ) est perpendiculaire à la droite Δ et que le point S est le première fois au point B −2 ; 0 et une deuxième fois au 3 projeté orthogonal du point A sur la droite Δ. point C (1 ; 0) . 3 × 0 + 2 − 2 = 0, donc T appartient à la droite Δ. 4.  L’abscisse du point d’intersection de la parabole !!" ⎛ 0 − 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞ avec l’axe des ordonnées est nulle et son ordonnée est . On en déduit que les points B et T sont BT = ⎝ 2 − 2 ⎠ ⎝ 0⎠ y = −3 × 02 + 0 + 2 soit y = 2. Le point d’intersection de la confondus. Un point appartenant à une droite est son propre parabole avec l’axe des ordonnées a pour coordonnées ( 0 ; 2). projeté sur cette droite. Les points d’intersection de la parabole avec l’axe des 2. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de abscisses ont une ordonnée nulle et pour abscisse les soluvérifier les résultats des questions précédentes. tions de l’équation −3x 2 + x + 2 = 0.

(

)

Chapitre 8 Géométrie repérée

185

L e t r i n ô m e −3x 2 + x + 2 a p o u r d i s c r i m i n a n t Δ = 12 − 4 × ( −3) × 2 = 25. Δ . 0, le trinôme admet donc deux racines distinctes dans R : x1 = −1− 25 = 1 et x2 = −1+ 25 = − 2 . 3 2 × ( −3) 2 × ( −3) Les deux points d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses ont pour coordonnées respectives − 2 ; 0 et (1; 0). 3

(

)

24  1. Le point de la parabole d’abscisse −1 a pour ordonnée y = −3 × ( −1)2 − 1− 2 soit y = − 6.

2. S’ils existent, les points de la parabole d’ordonnée 4 ont une abscisse solution de l’équation 4 = −3x 2 + x − 2. 4 = −3x 2 + x − 2 ⇔ −3x 2 + x − 6 = 0. Le trinôme −3x 2 + x − 2 a pour discriminant : Δ = 12 − 4 × ( −3) × ( −2) = −23. Δ , 0, le trinôme n’admet donc pas de racine dans R. On en déduit que la parabole n’admet pas de point d’ordonnée 4.

25  Le coefficient a de l’équation de la parabole est égal à –1. Comme a , 0, la parabole recherchée est tournée vers le bas, ce qui élimine la parabole 3 1 . De plus, le point d’intersection de la parabole avec l’axe des ordonnées a pour ordonnée y = − 02 + 0 + 5 soit y = 5, ce qui élimine la parabole 3 3 qui passe par l’origine du repère. La parabole 3 2 a pour équation y = − x 2 + x + 5. 26 On remarque que les points A et B ont la même ordonnée, ils sont donc équidistants de l’axe de symétrie de la parabole x + xA 3 + ( −2) qui a pour équation x = B , soit x = , soit x = 1 . 2 2 2 27 Le point B symétrique de A par rapport à la droite d’équation x = 7 appartient à la parabole 3 et a la même ordonnée que le point A. x + xA L’abscisse du point B est telle que 7 = B , soit x B = 14 − 3, 2 soit x B = 11. Le point B (11; − 2) est un point de 3.

28 L’axe de symétrie d’une parabole a pour équation x = − b .

Donc S a pour coordonnées (1; 0). a = −1, donc négatif, la parabole est « tournée vers le bas ». De plus yS , 3, la parabole n’admet donc aucun point d’in2 tersection avec la droite d’équation y = 3. 2 31  1. Le sommet S de la parabole 3 représentative de la fonction N a pour abscisse : − 69 tS ’ = = 11,5. 2 × ( −3) Le nombre de bactéries sera maximal au bout de 11,5 s. 2. Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée : yS = −3 × 11,52 + 69 × 11,5 + 150 = 546, 45. Au bout de 11,5 secondes, il y a aura 546 450 bactéries.

32  1. Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse :

−112 = 12,5. 2 × ( −4, 48) L’avion atteint le sommet de la parabole au bout de 12,5 s. 2. Dans le repère d’origine O tracé en vert, la parabole passe par l’origine et est symétrique par rapport à la droite d’équation t = 12,5. La durée de l’état d’impesanteur est le temps écoulé entre le moment où l’avion est au sommet et le moment où il repasse par l’altitude 8000 m, soit 12,5 s. En supposant que tous les paramètres restent constants, il faudrait que l’altitude maximale de l’avion soit atteinte au bout de 20 s pour que l’expérience d’impesanteur dure 20 s. tS ’ =

33  1.  ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = 3 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − ( −1))2 = 3

C’est l’équation d’un cercle de centre Ω (2 ;−1) et de rayon R = 3. 2 2 2 2 2. ( x + 3) + ( y − 2) = 1 ⇔ ( x − ( −3)) + ( y − 2) = 1 C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ( −3 ; 2) et de rayon R = 1 = 1. 2 2 3. ( x − 2 ) + y2 = 4 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 0)2 = 4 C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ( 2 ;0) et de rayon R = 4 = 2. 2 2 2 2 4.  x − 1 + y + 1 = 12 ⇔ x − 1 + y − − 1 = 12 3 2 3 2 1 1 C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ;− et de rayon 3 2 R = 12 = 2 3 .

(

) (

)

(

) ( ( )) ( )

()

On obtient donc le système suivant : ⎧ a + 2b + 4c = 2 ⎧ a = −6 ⎧ a − 2a − 4 = 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ b = −a ⇔⎨ b=6 b = −a ⎨ ⎪ ⎪ c = −1. ⎪ c = −1 c = −1 ⎩ ⎩ ⎩ Donc une équation de la parabole est y = −6x 2 + 6x − 1.

30  Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse :

−4 = 1. 2 × ( −2) Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée : yS = −12 + 4 × 1− 3 = 0. xS ’ =

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Chapitre 8 Géométrie repérée

35  1. a.  x 2 − 2x = ( x − 1)2 − 1 2 2 b.  y − 4 y = ( y − 2) − 4 2. x 2 − 2x + y2 − 4 y − 9 = 0 ⇔ ( x − 1)2 − 1+ ( y − 2)2 − 4 − 9 = 0. ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 14 C’est l’équation d’un cercle de centre Ω (1; 2) et de rayon R = 14 .

36  1.  Le cercle bleu est le cercle # 4 d’équation ( x + 2)2 + ( y − 2)2 = 2,25 dont le centre a pour coordonnées

( −2 ; 2).

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2a Une parabole admet la droite d’équation x = −3 si et seulement si −3 = − b , soit b = 6a. 2a Les paraboles d’équations respectives y = x 2 + 6x et 34  1.  ( x B − 4 )2 + ( yB − 3)2 = ( −2 − 4 )2 + (1− 3)2 = 36 + 4 = 40 ≠ 3 y = x 2 + 6x + 1 ont la droite d’équation x = −3 pour axe de symétrie. ( xB − 4 )2 + ( yB − 3)2 = (−2 − 4 )2 + (1− 3)2 = 36 + 4 = 40 ≠ 3 Le point B n’appartient pas au cercle. 29  L’abscisse du sommet S vaut − b = 1 . 2.  ( xB + 2)2 + ( yB − 2)2 = (−2 + 2)2 + (1− 2)2 = 1. Le point B 2a 2 On en déduit –b = a, soit b = −a. appartient au cercle. 2 1 3.  x B2 + ( yB − 1) = ( −2)2 + (1− 1)2 = 4 . Le point B appartient De plus, l’ordonnée du point S est , on en déduit donc que 2 au cercle. 1 = a × 1 2 + b × 1 + c ce qui équivaut à a + 2b + 4c = 2. 4.  x B2 + 2x B + yB2 − 2 yB = ( −2)2 + 2 × ( −2) + 12 − 2 × 1 = 4 − 4 + 1− 2 = − 2 2 2 2 2 )2 + 2 × ( −2) + 12 − 2 × 1 = 4 − 4 + 1− 2 = −1 x B T+de 2xcoordonnées B + yB − 2 yB = ( −2 Par ailleurs la parabole passe par le point Le point B appartient au cercle. (0 ; − 1), donc c = −1.

uuur uuur 2 2 Le cercle jaune est le cercle #2 d’équation M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ (1− x )(−3 − x ) + (5 − y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2 uuur xuuu+r y = 2,25 dont le centre pour 0). MA ⋅ MB = 0 ⇔ (1− x )(−3 − x ) + (5 − y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2x − 3 + y2 − 4 y − 5 = 0 ⇔ x 2 + 2x + y2 (0 ; ⇔ M [C uuur auuu r coordonnées M [CLe⇔cercle MA ⋅ noir MB =est0 le ⇔cercle − x ) + (5 −: y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2x − 3 + y2 − 4 y − 5 = 0 ⇔ x 2 + 2x + y2 − 4 y − 8 = 0 (1− x )#(−3d’équation 1 ( x − 2)2 + ( y − 2)2 = 2,25 dont le centre a pour coordonnées ⎛ 2 ⎞ ⎛ 1 ⎞ !!!" ⎜ − 2 − x ⎟ !!!" ⎜ 2 − x ⎟ (2 ; 2 ) . 3. Soit un point M ( x; y ) . MA ⎜ ⎟ et MB ⎜ 3 ⎟. Le cercle vert est le cercle #3 d’équation ( x − 4 )2 + y2 = 2,25 − y⎟ ⎜⎝ ⎜⎝ 2 − y ⎟⎠ ⎠ 2 2 uuur uuur dont le centre a pour coordonnées ( 4; 0). 2 1 2 M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ −x − −x + −y 3 −y =0⇔ Le cercle rouge est le cercle #5 d’équation 2 2 2 2 uuur uuur 2 2 ( x − 6) + ( y − 2) = 2,25 dont le centre a pour coordonnées = 0 ⇔ 2 − x − 1 − x + 2 − y 3 − y = 0 ⇔ x 2 + 1− 2 x + M [C ⇔ MA ⋅ MB 2 2 2 2 2 ( 6 ; 2) . uuur uuur 2 − yde 3 − y = 0 ⇔ x 2 + 1− 2 x + y2 − 2 + 3 y + 6 − 2 2. Une figure logiciel M [C ⇔sur MA ⋅ MB =de0 géométrie ⇔ 2 − xdynamique − 1 − x +permet 2 précédente. 2 2 2 2 2 4 vérifier les résultats de la question 40  ABCD est un carré de côté 4. La longueur de la diagonale 37  1. ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 52 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25 BC ] du carré est égale à 4 2 . Le rayon du cercle circonscrit [ 2 2 2 2. ( x + 3) + y2 = 1 ⇔ ( x + 3) + y2 = 1 2 4 au carré est égal à 4 2 , soit 2 2 et le point E ( 0 ; 0) est le 2 2 2 1 2 4 2 2 2 1 2 16 centre du cercle. 3. x − 3 + y − 4 = 5 ⇔ x − 3 + y − 4 = 25 2 Une équation du cercle est : x 2 + y2 = (2 2 ) ⇔ x 2 + y2 = 8. 2 2 2 2 2 4. ( x − 2 ) + ( y − 2 3 ) = 2 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 3 ) ==22 41  1.  AO = 12 + ( −3)2 = 10 38  •  ( x + 3)2 + ( y − 6)2 = 9.  C’est l’équation d’un cercle de 2 ( x − 1)2 + ( y − ( −3))2 = 10 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 3)2 = 10 centre I ( −3 ; 6) et de rayon R = 3. 2. AB = ( 0 − ( −2))2 + ( −3 − 1)2 = 4 + 16 = 20 • ( x − 9)2 + ( y − 6)2 = 9. C’est l’équation d’un cercle de centre 2 ( x − ( −2))2 + ( y − 1)2 = 20 ⇔ ( x + 2)2 + ( y − 1)2 = 20 K (9 ; 6) et de rayon R = 3 . 2 • x 2 + ( y −1) = 4. C’est l’équation d’un cercle de centre A( 0;1) 42 1. x 2 + y2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre O ( 0 ; 0) et de rayon R = 2. et de rayon 2. Ce cercle coupe l’axe des ordonnées en deux 2 2 • ( x − 6 ) + ( y −1) = 4.  C’est l’équation d’un cercle de centre points de coordonnées respectives ( 0 ;−2) et (0 ; 2). La propoB ( 6 ;1) et de rayon R = 2. sition est fausse. • ( x − 3)2 + ( y + 4 )2 = 1. C’est l’équation d’un cercle de centre 2. ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre C (3 ; − 4 ) et de rayon R = 1. A( −1;1) et de rayon R = 2. On remarque que R . yA , le cercle admet donc deux points d’intersection avec l’axe des 39  1. Soit I le milieu de [ AB], on a : abscisses. La proposition est vraie. y + yB 7 + 0 7 x + x B −3 + 0 3. ( x − 3)2 + ( y + 3)2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre = = . xI = A = = − 3 et yI = A 2 2 2 2 2 2 B (3 ;−3) et de rayon R = 2. On remarque que R , x B , le AB = ( −3)2 + 72 = 58. cercle ne coupe pas l’axe des ordonnées. La proposition est 2 2 2 2 2 vraie. x + 3 + y − 7 = 58 ⇔ x + 3 + y − 7 = 29 . 2 2 2 2 2 2 En prenant l’équation du cercle de la question précédente, !!!" ⎛ 1− x ⎞ !!!" ⎛ −3 − x ⎞ on remarque que R , yB , le cercle ne coupe pas l’axe des et MB ⎜ . 2. Soit un point M ( x ; y ). MA ⎜ ⎟ ⎟ −1− y abscisses. Un contre-exemple à valeur de démonstration, la 5 − y ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ proposition est fausse.

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Exercices 43  a. Une équation cartésienne de d ’ est x + 3y − 3 = 0.

!" !⎛ ⎞ !" u1 ⎛ −3⎞ et u2 −3 sont des vecteurs directeurs respectifs des ⎝ 1⎠ ⎝ 1⎠ d d ’. droites et !" !" !" !" ! ! u1 = u2 , on en déduit que les vecteurs u1 et u2 sont colinéaires et que les droites d et d ’ sont parallèles. !" !" ! b.  n1 ⎛ 1⎞ et n2 ⎛ 1⎞ sont des vecteurs normaux respectifs ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ d des droites et d ’. !" !" ! !" !" ! n1 = n2 , on en déduit que les vecteurs n1 et n2 sont colinéaires et que les droites d et d ’ sont parallèles. c. Une équation réduite de d est y = − 1 x + 1 . 3 3 Les droites d et d ’ ont le même coefficient directeur − 1, elles 3 sont donc parallèles.

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!!!"

44  BC ⎛ −2 − 3⎞ = ⎛ −5⎞ . Le vecteur BC est un vecteur direc-

⎝ 8−2 ⎠ ⎝ 6 ⎠ teur de la droite ( BC ) . ! Le vecteur u ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite Δ. ⎝ 1⎠ uuur r !BC !!" ⋅ u != −5 × 1+ 6 × 1 = 1 ≠ 0 . On en déduit que les vecteurs BC et u ne sont pas orthogonaux, que les droites ( BC ) et Δ ne sont pas perpendiculaires, la droite Δ ne peut donc pas être la médiatrice du segment [ BC ].

45 Si D’ est le symétrique de D par rapport à la droite Δ alors Δ est la médiatrice du segment [ DD’ ]. !!!!" ⎛ −3 − 0 ⎞ ⎛ −3 ⎞ !!!!" DD’ = . Le vecteur DD’ est un vecteur directeur ⎝ 2 − 4 ⎠ ⎝ −2 ⎠ de la droite ( DD’ ). Chapitre 8 Géométrie repérée

187

)

! Le vecteur u ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite Δ. ⎝ 2⎠ !!!!" " DD’ ⋅ u = −3 × 1− 2 × 2 = −7 ≠ 0. On en déduit que les vecteurs !!!!" ! DD’ et u ne sont pas orthogonaux, que les droites ( DD’ ) et Δ ne sont pas perpendiculaires, la droite Δ ne peut donc pas être la médiatrice du segment [ DD’ ] et par conséquent D’ n’est pas le symétrique de D par rapport à Δ.

x = x A soit x = 3. Le projeté orthogonal du point A sur Δ a pour coordonnées (3 ; − 2). ! Soit n ⎛ 1⎞   un vecteur normal à la droite Δ. Le point M ( x; y ) ⎝ 1⎠ est le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ si et seule!!!" " ment si AM = kn avec k [R, et M appartient à la droite Δ.

On obtient le système suivant : ⎧ ⎪ x ⎧ uuur ⎧ ⎧ x + 1 = k x = k − 1 r 46  a. Le cercle de centre C ( 4 ; 2) est tangent à l’axe des ⎪⎪ ⎪ AM = kn ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ y−2= k ⇔⎨ y= k +2 ⇔⎨ ⎨ ordonnées, son rayon R est donc égal à xC , soit 4. ⎪ x+ y−2= 0 ⎪ x+ y−2= 0 ⎪ k − 1+ k + 2 − 2 = 0 ⎪ L’équation du cercle de centre C et tangent à l’axe des ordon⎩ ⎩ ⎩ ⎪ k 2 2 2 2 2 nées est ( x − 4 ) + ( y − 2) = 4 soit ( x − 4 ) + ( y − 2) = 16. ⎪⎩ ⎧ 1 x=− D −1;1 est tangent à l’axe des b.  Le cercle de centre ( ) ⎪ 2 ⎧ uuur ⎧ x + 1= k ⎧ x = k −1 r ⎪⎪ est donc abscisses, son rayon ⎪ RAM ⎪ = kn égal à⎪ yD , soit 1. 5 ⇔ y − 2 = k ⇔ y = k + 2 ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ ⎨ y= 2 D et tangent à l’axe des L’équation du cercle de centre x + y − 2 = 0 ⎪ ))2 + ( y − 1)2 = 12 ⎪ x + y −2 2 = 0 2 ⎪ k − 1+ k + 2 − 2 = 0 ⎪ soit abscisses est ( x − ( −1 ⎩ ⎩ ( x + 1) + ( y − 1) =⎩1. ⎪ k = 1. 2 ⎪⎩ 47  1. 12 + 2 × 1+ y2 − 2 y − 7 = 0 ⇔ y2 − 2 y − 4 = 0 Le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ est le point Le trinôme y2 − 2 y − 4 a pour discriminant : M de coordonnées − 1 ; 5 . Δ = ( −2)2 − 4 × 1× ( − 4 ) = 20 . 2 2 ! Δ . 0, le trinôme admet donc deux racines distinctes dans R  : Soit n ⎛ 3 ⎞  un vecteur normal à la droite Δ. Le point M ( x ; y ) ⎝ −5⎠ y1 = 2 − 20 = 1− 5 et y2 = 2 + 20 = 1+ 5 . est le projeté du point A sur la droite Δ si et seule2 ×1 2 ×1 !!!" orthogonal " ment si AM = kn avec k [R, et M appartient à la droite Δ. A et B, les deux points d’intersection du cercle # avec la On obtient le système suivant : droite d’équation x = 1 , ont pour coordonnées respectives 1;1+ 5 ⎧ ⎧ et . 1;1− 5 ( ) ( ) uuur ⎧ x − 1 = 3k x = 3k + 1 r ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 2 AM = k n 2. x + 2x + 2 − 2 × 2 − 7 = 0 ⇔ x + 2x − 7 = 0 ⇔ y − 1 = −5k ⇔ y = −5k + 1 ⎨ ⎨ ⎨ Le trinôme x 2 + 2x − 7 a pour discriminant : ⎪ 9k + 3 + 25k − 5 + 2 = 0 ⎪ 3x − 5y + 2 = 0 ⎪ 3x − 5y + 2 = 0 ⎩ ⎩ ⎩ Δ = 2⎧2 − 4 × 1× ( −7) = 32. ⎧ uuur ⎧ ⎧ x − 1 = 3k x = 1 x = 3k + 1 r deux distinctes dans R : Δ . 0, le trinôme admet⎪ doncAM ⎪ ⎪ ⎪ = kracines n ⇔⎨ ⇔ ⎨ y =1 y = −5k + 1 ⎨ et x = −2 + 32⇔=⎨−1+y2− 12.= −5k −2 − 32 x1 = = −1− 2⎪ 23x − 25y + 2 = 0 ⎪ k = 0. ⎪ 9k + 3 + 25k − 5 + 2 = 0 ⎪ 3x − 5y + 2 = 0 2 ×1 2 ×1 ⎩ ⎩ ⎩ d’intersection du cercle ⎩ # avec la C et D, les deux points Le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ est le point droite d’équation y = 2 ont pour coordonnées respectives A lui-même puisque A appartient à Δ. (−1− 2 2 ; 2) et (−1+ 2 2 ;2). 51  1. Soit n! ⎛ −3⎞  un vecteur normal à la droite Δ. Le point 3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de ⎝ 1⎠ vérifier les résultats des questions précédentes. orthogonal du point A sur la droite Δ M ( x ; y ) est le projeté !!!" " si et seulement si AM = kn avec k [R, et M appartient à la 48  droite Δ. On obtient le système suivant : ⎧ ⎪ ⎧ uuur ⎧ = −3k x − −2 ( ) ⎧ x = −3k − 2 r ⎪⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 AM = k n 2 2 2 2 2 49  1.  x − 6x + 9 + y = 25 ⇔ ( x − 3) − 9 + 9 + y = 25 ⇔ ( x − 3⎨) + y = 5 y−4 = k ⇔⎨ ⇔⎨ y=k+4 ⇔⎨ 2 2 2 2 2 ⎪ x+ y−2= 0 ⎪ −3x + y − 1 = 0 ⎪ 9k + 6 + k + 4 − 1 = 0 ⎪ + y2 = 25 ⇔ ( x − 3) − 9 + 9 + y = 25 ⇔ ( x − 3) + y = 5 ⎩ ⎩ ⎩ ⎧ ⎪ 7 Le centre du cercle est Ω (3 ; 0) et son rayon R est égal à 5. ⎪⎩ ⎪ x = 10 ⎧ uuu ⎧ = −3k x − −2 ( ) ⎧ 2 2r 2 2 2 2 2 x = −3k − 2 ) −=1+knr2 = 16 ⇔⎪ ( x + 1) + ( y − 1) = 4 ⎪ 2.  x + 2x + y − 2 y + 2 = 16 ⇔ ( x + 1) − 1+ ⎪( y − 1AM ⎪⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨ y = 31 y=k+4 16 ⇔ ( x + 1)2 − 1+ ( y − 1)2 − 1+ 2 = 16 ⇔ ( x + 1)2 + ( y⎨− 1x)2+=y 4−22 = 0 ⇔ ⎨ y − 4 = k 10 ⎪ ⎪ ⎪ −3x + y − 1 = 0 ⎪ 9k + 6 + k + 4 − 1 = 0 Le centre du cercle est Ω ( −1;1) et son rayon R est égal à 4. ⎩ ⎩ ⎩ ⎪ k=− 9 . 10 3.  x 2 − 10x + y2 + 20 y + 125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 − 25 + ( y + 10)2 − 100 + 125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 + ( y + 10)2 = 112 ⎪⎩ 2 2 2 2 2 125 = 121 ⇔ ( x − 5) − 25 + ( y + 10) − 100 + 125 = 121 ⇔ ( x − 5) + ( y + 10Le 11 ) =projeté orthogonal du point A sur la droite Δ est le point 125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 + ( y + 10)2 = 112 M de coordonnées 7 ; 31 . 10 10 Le centre du cercle est Ω (5 ;−10) et son rayon R est égal à 11. 2 2 2 figure sur 2 logiciel 2 2 2 2. Une de géométrie dynamique permet 4. x + 4 x + y − 8 y = −16 ⇔ ( x + 2) − 4 + ( y − 4 ) − 16 = −16 ⇔ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 2 de vérifier le résultat de la question précédente. ⇔ ( x + 2)2 − 4 + ( y − 4 )2 − 16 = −16 ⇔ ( x + 2)2 + ( y − 4 )2 = 22 52  1. a. Kylian doit successivement : Le centre du cercle est Ω ( −2 ; 4 ) et son rayon R est égal à 2. • tracer la droite $ d’équation cartésienne 2x + y − 1 = 0  ; 50 1. La droite Δ est verticale, le projeté orthogonal du point • créer le point B de coordonnées ( 4 ; 0)  ; A sur Δ appartient à Δ et à la droite horizontale d’équation • tracer la droite perpendiculaire à $ passant par B ; soit Le projeté orthogonal du point sur a A Δ • nommer H le point d’intersection des deux droites ; y = 1. y = yA pour coordonnées (1;1). • faire afficher la distance BH . b. La distance affichée par le logiciel est une valeur arrondie 2. La droite Δ est horizontale, le projeté orthogonal du point A sur Δ appartient à Δ et à la droite verticale d’équation au centième de la distance BH .

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!!!" " !!!!" !!!" !!!" " !!!" !!!" " ! Ainsi, CH ⋅ n = # CH # × # n #⇔ CH = CH" . n ⇔# CH #= 8 ⇔# CH #= 2. n ⎛ 2 ⎞  un vecteur normal à la droite $ et un vecteur direc⎝ 1⎠ #n# 10 !!!" !!!" à"$ passant !!!!" par"B.. !!!" !!!" " !!!" teur de la droite perpendiculaire ⋅ n = #par CHB#a×une # n #⇔ CH = CH" . n ⇔# CH #= 8 ⇔# CH #= 4 10 . La droite perpendiculaire à $CH passant équation 5 #n# 10 cartésienne de la forme x − 2 y + c = 0 . La distance HC est égale à 4 10 . Le point B appartient à cette droite donc : 5 4 − 2 × 0 + c = 0 ⇔ c = −4. 54  L’abscisse du sommet de la parabole vaut −4 = −2. La droite perpendiculaire à $ passant par B a pour équation 2 ×1 cartésienne x − 2 y − 4 = 0. L’ordonnée du sommet de la parabole vaut : Le point H ( x , y ) appartient aux deux droites, on a donc le (−2)2 + 4 × (−2) + 5 = 1. système suivant : Seule la parabole  b a un sommet d’abscisse négative et ⎧ 6 ⎧⎪ x − 2 y − 4 = 0 ⎪ x=5 d’ordonnée positive, c’est donc la parabole cherchée. ⎪⎧ x + 4 x − 2 − 4 = 0 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ y = −2x + 1 ⎛ 3⎞ ⎪⎩ 2x + y − 1 = 0 ⎩⎪ ⎪ y = −7. !" ⎛ 5 ⎞ !" ! − 5 ⎩ 55 1.  n1 ⎜ 2 ⎟  est un vecteur normal à la droite $1 et n2 ⎜ 2 ⎟   ⎜ − 1⎟ ⎝ 3⎠ Le point H a pour coordonnées 6 ; − 7 . ⎜⎝ ⎟ 5⎠ 5 5 est un vecteur normal à la droite $ 2 . 2 2 HB = 4 − 6 + 0 + 7 = 49 = 7 5 . 2. 5 × − 1 − 2 × − 3 = −1+ 1 = 0. On déduit que les vecteurs 5 5 5 5 2 !" !" ! 5 3 7 5 n 1 et n2 sont colinéaires et que les droites $1 et $ 2 sont paralLa distance exacte HB est 5 . lèles. Le système n’a aucune solution si les deux droites sont !!" strictement parallèles ou une infinité de solutions si les deux 53  1.  AB ⎛⎜ 4 − (− 2)⎞⎟ = ⎛ 6 ⎞ . La droite ( AB) a une équation droites sont confondues. ⎝ −1− 1 ⎠ ⎝ −2 ⎠ En multipliant l’équation de la droite $ 2 par − 10 , on obtient cartésienne de la forme −2x − 6 y + c = 0. 3 Le point B appartient à cette droite donc : l’équation 5x + 2 y − 40 = 0 qui est différente de l’équation 3 3 −2 × 4 − 6 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = 2. de la droite $1. Les deux droites sont donc strictement paralLa droite ( AB) a pour équation cartésienne −2x − 6 y + 2 = 0. lèles et 6 = ∅. 2. −2 × 3 − 6 × 2 + 2 = −16 ≠ yC . On en déduit que le point C n’appartient pas à la droite ( AB). 56  1. − 1 × ( −1) − 3 × 1 = − 1 ≠ 0. Il existe un couple ( x ; y) 2 4 4 ! ⎛ 1⎞ 3. n  est un vecteur normal à la droite ( AB). solution du système. ⎝ 3⎠ ⎧ 1 3 ⎧⎪ −2 ( y − 1) + 3y − ⎧⎪ −2x + 3y − 12 = 0 4. Le point H est le projeté orthogonal de C sur la droite ⎪ −2x + 4 y−3= 0 ⇔ ⇔ 2.  ⎨ ⎨ ⎨   , la droite est donc perpendiculaire à la droite ( AB) ( HC ) x − y + 1= 0 x = y −1 !!!" ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ x − y + 1= 0 ( AB) . Le vecteur HC qui est un vecteur directeur de la droite ! ⎧ 1 3 y − 3 = 0n. ⎧⎪ −2 ( y − 1) + 3y − 12 = 0 ⎧⎪ il−2x ( HC ) est donc!colinéaire Ainsi, existe réel= 0 ⎧⎪ y = 10 + 3yun − 12 !!"⎪ − 2" x +au4 vecteur ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ k ≠ 0, tel que CH⎨= kn . x − y + 1= 0 x = y −1 ⎩⎪ x = 9. x −( AB y +)1. On = 0obtient le⎩⎪système ⎩⎪ 5. H appartient à la⎪⎩ droite suivant : 6 = {(9 ;10)}. ⎧ ⎧ ⎧ ⎧ 11 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ x= 5 uuur ! x − 3 = k x = k + 3 r ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ 57  1.  n ⎛ 5 ⎞  est un ⎪⎪vecteur 2normal à la droite d’équation CH = kn ⇔⎨ y − 2 = 3k ⇔⎨ y = 3k + 2 ⎝ 6 ⎠ ⇔ ⎨ y = − !!" ⎨ 5 ⎛ ⎞ ⎪ −2x − 6 y + 2 = 0 ⎪ −2x − 6 y + 2 = 0 ⎪ −2k − 6 − 18k 5x + 6 y −⎪ 25 = 0. AB 5 est un vecteur directeur cartésienne − 12 + 2 = 0 ⎪ 4 ⎪ ⎪ ⎪ k = − . ⎝ 6 ⎠ !!" " !!" 5 que AB = n, les vecteurs AB ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ de la droite ( AB). On⎪⎩remarque ! et n sont colinéaires et on en déduit que la droite d’équation ⎧ ⎧ 11 x = ⎪ ⎪ 5 5x + 6 y − 25 = 0 et la droite ( AB) sont perpendiculaires. 3=k x = k +3 ⎪⎪ ⎪⎪ De plus, 5 × ( −1) + 6 × 5 − 25 = 0 , le point C appartient donc 2 2 = 3k ⇔⎨ y = 3k + 2 ⇔⎨ y=− 5 à la droite d’équation 5x + 6 y − 25 = 0. ⎪ −2k − 6 − 18k − 12 + 2 = 0 ⎪ y+2= 0 Pour conclure, la droite d’équation 5x + 6 y − 25 = 0 est ⎪ ⎪ k = −4. 5 ⎪⎩ ⎪⎩ perpendiculaire à ( AB) et passe par C, c’est donc une hauteur du triangle ABC. Le point H a pour coordonnées 11 ; − 2 . !!!" ⎛ −1⎞ 5 5 2.  AC est un vecteur directeur de la droite ( AC ) et un ⎛ 4⎞ ⎝ 5⎠ !!!" 5 ⎜ ⎟ . HC vecteur normal de la hauteur du triangle issue de B. ⎜ 12 ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ L’équation cartésienne de la hauteur issue de B est de la 5 forme –x + 5y + c = 0. " ! n != 12 + 32 = 10 . De plus, le point B appartient à la hauteur, on a donc : !!!" " −5 + 5 × 6 + c = 0 ⇔ c = −25. CH ⋅ n = 4 × 1+ 12 × 3 = 8. 5 5 !!!" " Dans le triangle ABC , une équation cartésienne de la hauteur CH ⋅ n est positif, on en déduit que les Le produit !!!"scalaire issue de B est –x + 5y − 25 = 0 . ! vecteurs CH et n sont colinéaires de même sens. 3. Soit H ( x ; y ) , l’orthocentre du triangle ABC, H appartient à la hauteur issue de A et à la hauteur issue de B. On en déduit le système suivant : © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

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⎧ 15060  1. On cherche l’équation de la parabole sous la forme ⎧⎪ 25y − 125 + 6 y − 25 = 0 ⎧⎪ 5x + 6 y − 25 = 0 ⎪ y = 31y = ax 2 + bx + c. La parabole passe par les points de coor⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ x = 5y − 25 ( −2 ; 0), ( 0 ; − 2) et (1; 3). ⎪⎩ ⎪ x = − 25données . ⎩⎪ − x + 5y − 25 = 0 31 On obtient donc le système suivant : ⎩ ⎧ 150 ⎧ 4a − 2b + c = 0 ⎧ 4a − 2b − 2 = 0 ⎧ 20 − 4b − 2b − 2 = 0 ⎧⎪ 25y − 125 + 6 y − 25 = 0 ⎪ y = 31 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔⎨ c = −2 ⇔⎨ c = −2 ⇔ c = −2 x = 5y − 25 ⎨ ⎪⎩ ⎪ x = − 25 . ⎪ ⎪ ⎪ 31 a = 5 − b a = 5 − b a + b + c = 3 ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ ⎧ 20 − 4b − 2b − 2 = 0 ⎧ b=3 ⎧ 4a ⎧ 4a − 2b − 2 = 0 Le point H a pour coordonnées − 25 ; 150 . − 2b + c = 0 31 31 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ c = −2 c =permet −2 c = −2 ⇔⎨ c = −2 ⎨ 4. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique de⇔ ⎨ ⎪ ⎪ a = 2. ⎪ a+b+c=3 ⎪ a = 5−b a = 5−b vérifier les résultats des questions précédentes. ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ !!" ⎛ 2 − 0 ⎞ ⎛ 2 ⎞ Donc une équation de la parabole est y = 2x 2 + 3x − 2. 58 1.  AB . Le point D de coordonnées ( x D ; yD ) = 2. a. Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des ⎝ 5 − 3⎠ ⎝ 2⎠ !!" !!!" abscisses qui a une abscisse positive a une ordonnée nulle. est tel que AB = DC . Ainsi son abscisse est la solution positive de l’équation du ⎧⎪ x D = 3 ⎧⎪ 5 − x D = 2 !!" !!!" second degré 2x 2 + 3x − 2 = 0. Or, AB = DC ⇔ ⎨ . Le point D a ⇔⎨ Le trinôme 2x 2 + 3x − 2 a pour discriminant : 2 − yD = 2 y =0 ⎩⎪ ⎩⎪ D Δ = 32 − 4 × 2 × ( −2) = 25. Δ > 0 , le trinôme admet donc pour coordonnées (3 ; 0). deux racines distinctes dans R : 2. Le centre du cercle circonscrit au rectangle est le centre du x1 = −3 − 25 = −2 et x2 = −3 + 25 = 1 . rectangle. Soit I le centre du cercle, I est le milieu de [ AC ], 2×2 2 2×2 ainsi xI = 0 + 5 soit xI = 2,5 et yI = 3 + 2 soit yI = 2,5. Le Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses 2 2 centre du cercle circonscrit I a pour coordonnées (2,5 ; 2,5). qui a une abscisse positive a pour coordonnées 1 ; 0 . 2 Le segment [ AC ] est un diamètre du cercle, donc R, le rayon b. La parabole a pour axe de symétrie la droite d’équation du cercle circonscrit, est égal à AC . 2 x = −3 . 4 Or, AC = 52 + ( −1)2 = 26 ,  donc R = 26 . Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses 2 3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de qui a une abscisse positive est le point symétrique du point T vérifier les résultats des questions précédentes. par rapport à la droite d’équation x = −3 . On en déduit que 4 59  1. Soit le point H , projeté orthogonal du point A sur la xT + x −3 , soit x l’abscisse du point cherché est telle que = droite $. 2 4 ! ⎛ −1⎞ x = − 3 + 2 , soit x = 1 . u est un vecteur directeur de la droite $. Le point 2 2 ⎝ 1⎠ Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses H appartient à la droite $, il a donc pour coordonnées qui a une abscisse positive a pour coordonnées 1 ; 0 . !!!" 2 ⎛ x−a ⎞ ( x ; − 1− x ) et le vecteur AH a pour coordonnées ⎜⎝ −1− x − a ⎟  ⎠. 61 Une équation de la parabole est du type y = ax 2 + bx + c. le point H , projeté orthogonal du point sur la droite $ si et A S appartient à la parabole, donc 0 + 0 + c = 4, soit c = 4. !!!" " seulement si AH ⋅ u = 0. !!!" " S est le sommet, donc −b = 0 ⇔ b = 0. 2a AH ⋅ u = 0 ⇔ −1( x − a ) − 1− x − a = 0 ⇔ x = − 1 2 Enfin, A appartient à la parabole, donc a + c = 2 ⇔ a = −2. On en déduit l’ordonnée du point H ,  y = −1− − 1 soit Donc une équation cartésienne de la parabole est y = −2x 2 + 4. 2 1 1 62 Une équation de la parabole est du type y = ax 2 + bx + c. y = − 1 . Les coordonnées du point H sont − 2 ; − 2 . 2 S appartient à la parabole, donc a × 1,52 + b × 1,5 + c = 6,25, 2. On remarque que les coordonnées de  H sont indépensoit 2,25a + 1,5b + c = 6,25. dantes de a. S est le sommet, donc −b = 1,5 ⇔ b = −3a . 2 2 2a 3.  BH = − 1 − 3 + − 1 − 0 = 25 = 5 2 Enfin, B appartient à la parabole, donc 0 + 0 + c = 4 ⇔ c = 4. 2 2 2 2 On obtient donc le système suivant : 2 2 2 AH = − 1 − a + − 1 − a = 2 − 1 − a ⎧ ⎧ 2,25a − 4,5a + 4 = 6,25 ⎧ a = −1 2,25a + 1,5b + c = 6,25 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎧ −1−a= 5 2 2 2 ⇔⎨ b = −3a 1 ⎪ ⎧ a⇔ ⎨ b=3 ⎨ = −3 2b = −3a2 1 5 2 1 25 25 ⇔⎨ ⇔ 2 − ⎪− a = c⇔ − − a = ⎪⇔ ⎨ ABH isocèle en H ⇔ AH = BH ⇔ 2 − ⎧− a = ⎪ c = 4. c = 4 2 − 1 − a 2= 5 2⎩ 2 =4 2 4⎩ 1 −a = −5 ⎩ a = ⎩2. ⎪ − 2 2 2 ⎪ ⎧ a = −3 2 25 ⇔+ 1,5b 2+ c = 6,25 2 ⎩ −12 ⎧ a= ⇔ ⎨⎧ 2,25a − 4,5a + 4 = 6,25 a = 5 2 ⇔ 2 − 1 − a = 25 ⇔ − 1 − a ⎧=2,25a ⎨ 2 2 2 2 ⎪ ⎪ 4 ⎪ 1 5 a = 2. ⎩ ⎪b =− −3a −a=− b = −3a ⇔⎨ b=3 ⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎧ 1−a= 5 ⎩ 2 − ⎪ c = 4. ⎪ ⎪ 2 c=4 c=4 ⎪ ⎧ a = −3 ⎩ 2 2 ⎩ ⎩ − a = 25 ⇔ ⎨ ⇔⎨ 4 1 5 a = 2. Donc une équation cartésienne de la parabole est : ⎩ ⎪ − −a=− 2 ⎩ 2 y = − x 2 + 3x + 4. −3 et 2 sont les deux valeurs de a pour lesquelles le triangle 63  1. Voir question 5. ABH est isocèle en H . 2. Voir question 5.

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!!" ⎛ 1⎞ 3.  Le vecteur AB de coordonnées ⎝ ⎠ est un vecteur 4

Une équation de la tangente au cercle en B est : −3x − 4 y + 40 = 0. 4. Le point d’intersection entre la planche et le sol a une normal de la médiatrice du segment [ AB]. Soit I, le milieu ordonnée nulle et appartient à la tangente au cercle en B. du segment [ AB] . I a pour abscisse xI = 1+ 2 = 3 et pour 2 2 On en déduit le système suivant : −1+ 3 ⎧⎪ y = 0 ordonnée yI = = 1. ⎧ y=0 2 ⇔ uur uur ⎨ = 0x + 4⎨⎪yx−=1140= .0 + 4 (−y −4 1y)+=40 0⇔ M ( x ; y ) appartient à la médiatrice du segment [ AB] ⇔ AB ⋅ IM = 0 ⇔ x − 3⎩ −3x ⎩ 23 2 uur uur 40 3 11 [ AB] ⇔ AB ⋅ IM = 0 ⇔ x − 2 + 4 ( y − 1) = 0 ⇔ x + 4 y − 2 = 0 Le point d’intersection entre la planche et le sol est 3 ; 0 . On en déduit qu’une équation cartésienne de la médiatrice 66  1. du segment [ AB] est x + 4 y − 11 = 0. 2 4. Le point C appartient à la médiatrice du segment [ AB] et à la droite d’équation y = 3. On en déduit le système suivant : 2. ⎧ ⎧ ⎧ 11 11 13 ⎪ x + 4y − 2 = 0 ⎪ x + 12 − 2 = 0 ⎪ x=− 2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎪⎩ ⎪⎩ y = 3. ⎪⎩ y=3 y=3 Le point C a pour coordonnées − 13 ; 3 . 2 3. 2 2 13 289 17 De plus, AC = 1+ + ( −1− 3) = = . 2 4 2 2 2 13 + ( y − 3) = 289 . Une équation du cercle T est x + 4. 2 4

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5.

67  1. Les diagonales d’un losange se coupent perpendicu-

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lairement en leur milieu, ainsi A( 0; 0) ,  B 1 c; b , C (c; 0) et 2 D 1 c ; − b . 2 ! 2. Le vecteur n ⎛ 0 ⎞ est un vecteur normal à la droite ( AC ) ⎝ 1⎠ !!!" ⎛ 1 c − 1 c ⎞ ⎛ 0 ⎞ et BD ⎜ 2 est un vecteur directeur de la 2 ⎟= ⎜⎝ −b − b ⎟⎠ ⎜⎝ −2b ⎟⎠

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droite ( BD ). !!!" " 3.  On remarque !!!" ! que BD = −2bn . On en déduit que les vecteurs BD et n sont colinéaires et que les droites ( AC ) et ( BD ) sont perpendiculaires. On en déduit que les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.

64 

68  1.  A appartient à (Ox ), donc son ordonnée est nulle.

A appartient à d, donc 2x A − 0 − 1 = 0 ⇔ x A = 1 . 2 4 Soit A 1 ; 0 . 4 2. B appartient à (Ox ), donc B (1; 0). 3. Soit !!!" H ( x; y ) le projeté orthogonal de B sur d. BH est orthogonal à tout vecteur directeur de d. On a en particulier ( x − 1) × 1+ y × 2 = 0 ⇔ x + 2 y − 1 = 0. ⎧ 2 ⎧ x + 2y − 1= 0 65  1. Le cercle de centre A(1;3) et de rayon R = 5 a pour ⎪ x=5 ⎪ On résout le système ⎨ ⇔⎨ équation : 2x − y − 1 = 0 2 2 ⎪ y= 3 . ⎪ 2 ( x − 1) + ( y − 3) = 25. ⎩ 10 ⎩ H est le milieu de , ce qui équivaut à : BB’ [ ] 2 2 2. ( x B − 1) + ( yB − 3) = ( 4 − 1)2 + (7 − 3)2 = 9 + 16 = 25 = R2. 2 = 1(x + x ) ⇔ x = − 1 B’ B’ 5 2 B 5 et Le point B appartient bien au cercle de A(1;3) et de rayon 5. 3 = 1( y + y ) ⇔ y = 6 = 3. 3. Soit un point M ( x; y ) . B’ B’ 10 2 B 10 5 !!!" ⎛ 4 − x ⎞ !!" ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 4 − 1 3 4. Δ est la droite ( AB’ ). On a MB ⎜ et AB . = ⎟ ⎝ 7 − 3⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎝ 7 − y⎠ !!!" !!!" ⎛ 1⎞ 3 ⎛ AM appartient à colinéaire à Δ ⇔ M appartient AB’ ⇔ ⎜ x − ⎟ × − y × ⎜ − M x ; y ( ) à la tangente au cercle en : !!" !!!" ⎝ ⎠ ⎝ 2 4 5 !!!" ⎛ B ⇔ AB ⋅ MB = 0 ⇔ 3( 4 − x ) + 4 (7 − y ) = 0 ⇔ −3x − 4 y + 40 = 0 1⎞ 3 ⎛ 9⎞ AB’ ⇔ ⎜ x − ⎟ × − y × ⎜ − ⎟ = 0 ⇔ 12x + 9 y − 3 = 0 ⎝ ⎝ 20 ⎠ 0 ⇔ 3( 4 − x ) + 4 (7 − y ) = 0 ⇔ −3x − 4 y + 40 = 0 4⎠ 5 Demander les valeurs a, b et c des coefficients de la droite $ Demander les coordonnées e et f du point M c’ prend la valeur –b*e+a*f Afficher « une équation de la droite perpendiculaire à $ passant par M est bx – ay + c’=0 »

( )

Chapitre 8 Géométrie repérée

191

69  1. a.

y

M A

1 0

1

x

b. AM = (3 − 2)2 + (5 − 4 )2 = 2 c. Soit M ’ le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses. La distance MM ’ est la distance du point M à l’axe des abscisses. M ’ a pour coordonnées (3 ; 0), on en déduit : MM ’ = (3 − 3)2 + (5 − 0)2 = 5. d.  2 ≠ 5 donc AM ≠ MM ’, on en déduit que le point M n’est pas équidistant du point A et de l’axe des abscisses. Soit B ( 8; 5). On a BM = (3 − 8)2 + (5 − 5)2 = 5. BM = MM ’, on en déduit que le point M est équidistant du point B et de l’axe des abscisses.

Soit B et C les deux points de tangence des deux tangentes au cercle perpendiculaires en A. Il existe deux tangentes au cercle perpendiculaires en A si et seulement si les triangles AMB et AMC sont rectangles isocèles respectivement en B et en C. On en déduit qu’il faut que AB = AC = R. Dans ces conditions, AM = MB2 + BA2 = R2 + R2 = 2R. Tous les cercles de centre M, de rayon R, tels que AM = 2R ont deux tangentes perpendiculaires en A. !!" ⎛ 1− (− 1)⎞ ⎛ 2 ⎞ !!!" ⎛ 3 − (− 1)⎞ ⎛ 4 ⎞ . = = ⎜ ⎟ et AC ⎜ ⎝ 0 − 2 ⎟⎠ ⎜⎝ −2 ⎟⎠ ⎝ − 4 − 2 ⎟⎠ ⎝ − 6 ⎠ On a 2 × ( −2) − ( −6) × 4 = 20 ≠ 0. !!" !!!" On en déduit que les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires et que les points A,  B et C ne sont pas alignés. y 2.

72  1. AB ⎜

A 1 0

2.

C x

1

I

3.

B

On trace les médiatrices des segments [ AB] et [ BC ]. On note I le point d’intersection de ces deux médiatrices. On trace ensuite le cercle de centre I et de rayon IA.

70 

!!!" Soit H ( x ; y ) le projeté orthogonal de A sur $. AH est orthogonal à tout vecteur directeur de $. On a en particulier : ( x − 1) × ( −1) + ( y − 2) × 1 = 0 ⇔ − x + y − 1 = 0. ⎧⎪ x + y − 7 = 0 ⎧⎪ x = 3 On résout le système ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩ y = 4. ⎩⎪ − x + y − 1 = 0 Le cercle passe par A et H, donc son centre est le milieu I du segment [ AH ].

73  1. Le point I est le milieu du segment [ AB].

71  1.

⎧ ⎧ 1 1 ⎪ xI = 2 ( x A + x B ) ⎪ xI = − 2 On a donc ⎨ ⇔⎨ ⎪ yI = 1 ( yA + yB ) ⎪ yI = 3 . 2 2 ⎩ ⎩ 1 3 Le point I a pour coordonnées − ; . 2 2 2. Le point J est le milieu du segment [ BC ]. ⎧ ⎧ 1 7 ⎪ x J = 2 ( x B + xC ) ⎪ xJ = 2 On a donc ⎨ ⇔⎨ ⎪ yJ = 1 ( yB + yC ) ⎪ yJ = − 1 . 2 2 ⎩ ⎩ Le point J a pour coordonnées 7 ;− 1 . 2 2 !!" ⎛ −1− 0 ⎞ ⎛ −1⎞ = est un vecteur directeur 3. Le vecteur AB ⎝ −2 − 5⎠ ⎝ −7 ⎠ de la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du segment [ AB]. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] est de la forme –x − 7 y + c = 0. De plus, le point I appartient à d1 , on a donc :

2. Soit M le centre du cercle et R son rayon.

− − 1 − 7 × 3 + c = 0 ⇔ c = 10. 2 2 Une équation cartésienne de d1 est –x − 7 y + 10 = 0 . !!!" ⎛ 8 − (− 1)⎞ ⎛ 9 ⎞ 4. Le vecteur BC ⎜ est un vecteur directeur ⎟= ⎝ 1− (− 2) ⎠ ⎝ 3 ⎠ de la droite ( BC ) et un vecteur normal de la médiatrice du segment [ BC ]. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ BC ] est de la forme 9x + 3y + c = 0. De plus, le point J appartient à d2, on a donc : 9 × 7 + 3 × − 1 + c = 0 ⇔ c = −30. 2 2 Une équation cartésienne de d2 est 9x + 3y − 30 = 0.

⎧ 1 ⎧⎪ xI = 2 ⎪ xI = 2 ( x A + x H ) On a alors ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩ yI = 3. ⎪ yI = 1 ( yA + yH ) 2 ⎩ Le rayon vaut AH , avec : 2 2 AH = (3 − 1) + ( 4 − 2)2 = 4 + 4 = 2 2 , soit 2. Une équation du cercle est donc ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 2.

( )

( )

192

Chapitre 8 Géométrie repérée

(

)

(

)

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4.

!!" !!!" ⎧⎪ ⎧⎪ 5.  a.  AB ⎛ −1⎞ et BC ⎛ 9 ⎞ sont des vecteurs normaux aux y = 2x + 6 –2x + 1y − 6 = 0 ⎝ −7 ⎠ ⎝ 3⎠ ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 2 2 2 ⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 2) = 6,25 droites respectives d1 et d2. Or, −1× 3 − ( −7) × 9 = 60 ≠ 0, on ⎪⎩ ( x + 2) + (2x + 6 − 2) = 6,25 !!" !!!" en déduit que les vecteurs AB et BC ⎧⎪ ne sont ⎧⎪ –2xpas + 1ycolinéaires −6=0 y = 2x + 6 y = 2x + 6 ⎧ et que les droites d1 et d2 ne sont pas ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ parallèles. ⎨ 2 2 2 2 2 = 6,25 2) + ( y − 2) de ⎩ x + 4 x + 4 + 4 x + 16x + 16 c. Les coordonnées du point O, le point d1 ⎩⎪ ( x + 2) + (2x + 6 − 2) = 6,25 ⎩⎪ ( x +d’intersection sont+les suivant : ⎧⎪ et d2,–2x ⎧⎪ ⎧⎪ 1y −solutions 6 = 0 du système y = 2x + 6 y = 2x + 6 y = 2x + 6 ⎧ ⇔⎨ ⇔ ⇔ ⎧ ⎨ ⎨ ⎪ –x − 72 y +10 = 02 ⎨ x = −7 y 2+10 ⎧⎪ 2 2 ⎧ x = −7 y +10 2⎧ 2 x = 3+ 16 = 6,25 x ⎪+ 16x ) ⎪⎨= 6,25 ⎩ x + 4 x + 4 + 4⇔ ⎪⎩ ⎨( x + 2) + ( y − 2) =⇔6,25 ⎪⎩ ( x + 2) + (2x + 6 − 2⇔ ⎩⎪ 5x + 20x + 13,75 = 0. ⎨ ⎨ y = 1. 9 × −7 y +10 + 3 y − 30 = 0 + 3 y − 30 = 0 9 × −7 y +10 9x + 3 y − 30 = 0 ( ) ( ) ⎪⎩ ⎧ ⎪⎩ ⎪⎩y = 2x + 6 ⎧⎪ y = 2x + 6 ⎩⎪ y = 2x + 6 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 2 2 2 x +y +10 4 + 4 x + 16x +⎪⎧16x== 6,25 6 − 2)2 = 6,25⎧⎪ ( x + 2)x2 =+ −7 (2xy ++10 ⎩ x x+=4−7 ⎪⎩ 5x + 20x + 13,75 = 0. 3 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 9 × ( −7 y +10 ) + 3 y − 30 = 0 9 × ( −7 y +10 ) + 3 y − 30 = 0 ⎪⎩ y = 1. Le trinôme 5x + 20x + 13,75 a pour discriminant ⎩⎪ 2 Δ = 20 − 4 × 5 × 13,75 = 125. Le point O a pour coordonnées (3 ;1). Δ . 0, le trinôme 5x 2 + 20x + 13,75 a deux racines distinctes d. Le point O est équidistant des points A, B et C, il est donc dans R  : le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. x1 = −20 + 125 = −4 + 5 et x2 = −20 − 125 = − 4 + 5 . 6. R = OA = ( −3)2 + (5 − 1)2 = 25 = 5 2×5 2 2×5 2 ⎧ Une équation du cercle circonscrit au triangle ABC est Ainsi : −4 + 5 4+ 5 ⎪ y = 2× + 6 ou  y = −2 × + ( x − 3)2 + ( y − 1)2 = 25. ⎧⎪ y = 2x + 6 ⎪ 2 2 ⇔⎨ ⎨ 2 −4 + 5 4+ 5 74  1. ⎪ ⎩⎪ 5x + 20x +13,75 = 0 x=  ou x = − ⎪ 2 2 ⎧ ⎩ −4 + 5 4+ 5 ⎪ y = 2× + 6 ou  y = −2 × +6 ⎧⎪ y = 2x + 6 ⎪ 2 2 ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 2. 4+ 5 −4 + 5 ⎪ ⎩⎪ 5x + 20x +13,75 = 0  ou x = − x= ⎪ 2 2 ⎩

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75    Définir distance(xA,yA,xO,yO,R) dOA = ( xA − xO )2 + ( yA − yO )2 Si dOA>R faire retourner dOA-R Sinon SI dOA R2 . • Si AB . R1+ R2 ou AB , R1− R2. Les deux cercles n’ont pas de point d’intersection. • Si AB = R1+ R2 ou AB = R1− R2 Les deux cercles ont un point d’intersection. • Si R1− R2 , AB , R1+ R2. Les deux cercles ont deux points d’intersection. 2. 

82  1. Voir question 5. 2. L’ensemble L des centres des cercles passant par A et B est la médiatrice du segment [ AB] . 3. Soit I le milieu du segment [ AB]. ⎧ 1 ⎧⎪ xI = 2 ⎪ xI = 2 ( x A + x B ) On a ⎨ ⇔⎨ ⎪⎩ yI = 3. ⎪ yI = 1 ( yA + yB ) 2 ⎩ !!" !!" ⎛ 5 − (− 1)⎞ ⎛ 6 ⎞ . Le vecteur AB est un vecteur directeur = AB ⎜ ⎟ ⎝ 4 − 2 ⎠ ⎝ 2⎠ de la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du segment [ AB]. La médiatrice du segment [ AB] a une équation de la forme 6x + 2 y + c = 0. Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a donc 6xI + 2 yI + c = 0, soit 6 × 2 + 2 × 3 + c = 0, soit c = −18. Une équation cartésienne de l’ensemble L est 6x + 2 y − 18 = 0.

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79  M ( x ; y) appartient à la parabole et à la droite si et seule-

4.  Le point S appartient à l’ensemble L, on a donc 6xS + 2 ys − 18 = 0, soit 6s + 2 ys − 18 = 0, soit ys = −3s + 9. SA2 = ( −1− s )2 + (2 − ( −3s + 9))2 = 10s2 − 40s + 50 . Une équation cartésienne du cercle de centre S passant par A et B est ( x − s )2 + ( y − ( −3s + 9))2 = 10s2 − 40s + 50.

5. • Pour s = 0, S ( 0 ; 9) et R = 50 . • Pour s = 3, S (3 ; 0) et R = 20 . • Pour s = 2, S (2 ; 3) et R = 10. y

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC issue de C est 2x + 3y − 2 = 0 . Le point G est le point d’intersection des médianes du triangle ABC, en particulier celle issue de A et celle issue de C. Les coordonnées de G sont les solutions du système suivant : ⎧ ⎧ 2 ⎧ 2x + 3y − 2 = 0 ⎪ 2x + 3y − 2 = 0 ⎪ 2x + 3 × 3 − 2 = 0 ⎪ ⇔ ⇔ ⇔ ⎨ 15 ⎨ ⎨ 9 y−5= 0 2 ⎪ ⎪ ⎪⎩ 2x − 2 y + 3 = 0 y = 2 3 ⎩ ⎩ ⎧ ⎧ 2 ⎧ x=0 2x + 3y − 2 = 0 ⎪ 2x + 3y − 2 = 0 ⎪ 2x + 3 × 3 − 2 = 0 ⎪ ⇔ ⇔ ⇔ ⎨ 15 ⎨ ⎨ y = 2. 2x − 9 y + 3 = 0 y − 5 = 0 2 ⎪ ⎪ ⎪⎩ y= 3 2 2 3 ⎩ ⎩

( )

B A

1 0

x

1

83  1. Voir question 3. 2. Soit A’, B’ et C ’ les milieux respectifs des segments [ BC ], [ AC ] et [ AB].

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( ( )

)

(

) (

)

A’ −1− 2 ; −2 + 2 , soit A’ −3 ; 0 , B’ 3 − 2 ; 2 + 2 , soit 2 2 2 2 2 B’ 1 ; 2 et C ’ 3 − 1 ; 2 − 2 , soit C ’ (1; 0). 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ 9⎞ !!!" 3 − ⎛− 3⎞ A’ A ⎜ ⎝ 2⎠ ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane ⎜⎝ ⎟ 2 − 0 ⎠ ⎝ 2⎠ du triangle ABC issue de A. Une équation de la médiane du triangle ABC issue de A est de la forme 2x − 9 y + c = 0. 2 Le point A appartient à la médiane du triangle ABC issue de A, on a donc 2x A − 9 yA + c = 0, soit 2 × 3 − 9 × 2 + c = 0 , 2 2 soit c = 3. Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC issue de A est 2x − 9 y + 3 = 0. 2 !!!" ⎛ −1− 1 ⎞ ⎛ −3 ⎞ B’B ⎜ 2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane ⎝ −2 − 2 ⎠ ⎝ −4 ⎠ du triangle ABC issue de B. Une équation de la médiane du triangle ABC issue de B est de la forme −4 x + 3 y + c = 0. 2 Le point B appartient à la médiane du triangle ABC issue de B, on a donc −4 x B + 3 yB + c = 0, 2 soit −4 × ( −1) + 3 × ( −2) + c = 0, soit c = −1. 2 Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC issue de B est −4 x + 3 y − 1 = 0. 2 !!!" ⎛ −2 − 1⎞ ⎛ −3⎞ C ’C = est un vecteur directeur de la médiane ⎝ 2−0⎠ ⎝ 2 ⎠ du triangle ABC issue de C. Une équation de la médiane du triangle ABC issue de C est de la forme 2x + 3y + c = 0 . Le point C appartient à la médiane du triangle ABC issue de C, on a donc 2xC + 3yC + c = 0 , soit  2 × ( −2) + 3 × 2 + c = 0 , soit c = −2 .

(

)

Le point G a pour coordonnées 0 ; 2 . 3 !!" ⎛ 3 − (− 1) ⎞ ⎛ 4 ⎞ est un vecteur normal de la hauteur b.  BA ⎜ ⎟= ⎝ 2 − (− 2)⎠ ⎝ 4 ⎠ du triangle ABC issue de C . Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de C est de la forme 4 x + 4 y + c = 0. Le point C appartient à la hauteur du triangle ABC issue de C, on a donc 4 xC + 4 yC + c = 0, soit 4 × ( −2) + 4 × 2 + c = 0, soit c = 0. Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de C est 4 x + 4 y = 0. !!" ⎛ 3 − (− 2)⎞ ⎛ 5 ⎞ = CA ⎜ est un vecteur normal de la hauteur ⎝ 2 − 2 ⎟⎠ ⎝ 0 ⎠ du triangle ABC issue de B. Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de B est de la forme 5x + c = 0. Le point B appartient à la hauteur du triangle ABC issue de B, on a donc 5x B + c = 0 , soit 5 × ( −1) + c = 0, soit c = 5. Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de B est 5x + 5 = 0. !!!" ⎛ −2 − (− 1)⎞ ⎛ −1⎞ est un vecteur normal de la hauteur BC ⎜ ⎟= ⎝ 2 − (− 2) ⎠ ⎝ 4 ⎠ du triangle ABC issue de A. Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de A est de la forme − x + 4 y + c = 0. Le point A appartient à la hauteur du triangle ABC issue de A, on a donc − x A + 4 yA + c = 0, soit −1× 3 + 4 × 2 + c = 0, soit c = −5. Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de A est − x + 4 y − 5 = 0. Le point H est le point d’intersection des hauteurs du triangle ABC en particulier celle issue de B et celle issue de C . Les coordonnées de H sont les solutions du système suivant : ⎪⎧ y = 1 ⎪⎧ 4 x + 4 y = 0 ⇔⎨ ⎨ ⎪⎩ 5x + 5 = 0 ⎪⎩ x = −1. Le point H a pour coordonnées ( −1;1). !!" c. BA ⎛ 4 ⎞ est un vecteur normal de la médiatrice du segment ⎝ 4⎠ [ AB]. Une équation de la médiatrice du segment [ AB] est de la forme 4 x + 4 y + c = 0. Le point C ’ appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a donc 4 xC ’ + 4 yC ’ + c = 0, soit 4 × 1+ 4 × 0 + c = 0, soit c = −4. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] est 4 x + 4 y − 4 = 0. !!" ⎛ 5 ⎞ est un vecteur normal de la médiatrice du segment CA ⎜ ⎝ 0 ⎟⎠ [ AC ] . Une équation de la médiatrice du segment [ AC ] est de la forme 5x + c = 0.

Chapitre 8 Géométrie repérée

195

Le point B’ appartient à la médiatrice du segment [ AC ], on Une équation cartésienne de la droite ( AB) est 4 x − 4 y − 4 = 0. Le point O est le point d’intersection de la droite ( AB) et de a donc  5x B’ + c = 0, soit 5 × 1 + c = 0, soit c = − 5 . 2 2 la hauteur du triangle ABC issue de C. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AC ] Les coordonnées de O sont les solutions du système suivant : est 5x − 5 = 0. ⎧ ⎧ ⎧ 2 1 !!!" ⎛ −1⎞ ⎪ 4x − 4y − 4 = 0 ⎪ x=2 ⎪ 8x = 4 BC est un vecteur normal de la médiatrice du segment ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎝ 4⎠ ⎪ 4x + 4y = 0 ⎪ y = −x ⎪ y = − 1. 2 ⎩ ⎩ [ BC ]. Une équation de la médiatrice du segment [ BC ] est de ⎩ la forme − x + 4 y + c = 0. Le point O a pour coordonnées 1 ; − 1 . 2 2 Le point A’ appartient à la médiatrice du segment [ BC ] , on !!!" ⎛ −1⎞ 3 a donc  − x A’ + 4 yA’ + c = 0, soit −1× − + 4 × 0 + c = 0, soit BC . La droite ( BC ) a une équation cartésienne de la 2 ⎝ 4⎠ c = − 3. 2 forme 4 x + y + c = 0. Le point C appartient à la droite ( BC ), Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ BC ] on a donc 4 xC + yC + c = 0, soit 4 × ( −2) + 2 + c = 0, soit c = 6. est − x + 4 y − 3 = 0. 2 Une équation cartésienne de la droite ( BC ) est 4 x + y + 6 = 0. Le point I est le point d’intersection des médiatrices du Le point M est le point d’intersection de la droite ( BC ) et de triangle ABC en particulier celle du segment [ BA] et celle la hauteur du triangle ABC issue de A. Les coordonnées de du segment [CA]. Les coordonnées de I sont les solutions M sont les solutions du système suivant : du système suivant : ⎧ ⎧ ⎧ 14 ⎧ ⎧ ⎧ 1 ⎪ 4x + y + 6 = 0 ⎪ ⎪ y = 17 y = −4 x − 6 y = 4 x + 4 y − 4 = 0 4 y − 2 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ −x + 4y − 5 = 0 ⎨ − x − 16x − 24 − 5 = 0 5 1 ⎪ ⎪ x = − 29 . ⎪ 5x − = 0 17 ⎪ ⎪ x=2 ⎪ x = 1. ⎩ ⎩ ⎩ 2 2 ⎩ ⎩ ⎩ ⎧ ⎧ ⎧ 14 Le point I a pour coordonnées 1 ; ⎪1 . 4 x + y + 6 = 0 ⎪ ⎪ y = 17 y = −4 x − 6 2 ⎨2 ⇔⎨ ⇔⎨ −x + 4y − 5 = 0 − x − 16x − 24 − 5 = 0 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ x = − 29 . 17 De plus, IA = 3 − 1 + 2 − 1 = ⎩ 34 . Le cercle circonscrit ⎩ ⎩ 2 2 2 2 2 2 Le point M a pour coordonnées − 29 ; 14 . 17 17 au triangle ABC a pour équation x − 1 + y − 1  = 34 , 2 2 2 2 2 Une équation cartésienne de la droite ( AC ) est y − 2 = 0. soit x − 1 + y − 1  = 17 . N Le point est le point d’intersection de la droite ( AC ) et de 2 2 2 B. la hauteur du triangle issue de Les coordonnées de ABC ⎛ 1⎞ ⎛ − 3⎞ !!!" ⎛ −1− 0 ⎞ ⎛ −1⎞ !!" −1− 2 N sont les solutions du système suivant : 2 ⎜ ⎜ ⎟ ⎟ et IH . d. GH ⎜ = = 1− 2 ⎟ ⎜ 1 ⎟ ⎜ 1− 1 ⎟ ⎜ 1 ⎟ y−2= 0 ⎝ ⎪⎧ ⎪⎧ y = 2 ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ 2 2 ⇔⎨ ⎨ !!!" !!" ⎪⎩ x = −1. ⎩⎪ 5x + 5 = 0 = 0 On remarque que GH = 2 IH . On en déduit que les vecteurs Le point a pour coordonnées N ( −1; 2). 3 !!!" !!" GH et IH sont colinéaires et que les points G, H et I sont y x + x + y ⎛ H H⎞ De plus, P ⎜ A , soit P 1; 3 . ; A alignés. 2 2 ⎟⎠ ⎝ 2 3. a. Il semble que les points J , K , L, M , N ,O, P, Q et R soient y x + x + y 1 ⎛ H H ⎞ , soit Q −1; − sur un cercle de centre le milieu du segment [ HI ] et de rayon Q⎜ B ; B 2 . 2 2 ⎟⎠ ⎝ la moitié du rayon du cercle circonscrit au triangle ABC. ⎛ x + x H yC + yH ⎞ R⎜ C ; y , soit R − 3 ; 3 . 2 2 ⎟⎠ 2 2 ⎝ ⎛ x + x H yI + yH ⎞ C N K A Soit E le milieu du segment [ HI ], on a E ⎜ I ; , 2 2 ⎟⎠ ⎝ 1 3 P R soit E − ; . 4 4 H

(

(

(

) (

) (

)

( ) ) ( ) (

(

) ( )

( ) )

( (

(

1

M

E J

Q

EM =

I 1L

0

x

O

B

(

) ( )

!!" ⎛ 4 ⎞ b. J − 3 ; 0 ,  K 1 ; 2 , L (1; 0). BA ⎜ . 2 2 ⎝ 4 ⎟⎠ La droite ( AB) a une équation cartésienne de la forme 4 x − 4 y + c = 0. Le point A appartient à la droite ( AB) , on a donc 4 x A − 4 yA + c = 0, soit 4 × 3 − 4 × 2 + c = 0, soit c = −4. 196

Chapitre 8 Géométrie repérée

)

)

)

(− 1729 + 41 ) + (1417 − 43 ) 2

2

= 34 = IA . 2 4

De même, on constate que : EJ = EK = EL = EO = EN = EP = EQ = ER = IA . 2 Les points J , K , L, M , N ,O, P,Q et R sont sur un cercle de centre le milieu du segment [ HI ] et de rayon la moitié du rayon du cercle circonscrit au triangle ABC.

84 Soit I le point d’intersection de la droite $ et de la droite Δ.

Les coordonnées de I sont les solutions du système suivant : ⎧⎪ −3x + 2 y − 1 = 0 ⎪⎧ −3x + 6x − 2 − 1 = 0 ⎪⎧ x = 1 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ y = 3x − 1 y = 3x − 1 ⎪⎩ ⎩⎪ ⎩⎪ y = 2. Le point I a pour coordonnées (1; 2) .

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!!" ⎛ 11− (− 3)⎞ ⎛ 14 ⎞ Soit M le point de la droite $ d’abscisse −1, son ordonnée est CB ⎜ est un vecteur normal de la médiatrice égale à −3 × ( −1) + 2 y − 1 = 0, soit y = −1. Le point M a pour ⎟= ⎝ 2 − (− 1) ⎠ ⎝ 3 ⎠ coordonnées ( −1; − 1) . du segment [CB]. Une équation de la médiatrice du segment On cherche à déterminer l’équation de d la droite CB] est de la forme 14 x + 3y + c = 0 . [ ! perpendiculaire à Δ passant par M . Le vecteur n ⎛ −3⎞ Le point O appartient à la médiatrice du segment [CB] , on ⎝ 1⎠ a donc 14 xO + 3yO + c = 0, soit 14 × 4 + 3 × 1 + c = 0, soit est un vecteur normal de Δ et un vecteur directeur de d . 2 L’équation cartésienne de d est de la forme x + 3y + c = 0. c = − 115 . 2 Le point M appartient à d, on a donc x M + 3yM + c = 0 , soit Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [CB] −1+ 3 × ( −1) + c = 0, soit c = 4. 115 = 0. est 14 x + 3y − Une équation cartésienne de d est x + 3y + 4 = 0. 2 Soit Ω le centre du cercle passant par A, B et C . Le point Soit O le point d’intersection de la droite d et de la droite Δ. Ω est le point d’intersection des médiatrices des segments Les coordonnées de O sont les solutions du système suivant : [ AB] et [CB]. Les coordonnées de Ω sont les solutions du ⎧ ⎧ ⎧ 1 ⎪ x + 3y + 4 = 0 ⎪ x + 9x − 3 + 4 = 0 ⎪ x = − 10 système suivant : ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ y = 3x − 1 y = 3x − 1 13 ⎧ 16x − 4 y − 32 = 0 ⎧ 48x − 12 y − 96 = 0 ⎧ 104 x − 326 = ⎪ ⎪ ⎪ y=− . ⎪ ⎪ ⎪ 10 ⎩ ⎩ ⎩ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 115 115 14 x + 3y − = 0 56x + 12 y − 230 = 0 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 14 x + 3y − 2 2 Le point O a pour coordonnées − 1 ; − 13 . 10 10 ⎧ ⎧ 16x −du4point ⎧ 48x ⎧ Soit M ’ le symétrique à la −droite . On y − 32M= par 0 rapport x = 163 12 y −Δ96 =0 ⎪ 104 x − 326 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ 52 x + x ⇔ ⇔ ⇔ 1 4 M M ' ⎨ ⇔ x = 2x − x ⇔ x ⎨=14 a O milieu de [⎨MM Ainsi, x115 2 ×x +−3y − −115 xM ′ = ⎨ ( −1=) ⇔ ’x]. + 0 M+′ 12 y −O 230 M M′ O = = 02 14 3y − 56x = 0 10 2 5 ⎪ 14 × 163 + 3y − 115 = 0 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 2 52 2 ⎩ 2xO − x M ⇔ x M ′ = 2 × − 1 − ( −1) ⇔ x M ′ = 4 et ⎧ 10 5 163 y + yM ' ⎪ x= 8 52 yO = M ⇔ yM ′ = 2 yO − yM ⇔ yM ′ = 2 × − 13 − ( −1) ⇔ y⇔ ⎨= − 5 M ′ 10 2 + yM ' ⎪ y = 59 . 13 ⇔ y M ′ = 2 yO − yM ⇔ yM ′ = 2 × − 13 − ( −1) ⇔ yM ′ = − 8 . ⎩ 2 10 5 !!!!" Le point Ω a pour coordonnées 163 ; 59 . 52 13 Le point M ’ a pour coordonnées 4 ; − 8 . Le vecteur M ’I 5 5 2 2 ⎛ 1⎞ De plus, ΩA = −5 − 163 + 6 − 59 = 184705 . ⎛ 1− 4 ⎞ 52 13 2704 5 ⎟ , soit ⎜ 5 ⎟ est un vecteur de coordonnées ⎜ Le cercle passant par A, B et C a pour équation : ⎜ 18 ⎟ ⎜2− − 8 ⎟ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ 2 2 5 5 ⎟⎠ x − 163 + y − 59  = 184705 . directeur de la droite ( M ′I ). Une équation cartésienne de 52 13 2704 18 1 la droite ( M ′I ) est de la forme 86  1. Le cercle #1 a pour équation : x − y + c = 0. Le point I 5 5 x 2 + y2 = 16 ⇔ ( x − 0)2 + ( y − 0)2 = 42 . appartient à la droite ( M ’I ) , on a donc 18 xI − 1 yI + c = 0, 5 5 On en déduit que le cercle #1 a pour centre le point O de soit 18 × 1− 1 × 2 + c = 0, soit c = − 16 . 5 5 5 coordonnées ( 0 ; 0) et a pour rayon 4. Une équation cartésienne de la droite ( M ’I ) est Le cercle # 2 a pour équation  : 18 x − 1 y − 16 = 0. x 2 + y2 − 8x − 6 y + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 )2 − 16 + ( y − 3)2 − 9 + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 5 5 5 x 2 + y2du − 8x − 6M y +par 16 =rapport 0 ⇔ ( xà−la4 )2 − 16 + ( y − 3)2 − 9 + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 )2 + ( y − 3)2 = 32 . point Le point M ′ est le symétrique droite Δ. Le point I est invariant par la symétrie d’axe Δ. M ’ et On en déduit que le cercle # 2 a pour centre le point I de I sont deux points de la droite symétrique de la droite $ par coordonnées ( 4 ; 3) et a pour rayon 3. rapport à Δ. La droite ( M ’I ) est donc la droite $’ symétrique 2. Les coordonnées des points d’intersection de #1 et de # 2 de la droite $ par rapport à Δ. sont les solutions du système suivant : ⎧⎪ ⎧⎪ x 2 + y2 = 16 x 2 = 16 − y2 85  Soit I le milieu du segment [ AB], ⇔ ⇔ ⎨ 2 ⎨ 2 x + x B −5 + 11 y + yB 6 + 2 2 2 ⎪⎩ x + y − 8x − 6 y + 16 = 0 ⎪⎩ x + y − 8x − 6 y + 16 = 0 xI = A = = 3 et yI = A = = 4. 2 2 2 2 !!" ⎛ 11− (− 5)⎞ ⎛ 16 ⎞ ⎧⎪ ⎧⎪ x 2 = 16 − y2 x 2 = 16 − y2 = ⎜ ⎟ est un vecteur normal de la médiatrice AB ⎜ ⇔ ⇔ ⇔ ⎟ ⎨ ⎨ ⎝ 2 − 6 ⎠ ⎝ −4 ⎠ 2 2 ⎪ −8x − 6 y + 32 = 0 ⎪ 16 − y + y − 8x − 6 y + 16 = 0 ⎩ ⎩ du segment [ AB]. Une équation de la médiatrice du segment ⎧ 2 ⎧ 2 [ AB] est de la forme 16x − 4 y + c = 0. 2 4 16 2 ⎪⎪ x = 16 − − 3 x + 3 ⎪⎪ x = 16 − y Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB], ⇔⎨ ⇔ 4 16 ⇔ ⎨ on  a donc 16xI − 4 yI + c = 0, soit 16 × 3 − 4 × 4 + c = 0, soit ⎪ y=−3x+ 3 ⎪ y = − 4 x + 16 3 3 c = −32. ⎪⎩ ⎪⎩ Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] ⎧ 2 4 16 4 16 ⎧ −25x 2 + 128x − 112 = 0 est 16x − 4 y − 32 = 0 . ⎪ x = 4+ 3x− 3 4− 3x+ 3 ⎪ xC + x B −3 + 11 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ Soit O, le milieu du segment [ BC ], xO = = =4 y = − 4 x + 16 . 4 x + 16 2 2 ⎪ ⎪⎩ y = − 3 3 yC + yB −1+ 2 1 3 3 ⎩ et yI = = = . 2 2⎧ 2 2 4 16 4 16 ⎧ −25x 2 + 128x − 112 = 0 ⎪ x = 4+ 3x− 3 4− 3x+ 3 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ y = − 4 x + 16 . ⎪ ⎪⎩ y = − 4 x + 16 3 3 3 3 ⎩

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Chapitre 8 Géométrie repérée

197

Soit Ω le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Le point Ω est le point d’intersection des médiatrices des segments [ AB] et [CB]. x1 = −128 − 5184 = 4 et x2 = −128 + 5184 = 28 . Les coordonnées de Ω sont les solutions du système suivant : −50 25 −50 ⎧ ⎧ ⎧ • x1 = 4 alors y1 = − 4 x1 + 16 = − 4 × 4 + 16 = 0. ⎪ 14 y − 22 = 0 ⎪ 2x + 6 y − 12 = 0 ⎪ 6x + 18 y − 36 = 0 3 3 3 3 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ ⎨ 28 4 16 4 28 16 96 6x + 4 y − 14 = 0 6x + 4 y − 14 = 0 6x + 4 y − 10 = 0 =− × + = alors y2 = − x2 + . • x2 = ⎪ ⎪ ⎪ 25 3 3 3 25 3 25 ⎩ ⎩ ⎩ M1 et M2 , les deux points d’intersection entre les deux ⎧ ⎧ ⎧ ⎧ ⎧ 11 96 . y = 11 cercles, ont pour coordonnées 0) +et1828 ; 36 (⎪4 ;6x 12 = 0 y − = 0 14 y − 22 = 0 ⎪ 2x + 6 y −respectives ⎪ ⎪ y= 7 ⎪ 7 25 25 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ !!!!" ⎨ ⎞ + 4un y −vecteur 14 = 0 normal + 4tangente y − 14 = 0 3. Le vecteur OM1 ⎪⎛ 46x est à la ⎪ 6x ⎪ x = 9. ⎪ 6x + 4 y − 10 = 0 ⎪ 6x + 4 × 11 − 14 = 0 ⎝⎩ 0 ⎠ 7 7 ⎩ ⎩ ⎩ ⎩ M au cercle #1 au point . 1 ⎧ ⎧ ⎧ 11 y = 11 6x + 18 y − 36 = 0 !!!" ⎛ ⎪0 ⎞ 14 y − 22 = 0 ⎪ ⎪ y= 7 7 Le vecteur IM⇔ est un vecteur normal à la tangente au ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 1⎝⎨ ⎠ −3 6x + 4 y − 14 = 0 ⎪ 6x + 4 y − 10 = 0 ⎪ 6x + 4 × 11 − 14 = 0 ⎪ x = 9. 7 7 cercle # 2 au point M1. ⎩ ⎩ ⎩ !!!!" !!!" Ω Le point a pour coordonnées 9 ; 11 . OM1 ⋅ IM1 = 4 × 0 + 0 × ( −3) = 0 . On en déduit que les 7 7 !!!!" !!!" vecteurs OM1 et IM1 sont orthogonaux et que les tangentes 2 2 De plus, ΩA = 2 − 9 + −2 − 11 = 650 = 5 26 . aux cercles #1 et # 2 au point M1 sont perpendiculaires. 7 7 49 7 ⎛ 28 ⎞ Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour équation : !!!!" 2 2 Le vecteur OM2 ⎜ 25 ⎟ est un vecteur normal à la tangente au x − 9 + y − 11  = 650 . ⎜ 96 ⎟ 7 7 49 ⎜⎝ ⎟⎠ 25 b. Le point M a une ordonnée nulle et appartient au cercle cercle #1 au point M2 . circonscrit au triangle ABC . On a donc le système suivant : ⎛ − 72 ⎞ ⎧ ⎧ y=0 y=0 !!!" 25 ⎪ ⎪ ⎜ ⎟ est un vecteur normal à la tangente Le vecteur IM2 ⎨ 11 2 650 ⇔ ⎨ x − 9 2 + − 11 2  = 650 ⇔ 9 2 ⎜ 21 ⎟ ⎪ ⎪ x − 7 + y − 7  = 49 ⎜⎝ ⎟⎠ 7 49 7 25 ⎩ ⎩

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au cercle # 2 au point M2 . !!!!" !!!" OM2 ⋅ IM2 = 28 × − 72 + 96 × 21 = 0 . On en déduit que les 25 25 25 25 !!!!" !!!" vecteurs OM2 et IM2 sont orthogonaux et que les tangentes aux cercles #1 et # 2 au point M2 sont perpendiculaires.

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⎧ y=0 y=0 ⎪ ⎪⎧ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 2 11 650 9 2 ⎪⎩ 7x − 18x − 64 = 0. ⎪ x − 7 + − 7  = 49 ⎩ On considère l’équation 7x 2 − 18x − 64 = 0.

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Δ = ( −18)2 − 4 × 7 × ( −64 ) = 2116

87  1. Il semble que les points I , J et K soient alignés.

x1 = 18 − 2116 = −2 et x2 = 18 + 2116 = 32 . 7 14 14 2. a. Soit I le milieu du segment [ AB] : x1 = −2 correspond à l’abscisse du point C, le point M a donc x + xB 2 + 4 y + yB −2 + 4 xI = A = = 3 et yI = A = = 1. pour coordonnées 32 ; 0 . 2 2 2 2 7 c. Soit d, la droite perpendiculaire à la droite (CB) passant par M. !!" ⎛ 4 − 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ uur uuur AB ⎜ ⎟ = ⎜⎝ 6 ⎟⎠ est un vecteur normal de la médiaN [ d ⇔ CB ⋅ MN = 0 ⇔ 6 × x − 32 + 4 y = 0 ⇔ 6x + 4 y − 192 = 0 4 − − 2 ( ) ⎝ ⎠ 7 7 uur uuur trice du segment [ AB]. Une équation de N [ladmédiatrice ⇔ CB ⋅ MNdu = 0 ⇔ 6 × x − 32 + 4 y = 0 ⇔ 6x + 4 y − 192 = 0 7 7 segment [ AB] est de la forme 2x + 6y + c = 0. Une équation cartésienne de la droite ( BC ) est de la forme Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a 4 x − 6 y + c = 0. Le point B appartient à la droite ( BC ), on a donc 2xI + 6 yI + c = 0, soit 2 × 3 + 6 × 1+ c = 0 , soit c = −12. donc 4 x B − 6 yB + c = 0, soit 4 × 4 − 6 × 4 + c = 0, soit c = 8. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] Une cartésienne de la droite ( BC ) est 4 x − 6 y + 8 = 0 . est 2x + 6 y − 12 = 0. xC + x B −2 + 4 Le point K est à l’intersection des droites d et ( BC ), ses coor= =1 Soit O, le milieu du segment [ BC ], xO = 2 2 données sont les solutions du système suivant : y + yB 0 + 4 = = 2. et yI = C ⎧ 12x − 18 y + 24 = ⎧ ⎧ 12x − 18 y + 24 = 0 4x − 6y + 8 = 0 2 2 ⎪ ⎪ ⎪ !!" ⎛ 4 − ( −2) ⎞ ⎛ 6 ⎞ ⎨ 192 = 0 ⇔ ⎨ 12x + 8 y − 384 = 0 ⇔ ⎨ −26 y + 552 = 6x + 4 y − CB ⎜ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎟ =⎜ ⎟ est un vecteur normal de la média7 7 7 ⎝ 4−0 ⎠ ⎝ 4 ⎠ ⎧ 12x − 18 y + 24 = 0 ⎧ [4CB ⎧ la x −]. 6Une y + 8équation =0 12x − 18 y + 24 = 0 trice du segment de ⎪ ⎪ ⎪ médiatrice du ⇔ ⇔ ⇔ segment [CB] est de la forme . ⎨ ⎨ 0 1926x=+04 y + c⎨=12x 384 = 0 6x + 4 y − −26 y + 552 = 0 + 8 y − ⎪ ⎪⎩ ⎪ Le point O appartient à la médiatrice du segment , on a 7 7 [CB] 7 ⎩ ⎩ donc 6xO + 4 yO + c = 0, soit 6 × 1+ 4 × 2 + c = 0, soit c = −14. ⎧ ⎧ 276 232 ⎪ 12x − 18 × 91 + 24 = 0 ⎪ x = 91 Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ BC ] ⇔⎨ ⎨ est 6x + 4 y − 10 = 0 . ⎪ ⎪ y = 276 . y = 276 91 91 ⎩ ⎩

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Le point K a pour coordonnées 232 ; 276 . 91 91 198

Chapitre 8 Géométrie repérée

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⎧ ⎪ ⇔⎨ ⎪ ⎩

On considère l’équation −25x 2 + 128x − 112 = 0. Δ = 1282 − 4 × ( −25) × ( −112) = 5184.

Soit d ' la droite perpendiculaire à la droite ( AB) passant par M. 89  1. ( x − 3)2 + ( y + 2)2 < 16 uur uuuur y N ' [ d ⇔ AB ⋅ MN ' = 0 ⇔ 2 × x − 32 + 6 y = 0 ⇔ 2x + 6 y − 64 = 0 7 7 uuuur 2 × x − 32 + 6 y = 0 ⇔ 2x + 6 y − 64 = 0 ⋅ MN ' = 0 ⇔ 1 7 7 Une équation cartésienne de la droite ( AB) est de la forme 0 1 6x − 2 y + c = 0 . Le point B appartient à la droite ( AB), on a donc 6x B − 2 yB + c = 0, soit 6 × 4 − 2 × 4 + c = 0, soit c = −16. Une cartésienne de la droite ( AB) est 6x − 2 y − 16 = 0. Le point J est à l’intersection des droites d ’ et ( AB) , ses coordonnées sont les solutions du système suivant : ⎧ ⎧ ⎧ 4 20 ⎧ 6x − 2 y − 16 = 0 ⎧ 6x − 2 y − 16 = 0 ⎪ 6x − 2 y − 16 = 0 ⎪ 6x − 2 × 7 − 16 = 0 ⎪ x= 7 ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 192 80 64 ⎪ −20 y + 7 = 0 ⎪ ⎪ y = 4. ⎪⎩ 2x + 6 y − 7 = 0 ⎪⎩ 6x + 18 y − 7 = 0 y= 4 7 7 ⎩ ⎩ ⎩ ⎧⎪ ( x + 1)2 + ( y − 5)2 < 9 ⎧ ⎧ ⎧ 20 4 − 16 = 0 ⎪ 6x − 2 × 7 − 16 = 0 ⎪ 6x − 2 y − 16 = 0 ⎪ x = 7 2.  ⎨ x > 0. ⇔⎨ ⎩⎪ 192 = 0 ⇔ ⎨ −20 y + 80 = 0 ⇔ ⎨ 4 4. ⎪ ⎪ ⎪ y = y = y 7 7 7 7 ⎩ ⎩ ⎩ ⎧ 20 − 16 = 0 ⎪ x= 7 ⇔⎨ 4 ⎪ y = 4. 7 7 ⎩ Le point J a pour coordonnées 20 ; 4 . 7 7 Soit d ’’, la droite perpendiculaire à la droite ( AC ) passant uuur uuuur par M · N ’’ [ d ⇔ AC ⋅ MN ’’ = 0 ⇔ −4 × x − 32 + 2 y = 0 ⇔ −4 x + 2 y + 128 = 0 7 7 1 uuur uuuur ⇔ AC ⋅ MN ’’ = 0 ⇔ −4 × x − 32 + 2 y = 0 ⇔ −4 x + 2 y + 128 = 0 7 7 0 x 1 Une équation cartésienne de la droite ( AC ) est de la forme 2x + 4 y + c = 0. Le point C appartient à la droite ( AC ) , on ⎧ ( x − 5)2 + ( y + 1)2 < 64 3.  ⎪⎨ a donc 2xC + 4 yC + c = 0, soit 2 × ( −2) + 4 × 0 + c = 0, soit y = x2 . c = 4 . Une cartésienne de la droite ( AC ) est 2x + 4 y + 4 = 0. ⎩⎪ Le point I est à l’intersection des droites d ’’ et ( AC ) , ses coory données sont les solutions du système suivant : ⎧ 92 ⎧ 2x + 4 y + 4 = 0 ⎧ 4x + 8y + 8 = 0 ⎧ 4x + 8y + 8 = 0 ⎪ 4 x + 8 × − 35 + 8 = 0 ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 184 128 128 ⎪ ⎪⎩ 10 y + y + 7 = 0 ⎪⎩ −4 x + 2 y + 7 = 0 ⎪⎩ 10 y + 7 = 0 y = − 92 35 ⎩ ⎧ 92 ⎧ 4x + 8y + 8 = 0 +8=0 ⎪ 4 x + 8 × − 35 + 8 = 0 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ 184 128 + =0 ⎪ ⎪⎩ 10 y + 7 = 0 y = − 92 7 35 1 ⎩ ⎧ 114 +8=0 ⎪ x = 35 0 5 1 ⇔⎨ 92 92 ⎪ y=− . 35 35 ⎩ Le point I a pour coordonnées 114 ; − 92 . ⎧ ( x − 5)2 + ( y + 1)2 < 25 ⎪ 35 35 4.  ⎨ ⎛ 20 − 114 ⎞ ⎛ − 2 ⎞ ⎛ 232 − 114 ⎞ ⎛ − 46 ⎞ x 2 + ( y − 1)2 = 1. ⎪⎩ !" 7 uur 91 35 5 35 65 ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ d. IJ et IK . = = y ⎜ 4 − − 92 ⎟ ⎜ 16 ⎟ ⎜ 276 − − 92 ⎟ ⎜ 368 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ 7 ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 91 35 ⎠ ⎝ 5 ⎠ 35 ⎠ ⎝ 65 ⎠ !!" !" !!" !" IK = 23 IJ , on en déduit que les vecteurs IK et IJ sont coli13 néaires et que les points I , K et J sont alignés.

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90  1. A appartient à 3 si et seulement si :

a × 12 + b × 1+ c = −1 ⇔ a + b + c = −1. B appartient à 3 si et seulement si : a × ( −1)2 + b × ( −1) + c = 9 ⇔ a − b + c = 9. Chapitre 8 Géométrie repérée

199

C appartient à P si et seulement si : a × 32 + b × 3 + c = 5 ⇔ 9a + 3b + c = 5. ⎧ a + b + c = −1 ⎪ D’où le système ⎨ a − b + c = 9 ⎪ 9a + 3b + c = 5. ⎩

2. On ajoute les lignes 1 et 2 du précédent système ( L1 + L2 ). 3. On obtient le système équivalent suivant : ⎧ 3a + 3b + 3c = −3 ⎪ 2a + 2c = 8 ⎨ ⎪ 9a + 3b + c = 5. ⎩

7. Une équation cartésienne de 3 est y = 2x 2 − 5x + 2. !!" !!!" ⎛ 1− x + 3 3 − x)⎞ ⎛ −4 x + 10 ⎞ 91  MI + 3MJ ⎜ ( ) ( ⎟ et ⎟ =⎜ ⎝ (2 − y) − 3y ⎠ ⎝ −4 y + 2 ⎠ !!!" !!" ⎛ (3 − x) + 3(1− x)⎞ ⎛ −4 x + 6 ⎞ MJ + 3MI ⎜ ⎟. ⎟ =⎜ ⎝ − y + 3(2 − y) ⎠ ⎝ −4 y + 6 ⎠ !!" !!!" !!!" !!" MI + 3MJ et MJ + 3MI orthogonaux !!" !!!" !!!" !!" ⇔ MI + 3MJ . MJ + 3MI = 0

(

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)

⇔ ( −4 x + 10) × ( −4 x + 6) + ( −4 y + 2) × ( −4 y + 6) = 0

⇔ 16x 2 − 64 x + 16 y2 − 32 y + 72 = 0 On a soustrait la ligne 3 à la ligne 1 ( L1 − L3 ). 9 =0 x 2 =− −3 4 x + y2 ⎧− 2b y=+−5 ⎧ 3a + 3b + 3c = −3 ⎧ 3a + 3b + 3c = −3 ⎧ 3a +⇔ 3b16+ 3c 2 ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ 2 2 2 ⇔ ⎨ c9= 2 5. et 6. ⎨ ⇔⎨ c = 2a + 2c = 8 ⇔⎨ 2a + 2c = 8 ⇔ x − 4 x + y − 2 y + = 0 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − 1)2 = 1 . 2 ⎪ ⎪ a2= 2. ⎪ 8a = 16    ( L − L ) ⎪ −6a + 2c = −8 a=2 2 3 ⎩ ⎩ L’ensemble des points M du plan tels que les vecteurs ⎩ ⎩ !!" !!!" !!!" !!" MI + 3MJ et MJ + 3MI sont orthogonaux forme un cercle de ⎧ 3a + 3b + 3c = −3 ⎧ b = −5 3c = −3 ⎪ ⎪ ⇔⎨ c=8 c=2 ⇔⎨ c=2 centre le point de coordonnées (2 ;1) et de rayon 1 , soit 2 . 2 2 ⎪ ⎪ a = 2. a=2 ( L2 − L3 ) ⎩ ⎩

(

)

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

92  Partie 1 ! 1. Le vecteur n ⎛⎜ a ⎞⎟ est un vecteur normal à la droite $. !!!" !⎝ b ⎠ 2. On a MH et n colinéaires, on a donc : !!!" ! !!!" ! !!!" " ⎧⎪ − i MH i × i n i MH et n sont de sens selon que MH ⋅ n = ⎨ !!!" ! ⎪⎩ i MH i × i n i opposés ou non. !!!" ⎛ x − x M ⎞ ! ⎛ a⎞ 3.  MH ⎜ H ⎟ et n ⎜⎝ b ⎟⎠ . y − y M⎠ !!!" " ⎝ H MH ⋅ n = a ( x H − x M ) + b ( yH − yM ) = ax H + byH − ax M − byM. 5x − 2 y + 3 −2x + y + 1 Le point H appartient à la droite $ = , ainsi 5 réinjectant dans ax + by + c = 0 ⇔ ax + by = −c. En 29

(

Partie 2 1− 2 + 8 1. La distance d ( M ,  D ) = = 7 = 7 2. 2 2 2 2 1 + ( −1) 2 × ( −4 ) − 3 × 4 2. On a R = d ( A, Δ ) = = 20 = 20 13 . 13 13 22 + ( −3)2 !" ⎛ 5 ⎞ !" ! ⎛ −2 ⎞ et n2 sont des vecteurs normaux aux droites 3. a. n1 ⎝ −2 ⎠ ⎝ 1⎠ d’équations respectives 5x − 2 y + 3 = 0 et −2x + y + 1 = 0. ⎧ )a××( −2 Or, 5 × 1− ( −2 vecteurs −1) en + cdéduit = 0 que ( −1))2= +1 ≠b ×0 ,(on ⎧ les a−b+c= 0 !" !" ! ⎪⎪ ⎪ 2 n1 et n2 ne sont apas que les × 3colinéaires ⇔droites 3b + c = 0 + b × 3 + cet =0 ⎨ 9a + d’équa⎨ tions respectives et 5x − 2 y + 3 = 0 −2x + y + 1 =a 0+ ne 2 ⎪ ⎪ b +sont c=2 a × 1 + b × 1+ c = 2 ⎩ pas parallèles, ⎪⎩ elles sont donc sécantes. Soit d1 la distance entre le point M ( x ; y ) et la droite d’équa⎧ tion 5x − 2 y + 3 = 0. ⎪ b =1 5x − 2 y + 3 5x − 2 y + 3 ⎪⎪ d1 = = 9a + 3+c = 0 ⎨ 29 52 + (−2)2 ⎪ a+c =1 ⎪ ⎪⎩ Chapitre 8 Géométrie repérée 200

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Soit d2 la distance entre le point M ( x ; y ) et la droite d’équation −2x + y + 1 = 0 . −2x + y + 1 −2x + y + 1 . d2 = = 5 (−2)2 + 12 De plus, 5x − 2 y + 3 > 0 ⇔ y < 5 x + 3 et 2 2 −2x + y + 1> 0 ⇔ y > 2x − 1. Les points équidistants des deux droites sont situés entre les deux droites. Pour tout point du plan situé entre les deux droites, on a : 5x − 2 y + 3 = −2x + y + 1 ⇔ (5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 − 29 5 ⇔ (5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 − 29 ) y + 3 5 − 29 = 0 . Tous les points équidistants des droites d’équations respecH H H H l’équation précédente, on obtient : tives 5x − 2 y + 3 = 0 et −2x + y + 1 = 0 sont situés sur la droites !!!" " MH ⋅ n = −c − ax M − byM = − ( ax M + byM + c ) . d’équation (5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 − 29 ) y + 3 5 − 29 = 0. !!!" " !!!!!" !!!" " ! !! " ! !! " !!!" i − ( ax M + byM + c ) i ax + −3 by + c " i MH ⋅ n i on a M En particulier, pour = 0,i= y = ! M 5 + 29 , le point de ⇔i MH i= ⇔ix MH 4. i MH ⋅ n i=i MH i × i n i⇔i MH i= ! ! ini ini i −2 n i 5 − 29 !!!" " !!!" !!!" coordonnées 0 ; −3 5 + 29 est donc équidistant des deux i − ( ax M + byM + c ) i ax + by + c i MH ⋅ n i −2 5 − 29 . ⇔i MH i= ⇔i MH i= M ! M ! ! droites. ini ini ini

93 La parabole coupe l’axe des abscisses aux points de coordonnées ( −1; 0) et (3 ;1) et son sommet S a pour coordonnées (1; 2). On en déduit le système suivant : ⎧ a × ( −1)2 + b × ( −1) + c = 0 ⎧ a−b+c= 0 ⎧ −2b = −2 ⎪⎪ ⎪ ⎪ 2 a × 3 ⇔ 9a + 3b + c = 0 + b × 3 + c = 0 ⇔ 9a + 3b + c = ⎨ ⎨ ⎨ 2 ⎪ ⎪ ⎪ a + b + c = 2 a + b+c= a × 1 + b × 1+ c = 2 ⎩ ⎩ ⎪⎩ ⎧ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ b= ⎧ b = 1 b = 1 −2b = −2 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ ⇔ ⎨ 9a + 3b + c = 0 ⇔ ⎨ 9a + 3 + c = 0 ⇔ ⎨ 8a + 3 = −1 ⇔ ⎨ a = ⎪ a+c =1 ⎪ ⎪ ⎪ a+b+c=2 a+c =1 ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ c= ⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧ ⎧ ⎪ ⎪ b =1 b =1 ⎪⎪ ⎪⎪ ⇔ ⎨ 8a + 3 = −1 ⇔ ⎨ a = − 1 2 ⎪ a+c =1 ⎪ 3 ⎪ ⎪ c= . 2 ⎪⎩ ⎪⎩

La parabole a pour équation y = − 1 x 2 + x + 3 . 2 2

F, le point d’intersection des deux tangentes, a pour coordonnées (−1; − 4 ) . points A et F ont la même abscisse – 1, ils appartiennent 2 2 2 2 94  1.  x + y − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 2) − 4 + ( y − 0) + 3 = 0 ⇔ ( x5. Les − 2)2 + ( y − 0)2 = 1. donc à la droite verticale d’équation x = −1. 2 2 2 2 3 = 0 ⇔ (x − 2) − 4 + ( y − 0) + 3 = 0 ⇔ ( x − 2) + ( y − 0) = 1. Les points D et E ont la même ordonnée 0, ils appartiennent donc à la droite horizontale d’équation y = 0. Le repère étant x 2 + y2 − 4 x + 3 = 0 est l’équation d’un cercle # de centre le orthonormé, les droites ( AF ) et ( ED ) sont perpendiculaires. point de coordonnées (2 ; 0) et de rayon R = 1 = 1. 2. M ( x ; y ) appartient à la droite et au cercle si et seulement uuur ⎛ −1− x ⎞ uuur ⎛ 1− x ⎞ ⎧⎪ 96 1. Soit ⎧⎪ ⎧⎪ y = un ax point M ( x ; y ) . On a MA ⎜ et MB ⎜  . y = ax y = ax ⎝ 2 − y ⎟⎠ ⎝ −1− y ⎟⎠ uuur uuur si ⎨ 2 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 2 2 2 2 2 − 4MA x +⋅3MB = 0.= 0 ⇔ (−1− x )(1− x ) + (−1− y )(2 − y ) = 0 ⇔ x 2 + y2 (1+Ma[C )x ⇔ 0 ⎪⎩ x + y − 4 x + 3 = 0 ⎪⎩ x + (ax ) − 4 x + 3 = uuur uuur⎪⎩ M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ (−1− x )(1− x ) + (−1− y )(2 − y ) = 0 ⇔ x 2 + y2 − y − 3 = 0 ⇔ x 2 + y − y = ax x uuur uuur ⎧⎪ ⇔ ⎨ (−1− 2 2 2 2 12 1 1 2 13 ⇔ −1− 1+ a2 ) xx2)(−1−4 xx )++3(= 0. y )(2 − y ) = 0 ⇔ x + y − y − 3 = 0 ⇔ x + y − 2 − 4 − 3 = 0 ⇔ x + y − 2 = 4 . ( x +MA 3 =⋅ MB 0 = 0⎪ ⇔ ⎩ Une équation cartésienne du cercle # de diamètre [ AB] est On considère l’équation (1+ a2 ) x 2 − 4 x + 3 = 0 . 2 2 x 2 + y − 1 = 13 . Δ = 4 (1− 3a ). 2 4 2. Soit D le milieu du segment [ AB]. • Si Δ . 0 ⇔ − 3 , a , 3. L’équation admet deux solu3 3 ⎧ 1 ⎧ xD = 0 tions, donc il y a deux points d’intersection entre la droite ⎪ xD = 2 ( x A + xB ) ⎪ et le cercle. ⇔⎨ On a ⎨ 1 ⎪ yD = 2 . ⎪ yD = 1 ( yA + yB ) •  Si Δ = 0 ⇔ a = − 3 ou a = 3 . L’équation admet une ⎩ 2 3 3 ⎩ solution, donc il y a un point d’intersection entre la droite Le point D a pour coordonnées 0 ; 1 . 2 et le cercle. uur ⎛1− (−1) ⎞ ⎛ 2⎞ 3 3 ⎤ ⎤ ⎡ ⎡ ; +` . ¯ • Si Δ , 0 ⇔ a [ ⎥−` ; − = est un vecteur directeur de Le vecteur AB ⎜ ⎢⎣ 3 ⎢⎣ ⎥⎦ 3 ⎦ ⎝ 2 − (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 3⎟⎠ L’équation n’admet pas de solution, donc il n’y a aucun point la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du d’intersection entre la droite et le cercle. segment [ AB] . Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] est de la forme 2x + 3y + c = 0. 95 1. Une équation cartésienne de # est ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 5 . De plus, le point D appartient à la médiatrice du segment 2. M ( x ; y ) appartient à l’axe des abscisses et au cercle # si [ AB], on a donc : et seulement si : 2 × 0 + 3 × 1 + c = 0 ⇔ c = − 3. 2 2 ⎧⎪ ⎧ y=0 y=0 y=0 ⎪⎧ ⎪ Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ 2 2 2 2 3 =2x0.+ 3y − 3 = 0. ⎪⎩ x 2 + 2x −est ⎩⎪ ( x + 1) + (−1) = 5 ⎩⎪ ( x + 1) + ( y − 1) = 5 2 ⎧⎪ Soit J le milieu du segment [ AC ] . ⎧⎪ y=0 y=0 ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎧ 1 2 2 2 2 ⎧ 3 − 1) = 5 ⎪⎩ ( x + 1) + (−1) = 5 ⎩⎪ x + 2x − 3 = 0. ⎪ x J = 2 ( x A + xC ) ⎪ xJ = 2 ⇔ On a ⎨ ⎨ On considère l’équation x 2 + 2x − 3 = 0. ⎪ yJ = 1 ( yA + yC ) ⎪ yJ = −1. 2 ⎩ 2 Δ = 2 − 4 × 1× (−3) = 16 ⎩ 2 Δ . 0, l’équation x + 2x − 3 = 0 admet donc deux solutions Le point J a pour coordonnées 3 ; − 1 . 2 distinctes : Les points A et C ont la même ordonnée – 1, ils appartiennent xE = −2 − 16 = −3 et x D = −2 + 16 = 1. donc à la droite horizontale d’équation y = −1. La médiatrice 2 2 Les points E et D ont pour coordonnées respectives (−3 ; 0) du segment [ AC ] est la droite verticale passant par J dont et (1; 0). une équation est x = 3 ⇔ x − 3 = 0. 2 2 3. Le point M ( x ; y ) appartient à la tangente à # au point E Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] si et seulement si : uuur uuur est x − 3 = 0. EM ⋅ AE = 0 ⇔ ( x − (−3)) × (−2) + y × (−1) = 0 ⇔ −2x − y − 6 = 0. 2 Le point E, centre du cercle circonscrit au triangle ABC est Une équation cartésienne de la tangente à # au point E est le point d’intersection des médiatrices du triangle ABC, en −2x − y − 6 = 0. particulier celle du segment [ AB] et celle du segment [ AC ]. Le point M ( x ; y ) appartient à la tangente à # au point D si Les coordonnées de E sont les solutions du système suivant : et si : uuuseulement r uuur ⎧ ⎧ 1 DM ⋅ AD = 0 ⇔ ( x − 1) × 2 + y × (−1) = 0 ⇔ 2x − y − 2 = 0. 2x + 3y − 3 = 0 ⎪ y = −2 ⎪ 2 Une équation cartésienne de la tangente à # au point D est ⇔⎨ ⎨ 2x − y − 2 = 0. ⎪ ⎪ x = 3. x−3 =0 2 2 ⎩ ⎩ 4. M ( x ; y ) appartient aux deux tangentes si et seulement si : Le point a pour coordonnées 3 ; − 1 . y = −4 ⎪⎧ ⎪⎧ y =E −4 ⎪⎧ −2x − y − 6 = 0 ⎪⎧ −2 y − 8 = 0 2 2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 2 2 −1. ⎪⎩ 2x − (−4 ) − 2 = 0 De plus, ⎪⎩ 2x − y − 2 = 0 ⎪⎩ 2x − y − 2 = 0 ⎩⎪ x =EA 3 1 = −1− + −1+ = 26 . 2 2 2 −8=0 y = −4 ⎪⎧ ⎪⎧ y = −4 ⇔⎨ ⇔⎨ Le cercle #’ circonscrit au triangle ABC a pour équation y−2= 0 2 2 ⎪⎩ 2x − (−4 ) − 2 = 0 ⎩⎪ x = −1. x − 3 + y + 1  = 13 . 2 2 2

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Chapitre 8 Géométrie repérée

201

⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩

) () (

)

Les points d’intersection entre la parabole et le cercle sont − 3 ; 3 et 3 ; 3 . 2 2 2 2 3. En chacun des points de tangence, les tangentes au cercle et à la parabole sont confondues et perpendiculaires à la droite passant par le centre du cercle et le point de tangence.

(

) (

)

100  1. L’abscisse du point V est telle que :

xT + xV 9 = ⇔ xV = 9 − 3 ⇔ xV = 3 . 4 2 2 2 3 Le point V a pour coordonnées ; 0 . 2 2. Soit y = ax 2 + bx + c une équation cartésienne de la parabole avec a, b et c trois réels fixés tels que a est non nul. Les ordonnées des points d’abscisse 3 et 3 sont nulles donc cette 2 équation peut aussi s’écrire sous la forme y = a ( x − 3) x − 3 . 2 2 2 3. On résout l’équation : 97  1. x 2 + y2 + x + y = 0 ⇔ x + 1 + y + 1  = 1 . 2 2 4 a ( x − 3) x − 3 = m ⇔ ( x − 3) x − 3 = m (a étant non nul). 1 2 2 a Cette équation est celle d’un cercle de centre − ; − 1 . Le 2 2   y = ( x − 3) x − 3 a Le sommet de la parabole d’équation milieu de [CD] a ces mêmes coordonnées. Réponse a. 2 2. On reconnaît l’écriture de l’égalité DM 2 = AM 2. Réponse d. pour abscisse 9 car il appartient à l’axe de symétrie de cette 4 r parabole. Son ordonnée vaut y = 9 − 3 9 − 3 = − 9 . 98  1. Un vecteur normal à D est n ⎛ 3⎞ , un vecteur normal à 4 4 2 16 ⎝ 2⎠ r ⎛ −4 ⎞ r r Dans le cas où a est positif, la parabole est tournée vers le . n ⋅ u = 0. Réponse b. D’ est u ⎝ 6⎠ haut et on en déduit que : 2. Réponse c. Si − 9 . m ⇔ m , − 9 a alors la droite et la parabole n’ont 16 a 16 3. Réponse c. r r pas de point d’intersection. 4. u ⋅ v = 0,5 × 4 +r (−8) × (−0,2) = 2 + 1,6 ≠ 0 r Si − 9 = m ⇔ m = − 9 a alors la droite et la parabole ont un u colinéaire à v ⇔ 0,5 × (−0,2) − (−8) × 4 = −0,1+ 32 ≠ 0.  16 a 16 Réponse c. unique point d’intersection. 5. Réponse c. 9 m 9 Si − , ⇔ m.− a alors la droite et la parabole ont 16 a 16 99 1. M ( x ; y) appartient à la parabole et au cercle si et seuledeux points d’intersection. ment si : Dans le cas où a est négatif, la parabole est tournée vers le ⎧ ⎧ ⎧⎪ y = x2 y = x2 y bas = x 2et on en déduit que : ⎪ ⎪ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 2 ⎨ 2 Si − 9 , m ⇔ m , − 9 a alors la droite et la parabole n’ont 2 2 2 2 2 16 ⎪⎩ x 4 − 3x 2 + 4 −16R2 =a0. ⎪⎩ x + ( y − 2)  = R ⎪⎩ x + ( x − 2)  = R pas de point d’intersection. ⎧ ⎧⎪ y = x2 Si − 9 = m ⇔ m = − 9 a alors la droite et la parabole ont y = x2 ⎪ 16 a 16 ⇔ ⎨ ⇔⎨ 2 2 2 2 un unique point d’intersection. R2 ⎪⎩ x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0. ⎪⎩ x + ( x − 2)  = R Si − 9 . m ⇔ m . − 9 a alors la droite et la parabole ont 16 a 16 On considère l’équation x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0. deux points d’intersection. On pose X = x 2 . Finalement : Le système précédent se réécrit alors de la manière suivante : ⎧⎪ m , − 9 a  : pas de point d’intersection. y=X 16 ⎨ 2 2 ⎩⎪ X − 3X + 4 − R = 0. m = − 9 a  : un point d’intersection. 16 On considère l’équation X 2 − 3X + 4 − R2 = 0. 9 a : deux points d’intersection. 2 2. m . − Δ = 9 − 4 × ( 4 − R ) = −7 + 4 R 16 Pour que l’équation x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0 admette deux solu101  1. Soit D le milieu du segment [ AB]. tions distinctes, il faut que l’équation X 2 − 3X + 4 − R2 = 0 ⎧ 1 ⎧ xD = 2 admette une solution réelle positive. Pour cela, il faut que ⎪ xD = 2 ( x A + xB ) ⎪ 2 2 7 7 On a ⇔ ⎨ ⎨ car R est une Δ = 0 ⇔ −7 + 4 R = 0 ⇔ R = ⇔ R = 1 4 2 ⎪ yD = − 2 . ⎪ yD = 1 ( yA + yB ) grandeur positive. ⎩ 2 ⎩ Le point D a pour coordonnées 2 ; − 1 . 2. Si R = 7 , alors Δ = 0 et le système devient : 2 uur ⎛ 3 − 1) ⎞ ⎛ ⎞ 2 2 Le ⎧vecteur AB ⎜ 3 ⎟ = est un vecteur directeur de ⎧ ⎝ −2 − 1⎠ ⎝ −3⎠ ⎧ y=X ⎧ y= y=X y = x2 ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ la ⎨droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 9 3 ⇔⎨ 3 3 ⎪ x = 2  ou  x = − 2   segment ⎪ x = [3AB ⎪⎩ X = 2 ⎪⎩ X − 3X + 4 = 0  ou  x = − 3 .  cartésienne de la médiatrice 2 ] . Une équation 2 ⎩ ⎩ du segment [ AB] est de la forme 2x − 3y + c = 0. ⎧ ⎧ y= 3 y=X y = x2 De plus, le point D appartient à la médiatrice du segment ⎪ ⎪ 2 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ [ AB], on a donc : 3 3 X=3 ⎪ x = 2  ou  x = − 2   ⎪ x = 3  ou  x = − 3 .  2 2 × 2 − 3 × − 1 + c = 0 ⇔ c = − 11. 2 2 ⎩ ⎩ 2 2

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( )

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202

Chapitre 8 Géométrie repérée

(

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=

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2 2 2 3.  xE 2 + yE − 1 = 3 + − 1 − 1 = 13 . Le point E appar2 2 2 2 4 tient bien au cercle #. ⎛ ⎞ ⎛ uur ⎛ ⎞ uuur 3 − 0 3⎞ 2 2 ⎜ ⎟ =⎜ 2 . et DE AB ⎝ 3⎠ ⎜ − 1 − 1 ⎟ ⎝ ⎟⎠ ⎜⎝ ⎟ −1 2 2⎠ uur uuur AB ⋅ DE = 2 × 3 + 3 × (−1) = 0 . On en déduit que les vecteurs 2 uur uuur AB et DE sont orthogonaux et que les droites ( AB) et ( DE ) sont perpendiculaires. 2xE + 3yE − 3 = 2 × 3 + 3 × − 1 − 3 = 3 − 3 = 0. Le point E 2 2 2 2 appartient à la médiatrice du segment [ AB] . Le point D est le milieu du segment [ AB], il appartient lui aussi à la médiatrice du segment [ AB]. On en déduit que la droite ( DE ) est perpendiculaire à la droite ( AB) .

Or le point H est le milieu du segment [ BB’] , donc : Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] x B’ = 2x H − x B = − 10 − 1 = − 23 et est 2x − 3y − 11 = 0. 2 13 13 yB’ = 2 yH − yB = − 2 + 1 = 11 . Soit B’ − 23 ; 11 . 2. a. AB = 22 + (−3)2 = 13 et AC = ( x − 1)2 + ( y − 1)2 , 13 13 13 13 2 2 2 2 donc AB = AC ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 13 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 13. 103  1. Si les points d’intersection entre la parabole d’équa( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 13 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 13. y = x 2 − 2 et le cercle d’équation x 2 + y2 = 4 existent, tion b. L’équation précédente est l’équation cartésienne d’un alors leurs coordonnées sont des couples solutions du cercle de centre A et de rayon 13 . système suivant : ⎧ ⎧ ⎧ x = 3 y + 11 3 y + 11 2x − 3y − 11 = 0 ⎪⎪ ⎪⎪ 2 4 ⎧⎪ ⎪y = x 2 x− = 2 2 2 ⎧⎪4 x 2 = y + 2 c.  ⎨ ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 ⇔⎨ ⎪ ( x − 1)2 + ( y − 1)2  = 13 ⎪ 3 y + 11 − 1 + ( y − 1)2  = 13 ⎨ x⎪2 52 22 2 4 y − 143 ⎪⎩ y = +0.y − 2 = 0. ⎪⎩ ⎩ + yy =+ 52 4 ⎪⎩ ⎪⎩ 2 On considère l’équation y2 + y − 2 = 0. ⎧ 3 y + 11 ⎧ x = 11 = 0 3 11 Δ = 9 . L’équation admet deux solutions distinctes : x = y+ ⎪⎪ 2 4 ⎪ 2 2 4 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 y1 = −1+ 9 = 1 et y2 = −1− 9 = −2. ⎪ 3 y + 11 − 1 + ( y − 1)2  = 13 ⎪ 52 y2 + 52 y − 143 = 0. − 1)2  = 13 2 2 ⎩ 4 ⎪⎩ 2 Le système devient alors : 1 ⎧ ⎪⎧ x = 3  ou  x = − 3  ou  x = 0   ⎪⎧ x 2 = 3 ou  x 2 = 0  x = 3 y + 11 ⎪ ⇔⎨ ⎨ 2 4 ⇔⎨ y = 1 ou  y = −2. ⎩⎪ ⎩⎪ y = 1 ou  y = −2 ⎪ 52 y2 + 52 y − 143 = 0. 1)2  = 13 ⎩ Les points d’intersection entre la parabole et le cercle ont

(

(

(

)

)

On considère l’équation 52 y2 + 52 y − 143 = 0. Δ = 32 448 = (2 × 4 × 13)2 × 3. L’équation admet deux solutions distinctes : y1 = − 1 + 3 et y2 = − 1 − 3 . 2 2 Le système a pour solutions : 6 = 2 − 3 3 ; − 1 − 3 ,  2 + 3 3 ; − 1 + 3 . 2 2 2 2 Si le couple de coordonnées de C est solution du système précédent, le point C appartient à la médiatrice du segment [ AB] et au cercle de centre A et de rayon 5. Le triangle ABC est alors isocèle rectangle en C.

{(

)(

)}

102  1. L’image du point B par la symétrie axiale d’axe Δ est

le point B’. Le point A appartient à Δ , l’image du point A par la symétrie axiale d’axe Δ est le point A. Or, la symétrie axiale conserve les distances donc AB = AB’ = 3 . On en déduit que le point B’ appartient à T. 2. Un vecteur normal à Δ étant donné on en déduit qu’une équation cartésienne de la droite est 3x − 2 y + c = 0 avec c [R . −11+ A29 Or la droite passe⎧⎪ par donc 3 − 4x 2+ =  c =−11− 0 ⇔ c29 = 1 +. 2 x 2 le = point + 2 ou  ⎪ 2 2 les Une équation de⎨ Δ est donc 3x − 2 y + 1 = 0. Calculons Δ. Un coordonnées du ⎪projetéyorthogonal B sur 29 = −11+ 29noté  ou H y =de−11− 2 ⎪⎩ la droite perpendiculaire vecteur normal de à Δ et2passant par B est le vecteur de coordonnées ⎛ 2⎞ , vecteur qui est ⎝ 3⎠ r⎛ 3 ⎞ orthogonal au vecteur n . Une équation de cette droite ⎝ −2⎠ est donc 2x + 3y + c = 0 avec c [R . Or cette droite passe par B donc 2 − 3 + c = 0 ⇔ c = 1. Une équation est donc 2x + 3y + 1 = 0. Le projeté orthogonal H de B sur Δ a pour coordonnées le couple solution du système : ⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0 ⎧⎪ 3x − 2 y + 1 = 0 ⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎩⎪ 13y + 1 = 0 ⎩⎪ 2x + 3y + 1 = 0 ⎩⎪ 6x + 9 y + 3 = 0 ⎧ 5 ⎧ 6x − 4 y + 2 = 0 ⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0 y+2= 0 ⎪ x = − 13 ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ y=− 1 y+3= 0 ⎪⎩ 13y + 1 = 0 ⎪ y=− 1. ⎪⎩ 13 13 ⎩ ⎧ 5 x = − y+2= 0 ⎪ 13 ⇔⎨ 1 =− ⎪ y=− 1. 13 13 ⎩ © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

)

pour coordonnées (− 3 ; 1), ( 3 ; 1) et (0 ; − 2) . 2. Soit le cercle d’équation x 2 + ( y + 5)2 = 4. Si les points d’intersection entre la parabole d’équation y = x 2 − 2 et le cercle d’équation x 2 + ( y + 5)2 = 4 existent alors leurs coordonnées sont des couples solutions du système suivant : ⎧⎪ ⎧⎪ y = x2 − 2 x2 = y + 2 ⇔ ⎨ 2 ⎨ 2 2 ⎩⎪ y + 11y + 23 = 0. ⎩⎪ x + ( y + 6) = 4 On considère l’équation y2 + 11y + 23 = 0 . Δ = 29. L’équation admet deux solutions distinctes :

y1 = −11+ 29 et y2 = −11− 29 . 2 2 Le système devient alors : ⎧ 2 −11+ 29 ⎧ 2 −7 + 29 + 2 ou  x 2 =  −11− 29 + 2  ou ⎪⎪ x = ⎪⎪ x = 2 2 2 ⇔⎨ ⎨ ⎪ ⎪ y = −11+ 29  ou y = −11+ 29  ou  y = −11− 29 2 2 2 ⎪⎩ ⎪⎩ ⎧ 2 −7 + 29  ou  x 2 =  −7 − 29 ⎪⎪ x = 2 2 ⇔⎨ ⎪ y = −11+ 29  ou  y = −11− 29 . 2 2 ⎪⎩ Or −7 + 29 , 0 et −7 − 29 , 0, le système n’admet donc 2 2 pas de couple solution et le cercle n’admet aucun point d’intersection avec la parabole. 3. a. Si les points d’intersection entre la parabole d’équation y = x 2 + 3 et le cercle d’équation x 2 + ( y − 1)2 = 1 existent, alors leurs coordonnées sont des couples solutions du système suivant : ⎧ ⎧ 6x − 4 y + 2 = 0 − 52 ⎧ ⎪ x= ⎧⎪ ⎪ y = x 2 + 3 y = 13 x +3 ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪2 y = −2 1 ⇔ ⎨ ⎪2 y = − 2 2 1 . 13 + 3 − 1) = 1 ⎪⎩ x⎩ + ( x 13 ⎩⎪ x⎩ + ( y − 1) = 1 ⎧ ⎧⎪ y = x2 + 3 y = x2 + 3 ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 2 2 ⎪⎩ x 2 + x 4 + 4 x 2 + 4 − 1 = 0 ⎪⎩ x + ( x + 2) − 1 = 0 ⎧⎪ y = x2 + 3 ⇔⎨ ⎪⎩ x 4 + 5x 2 + 3 = 0. Chapitre 8 Géométrie repérée

203

104  Questions Va piano

1. d est la hauteur issue de A, e est celle issue de B. 2. Les coordonnées de l’orthocentre du triangle ABC données par le logiciel de géométrie dynamique sont ( 4,86 ; 0,29) . 3.  L’orthocentre est à l’intersection des deux hauteurs du triangle ABC d’équation respective x + 3y = 4 et −5x − y = −24, ses coordonnées sont les solutions du système suivant : ⎧⎪ ⎧⎪ x + 3y = 4 x = 4 − 3y ⇔⎨ ⎨ ⎩⎪ −5x − y = −24 ⎩⎪ −5( 4 − 3y ) − y + 24 = 0 ⎧⎪ ⎧⎪ x = 4 − 3y x = 4 − 3y ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩⎪ 14 y + 4 = 0 ⎩⎪ −5( 4 − 3y ) − y + 24 = 0 ⎧ ⎧ 2 34 ⎪ x = 4−3× −7 ⎪ x= 7 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪ ⎪ y = −2. y = −2 7 7 ⎩ ⎩ Les coordonnées de l’orthocentre du triangle ABC sont 34 ; − 2 . 7 7

( )

(

)

Questions Moderato

uuur 6 − 5 ⎞ ⎛1⎞ 1.  BC ⎛⎜ est un vecteur normal de la hauteur = ⎝ 2 − (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 3⎟⎠ du triangle ABC issue de A. Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de A est de la forme x + 3y + c = 0. Le point A appartient à la hauteur du triangle ABC issue de A, on a donc x A + 3yA + c = 0, soit 1+ 3 × 1+ c = 0, soit c = −4. Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de A est x + 3y − 4 = 0. uur 2. CA ⎛ 1− 6⎞ = ⎛ −5⎞ est un vecteur normal de la hauteur ⎝ 1− 2 ⎠ ⎝ −1⎠ du triangle ABC issue de B. Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de B est de la forme −5x − y + c = 0. Le point B appartient à la hauteur du triangle ABC issue de B, on a donc −5x B − yB + c = 0, soit −5 × 5 − (−1) + c = 0, soit c = 24 . Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de B est −5x − y + 24 = 0. 3. L’orthocentre H est à l’intersection des deux hauteurs du triangle ABC d’équation respective x + 3y − 4 = 0 et −5x − y + 24 = 0, ses coordonnées sont les solutions du système déjà résolu à la question 3 de la section Va piano. Ainsi, H a pour coordonnées 34 ; − 2 . 7 7

(

204

Chapitre 8 Géométrie repérée

)

X1 = −5 + 13 ⇔ x12 = −5 + 13 . Or −5 + 13 est négatif, 2 2 2 2 −5 + 13 l’équation x1 = n’admet pas de solution dans R. 2 −5 − 13 ⇔ x 2 = −5 − 13 . Or −5 − 13 est De même, X2 = 2 2 2 2 2 −5 − 13 négatif, l’équation x2 = n’admet pas de solution 2 dans R. Finalement, le système S n’admet pas de solution, on en déduit que la parabole d’équation y = x 2 + 3 et le cercle d’équation x 2 + ( y − 1)2 = 1 n’ont pas de point d’intersection.

uur 1− 5 ⎞ ⎛ −4⎞ 4.  BA ⎛⎜ est un vecteur normal de la hauteur = ⎝1− (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠ du triangle ABC issue de C. Une équation de la hauteur du triangle ABC issue de C est de la forme −4 x + 2 y + c = 0. Le point C appartient à la hauteur du triangle ABC issue de C, on a donc −4 xC + 2 yC + c = 0, soit −4 × 6 + 2 × 2 + c = 0, soit c = 20. Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue de C est −4 x + 2 y + 20 = 0. Or, −4 x H + 2 yH + 20 = −4 × 34 + 2 × − 2 + 20 = 0. 7 7 2 34 ;− Le point H de coordonnées appartient bien à la 7 7 troisième hauteur du triangle issue de C.

(

( ) )

Questions Allegro

1. Voir les questions Va piano et Moderato. 2. Soit le point C ’ milieu du segment [ BA]. ⎧ 1 ⎧⎪ xC ’ = 3 ⎪ xC ’ = 2 ( x A + x B ) ⇔⎨ ⎨ ⎪ yC ’ = 1 ( yA + yB ) ⎪⎩ yC ’ = 0 2 ⎩

uur ⎛ ⎞ BA −4 est un vecteur normal de la médiatrice du segment ⎝ 2⎠ [ AB]. Une équation de la médiatrice du segment [ AB] est de la forme −4 x + 2 y + c = 0. Le point C ’ appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a donc −4 xC ’ + 2 yC ’ + c = 0, soit −4 × 3 + 2 × 0 + c = 0, soit c = 12. Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB] est −4 x + 2 y + 12 = 0. Soit le point B’ milieu du segment [ AC ]. ⎧ ⎧ 1 7 ⎪ x B’ = 2 ( x A + xC ) ⎪ x B’ = 2 ⇔⎨ ⎨ ⎪ yB’ = 1 ( yA + yC ) ⎪ yB’ = 3 2 2 ⎩ ⎩

uur CA ⎛ −5⎞ est un vecteur normal de la médiatrice du segment ⎝ −1⎠ [ AC ]. Une équation de la médiatrice du segment [ AC ] est de la forme −5x − y + c = 0. Le point B’ appartient à la médiatrice du segment [ AC ], on a donc −5x B’ − yB’ + c = 0, soit −5 × 7 − 3 + c = 0, soit c = 19. 2 2 Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AC ] est −5x − y + 19 = 0 . Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, O est à l’intersection des deux médiatrices du triangle ABC

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b. On pose X = x 2. Le système précédent se réécrit alors de la manière suivante : ⎧⎪ y= X +3 ⎨ 2 ⎩⎪ X + 5X + 3 = 0. On considère l’équation X 2 + 5X + 3 = 0. Δ = 52 − 4 × 1× 3 = 13 . L’équation X 2 + 5X + 3 = 0 admet deux solutions distinctes : X1 = −5 + 13 et X2 = −5 − 13 . 2 2

d’équation respective −4 x + 2 y + 12 = 0 et −5x − y + 19 = 0, Le cercle # 2 a pour centre le point de coordonnées (−2 ; 4 ) ses coordonnées sont les solutions du système suivant : et pour rayon R2 = 16 = 4 . 2 2 2 2 ⎧⎪ −4 x + 2 y + 12 = 0 ⎧⎪ −4 x + 2 y + 12 = 0 ⎧⎪ −4 x + 2 y +2. x 12 A= 0+ yA = (−2) + 0 = 4. Le point A appartient au cercle ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ ⎨ # 1. ⎩⎪ −14 x + 50 ⎩⎪ −10x − 2 y + 38 = 0 ⎩⎪ −5x − y + 19 = 0 ( x A= +0 2)2 + ( yA − 4 )2 = (−2 + 2)2 + (0 − 4 )2 = 16. Le point A ⎧ ⎧ 25 8 appartient au cercle # 2 . ⎪ −4 × 7 + 2 y + 12 = 0 ⎪ y= 7 + 12 = 0 ⎪⎧ −4 x + 2 y + 12 = 0 3. a. et b. ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 25 25 + 38 = 0 ⎪⎩ −14 x + 50 = 0 ⎪ x= ⎪ . x= 7 7 ⎩ ⎩ ⎧ 8 + 12 = 0 ⎪ y= 7 ⇔⎨ 5 ⎪ x = 25 . 7 7 ⎩ Le point O, centre du cercle circonscrit au triangle ABC, a pour coordonnées 25 ; 8 . 7 7 uuur ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 6 − 3 3 = est un vecteur directeur de la médiane 3. C ’C ⎝ 2 − 0⎠ ⎝ 2⎠ du triangle ABC issue de C. Une équation de la médiane du triangle ABC issue de C est de la forme 2x − 3y + c = 0. Le point C appartient à la médiane du triangle ABC issue Les cercles #1 et # 2 sont sécants en un deuxième point de de C, on a donc 2xC − 3yC + c = 0, soit 2 × 6 − 3 × 2 + c = 0 , (1,2 ; 1,6). coordonnées soit c = −6. 2 2 + 1,6 = 4. Le point B de coordonnées (1,2 ; 1,6) apparc. 1,2 Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC # tient au cercle issue de C est 2x − 3y − 6 = 0. 1. 2 1,2 + 2 + 1,6 − 4 )2 = 16. Le point B de coordonnées ( ) ( ⎛ ⎞ ⎛ 3 ⎞ uuur 5 − 7 2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane (1,2 ; 1,6) appartient au cercle # 2 . B’B ⎜ ⎜ −1− 3 ⎟ ⎜ − 5 ⎟ ⎜⎝ ⎟ ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ 2⎠ Questions Moderato du triangle ABC issue de B. Une équation de la médiane du 1. Il existe des points d’intersection entre #1 et l’axe des triangle ABC issue de B est de la forme − 5 x − 3 y + c = 0. 2 2 abscisses si et seulement si leurs coordonnées vérifient le Le point B appartient à la médiane du triangle ABC issue de B, système suivant : on a donc − 5 x B − 3 yB + c = 0, soit − 5 × 5 − 3 × (−1) + c = 0 , ⎧⎪ ⎧⎪ y = 0 y=0 ⎧⎪ 2 2 2 2 y=0 soit c = 11. ⇔⎨ ⇔⎨ ⎨ 2 2 2 x + y = 4 x = −2 ou  x = 2.  Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC ⎩⎪ ⎩⎪ x = 4 ⎩⎪ 5 3 issue de B est − x − y + 11 = 0. 2. Le cercle #1 coupe l’axe des abscisses aux points de coor2 2 données (−2 ; 0) et (2 ; 0). Soit G le centre de gravité du triangle ABC, G est à l’interIl existe des points d’intersection entre # 2 et l’axe des section des deux médianes du triangle ABC d’équation 3 5 abscisses si et seulement si leurs coordonnées vérifient le respective 2x − 3y − 6 = 0 et − x − y + 11 = 0, ses coor2 2 système suivant : données sont les solutions du système suivant : ⎧⎪ ⎧⎪ ⎧ y = 0 y=0 ⎧⎪ y = 0 ⎧ 2x − 3y − 6 = 0 − 6 = 0⇔ ⎨ ⎪ y = 22 ⇔⎨ ⎪⎧ 2x − 3y − 6 = 0 ⎪⎧ 2x − 3y − 6 =⎨ 0 ⎪⎧2 2 × 4 − 3y ⎪ 2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔ (⎨x + 2) 3 = 0 ⎨ 5 + 2⎨) + ( y − 4 ) = 16 (x ⇔ 3 ⎩⎪ x = −2.   ⎪⎩ x=4 ⎪⎩ 7x − 28 = 0⎪⎩ ⎪⎩ ⎪⎩ 5x + 3y − 22 = 0 ⎪⎩ − 2 x − 2 y + 11 = 0 ⎪⎩ x = 4. Le cercle # 2 coupe l’axe des abscisses au point de coordon⎧ ⎧⎪ 2x − 3y − 6 = 0 ⎧⎪ 2 × 4 − 3y − 6 = 0 y−6= 0 ⎪ y= 2 nées (−2 ; 0) . 3 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 3. Les cercles #1 et # 2 coupent respectivement deux et une − 22 = 0 x=4 ⎩⎪ 7x − 28 = 0 ⎩⎪ ⎪⎩ x = 4. fois l’axe des abscisses et ont au moins un point d’intersection Le point G, centre de gravité du triangle ABC, a pour coorde coordonnées (−2 ; 0). On en déduit que les cercles #1 et données 4 ; 2 . # 2 ont deux points d’intersection distincts. 3 4. On cherche l’équation de la tangente au point noté B 4. Il semble que les points O, H et G soient alignés. d’abscisse 1 et d’ordonnée positive. ⎛ ⎞ ⎛ 9 ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 3 ⎞ uuur 34 − 25 uuur 4 − 25 ⎧⎪ ⎧⎪ x = 1 ⎧⎪ x =1 7 7 7 7 7 x =1 ⎟ =⎜ ⎟ et OG ⎜ ⎟ =⎜ ⎟. OH ⎜ ⇔⎨ 2 ⇔⎨ ⎨ 2 2 ⎜ − 2 − 8 ⎟ ⎜ − 10 ⎟ ⎜ 2 − 8 ⎟ ⎜ − 10 ⎟ ⎪⎩ x = − 3  ou  x = 3   ⎜⎝ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎟ ⎜ ⎟ ⎩⎪ y = 3 ⎩⎪ x + y = 4 7 7⎠ ⎝ 7⎠ 3 7 ⎠ ⎝ 21⎠ Donc B (1; 3 ) . uuur uuur uur ⎛ 1 ⎞ On remarque que OG = 1 OH , on en déduit que les vecteurs Soit O(0 ;0) le centre du cercle, le vecteur OB ⎜ ⎟ est un uuur uuur 3 ⎝ 3⎠ OG et OH sont colinéaires et que les points O, H et G sont vecteur normal de la tangente en B. Cette tangente a donc alignés. une équation de la forme x + 3y + c = 0, avec c [ R  . 105  Or le point B appartient à cette tangente, donc ses coordonnées vérifient l’équation précédente, ce qui donne Questions Va piano 1+ 3 + c = 0 ⇔ c = −4. On en déduit que l’équation cherchée 1. Le cercle #1 a pour centre l’origine du repère et pour rayon est x + 3y − 4 = 0. R1 = 4 = 2 . © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

(

)

( )

Chapitre 8 Géométrie repérée

205

⎧ ⎧ ⎧ y=0 y=0 ⎪⎪ ⎪⎪ ⎪ 2 2 2 ⇔⎨ x =4 x +y =4 ⇔⎨ 1.  ⎨ ⎪ ⎪ ( x + 2)2 + (−4 )2 = 16 ⎪ 2 2 ⎪⎩ ⎩ ⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 16

⎧ y=0 ⎧ y=0 ⎪ ⎪ 4 ⇔ ⎨ x = −2 ou  x = 2 ⇔ ⎨ x = −2 ou  x = 2 ⎪ x = −2. 2 ⎪ ( x + 2)2 = 0 −4 ) = 16 ⎩ ⎩ L’abscisse du point d’intersection des cercles #1 et # 2 d’ordonnée nulle est –2. 2. M ( x ; y ) appartient à #1 et # 2 si et seulement si :

0

⎧⎪ x 2 + y2 = 4 ⇔ ⎨ 2 2 ⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 16 ⎧⎪ x 2 + y2 = 4 ⇔⎨ 2 2 ⎪⎩ x + 4 x + 4 + y − 8 y + 16 = 16

⎝ −1⎠ equation 3x − y − 4 = 0. ur u n2 ⎛ 2 ⎞ is a normal vector of the line defined by the equation ⎝ −6⎠ 2x − 6 y = 0 . ur ur u n1 ⋅ n2 = 3 × 2 − 1× (−6) = 12 ≠ 0.

The two lines are not perpendicular. 2.  3x − y − 4 = 0 ⇔ y = 3x − 4 and 2x − 6 y = 0 ⇔ y = 1 x . 3 In the second member of the slope-intercept equation, x is multiplied by a coefficient called the slope. The other coefficent of the second member of the slope-intercept equation is the point where the line intercepts the y axis. 3. The slopes are inverse of each other. 4.  y = mx + p ⇔ −mx + y − p = 0. ur n1 ⎛⎜ −m ⎞⎟ is a normal vector of the line defined by the equation ⎝ 1 ⎠ y = mx + p. y = m’x + p’ ⇔ −m’x + y − p’ = 0. ur u n2 ⎛⎜ −m’ ⎞⎟ is a normal vector of the line defined by the equa⎝ 1 ⎠ tion y = m’x + p’. The two lines ur ur uare perpendicular ⇔ n1 ⋅ n2 = 0 ⇔ −m × (−m’ ) + 1× 1 = 0 ⇔ m × m’ = −1.

2  1. AB = (−1− 5)2 + (3 − 2)2 = 36 + 1 = 37

M is the midpoint of segment [ AB] : ⎧ 1 ⎧ xM = 2 ⎪ xM = 2 ( x A + xB ) ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ 5 1 ⎪ yM = ( yA + yB ) ⎪ yM = 2 . ⎩ 2 ⎩

) ( )

2

(

)

2 2 2. ( x − 2)2 + y − 5 = 37 ⇔ ( x − 2)2 + y − 5 = 37 . 2 2 4 2 3. The two points A et B must be equidistant from the centers of circles. The center of cercles passing through point A and B are on the mediator of segment [ AB].

206

Chapitre 8 Géométrie repérée

⎧⎪ (2 y − 2)2 + y2 = 4 ⎧⎪ x 2 + y2 = 4 3.  ⎨ ⇔⎨ x = 2y − 2 ⎪⎩ ⎩⎪ x − 2 y + 2 = 0 ⎧⎪ 4 y2 − 8 y + 4 + y2 = 4 ⎧⎪ 5y2 − 8 y = 0 ⇔⎨ ⇔⎨ x = 2y − 2 ⎩⎪ ⎩⎪ x = 2 y − 2 ⎧ 8 ⎧⎪ y (5y − 8) = 0 ⎪ y = 0 ou  y = 5 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪ x = −2 ou  x = 6 . ⎩⎪ x = 2 y − 2 5 ⎩ Les cercles #1 et # 2 ont deux points d’intersection de coordonnées (0 ; − 2) et 8 ; 6 . 5 5

(

ur 1  1.  n1 ⎛ 3 ⎞ is a normal vector of the line defined by the

(

⎧⎪ ⎧⎪ x 2 + y2 = 4 x 2 + y2 = 4 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 2 ⎪⎩ 4 + 4 x − 8 y + 4 = 0 ⎪⎩ y x= 0+ y + 4 x − 8 y + 4 = 0 x = −2 ou  ⎧⎪ x 2 + y2 = 4 ⎧⎪ x 2 x+=y22 =⇔ 4 ⇔⎨ ⇔ ( x⎨+ 2)2 = 0 ⎪⎩ 4 x − 8 y + 8 = 0 ⎪⎩ x − 2 y + 2 = 0.

)

uur ⎛ ⎞ AB −6 . The equation of the segment [ AB] mediator is of ⎝ 1⎠ the forme −6x + y + c = 0. This line pass through point M, −6x M + yM = c = 0 ⇔ −6 × 2 + 5 + c = 0 ⇔ c = 19 . 2 2 An equation of the segment [ AB] mediator is −6x + y + 19 = 0. 2 ⎧ ⎧ x=0 x = 0 ⎪ ⎪ 4. ⎨ 19 = 0 ⇔ ⎨ y = − 19 . The coordinates of the −6x + y + ⎪⎩ ⎪⎩ 2 2 19 center of the circle are 0 ; − . 2

(

(

R = (0 − 5)2 + − 19 − 2 2

(

x 2 + y + 19 2

) =( 2

629 2

)

2

)

= 629 . 2

) ⇔ x + ( y + 192 ) = 6294 . 2

2

3  1. The result of the algorithm is « False ». 2. The result of the algorithm is « True ». 3. This algorithm test if a point belongs to the line with the following equation 4 x + 5y − 3 = 0, or not.

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Questions Allegro

9

Probabilités conditionnelles et indépendance

1  a. 6 = 3 26

13

b. 5 26 c. 1 26 d. 6 + 5 − 1 = 10 = 5 26 26 26 26 13

5  1. Ananas en promotion

Ananas sans promotion

Total

61

52

113

31

56

87

92

108

200

Bananes en promotion Bananes

2  1. P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,5 + (1− 0,7) − 0,12 =sans 0,68promotion = P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,5 + (1− 0,7) − 0,12 = 0,68 2. P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) = 1 + 3 − 7 = 3   4 5 10 20

3  Situation 1 : 2

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3 Situation 2 : on note p la probabilité d’avoir 1, alors la probabilité d’avoir 2 est 2p, celle d’avoir 3 est 3p … et on a : p + 2p + 3p + 4p + 5p + 6p = 1, d’où p = 1 et donc la proba21 bilité d’avoir 6 est 6 = 2 . 21 7

Total

2. P (A) = 113  ; P (B) = 52  ; P (C) = 108 = 54 = 27  ; 200 200 200 100 50 61 113 + 92 − 61 P (D ) = = 144 = 18 .  ; P (E) = 200 200 200 25

6  1. P P

4  1. Le jeu peut simuler le lancer d’un dé équilibré à 6 faces. La probabilité de gagner est alors 1 . 6 2.

P

F F

F P

P F P

F F P

F

Les issues possibles sont donc : PPP, PPE, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF. 2. La probabilité de chaque issue est 1 . 8 6 3 3. P (au moins une fois Face ) = = . 8 4

7  1. 2 × 2 = 4

3 3 9 2 2. × 1 = 2 = 1 3 2 6 3

Pour construire le cours Situation

1 

1  P (M) = 20 =

1 probabilité que la personne soit malade. 5000 250 P ( T ) = 318 = 259 probabilité que la personne soit positive. 5000 2500 P ( T > M) = 18 = 9 probabilité que la personne soit malade et positive. 5000 2500 Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

207

2  On calcule la probabilité que le test soit positif sachant que la personne est malade : 18 = 0,9. Le médecin a donc raison.

20

3  On calcule la probabilité que Léa soit malade : 18 ≈ 0,06. Elle a donc 6 % de risque d’être malade. On peut penser que

318

ce test n’est pas fiable.

Situation

2 

1  a. R1

R2

F1

F2

F3

F4

… R2 F1 F2 F3 F4 R1 F1 F2 F3 F4 R1 R2 F2 F3 F4 R1 R2 F1 F3 F4 R1 R2 F1 F2 F4 R1 R2 F1 F2 F3

Les 30 issues sont équiprobables. b. La probabilité d’obtenir deux bonbons à la fraise est 12 = 2 . 30 5 2  a. La probabilité que le premier bonbon tiré soit à la fraise est 4 = 2  ; à la réglisse : 2 = 1 .

6 3 b. On peut écrire les probabilités précédentes sur les deux premières branches.

6

3

3  a. La probabilité que le deuxième bonbon soit à la fraise sachant que le premier l’est est 12 = 3 . On peut faire figurer cette

20

probabilité sur la branche qui va de fraise à fraise. b.

2 3

Fraise

1 3

Réglisse

3 5

5

Fraise

2 5 4 5

Réglisse

1 5

Réglisse

Fraise

On multiplie les probabilités qui sont sur les branches : 2 × 3 = 2 . 3 5 5 b. P (R ) = 1 × 1 = 1 3 5 15 c. On peut additionner les deux probabilités précédentes et on trouve 7  ; on vérifie avec l’arbre de dénombrement. 15

Situation

3 

1  a. P (bio ) = 126 + 99 = 225 = 1

900 b. Pvu (bio) = 126 = 1 504 4

900

4

2  Pour le magasin 2 :

a. P (bio) = 267 + 177 = 444 = 37 ≈ 0, 49 900 900 75 267 89 b. Pvu (bio) = = ≈ 0,64 420 140 3  Concernant le magasin 1, on peut dire que la campagne publicitaire n’a pas eu d’impact. On dira que les deux évènements « acheter bio » et « avoir vu la publicité » sont indépendants. Concernant le magasin 2, la campagne semble avoir eu un impact.

Démonstrations et raisonnements Comprendre une démonstration 1  C’est la formule des probabilités totales.

( )

( )

2  P (A ) + P A = 1 donc A = 1− P (A ). 208

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

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4  a. On passe en couleur les branches qui passent par « fraise » et « fraise ».

Rédiger une démonstration 1  Les évènements A > B et A > B sont disjoints.

A et A forment une partition de l’univers, donc la réunion des deux évènements précédents est égale à B. P (B) = P (A > B) + P (A > B)

P (A > B)  ⇔ P (A > B) = PA (B) × P (A) P (A ) P (A > B) et PB (A) =  ⇔ P (A > B) = PB (A) × P (B), d’où le résultat : P (B) PA (B) × P (A) = PB (A) × P (B). 2  PA (B) =

Les évènements B et B forment une partition de l’univers, donc P (A) = P (A > B) + P (A > B). P (A) = P (A > B) + P (A > B) ⇔ P (A) = PA (B) × P (A) + PA (B) × P (A),

d’où 1 = PA (B) + PA (B), P(A) étant non nulle. Donc 1− PA (B) = PA (A).

Utiliser différents raisonnements 1  a. Tous les éléments de A > B sont inclus dans A, donc vrai. b. Faux, car tous les éléments de A < B ne sont pas dans B. c. Si A < B = A, alors tous les éléments de A et de B sont dans A, donc B est inclus dans A et réciproquement, si B est inclus dans A, alors tous les éléments de B sont dans A, donc A < B = A , donc vrai. d. Faux, c’est A qui est inclus dans B. 2  a. A < B est l’ensemble des éléments qui n’appartiennent ni à A ni à B, et A < B est l’ensemble des éléments qui n’appar-

tiennent pas à A, ou n’appartiennent pas à B, ou n’appartiennent ni à A ni à B, donc A < B,A < B. Vrai. b. A > B est l’ensemble des éléments qui ne sont ni dans A ni dans B donc il est bien contenu dans A < B, donc vrai. c. Faux, car A ,A < B, or A ˜A < B. d. Vrai d’après ce qui a été dit en a et b. 3  a. A > B : « Le numéro est pair et est un multiple de 3 » : {6}.

A < B : « Le numéro est ni pair ni multiple de 3 » : {1;5}. A > B  : « Le numéro n’est pas pair ou n’est pas un multiple de 3 » : {1;2;4;5}.

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b. A > B : la boule tirée est rouge et jaune, ce qui est impossible, donc c’est l’évènement impossible. A < B : la boule tirée n’est ni rouge ni jaune ce qui est impossible également. A > B : la boule tirée n’est pas à la fois rouge et jaune, ce qui était impossible, donc c’est l’évènements certain, autrement dit l’univers. c. A > B : « Le billet commence par un 3 et se termine par un 5 ». A < B : « Le billet ne commence pas par un 3 et ne se termine pas par un 5 ». A > B : « Le billet ne commence pas par un 3 ou ne se termine pas par un 5 ».

Travaux pratiques TP

1  Une première marche aléatoire

1 

2  Pour répondre à la question, il faut pouvoir exécuter ce script un grand nombre de fois. Pour cela, on peut faire une boucle « pour ». Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

209

La plus grande valeur obtenue semble être 130. 3 

4 

TP

2  Une seconde marche aléatoire

1  Abscisse de départ, 0, et ordonnée de départ, 0.

r

2  1er déplacement : translation de vecteur −i .

Au bout de 50 secondes, le point se trouve en (5 ; – 1). absicsse[1]=–1 ; ordonnee[1]=0 ; abscisse[50]=5 ; ordonnee[50]=–1.

4  On tape graphique(86400) dans la console.

TP

3  Une approximation de π par la méthode de Monte-Carlo

1  a. La probabilité que le point M se trouve dans le quart de disque est égale au rapport de l’aire du quart de disque sur

l’aire du carré, soit π . 4 b. N : nombre de points pris au hasard dans le carré. Q : le nombre de ces points qui se trouvent dans le quart de disque. L’équation du cercle est x² + y² = 1 ; à la ligne 6 on teste si le point est à l’intérieur du quart de cercle. 210

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

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3 

Fréquence : c’est la fréquence des points se trouvant dans le disque, c’est donc une approximation de l’aire de ce quart de disque. c. Il faut multiplier la fréquence obtenue par 4. d.

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2  a. ligne 5 : trace le repère. ligne 6 : construction de la liste des abscisses des points du cercle. ligne 7 : construction de la liste des ordonnées des points du cercle. ligne 8 : style des points , épaisseur et couleur. ligne 9 : affichage du graphique. b.

3  On reprend le programme précédent en modifiant : ligne 10 : if y < x**2 ligne 19 : ListeY=[x**2 for x in listeX] ligne 23 : title=“approximation de l’aire avec“+str(N)+“points : “+str(Q/N)

TP

4  Paradoxe du duc de Toscane

1  a. En B4 : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)

b. En H4 : =NB.SI(E4:E103;9)/100 En H5 : =NB.SI(E4:E103;10)/100 c. Les résultats sont confirmés.

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

211

2  a. On obtient 63 = 216 tirages possibles.

b. Les différentes façons d’obtenir 9 sont : 6 + 2 + 1 ; 5 + 3 + 1 ; 5 + 2 + 2 ; 4 + 4 + 1 ; 4 + 3 + 2 ; 3 + 3 + 3. On peut faire un arbre pour dénombrer le nombre d’issues correspondantes ; on trouve 25. La probabilité d’obtenir une somme égale à 9 est donc 25 ≈ 0,157. 216 Les différentes façons d’obtenir 10 sont : 6 + 3 + 1 ; 6 + 2 + 2 ; 5 + 4 + 1 ; 5 + 3 + 2 ; 4 + 4 + 2 ; 4 + 3 + 3. À l’aide d’un arbre, on trouve 27 issues qui donnent 10. La probabilité d’obtenir 10 est donc 27 ≈ 0,125. 216 c. Le paradoxe vient du fait qu’il y a autant de façon d’obtenir 9 et 10 comme somme de trois entiers.

5  Maladie rare et faux positif

TP

1  b. En C4 : =SI(OU(ET(B4=“S“;ALEA() B) = 1 et 1 × 2 = 2 ≠ 1 52 13 13 169 52 Les évènements ne sont donc pas indépendants.

Automatismes 7  1. P (A) = P (A > B) + P (A > B ) = 1 + 1 = 7 3

12 2. P (A > B) = 1 × 2 = 1 et P (A > B ) = 1 × 1− 2 = 1 . 2 5 5 6 5 10 1 1 3 = . On a donc P (A) = + 5 10 10 3. P (A > B) = 0,1× 0,6 = 0,06 P (A > B) 0,06 P (A ) = = = 0,2 0,3 PA (B)

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6  P (A) = 4 = 1

52 13 8 P (B) = = 2 52 13

( )

8  La probabilité d’avoir une paire de la même couleur est 2× 1 × 1 = 1 . 24 23 276

9  1. Oui. 2. 1 × 1 = 1 6 6 36

10  1. On note D l’évènement « L’alarme se déclenche » et F « Détection de fumée ». …

5  On note T l’évènement « Il se trompe de salle » et C l’évè-

nement « Il oublie les sujets dans son casier ». On doit calculer P ( T > C). Les évènements T et C étant indépendants, on en déduit que les évènements T et C le sont aussi et alors P ( T > C) = P ( T ) × P (C) = 4 × 9 = 36 = 18 . 5 10 50 25

4

…

F 0,99 D

F 0,01 0,02 D

D

0,98 D

2. P (F > D ) = 0,001 = P (F) × 0,01, d’où P (F) = 0,1. On a donc P (F > D ) = 0,1× 0,99 = 0,099.

11  1. P (A) = 4 9

PA (B) = 5 8 2. P (A > B) = P (A) × PA (B) = 4 × 5 = 5 9 8 18

Exercices

Or, P (A) = 1 et P (A > B) = 1 . 2 6 2  P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) ⇔ P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) ⇔ P (A1 > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9 = 0,1 P (B) = 6 = 1 × 2 = 1 . On a= donc P (A > B) ⇔ P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) ⇔ P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9 0,1 A 3 1 6 2 P (A < B) ⇔ P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9 = 0,1 P A > B) P (A > B) + P (A > B) P (A > B) 0,1 1 4  PB (A) + PB (A) = P (A > B) + ( = PB (A) = = = P (B) P (B)   P (B) 0,7 7 P (B) P (A > B) 0,1 1 P (A > B) P (A > B) P (A > B) + P (A > B) PA (B) = = = PB (A) + PB (A) = + = 0,3 3 P (A ) P (B) P (B) P (B) Les évènements A et A forment une partition de Ω . On a 3  Si on note A l’évènement « Le chiffre est pair » et B l’évèdonc P (A > B) + P (A > B) = P (B) . P (A > B) nement « Le chiffre est inférieur à 4 », alors PA (B) = . P (A > B) + P (A > B) P (B) P (A ) Ainsi, PB (A) + PB (A) = = = 1. P (B) P (B)

1  P (A > B) = P (A) × PA (B) = 0,8 × 0,6 = 0, 48

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

213

5  1. Un nougat ayant été pris, il ne reste plus que 30 caraP (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,05185 − 0,02035 = 0,581 mels et 19 nougats. La probabilité de choisir un caramel est P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,05185 − 0,02035 = 0,5815 30 P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,94815 − 0,52965 = 0,968 alors . 49 C) = (H C) = 0,55 + 0,94815 − 0,52965 = 0,9685 2. Un nougat ayant été pris, il ne restePplus 30Pcaramels et 19 nougats. La probabilité de choisir un nougat est alors 10  a. PB ( S ) = 1− PB (S) = 1− 0, 4 = 0,6 18 . La probabilité qu’une personne qui a acheté des baskets 49 achète des articles soldés est de 0,6. 6  Soit G l’évènement « L’élève est gaucher » et F l’évèneb. P (B > S ) = P (B) × PB ( S ) = 0,6 × 0,6 = 0,36 ment « L’élève est une fille ». La probabilité qu’une personne achète des baskets et ne profite pas des soldes est de 0,36. 1. P (G) = 1130 = 226 8735 1747 c. P (B > S) = P (B ) × PB (S) = 0, 4 × 1 = 0,1 2. P (F > G) = 449 4 8735 La probabilité qu’une personne n’achète pas de basket et des 449 P (F > G) 8735 articles soldés est de 0,1. 449 1747 449 3. PG (F) = = = × = 8735 226 1130 P (G) 226 11  1. P (A) = 1− P (A) = 1− 0,7 = 0,3 1747 PA (B ) = 1− PA (B) = 1− 0,6 = 0, 4 7  1. P (C > A) = 50 = 1 100 2 PA (B) = 1− PA (B ) = 1− 0,2 = 0,8 20 2 0,6 B 2. PC (A) = = 70 7 0,3 A Yeux marron 60

Cheveux blonds 5

10

0,7

A

0,4 B 0,8 B 0,2 B

2. P (A) = 1− P (A) = 1− 0,8 = 0,2 PA (B ) = 1− PA (B) = 1− 0, 4 = 0,6

2. Soit M l’évènement « L’élève a les yeux marron » et B l’évènement « L’élève a les cheveux blonds ». P (A > B ) 0,1 PA (B ) = = = 0,5 a. P (M < B) = P (M) + P (B) − P (M > B) = 0,65 + 0,15 − 0,05 = 0,75 0,2 P (A ) (M) + P (B) − P (M > B) = 0,65 + 0,15 − 0,05 = 0,75 PA (B) = 1− PA (B) = 1− 0,5 = 0,5 P (M > B) 5 1 b. PM (B) = = = 0,4 B 65 13 P (M) 0,8 A P (M > B) 5 1 c. PB (M) = = = 0,6 B 15 3 P (B)

9  P (H) = 1− P (H) = 1− 0, 45 = 0,55 PH (C) = 1− PH (C) = 1− 0,07 = 0,93 PH (C) = 1− PH (C) = 1− 0,037 = 0,963 P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0, 45 × 0,07 = 0,0315 P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0, 45 × 0,93 = 0, 4185 P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0,55 × 0,037 = 0,02035

0,2

A

0,5 B 0,5 B

12  a. P ( T ) = 1− P ( T ) = 1− 0,6 = 0, 4

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8  1.

b. PT ( S ) = 0,3 c. PT (S) = 1− PT ( S ) = 1− 0,3 = 0,7 d. P ( T > S ) = P ( T ) × PT ( S ) = P ( T ) × (1− PT (S)) = 0,6 × (1− 0,8) = 0,12 P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0,55 × 0,963 = 0,52965 P ( T > S ) = P ( T ) × PT ( S ) = P ( T ) × (1− PT (S)) = 0,6 × (1− 0,8) = 0,12 P (C) = P (H > C) + P (H > C) = 0,0315 + 0,02035 = 0,05185 e. P ( T > S) = P ( T ) × PT (S) = 0, 4 × 0,7 = 0,28 P (C) = 1− P (C) = 1− 0,05185 = 0,94815 13  1. 7 P (H > C) 630 PC (H) = = 19 V 1037 P (C) 8 V P (H > C) 930 20 PC (H) = = 12 R 2107 P (C) 19 P (H > C) 407 = 1037 P (C) P (H > C) 1177 PC (H) = = 2107 P (C) PC (H) =

12 20

8 19 R

11 19

V R

P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,05185 − 0,0315 = 2. 0,P 47035 ( V > R ) + P (R > V ) = 8 × 12 + 12 × 8 = 48 20 19 20 19 95 ) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,05185 − 0,0315 = 0, 47035 La probabilité que Léo parte au lycée avec deux chaussettes P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,94815 − 0, 4185 = 0,97965 de couleurs différentes est 48 . ) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,94815 − 0, 4185 = 0,97965 95 214

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

14  Soit F l’évènement « La personne dans la salle est une femme » et L l’évènement « La personne dans la salle porte des lunettes ». 0,65

0,35

F

F

1 2

L

1 2 1 3

L

2 3

L

0,28 A

0,72 A

0,65 B 0,35 B 0,88 B 0,12 B

La probabilité que l’animal affamé croisé soit un lion est 10 . 31

18  1. 0,01

M

0,99

M

0,9

T

0,1 T 0,05 T

L

Les évènements F et F forment une partition de l’univers. On a donc P (L ) = P (F > L ) + P ( F > L ), soit P (L ) = 0,65 × 0,5 + 0,35 × 1 = 53 . 3 120 La probabilité qu’une personne dans la salle porte des lunettes est 53 . 120

15  1.

La probabilité que l’animal soit affamé est 0,31. 2. PF (L ) = P (L > F) = P (L ) × PL (F) = 0,2 × 0,5 = 10 0,31 31 P (F) P (F)

0,95 T

2. Les évènements M et M forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : P ( T ) = P (M > T ) + P (M > T ) = 0,01× 0,9 + 0,99 × 0,05 = 0,0585. 3. PT (M) =

P ( T > M) 0,01× 0,1 = = 2 ≈ 0,001 1− 0,0585 1883 P(T)

19  Soit R l’évènement « L’album choisi est un album de rock », P l’évènement « L’album choisi est un album de rap », J l’évènement « L’album choisi est un album de jazz » et A l’évènement « L’album choisi est un album ancien ». 1. 0,5 A R

0,45

0,5 A 0,7 A

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0,3 P 2. P (A > B) = P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 = 0,182 0,3 A P (A < B) = 1− P (A > B ) = 1− 0,72 × 0,12 = 0,9136 0,25 0,4 A J P (B) = P (A > B) + P (A > B) =   P (A) × PA (B) + P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 + 0,6 A ) + P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 + 0,72 × 0,88 = 0,8156 2. Les évènements R, P et J forment une partition de l’univers, 16  alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 7 9 B P (A) = P (R > A) + P (P > A) + P (P > A) = 0, 45 × 0,5 + 0,3 × 0,7 + 0,25 B . P (A) = PN(R > A) + P (P > A) + P (P > 0,8 A) = 0, 45 × 0,5 + 0,3 × 0,7 + 0,25 × 0, 4 = 0,535 2 La probabilité que l’album écouté par Laurent soit ancien 9 est 0,535. 8 P (A > R ) 0, 45 × 0,5 45 9 0,2 B = = ≈ 0, 42 3. PA (R ) = 0,535 107 P (A ) N Sachant que l’album écouté est ancien, la probabilité que ce 1 N 9 soit du rock est 45 . 107 7 8 4 a. P (B > B) + P (N > B) = 0,8 × + 0,2 × = 9 9 5 20 Dans le cas de jumeaux monozygotes, les deux bébés ont La probabilité que la deuxième boule du tirage soit blanche le même sexe avec la même probabilité d’avoir deux filles est 4 . ou deux garçons. Dans le cas de jumeaux hétérozygotes, on 5 a une chance sur quatre d’avoir deux filles, une chance sur b. P (B > N) + P (N > N) = 0,8 × 2 + 0,2 × 1 = 1 quatre d’avoir deux garçons et une chance sur deux d’avoir 9 9 5 une fille et un garçon. On en déduit l’arbre pondéré suivant. La probabilité que la deuxième boule du tirage soit noire est 0,5 GG 1. M 1 5 0,5 FF

3

17  0,2

L

0,3 E

0,5 F 0,5 F 0,2 F

2 3

M

0,5 GF 0,25 GG

0,25 FF

P (M > GF) = P (M) × PM (GF) = 2 × 0,5 = 1. La probabilité de 3 3 0,5 donner naissance à deux bébés de sexes différents est 1 . Z 3 0,7 F Najla a donc plus de chances de donner naissance à deux 1. a. P (Z) = 0,5 bébés de même sexe. b. P (F) = P (L > F) + P (E > F) + P (Z > F) = 0,2 × 0,5 + 0,3 × 0,2 + 0,5 × 0,3 = 0,31 (E > F) + P (Z > F) = 0,2 × 0,5 + 0,3 × 0,2 + 0,5 × 0,3 = 0,31 0,8 F 0,3 F

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

215

21  1. À chaque passage dans la boucle « pour » le mobile se déplace d’une unité de longueur. La boucle « pour » est effectuée trois fois, le mobile se déplace donc de trois unités de longueur. 2. À chaque passage dans la boucle la probabilité que la variable position s’incrémente de 1 est 1 . La probabilité que 4 la variable position contienne la valeur 3 à la fin de l’algo3 rithme est 1 = 1 . 64 4

24  P (A) × P (B) = 0,3 × 0,2 = 0,06 P (A) × P (B) = P (A > B) . Les évènements A et B sont indépendants. 25  • P (A > B) = P (A) × P (B) = 0,3 × 0,7 = 0,21 • P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,21 = 0,79 26 

()

H

1 3 4 9

0,47

A

0,53

A

0,2 R 0,8 R 0,4 R

B

3 B 4 0,25 B 0,75 B

P (A) = 1− P (A) = 1− 0,53 = 0, 47 Les évènements A et A forment une partition de l’univers, 2 alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 9 E R 0,4 P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 0, 47 × 1 + 0,53 × 0,25 = 1 4 4 Les évènements H, F et E forment une partition de l’univers, 1 P (A > B) = 0, 47 × = 0,1175 alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 4 1 4 2 P (R ) = P (H > R ) + P (F > R ) + P (E > R ) = × 0,2 + × 0, 4 + × 0,6 = 17 3 9 9 P (A) ×45 P (B) = 0, 47 × 1 = 0,1175 4 4 2 17 1 > R ) + P (E > R ) = × 0,2 + × 0, 4 + × 0,6 = 3 9 9 45 P (A) × P (B) = P (A > B) . Les évènements A et B sont 1 × 0,2 indépendants. P (H > R ) 3 PR (H) = = = 3 17 P (R ) 17 27  1. P (A) = 4 = 2   ; P (B) = 5 = 1   ; P (A > B) = 3 et 45 10 5 10 2 10 4 P (F > R ) 9 × 0, 4 2 × 1 = 1 ≠ 3 . Les évènements A et B ne sont pas 8 PR (F) = = = 5 2 5 10 17 P (R ) 17 45 indépendants. 2 2. P (A) = 2   ; P (C) = 5 = 1   ; P (A > C) = 1 et P (E > R ) 9 × 0,6 6 5 10 2 10 PR (E) = = = 17 P (R ) 17 1 1 1 2 × = ≠ . Les évènements A et C ne sont pas 45 5 2 5 10 On a PR (F) . PR (E) . PR (H), l’animateur doit donc annoncer indépendants. que la personne est une femme afin de minimiser le risque 3. On peut choisir l’évènement D : « Obtenir un a ». de se tromper. On a P (D ) = 2 = 1 . 10 5 23  12 1 19 N P (D > B) = et P (D ) × P (B) = 1 × 1 = 1 . Les évènements 10 5 2 10 13 N D et B sont indépendants. 20 7 L 19 P (D > C) = 1 et P (D ) × P (C) = 1 × 1 = 1 . Les évènements 10 5 2 10 13 19 D et C sont indépendants. 7 N 20

F

L

0,6 R 0,6 R

6 19

L

28  P (A) = 1 .

10 Les évènements A et A forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 1 × 8 + 9 × 15 = 0,215. 10 10 10 100 P (A > B) = 1 × 8 = 0,08 10 10 P (A) × P (B) = 1 × 0,215 = 0,0215 10 P (A) × P (B) ≠ P (A > B) . Les évènements A et B ne sont pas indépendants.

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22 

1 4

1. P (N > L ) + P (L > N) = 13 × 7 + 7 × 13 = 91 20 19 20 19 190 La probabilité de manger un chocolat de chaque sorte est 91 . 190 1− P (L > L ) = 1− 7 × 6 = 169 20 19 190 La probabilité de manger au moins un chocolat noir est 169 . 190 2. P (N > L ) + P (L > N) = 91 × 190 = 7 190 169 13 1− P (L > L ) Sachant que l’on a mangé au moins un chocolat noir, la 29 1− P (B > P ) = 1− ( P (B ) × (1− P (P))) = 1− (0,8 × (1− 0,17)) = 0,336 probabilité d’avoir mangé un chocolat de chaque sorte est 1− P (B > P ) = 1− ( P (B ) × (1− P (P))) = 1− (0,8 × (1− 0,17)) = 0,336 7. La probabilité que l’ordinateur choisi ait au moins l’un des 13 deux problèmes est 0,336. 216

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

30  0,7 0,2

O

B

0,8 S 0,2 S 0,9 S 0,1 S 0,6 S

33 L’évènement A « Michel arrive à l’heure » est l’évènement contraire de « Michel a une panne de réveil ou a son scooter qui ne démarre pas ou croise un camion poubelle ». Ainsi, P (A) = 14 × 19 × 3 = 133 = 0,665. 15 20 4 200

34  1. On effectue deux tirages successifs avec remise, il s’agit d’une succession de deux épreuves indépendantes et la 0,4 S probabilité d’obtenir deux boules vertes est égale à 1. Les évènements O, B et F forment une partition de l’univers, 2×2= 4 . alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 7 7 49 2. La0,6 première P (S) = P (O > S) + P (B > S) + P (F > S) = 0,7 × 0,8 + 0,2 × 0,9 + 0,1× = 0,8 fleur cueillie n’étant pas remise sur la branche avant la cueillette de la deuxième fleur, il ne s’agit pas d’une > S) + P (F > S) = 0,7 × 0,8 + 0,2 × 0,9 + 0,1× 0,6 = 0,8. succession de deux épreuves indépendantes et la probabilité 2. a. P (O > S) = 0,7 × 0,8 = 0,56 P (S) × P (O ) = 0,8 × 0,7 = 0,56 de cueillir deux fleurs blanches est 2 × 1 = 1 . 10 9 45 , les évènements O et S sont P (O > S) = P (S ) × P (O ) 3. On lance successivement deux fois un dé cubique non indépendants. truqué. Il s’agit d’une succession de deux épreuves indépenb. P (B > S) = 0,2 × 0,9 = 0,18 dantes, et la probabilité d’obtenir deux fois le numéro 6 est P (S) × P (B) = 0,8 × 0,2 = 0,16 , les évènements O et S ne sont pas P (B > S) ≠ P (S) × P (B) égale à 1 × 1 = 1 . 6 6 36 indépendants. c. P (F > S) = 0,1× 0,6 = 0,06 35  1. La fonction « tirage » renvoie dans une liste la couleur P (S) × P (F) = 0,8 × 0,1 = 0,08 de deux bulletins tirés successivement et avec remise dans P (F > S) ≠ P (S) × P (F), les évènements F et S ne sont pas une urne contenant cinq bulletins verts et deux bulletins indépendants. bleus. d. P (B > O ) = 0 2. Il s’agit d’une succession de deux épreuves indépendantes, P (O ) × P (B) = 0,7 × 0,2 = 0,14 et la probabilité d’obtenir deux bulletins bleus est égale à P (B > O ) ≠ P (O ) × P (B), les évènements O et B ne sont pas 3×3= 9. indépendants. 8 8 64 3. Les évènements O et S sont indépendants, les évènements 3. O et S le sont aussi, ainsi, PS (O ) = P (O ) = 0,7. 0,1

F

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31  On a P (A) = 0,12 + 0, 48 = 0,6, et, d’après le tableau, P (A > E) = 0,12 .

Les évènements A et E sont indépendants, on a donc 0,12 = 0,2. P (A > E) = P (A) × P (E), d’où P (E) = 0,6 Alors P (A > E) = 0,2 − 0,12 = 0,08. P (E ) = 1− P (E) = 0,8, alors P (A > E ) = 0,8 − 0, 48 = 0,32.

32  1. P (A > B) = P (A) × P (B) si et seulement si les évènements A et B sont indépendants. La proposition est fausse. 2. Si les évènements A et B sont indépendants alors P (A > B) P (A) × P (B) = = P (A). La proposition est vraie. P (B) P (B) 3. Si PB (A) = P (A) alors les évènements B et A sont indépendants et P (A > B) = P (A) × P (B) . P (B) = P (A > B) + P (A > B)

⇔ P (B) = P (A > B) + P(A) × P (B) ⇔ P (A > B) = P(B) − P(A) × P (B) ⇔ P (A > B) = P(B)(1− p(A)) = P(B) × P(A) On conclut que les évènements A et B sont indépendants. La proposition est vraie. 4. Les évènements A et A forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 0,2 × 0,15 + 0,8 × 0,1 = 0,11. P (A > B) = 0,2 × 0,15 = 0,03 P (A) × P (B) = 0,2 × 0,11 = 0,022 P (A) × P (B) ≠ P (A > B) , les évènements A et B ne sont pas indépendants. La proposition est fausse.

36 Soit F l’évènement « La personne qui passe le bac est une

fille », R l’évènement « La personne a réussi son bac » et M l’évènement « La personne a obtenu une mention au bac ». Les évènements F et F forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : P (R ) = P (F>R ) + P ( F > R ) ⇔ P (R ) = P (F) × PF (R ) + P ( F ) × PF (R ) ⇔ P (R ) = P (F) × PF (R ) + (1− P (F)) × PF (R )

⇔ P (R ) = P (F) × ( PF (R ) − PF (R )) + PF (R ) P (R ) − PF (R ) ⇔ P (F) = PF (R ) − PF (R ) ⇔ P (F) = 0,883 − 0,8602 ⇔ P (F) ≈ 0, 454. 0,9104 − 0,8602 En 2018, environ 45, 4   % des candidats au baccalauréat étaient des filles. De plus, P (F > R ) = P (F) × PF (R ) = 0, 454 × 0,9104 ≈ 0, 413 et P (F) × P (R ) = 0, 454 × 0,8830 ≈ 0, 401. P (F > R ) ≠   P (F) × P (R ) . Les évènements F et R ne sont pas indépendants. Autrement dit, le fait d’être une fille ou pas a de l’influence sur la réussite au bac. De même, P (M) = 0, 454 × 0,5905 + (1− 0, 454 ) × 0,53 ≈ 0,557. P (F > M) = P (F) × PF (M) = 0, 454 × 0,5905 ≈ 0,268 et P (F) × P (M) = 0, 454 × 0,557 ≈ 0,253. Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

217

P (F > M) ≠   P (F) × P (M). Les évènements F et M ne sont pas indépendants. Autrement dit, le fait d’être une fille ou pas a de l’influence sur l’obtention d’une mention au bac.

Finalement, on peut dire qu’une fille à une plus forte probabilité d’obtenir le bac et une mention à celui-ci.

Exercices 37  1. a. La probabilité qu’une personne connaisse le P (A) = P (R1 > A) + P (R2 > A) + P (R3 > A) = 0,2 × 0,3 + 0,5 × 0,15 + 0, 525 7 P A = P R > A + P R > A + P R > ( ) (= 10,35.) ( 2 ) ( 3 A) = 0,2 × 0,3 + 0,5 × 0,15 + 0,3 × 0,05 = 0,15. commerce équitable est =

0,35

0,65

C

C

0,96 A

0,04 A 0,56 A

La probabilité qu’une personne choisie au hasard parmi les clients de cette compagnie ait un accident dans l’année est 0,15. P (A>R1 ) 0,2 × 0,7 14 = = 2. PA (R1 ) = 1− 0,15 85 P (A ) La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R1 est 14 . 85 P (A > R2 ) 0,5 × 0,85 1 PA (R2 ) = = = 1− 0,15 2 P (A ) La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R2 est 1 . 2 P (A>R3 ) 0,3 × 0,95 57 PA (R3 ) = = = 1− 0,15 170 P (A ) La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R3 est 57 . 170

40 Soit D l’évènement « Le sportif est dopé » et T l’évènement « Le test est positif ». 0,02

D

0,44 A

0,99

T

0,01

T

0,015

T

0,98 c. P (C > A) = 0,35 × 0,96 = 0,336 D 0,985 T et P (C > A) = 0,65 × 0,56 = 0,364. P ( T ∩D ) 0,02 × 0,99 d. Les évènements C et C forment une partition de l’univers, 1. PT (D ) = = = 66 ≈ 0,57 0,02 × 0,99 + 0,98 × 0,015 115 P(T) alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : P ( T+∩0,364 D ) = 0,7. 0,02 × 0,99 P (A) = P (C > A) + P (C > PA)(D = )0,336 = = = 66 ≈ 0,57 T 0,02 × 0,99 + 0,98 × 0,015 115 P(T) L’affirmation du journaliste est vraie. 2. On suppose que PD ( T ) = p. e. P (C) × P (A) = 0,35 × 0,7 = 0,245 et P (C > A) = 0,336 . On doit avoir PT (D ) = 0,95   On a P (C > A) ≠ P (C) × P (A), les évènements C et A ne sont 0,02 × 0,99 ⇔ = 0,95 donc pas indépendants. 0,02 × 0,99 + 0,98 × p ⇔ 0,0198 = 0,01881+ 0,931p 38 Chacune des équipes pouvant affronter n’importe quelle ⇔ 0,00099 = 0,931p ⇔ p ≈ 0,001. équipe sauf elle-même, il y a 8 × 8 − 8 soit 56 tirages possibles. Parmi ces tirages, il y en a 8 qui sont favorables (l’équipe de 41  Soit I l’évènement «  Le client a acheté le billet par Killian affrontant celle de Paul à domicile ou à l’extérieur lors internet » et F l’évènement « Le client est une femme ». du premier quart de finale ou du deuxième ou du troisième 0,68 F ou du quatrième). Ainsi la probabilité que les équipes de I 0,72 0,32 F Killian et Paul se rencontrent est 8 soit 1 . 56 7

39 

0,3 0,2 0,5

R1 R2

0,3 R3

0,28 A A

0,7 0,15 A 0,85 A 0,05 A 0,95 A

1. Les évènements R1, R2 et R3 forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 218

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

I

F F

P (F > I) 4 a. D’après l’énoncé, on a PF (I) = 4 , donc = = 0,8 5 5 P (F) et P (F > I) = 0,72 × 0,68 = 0, 4896 , alors P (F) = 0, 4896 = 0,612. 0,8 P ( F > I) 0,72 × 0,32 0,2304 b. PF (I) = = = ≈ 0,59 1− 0,612 0,388 P (F )

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1500 20 b. La probabilité qu’une personne de moins de 25 ans connaisse le commerce équitable est 156 = 26 . 414 69 c. La probabilité qu’une personne qui connaît le commerce équitable ait moins de 40 ans est 156 + 171 = 109 . 525 175 504 P (C > A) 1500 504 = = = 0,96 2. a. PC (A) = 525 P (C) 525 1500 546 P (C > A) 1500 546 et PC (A) = = = = 0,56. 975 975 P (C) 1500 b.

(

b.

42  P (G) = P (1> G) + P (2 > G) + P (3 > G) + P ( 4 > G) + P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 2 P (2 > G) + P (3 > G) + P ( 4 > G) + P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 × 223

(

)

6 2 6 3 6La probabilité 4 6 5 de6 l’évènement 6 6 7 6 2 3 0,28. 4 5 6 7 est environ 1 + 1 = 1 × A223 223 ≈ 0,27 P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 ×3.1L’évènement +1+ 1+1+ = 6 réalisé 7 6lorsque 140 que 840l’on obtient un 6 au 6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 2 3 4 5 A est premier lancer du dé et un chiffre différent de 6 au deuxième × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 × 223 = 223 ≈ 0,27 lancer ou un chiffre différent de 6 au premier lancer du dé 5 6 6 6 7 6 2 3 4 5 6 7 6 140 840 1 = 1 × 223 = 223 ≈ 0,27 et un 6 au deuxième lancer. Le dé étant équilibré, il y a équi7 6 140 840 probabilité entre toutes les faces du dé. 43  1. Étant donné qu’il s’agit d’un tirage avec remise, les Ainsi, P (A) = 1 × 5 + 5 × 1 , soit P (A) = 5 ≈ 0,28. tirages sont indépendants. 6 6 6 6 18 2. On peut faire un tableau à double entrée contenant la 46  somme et le produit des nombres. 0,8

(

)

(

)

Somme ; produit

1

2

3

4

5

1

2 ; 1

3 ; 2

4 ; 3

5 ; 4

6 ; 5

2

3 ; 2

4 ; 4

5 ; 6

6 ; 8

7 ; 10

3

4 ; 3

5 ; 6

6 ; 9

7 ; 12

8 ; 15

4

5 ; 4

6 ; 8

7 ; 12

8 ; 16

9 ; 20

)

A

0,2

B

0,3 0,5

C

6

140

D

0,2 D 0,9 D 0,1 D 0,8 D 0,2 D

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1. Les évènements A, B et C forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 5 6 ; 5 7 ; 10 8 ; 15 9 ; 20 10 ; 25 P (D ) = P (A > D ) + P (B > D ) + P (C > D ) = 0,2 × 0,8 + 0,3 × 0,9 + 0,5 × P (D ) = P (A > D ) + P (B > D ) + P (C > D ) = 0,2 × 0,8 + 0,3 × 0,9 + 0,5 × 0,8 = 0,83 . P (P) = 8 ; P (S) = 12 ; P (P > S) = 4 et 8 × 12 = 96 ≠ 4 , P (C > D ) = 0,5 × 0,8 = 0, 4 25 25 25 25 25 625 25 et P (C) × P (D ) = 0,5 × 0,83 = 0, 415. donc les évènements ne sont pas indépendants. P (C > D ) ≠ P (C) × P (D ), les évènements C et D ne sont pas 44  1. P (A) = P (B > A) + P (B > A) = 0,14 × 0,16 + (1− 0,14 ) × (1−indépendants. 0,96) = 0,0568 = P (B > A) + P (B > A) = 0,14 × 0,16 + (1− 0,14 ) × (1− 0,96) = 0,0568 2. P (C > D ) = 0,5 × PC (D ) Réponse c. P (C) × P (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) 2. Soit C l’évènement « L’adhérent participe à une compéC et D indépendants tition » et M l’évènement « L’adhérent à moins de 18 ans ». ⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔ ⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔ PC (D ) = 0, 43 ⇔ PC (D ) = 0,5 M M Total ⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔ PC (D ) = 0, 43 ⇔ PC (D ) = 0,86 0,5 C 42 12 54 Les évènements C et D sont indépendants lorsque C 18 28 46 PC (D ) = 0,86. Total

60

40

100

PC (M) = 42 ≈ 0,78. Réponse c. 54 3. Les informations sont insuffisantes pour pouvoir conclure sur l’indépendance des évènements A et B. Réponse c. 4. La pièce est bien équilibrée, il y a donc équiprobabilité entre toutes les issues de l’expérience. Il y a deux cas favorables ((P ; F) ; (F ; P)) parmi quatre issues. La probabilité d’obtenir exactement une fois « Face » est 1 . Réponse a. 2

45  1. La fonction deux_lancers renvoie le nombre de 6 obtenu après deux lancers d’un dé équilibré. 2. a.

47 

p 1–p

1 q 1

2

1–q 2

1. La probabilité que le joueur fasse une double faute est

(1− p) × (1− q ) .

Dans le cas où p = 0,9 et q = 0,3, alors la probabilité que le joueur fasse une double faute est (1− 0,9) × (1− 0,3) soit 0,07. 2. La probabilité que le joueur fasse une double faute est (1− p) × (1− (1− p)) = − p2 + p. La fonction f définie sur [0 ;1] par p ⇒ − p2 + p admet un maximum atteint en −1 soit 2 × (−1) 1. 2 La probabilité de faire une double faute est maximale lorsque p = 1. 2

48  1. A et B incompatibles ⇔ P (A > B) = 0 et A et B indépendants ⇔ P (A > B) = P (A) × P (B). A et B incompatibles et indépendants ⇒ P (A) × P (B) = 0. P (A) × P (B) = 0 est une condition nécessaire pour que A et B soient incompatibles et indépendants.

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

219

Les évènements P, E et F forment une partition de l’univers, 2. P (A) × P (B) = 0 ⇒ P (A) = 0 ou P (B) = 0 ⇒ P (A > B) = 0 alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : ⇒ P (A) × P (B) = P (A > B) ⇒ A et B incompatibles et P (M) = P (P > M) + P (E > M) + P (F > M) = 1 × 1 + 2 × 1 + 4 × 3 = 3 indépendants. 7 5 7 5 7 5 7 P (A) × P (B) = 0 est une condition P (M)suffisante = P (P > Mpour ) + Pque (E >AMet) +B P (F > M) = 1 × 1 + 2 × 1 + 4 × 3 = 3 . 7 5 7 5 7 5 7 soient incompatibles et indépendants. La probabilité que Martin récite sa poésie est 3 , soit environ 49  1. 7 1 0,43. 3 A

1 2

A

B

2 3 1 3

B

2 3

B

B

P (A) = 1 , P (A > B) = 1 × 1 = 1 et P (B) = 2 = 1 2 2 3 6 6 3 P (A) × P (B) = 1 × 1 = 1 2 3 6 On a P (A > B) = P (A) × P (B) , les évènements A et B sont indépendants. 2. D’après l’énoncé p + p + p + p + p + 2 p = 1 ⇔ p = 1 . 7 Ainsi, P (A) = 1 + 1 + 2 = 4 et P (B) = 1 + 2 = 3 . 7 7 7 7 7 7 7 2 4 3 P (A > B) = et P (A) × P (B) = × = 12 7 7 7 49 On a P (A > B) ≠ P (A) × P (B) , les évènements A et B ne sont pas indépendants.

50  1. a. P (B) = 0,36

52  1. Parmi les 27 732 personnes blessées pendant l’année 2017, 2 913 personnes l’ont été à cause d’un conducteur dont l’attention était perturbée. Ainsi, la probabilité qu’une personne blessée lors d’un accident de la route en 2017 l’ait été à cause d’un manque d’attention du conducteur est 2913 , soit 971 , soit environ 27732 9244 0,105. 2. Si l’on considère que chaque typologie est incompatible avec toutes les autres (hypothèse peu réaliste), les trois principales causes d’accidents mortels sont la prise d’alcool, la prise de stupéfiants et les poids lourds. 53  1. On modélise l’expérience par le déplacement d’un

point faisant des « pas » successifs d’une unité dans une direction aléatoire, verticale ou horizontale dans un carré de côté 9 unités et dont le centre est l’origine O d’un repère orthonormé. En commençant la marche aléatoire du point O (0 ; 0), le robot tombera dès que l’une de ses coordonnées atteindra la valeur 5 ou –5.

Définir MarcheAleatoire() b. P ( F ) = 0, 48 X prend la valeur 0 0,26 Y prend la valeur 0 26 c. PF (S) = = 0, 49 49 t prend la valeur 0 0,09 3 Tant que (X-5 et Y-5 faire d. PD ( F ) = = 0,15 5 A prend une valeur aléatoire entière entre 1 et 4 e. P (F > S) = 0,26 Si A=1 faire X prend la valeur X-1 f. P ( F < D ) = P ( F ) + P (D ) − P ( F > D ) = 0, 48 + 0,15 − 0,09 = 0,54 Fin Si − 0,09 = 0,54 ) = 0, 48 + 0,15 Si A=2 faire 2. P (F) = 0,52 ; P (B) = 0,36 ; P (F > B) = 0,20 X prend la valeur X+1 0,52 × 0,36 = 0,1872 ≠ 0,20,  donc les évènements ne sont Fin Si pas indépendants. Si A=3 faire 51  Soit P l’évènement « L’élève interrogé est au premier Y prend la valeur Y-1 rang », E l’évènement « L’élève interrogé est entre le premier Fin Si rang et le dernier rang », F l’évènement « L’élève interrogé est Si A=4 faire au dernier rang » et M l’évènement « Martin est interrogé ». Y prend la valeur Y+1 Un élève est nécessairement interrogé le lundi matin Fin Si t prend la valeur t+1 ⇔ 1 + p + 2 p = 1⇔ 3p = 6 ⇔ p = 2 . 7 7 7 Fin tant que On a donc l’arbre pondéré suivant : Retourner t 1 5

P 1 7 2 7

E

4 7 F

220

4 5 1 5

M

2.

M

M

4 5 3 5

M

2 5

M

M

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

Le robot restera en moyenne 43 secondes sur la table.

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1 2

54 Soit A l’évènement « La face visible du jeton est noire » et B l’évènement « La face cachée du jeton est noire ». Il y trois jetons, soit six faces dont trois sont noires et trois sont blanches. On a donc P (A) = 3 = 1 . 6 2 1 De plus, P (A > B) = car il y a un seul jeton sur les trois avec 3 les deux faces noires. P (A > B) 1 2 2 = × = . Ainsi, PA (B) = P (A ) 3 1 3 La probabilité que le jeton ait deux faces noires est 2 . 3 55  Cette expérience aléatoire peut être représentée par

l’arbre pondéré suivant.

n+3 n+ 4 3 4

1 4

B

1 n+ 4 3 n+ 4

N n+1 n+ 4

B N

B N

57  La probabilité d’avoir choisi deux bonbons à la fraise à la suite des deux tirages est 1− 8 soit 7 . 15 15 Soit x le nombre de bonbons à la fraise contenus dans le sachet de 10 bonbons. La probabilité de choisir un bonbon à la fraise au premier tirage est x . Dès lors que l’on a tiré un 10 bonbon à la fraise au premier tirage, la probabilité d’en tirer un second à la fraise au deuxième tirage est x − 1. 9 On a donc : x × x − 1 = 7 ⇔ x ( x − 1) = 42 ⇔ x 2 − x − 42 = 0 . 10 9 15 On considère l’équation x 2 − x − 42 = 0. Δ = 169, l’équation admet deux solutions distinctes : x1 = 1− 169 = −6 (impossible) et x2 = 1+ 169 = 7. 2 2 Le sachet contient 7 bonbons à la fraise et 3 au cola.

58  1. a. P (M) = 1 ;   PM (S) = 0,98 ;   PM ( S ) = 0,98. b.

500

1 500

M

0,98 S 0,02 S

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P (A) = 3 × n + 3 + 1 × n + 1 = 2n + 5 0,02 S 4 n + 4 4 n + 4 2 × (n + 4 ) 499 M 2n + 5 3 3 500 P (A ) = ⇔ = ⇔ 8n + 20 = 6n + 24 ⇔ 2n = 4 ⇔ n = 2 4 2 (n + 4 ) 4 0,98 S = 6n + 24 ⇔ 2n = 4 ⇔ n = 2 c. Les évènements M et M forment une partition de l’univers, La valeur de n pour laquelle P (A) = 3 est 2. alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 4 P (S) = P (M > S) + P (M > S) = 1 × 0,98 + 499 × 0,02 = 0,02192 500 500 56  1. a. Dans la cellule H2 on lit la valeur 0. Le pion est donc 1 × 0,98 + 499 × 0,02 = 0,02192. P S = P M > S + P M > S = ( ) ( ) ( ) revenu à la case départ après six déplacements. 500 500 1 P (M > S) 500 × 0,98 b. fA = 2 = 0, 4 d. PS (M) = = = 49 ≈ 0,089. La proba5 548 P (S ) 0,02192 2. On simule le lancer du dé avec la fonction ENT(ALEA()*2) bilité qu’un passager porte un objet métallique alors que le qui renvoie la valeur 0 ou 1 de manière équiprobable. La portique a sonné est environ 0,089. fonction SI(ENT(ALEA()*2)=0 ;1 ;-1) renvoie la valeur 1 si la 2. Lors du passage d’une personne à un portique, la probacondition ENT(ALEA()*2)=0 est rempli et renvoie la valeur – 1 bilité que le portique sonne est P (S) = 0,02192. L’expérience sinon. du passage d’une personne à un portique est renouvelée de La formule à écrire dans la cellule C2 puis à étirer manière identique et indépendante deux fois. La probabilité vers la droite pour simuler un trajet peut être : qu’une seule des deux personnes fasse sonner le portique =B2 +SI(ENT(ALEA()*2)=0 ;1 ;-1) . est P (S) × P ( S ) + P (S) × P ( S ) soit 2 × 0,02192 × 0,97808 soit 3. environ 0,043.

4. La formule à écrire en cellule I2 pour calculer la fréquence de l’évènement A est =NB.SI(H2 :H10001 ;0) /10000 . 5. Le nombre d’expériences étant très grand, la fréquence d’apparition de l’évènement A calculée est une bonne estimation de la probabilité de l’évènement A. Ainsi d’après la feuille de calcul de la question 3, p(A) ≈ 0,3167.

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

221

() ()

()

3 2 c. P (A) = 1 + 1 × 1 × 3 + 1 × 1 3 3 6 3 6 succession d’épreuves indépendantes et les probabilités sur 3 2 2 3 1 1 1 1 1 1 103 les branches sont les mêmes à chaque étape. P (A ) = + × ×3+ × ×3+ = ≈ 0, 48 3 1/23 A 6 3 6 216 6 2. a.

() () A

1 2 1 3

A 1 6

1 2

A

1 2 1 3

1 3

B 1 6

A

1 2 1 3

C 1 6

1/4 1/2 C

A

3 5 1 3

C A

1 5

B 1 5

C A

C A

1/3 B 1/6

C

b. P (BAC) = 1 × 1 × 1 = 1 3 2 6 36

A

3 5 2 5

C

l’arbre pondéré suivant.

0,75

0,25

B1 C1

0,75 A 2 0,25 C2 1

B2

C A

A

A

1/2 B A

1/4 B

b. P (BAC) = 1 × 3 × 1 = 1 3 5 4 20 1 c. P (A) = × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 + 1 × 2 × 1 = 1 3 5 4 3 5 4 6 5 4 20 3. Comme 1 , 1 , alors la probabilité d’obtenir les lettres 36 20 B, A et C dans cet ordre est plus grande lors d’un tirage sans remise et c’est donc ce type de tirage qu’il faut choisir pour avoir le maximum de chances.

Exercices 60  1. Cette expérience aléatoire peut être représentée par

A

1/4 B

3/4 B

C A

1/4 C

1/2

1 6

C A

C A

1/4 B

3/4 C

A

1/2 B

1/4 3/4 B

= 103 ≈ 0, 48 216

1/4 B

1/2

C A

1/3 B 1/6 1/2

C

B

1/3 B 1/6 1/2

B

1 2

1/3 B 1/6 1/2

1 6

C A

1 5

1/3 B 1/6 1/2

C

2 5

A

3

1/2 B 1/4 1/2

1/3 B 1/6 1/2

B

C A

1/3 B 1/6 1/2

A

2 5

()

×3+ 1 6

1/4

C A

1/3 B 1/6 1/2

C

()

1/3 B

1/6 1/2 B

()

2

2. An an bn cn

An

0,75 B n+1 0,25 Cn+1 0,75 A n+1 0,25 Cn+1

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59  1. a. Il s’agit d’un tirage avec remise, donc c’est une

1 a1 = 0, b1 = 0,75, c1 = 0,25 et a2 = 0,75 × 0,75 = 0,5625, b2 = 0,25 × 1 = 0,25, c2 = 0,75 × 0,25 Cn = 0,1875 B n+1 = 0,5625, b2 = 0,25 × 1 = 0,25, c2 = 0,75 × 0,25 = 0,1875. an+1 = 0,75 × bn , bn+1 = 0,75 × an + cn , cn+1 = 0,25 × an + 0,25 × bn an+1 = 0,75 × bn , bn+1 = 0,75 × an + cn , cn+1 = 0,25 × an + 0,25 × bn 3. a.

222

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

b.

63  1. a. La valeur de a est égale au périmètre du cercle de

Le joueur qui a la plus grande probabilité d’avoir la balle à l’issue du centième lancer est Béatrice et ce résultat est indépendant du joueur qui avait la balle au départ.

61 1. Il s’agit d’une succession d’épreuves indépendantes et

diamètre b. Ainsi, a = 2π × b , soit a = π × b. 2 Peu importe où tombe l’aiguille circulaire de diamètre b, elle coupe toujours deux fois les bords des lames de largeur b. On a donc ka = 2 ⇔ kπb = 2 ⇔ k = 2 . b b π b. La probabilité qu’une aiguille de longueur a coupe le bord d’une lame de largeur b est 2a . πb 2. a.

les probabilités d’obtenir « Pile » ou « Face » sont les mêmes à chaque étape, à savoir P (P) = 1 et P (F) = 1 . 2 2 Soit A l’évènement « Obtenir exactement une fois ”Face” sur Acheval ← 0 deux lancers ». Pour i allant de 1 à N faire On a P (A) = 1 × 1 + 1 × 1 = 1 . x1 ← un nombre réel au hasard entre 0 et 1 (1 exclu) 2 2 2 2 2 α ← un nombre réel au hasard entre 0 et 2π (2π exclu) Soit B l’évènement « Obtenir exactement deux fois ”Face” x2 ← cosα sur quatre lancers ». Si x1 = 0 ou x2 ≤ 0 ou x2 ≥ 1 alors On a : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Acheval =2 Acheval+1 P (B) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 6 × 1 × 1 = 3 2 2 Fréquance=Acheval/N 2 2 2 2 2 8 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 6× 1 × 1 = 3 b. Lorsque 2 2 2 2 2 2 2 2la valeur 8 de N est grande, la fréquence d’observa2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 tion de l’évènement « L’aiguille est à cheval sur deux lames » + 1 × 1 = 6 × 1 × 1 = 3. est une bonne approximation de la probabilité de ce même 2 2 2 8 2 évènement. Comme 3 , 1 , la probabilité d’obtenir exactement une fois 8 2 Ainsi, lorsque N est grand, f ≈ 2 ⇔ π ≈ 2 . π f « Face » sur deux lancers est plus grande que d’obtenir exac2N / Acheval est donc une approximation de π . Le rapport tement deux fois « Face » sur quatre lancers. c. 2. Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée. On a 2 p + p = 1 ⇔ p = 1 . 3 Il s’agit d’une succession d’épreuves indépendantes et les probabilités d’obtenir « Pile » ou « Face » sont les mêmes à chaque étape, à savoir P (P) = p = 1 et P (F) = 2 p = 2 . 3 3 2 2 2 1 1 2 4 2 1 P (A) = × + × = et P (B) = 6 × × = 8. 3 3 3 3 9 3 3 27 4 8 Comme , , la probabilité d’obtenir exactement une fois 27 9 « Face » sur deux lancers est plus grande que d’obtenir exactement deux fois « Face » sur quatre lancers.

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

() ()

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() ()

62  On peut faire un tableau à double entrée où A est l’évè-

nement « L’alarme se déclenche » et B l’évènement « Les cambrioleurs sont présents dans la maison ». A

A

Total

B

0,98

0,02

1

B

3

96

99

Total

3,98

96,02

100

L’alarme est prise en défaut lorsqu’elle se déclenche et qu’il n’y a pas de cambrioleur dans la maison et lorsqu’elle ne se déclenche pas alors que des cambrioleurs sont dans la maison. Ces situations sont définies par les évènements

(A > B ) < (A > B) et P ((A > B ) < (A > B)) = 3 + 0,02 = 0,0302. 100

64  1.

12 10 8 6 4 2 0

–2

0

2

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

223

2. a.

65  1. a. Si tous les couples de parents sont équiprobables, on peut construire l’arbre suivant. 1– s

s

XX 1– s

s XX

MX 1 2

1

b.

XX (1– s)2

Lorsque la valeur de N est grande, la fréquence d’observation de l’évènement « L’individu arrive de l’autre côté du pont sain et sauf » est une bonne approximation de la probabilité de ce même évènement. Ici, lorsque N augmente, la fréquence de traversée « saine et sauve » se rapproche de 1 , ce qui semble être une valeur 3 approchée de ce même évènement.

Génotype du père

MX s

XX 1 2

1 2

Génotype de la mère

MX 1 2

XX MX XX MX s(1– s) s(1– s) s(1– s) s(1– s) 2 2 2 2

1 4

1 2

1 4

XX MX MM s2 s2 s2 4 2 4

Génotype de l’enfant

2 Le génotype MM a pour probabilité = s , on a donc s = 2 f . 4 b. En France, environ 1 enfant sur 2000 est atteint de la mucoviscidose, c’est-à-dire que f = 1 . On en déduit que 2000 1 s=2 ≈ 0,0447 , c’est-à-dire que les porteurs sains du 2000 gène responsable de la maladie représentent environ 4,47 % de la population totale.

2. a.

MM

MX

MM 1

0,5

MX

1–s –f

f

1–s –f

s

XX 0,5 1

f

0,5

1–s– f

s

MM

MX 0,5 0,25

MM MM MX MX MM MX

0,5

XX 0,25 0,5

MM MX XX

On obtient quatre branches avec le génotype de l’enfant MM, 2 fs sf avec les probabilités f 2 ,  ,  et s . 2 2 4 La somme de ces probabilités donne la probabilité qu’un 2 enfant soit malade, soit f 2 + fs + s . 4 b. Cette probabilité correspond à la fréquence d’un enfant 2 malade soit f 2 + fs + s = f . 4 2 L’équation précédente équivaut à s + fs + f 2 − f = 0. 4 2 2 1 Δ = f − 4 × × ( f − f ) = f . 0, donc l’équation a deux 4 solutions réelles : −f + f s1 = = 2( f − f ) 2× 1 4 −f − f et s1 = = 2 (− f − f ) , 0, donc impossible. 2× 1 4 Donc la solution est s = 2 ( f − f ).

224

Génotype du père

XX

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

MX

f MM 0,5 1

1–s– f

s MX

0,5

XX MX MX

XX

Génotype de la mère

0,5 1 XX

XX

Génotype de l’enfant

c. L’hémochromatose génétique est une maladie correspondant à ce modèle. La fréquence de cette maladie est de 5 . 1000 Donc, f = 5 = 0,005 ; 1000 ainsi s = 2 ( 0,005 − 0,005) ≈ 0,131. La proportion des porteurs sains de gène responsable de cette maladie en France est d’environ 13,1 %.

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f

66 1. a. Soit S l’évènement « Le lancer est réussi ». L’expérience

aléatoire peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant.

0,1

0,1

S

0,9

S

S

S 0,1

0,9

0,9

0,1

0,1

S

0,9

S

S

0,1

S

0,9

S

S

S 0,9

0,1

S

0,1

S

0,9 0,1

S

0,9 0,1

S

0,9 0,1

S

0,9 0,1

S

0,9 0,1

S

0,9 0,1

S

S

S

S

S

S

S

La probabilité de réussir au moins 3 tirs est 4 × 0,13 × 0,9 + 0,14 soit 0,00046. On en déduit que la probabilité de rater au moins deux tirs est 1− 0,00046, soit 0,99954. 2. La probabilité qu’il réussisse le premier tir et rate les neufs suivants est 0,1× 0,99 soit environ 0,039.

67 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée. On a 3 p + p = 1 ⇔ p = 1 . 4 Soit E l’évènement « La pièce choisie est équilibrée » et 3F l’évènement « On obtient trois "Face" ». L’expérience aléatoire peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant. 3 5 2 5

E

E

1 8

3F

7 3F 8 27 64 3F 37 3F 64

S

On élimine une pièce équilibrée lorsque celle-ci a été choisie dans le sac et que l’on obtient successivement trois « Face ». S 0,9 S Une pièce truquée est gardée lorsque celle-ci a été choisie 0,9 S dans le sac et que l’on obtient une autre issue que trois « Face » à l’issue des trois lancers. b. P (SSSS ) = 0,1× 0,9 × 0,9 × 0,9 = 0,0729 c. L’unique tir réussi peut être le premier, le second, le troiAinsi, P (A) = P ((E > 3F) < (E > 3F)) = P (E > 3F) + P (E > 3F) = 3 × 1 + 5 8 sième ou le quatrième. Ainsi la probabilité cherchée est le 1 2 37 49 3 P (A) = Pà((la E> 3F) < (Eprécédente, > 3F)) = P (Esoit > 3F) + P (E > 3F) = × + × = ≈ 0,31. quadruple de celle trouvée question 5 8 5 64 160 4 × 0,0729, soit 0,2916. La probabilité que l’on élimine une pièce équilibrée ou que l’on d. La probabilité qu’il rate au moins deux tirs est la probabilité contraire d’en réussir au moins 3. garde une pièce truquée à l’issue de l’expérience est 49 . 160 S

0,9 0,1

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VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

68 1. a. Les évènements U et V forment une partition de l’uniSi l’entreprise veut atteindre son objectif, elle doit approvivers, donc d’après la formule des probabilités totales on a : sionner 5 de son sucre auprès de l’exploitation U et 7 12 12 P (E) = P (U > E) + P ( V > E) = 0,3 × 0,03 + 0,7 × 0,05 = 0,044 . La probabilité qu’un paquet prélevé porte le label « extra-fin » auprès de l’exploitation V. est 0,044. 69  1. a. Le nombre d’employés du service A est 450. Le P (E > U) 0,3 × 0,03 = = 9 ≈ 0,205. b. PE (U) = nombre total d’employés est 450 + 230 + 320 soit 1000. La 0,044 44 P (E) probabilité de choisir au hasard un employé du service A est Sachant qu’un paquet porte le label « extra-fin », la probabidonc P (A) = 450 = 0, 45. lité que le sucre provienne de l’exploitation U est 9 . 1000 44 b. On sait que 40 % des employés du service A résident à 2. PE (U) = 0,3 moins de 30 minutes de l’entreprise donc PA ( T ) = 0, 40. P (E > U) ⇔ = 0,3 P (E) c. P (B) = 230 = 0,23 ; P (C) = 320 = 0,32 ;   PA ( T ) = 1− 0, 40 = 0,60 ; P 1000 1000 P (U) × PU (E) ⇔ = 0,3 320 = 0,32 ;   P ( T ) = 1− 0, 40 = 0,60 ; P ( T ) = 1− 0,20 = 0,80 ; P ( T ) = 1− 0,80 = 0,20 (B))×=PV230 P (U) × PU (E) + PP( V (E) = 0,23 ; P (C) = 1000 A B C 1000 0,03 × P (U) ⇔ = 0,32 ;   P ( T ) = 1− 0, 40 == 0,60 0,3 ; P ( T ) = 1− 0,20 = 0,80 ; P ( T ) = 1− 0,80 = 0,20. ,23 ; P (C) = 320 B C 10000,03 × P (UA) + 0,05 × P ( V ) 0,40 T ⇔ 0,03 × P (U) = 0,009P (U) + 0,015P ( V ) A ⇔ 0,021P (U) = 0,015P ( V ) 0,45 0,60 T ⇔ P (U) = 5 P ( V ) 0,20 T 7 0,23 B Or, P ( V ) = 1− P (U) . On a donc : 0,80 T 5 12 5 5 0,80 T 0,32 P (U) = × (1− P (U)) ⇔ × P (U) = × P (U) = . 7 7 7 12 C 0,20

T

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

225

2. P (A > T ) = 0, 45 × 0, 40 = 0,18. La probabilité que l’emPB (R ) = 1− PB (R ) = 1− 1 = 9 10 10 ployé choisi soit du service A et qu’il réside à moins de 30 minutes de son lieu de travail est 0,18. PC (R ) = 1− PC (R ) = 1− 1 = 4 5 5 3. Les évènements A, B et C forment une partition de l’univers, P R = 1 ( ) D alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : Les +évènements B,482 C et D forment une partition de l’uniP ( T ) = P (A > T ) + P (B > T ) + P (C > T ) = 0, 45 × 0, 40 + 0,23 × 0,20 0,32 × 0,80 A, = 0, vers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : . > T ) + P (C > T ) = 0, 45 × 0, 40 + 0,23 × 0,20 + 0,32 × 0,80 = 0, 482 P R = P A > R + P B > R + + 1× 9 + ( ) ( ) ( ) P (C > R ) + P (D > R ) = 31 × 19 P (C > T ) 0,32 × 0,20 32 20 4 10 4. PT (C) = = = ≈ 0,124. P ( T ) P (R ) =1−P 0, > R ) + P259 R ) = 1 × 19 + 1 × 9 + 1 = 17 . (A482 (B > R ) + P (C > R ) + P (D > 3 20 4 10 6 24 La probabilité qu’un employé fasse partie du service C La probabilité que la personne arrive à l’heure est 17 . sachant qu’il s’agit d’un employé résidant à plus de 30 24 32 . minutes de son lieu de travail est Or 17 , 11 . 259 24 12 La proposition est vraie. 70  1. a. P (G) = 0,2 car 20 % de la population a contracté la 2. Le tirage de la deuxième chaussette s’effectue sans remise grippe. de la première. On peut donc représenter l’expérience aléab. 0,08 G toire par l’arbre pondéré suivant. 0,4

0,6

V

V

0,92 G

3 4

G G

V

14 19 5 19 15 19

V B

2. P (G > V ) = 0, 4 × 0,08 = 0,032 . La probabilité que la 1 V B 4 personne choisie ait contracté la grippe et soit vaccinée est 4 B 0,032. 19 3. Les évènements V et V forment une partition de l’univers, Soit A, l’évènement « Les deux chaussettes sont de la même alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : couleur ». P (G) = P ( V > G) + P ( V > G) ⇔ P ( V > G) = P (G) − P ( V > G) = 0,2 − 0,032 = 0,168 P (A) = P ( V > V ) + P (B > B) = 3 × 14 + 1 × 4 = 23 ≈ 0,605 P ( V > G) ⇔ P ( V > G) = P (G) − P ( V > G) = 0,2 − 0,032 = 0,168. 4 19 4 19 38 3 × 14 + 1 × 4 = 23 ≈ 0,605 P ( V > G) 0,168 P A = P V > V + P B > B = ( ) ( ) ( ) Ainsi, PV (G) = = = 0,28. La probabilité que 4 19 4 19 38 0,6 P (V ) La proposition est vraie. la personne ait contracté la grippe sachant qu’elle n’est pas vaccinée est 0,28. 73  1. Sachant que le tireur débutant touche la cible, la

probabilité qu’il atteigne la couronne extérieure est égale au rapport entre l’aire verte et l’aire de la cible, soit : Les évènements A et A forment une partition de l’univers, π × 152 − π × 102 = 225 − 100 = 125 = 5 ≈ 0,556. alors, d’après la formule des probabilités totales, on a : 225 225 9 π × 152 P (C) = P (A > C) + P (A > C) = 0,98 × x + 0,95 × (1− x ) = 0,03x +2.0,95 Le tireur a une chance sur deux de toucher la cible, puis la probabilité d’atteindre la zone rouge est égale au rapport + 0,95 × (1− x ) = 0,03x + 0,95. 1 entre l’aire rouge et l’aire de la cible, soit : 2. P (C) = 0,96 ⇔ 0,03x + 0,95 = 0,96 ⇔ x = 3 1 × π × 52 = 25 = 1 ≈ 0,056. 1 2 2 π × 152 450 18 Donc P (A) = et P (B) = 1− P (A) = . 3 3 74  1. Les évènements D1 et D2 sont indépendants, donc : La probabilité que la tablette provienne de la chaîne B est donc bien égale au double de celle que la tablette provienne P (D1 > D2 ) = P (D1 ) × P (D2 ) = 0,39 × 0,39 = 0,1521. de la chaîne A. 2. P (D1 < D2 ) =   P (D1 ) +   P (D2 ) − P (D1 > D2 ) = 0,39 + 0,39 − 0,1521 = 0 3. P (A > C) = 1 × 0,98 = 49 P (D1 < D2 ) =   P (D1 ) +   P (D2 ) − P (D1 > D2 ) = 0,39 + 0,39 − 0,1521 = 0,6279 3 150 75  a. P (A > B) = P (A) × PA (B) 1 P (A) × P (C) = × 0,96 = 8 3 25 ⇔ P (A > B) = (1− P (A)) × PA (B) P (A > C) ≠ P (A) × P (C), on en déduit que les évènements A 2 et C ne sont pas indépendants. P (A > B) ⇔ PA (B) = ⇔ PA (B) = 3 1 1− P (A) P (A > C) 3 × (1− 0,98) 1 1− 1 = = 4. PC (A) = 5 6 1− 0,96 P (C) 2 × 5 ⇔ P (B) = 5 . ⇔ P B = ( ) La probabilité qu’une tablette provienne de la chaîne A A A 3 4 6 1 L’affirmation est vraie. sachant qu’elle n’est pas commercialisable est . 6 b. P (A > B ) = P (A) × PA (B ) 72  1. Soit R l’évènement « La personne est en retard ». ⇔ P (A > B ) = P (A) × (1− PA (B)) P (D ) = 1− ( P (A) + P (B) + P (C)) = 1− 1 + 1 + 1 = 1 3 4 4 6 ⇔ P (A > B ) = 1 × 1− 1 5 3 PA (R ) = 1− PA (R ) = 1− 1 = 19 ⇔ P (A > B ) = 2 . 20 20 15

(

226

)

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

( )

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71  1. On a P (A) = x, PA (C) = 0,98 et PA (C) = 0,95.

L’affirmation est fausse.

2 15 = 1 P (B) 1− 11 2 15 L’affirmation est fausse.

c. P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 1 × 1 + 2 = 11 5 3 3 15 L’affirmation est vraie.

d. PB (A) =

76 

b. Questions Va piano

1. À chaque étape, le robot est sur le sommet S, X ou I du triangle. On a donc P (S) + P (X) + P (I) = 1. De plus, la probabilité de passer par le sommet S est égale à celle de passer par le sommet X, et la probabilité de passer par le sommet S est le double de celle de passer par le sommet I. Ainsi, P (S) = P (X) = 2P (I). On en déduit : P (S) + P (X) + P (I) = 1 ⇔ 2P (I) + 2P (I) + P (I) = 1 ⇔ P (I) = 1 . 5 1 2 2. a. P (I) = ; P (S) = P (X) = 5 5 2 5

2 5

1 5 2 5

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I S 2 X 5

X 1 5 2 5

1 5

S 2 X 5

S 2 5

2.

I S 2 X 5

I 1 5

P (A > B)

=

a ← nombre réel aléatoire entre 0 et 5 Si a H) = 1 4. P (A) = P (E > A) + P (E > A) = 0,05 × 0,6 + 0,95 × 0,02 = 0,049 4 P (A) = P (E >2 A) + P (E > A)2= 0,05 × 0,6 + 40,95 × 0,02 = 0,049 1 1 P (E > A) 0,05 × 0,6 30 > H) = ;   P (H > T ) = ; P (H > H) = 1 . 5. PA (E) = = = ≈ 0,612 2 2 4 0,049 49 P (A ) 3. Let’s call A the event « At least one head » and B the event 3  1. Let’s call T the event « Paul will eat one cookie on « At least one tail ». thursday ». P (A) = 3 and P (B) = 3 4 4 P ( T ) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,3 + 0,7 × 0,9 × 0,3 + 0,7 × 0,1× 0, P T = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,3 + 0,7 × 0,9 ( ) 1 P (A > B) = P ( T > H) + P (H > T ) = × 0,3 + 0,7 × 0,1× 0,9 = 0,342 2 2. Let’s call A the event « Paul has eaten more than two 9 cookies in four days ». P (A) × P (B) = 16 P (A) = 1− (0,3 × 0,7 × 0,1+ 0,7 × 0,9 × 0,7 + 0,7 × 0,1× 0,9 + 0,7 × 0,1× two events A and B are not P (A) × P (B) ≠ P (AP> 1− (0,3 × 0,7 × 0,1+ 0,7 × 0,9 × 0,7 + 0,7 (AB))=, the × 0,1× 0,9 + 0,7 × 0,1× 0,1) = 0, 468 independant. 3. P ( T ) × P (A) = 0,342 × 0, 468 = 0,160056 P ( T > A) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,9 + 0,7 × 0,9 × 0,3 = 0, 405 P ( T > A) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,9 + 0,7 × 0,9 × 0,3 = 0, 405 P ( T ) × P (A) ≠ P ( T > A), the two events T and A are not independant.

228

Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance

10

Variables aléatoires réelles

1  1. Série A : moyenne : µ A = −0,3 ; écart type : σA ≈ 2,83. Série B : moyenne : µB = −0,3  ; écart type : σB ≈ 1,35 . 2. Les deux séries ont la même moyenne mais l’écart type de la série B est plus petit que celui de la série A, ce qui signifie que les valeurs sont moins dispersées autour de la moyenne. 2  1. P (A>B) = P (A) × PA (B) = 1 × 2 = 1 4

2. PA (B) = 2 3

(

3

6

3.

F1 9 16 3 16

F2 F2

5  On note, pour i [ {1 ;2}, Ri l’évènement « On obtient un stylo rouge au i-ème tirage ».

)

3. P (B) = P A > B + P (A>B) = 1 + P (A) × PA (B) 6 = 1 + 3 × 1 = 13 6 4 2 24 1 P A>B 4. PB (A) = = 6 = 4 P (B) 13 13 24 © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

(

)

3  1re méthode Le « 6 » n’est pas sorti. Il y a donc cinq issues équiprobables possibles (1 ;2 ;3 ; 4 ;5 ) dont deux sont paires. Ainsi P (E) = 2 . 5 de 2 méthode Soit A l’évènement « Le numéro sorti est pair » et B l’évènement « Le numéro sorti est le 6 ». On a alors A > B = {2 ; 4} . 2 P (A>B ) P (E) = PB (A) = = 6 =2 P (B ) 1− 1 5 6

4  1. On note, pour i ∈ {1 ;2} , Fi l’évènement « On obtient

“Face” au i-ème lancer ».

Tirage 1

3 4

1 4

F1

F1

Tirage 2 3 4

F2

1 4 3 4

F2

1 4

F2

F2

()

2. P (F1 >F2 ) = P (F1 ) × PF (F2 ) = 3 1 4

2

= 9 16

F1 3 16 1 16

5 12

R1

7 12

R1

4 11

R2

7 11 5 11

R2

6 11

R2

R2

L’évènement « Les deux stylos sont de couleurs différentes et la réunion disjointe des évènements R1 >R2 et R1 >R2. Ainsi la probabilité cherchée vaut : P (R1 >R2 ) + P (R1 >R2 ) = 5 × 7 + 7 × 5 = 35 . 12 11 12 11 66

6 

Seconde

Première

Terminale

Total

Filles

230

180

140

550

Garçons

190

160

100

450

Total

420

340

240

1 000

1. 450 = 0, 45 1 000 2. 340 = 0,34 1 000 3. 140 = 14 550 55 190 = 19 4. 420 42

7  1. Cette formule renvoie la somme de deux nombres entiers aléatoires choisis entre 0 et 3. 2. Cette formule peut simuler le lancer de deux dés tétraédriques équilibrés, dans une expérience où l’on s’intéresse à la somme des résultats obtenus. 3. =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)+ALEA.ENTRE.BORNES (1;6) +ALEA.ENTRE.BORNES(1;6) Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

229

8  a. P (A) × P (B) = 0,6 × 0,8 = 0, 48 ≠ P (A>B) donc les évènements A et B ne sont pas indépendants.

b. P (C ¯ D ) = P (C) + P (D ) − P (C>D ) = P (C) + P (D ) − P (C) × P (D ) car C et D sont indépendants. Donc P (C ¯ D ) = 0,1+ 0, 46 − 0,1× 0, 46 = 0,514 .

Pour construire le cours Situation

A 

1  Ω est l’ensemble des issues de cette expérience aléatoire : {A, L, E, T, O, I, R}. 2  Les valeurs possibles de X sont 10,  5 et −8. 3  L’évènement {X = 5} est l’ensemble égal à {L, T, R} puisque c’est la partie de Ω constituée des issues pour lesquelles l’on gagne 5 points. 4  P ( X = 5) = P ({L}) + P ({T}) + P ({R}) = 1 + 1 + 1 = 1 puisque Maëlys tire au hasard un carton dans le sac qui en contient 9,

9 9 9 3 et qu’un carton porte la lettre L, qu’un carton porte la lettre T et qu’un carton porte la lettre R.

5  Loi de probabilité de X  : pour chaque valeur k possible de la variable aléatoire X, on calcule sa probabilité P ( X = k ).

Valeurs k de X

10

5

−8

Probabilité P ( X = k )

1 9

1 3

5 9

6  On cherche les valeurs possibles de la variable aléatoire Y égale au nombre de voyelles obtenues à l’issue des deux tirages, ainsi que la probabilité de chacune de ces valeurs. Les valeurs possibles de Y sont 3, 5 et −3. Il s’agit alors de faire correspondre à chaque élément de Ω une de ces valeurs, sachant que Ω est l’ensemble des issues de cette expérience aléatoire, ici : {AA, AL, AE, LA, LL, LE, EA, EL, EE}. Pour visualiser tous ces éléments et faciliter le calcul des probabilités, la représentation des deux tirages successifs par un arbre pondéré de probabilité peut être utile. Tirage 2 0,5 0,5

Ω

A

0,25 L

0,25

E

A → Y = –3

0,25 L → Y = 0 0,25

E → Y = –3

0,5

A →Y=0

0,25 L → Y = 5 0,25

E →Y=0

0,5

A → Y = –3

0,25 L → Y = 0 0,25

E → Y = –3

Il s’agit donc ensuite de calculer les probabilités des évènements {Y = −3} , {Y = 5}, {Y = 0} grâce aux propriétés des arbres pondérés de probabilité : • P (Y = −3) = 0,5 × 0,5 + 0,5 × 0,25 + 0,25 × 0,5 + 0,25 × 0,25  = 0,5625 ; • P (Y = 5) = 0,25 × 0,25 = 0,0625 ; • P (Y = 0) = 0,5 × 0,25 + 0,25 × 0,5 + 0,25 × 0,25 + 0,25 × 0,25 = 0,375. Loi de probabilité de Y Valeurs k de Y Probabilité P (Y = k )

230

−3

5

0

0,5625

0,0625

0,375

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

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Tirage 1

Situation

B 

1. a. En cellules B2 et C2, on peut entrer la formule =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6) qui simule le lancer d’un dé cubique équilibré par le choix au hasard d’un nombre entier entre 1 et 6. En cellule D2, on peut entrer la formule =ABS(B2-C2) , ABS(x) désignant la valeur absolue de x. b. Il suffit d’étirer vers le bas les cellules B2, C2 et D2 jusqu’à la ligne 1001. c. On peut calculer la moyenne des valeurs obtenues dans la colonne D, par exemple avec la formule =MOYENNE(D2:D1001) . Lors d’une des simulations, on trouve 1,967. Il suffit de comparer ce nombre à la mise de 2 euros. Dans ce cas précis, le jeu est défavorable au joueur. d. Lorsqu’on effectue plusieurs simulations, on constate que cette moyenne varie entre 1,93 et 2,08 mais qu’elle est plus souvent entre 1,95 et 1,99. e. Il suffit d’étirer les cellules vers le bas jusqu’à la ligne 10001 et de recalculer la moyenne : =MOYENNE(D2:D10001) . f. On constate alors, grâce à la touche F9 (ou CTRL+MAJ+F9), que la moyenne varie moins, et presque toujours entre 1,91 et 1,95 ; par ailleurs, elle semble toujours inférieure à 2, donc le jeu semble défavorable au joueur. 2. a. On cherche les valeurs possibles de la variable aléatoire X égale à la valeur absolue de la différence des deux dés, ainsi que la probabilité de chacune de ces valeurs. Les valeurs possibles de X sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5. Il s’agit alors de faire correspondre à chaque élément de Ω une de ces valeurs. Pour visualiser tous ces éléments et faciliter le calcul des probabilités, la représentation de cette expérience aléatoire par un tableau à double entrée peut être utile. 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

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Il s’agit donc ensuite de calculer les probabilités des évènements {X = 0} , {X = 1},…, {X = 5}. Chaque couple de l’univers ayant la même probabilité que les autres, on a alors : P (Y = 4 ) = 4 = 1 par exemple. 36 9 On calcule ainsi la probabilité de chaque évènement {X = k } , pour k allant de 0 à 5. On résume les résultats. Loi de probabilité de X. Valeurs k de X

0

1

2

3

4

5

Probabilité P ( X = k )

6 36

10 36

8 36

6 36

4 36

2 36

b. 6 = 3 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner zéro euro 3 000 fois. 36 18 000 10 = 5 000 36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner un euro 5 000 fois. 8 = 4 000 36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner deux euros 4 000 fois. 6 = 3 000 36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner trois euros 3 000 fois. 4 = 2 000 36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner quatre euros 2 000 fois. 2 = 1000 36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner cinq euros 1 000 fois. c. On peut alors estimer la somme moyenne versée au joueur à ce jeu, en effectuant l’opération : 0 × 3 000 + 1× 5 000 + 2 × 4 000 + 3 × 3 000 + 4 × 2 000 + 5 × 1000 35 000 = ≈ 1,94 euro. 18 000 18 000 35 000 3. Pour rendre ce jeu équitable, il faut que la mise soit égale à la moyenne de la somme remise, c’est-à-dire à ≈ 1,94 euro. 18 000

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

231

Travaux pratiques 1  Calculer l’espérance, la variance et l’écart type d’une variable aléatoire

TP

1  La probabilité de chaque issue étant proportionnelle à la valeur de cette issue, si l’on note a la probabilité P (G = 1) , on a P (G = 2) = 2a, P (G = 3) = 3a,  P (G = 4 ) = 4a … P (G = 10) = 10a. De plus, la somme de toutes ces probabilités vaut 1.

Donc a + 2a + … + 10a = 1 ⇔ (1+ 2 + …10) a = 1 ⇔ 10 × 11 a = 1 2 ⇔a= 1 . 55 Ainsi, on a la loi de probabilité suivante pour G. gi P (G = gi )

1 1 55

2 2 55

3 3 55

4 4 55

5 5 55

6 6 55

7 7 55

8 8 55

9 9 55

10 10 55

2  a. Cette instruction génère une liste X  contenant les entiers de 1 à 10.

p b. P = ⎡ for  p in range (1,11)⎤ ⎢⎣ 55 ⎥⎦ c.

3  On obtient les résultats suivants.

TP

2  Simuler une variable aléatoire

1 

2 

3 

232

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

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d.

4 

5 

On peut obtenir par exemple :

On remarque que quand le nombre d’expériences est petit, l’étendue reste assez variable alors que quand le nombre d’expériences est grand, il semble constant et égal à 10. Cela s’explique car lorsque le nombre d’expériences est grand, il y a de grandes chances que les valeurs extrêmes (−5 et 5) soient atteintes, ce qui donne exactement une étendue de 10, quelles que soient les autres valeurs atteintes.

TP

3  Faire la distinction entre un modèle et la réalité

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1  a. On note, pour i ∈ {1 ; 2 ; 3 ; 4} , Pi l’évènement « On obtient un “ Pile ” au i-ème tirage ». Tirage 4 Tirage 3 1 2 P3 Tirage 2 1 1 2 2 P2 1 1 Tirage 1 1 2 2 P3 2 1 2 P1 1 2 1 P3 2 1 1 1 2 2 2 P2 1 1 2 2 P3 1 2

P4

1 2 1 2

P4

1 2 1 2 1 2 1 2

P4

1 2 1 2

P4

P2

1 2

1 2

1 2 1 2

P3

P3

P1 1 2 P2

1 2 1 2

P3

P3

P4 P4 P4 P4 P4 P4 P4

P4

P4 P4 P4

P4 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

233

gi P (G = gi )

−1 1 2

0 1 4

1 1 8

2 1 16

−2 1 16

b. E (G ) = −1× 1 + 0 × 1 + 1× 1 + 2 × 1 − 2 × 1 = − 3 = −0,375 2 4 8 16 16 8 2  a. La première condition rd.randint(0,1)==0 permet de tester si le « Pile » est apparu dans la simulation de ce tirage. La seconde condition G==–2 teste si c’est la première fois que ce « Pile » apparaît (si G contient la valeur −2, c’est bien la première fois, sinon, sa valeur aurait été modifiée). b.

Les valeurs trouvées sont relativement proches de l’espérance d’autant plus que n est grand, ce qui est normal puisque l’espérance représente la moyenne des gains sur un grand nombre de parties. 3  a. La fonction evolmoy permet de tracer un graphique contenant : • en bleu, un nuage de points donnant la moyenne des gains en fonction du nombre cumulé de parties jouées ; • en rouge, la représentation de la fonction constante égale à l’espérance. b. Pour 1 000 tirages, on peut par exemple obtenir : 1,0 0,8 0,6 0,4 0,2 0,0 –0,2 –0,4 –0,6

0

200

400

600

800 1 000

On observe que plus le nombre d’expériences est grand, moins la moyenne fluctue et plus elle est proche de la valeur de l’espérance.

234

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

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c. On peut obtenir par exemple :

TP

4  Observer une fluctuation relative

1  On note, pour i [ {1 ; 2}, Fi l’évènement « On obtient une fille à la i-ème naissance ». Naissance 1 100 205

105 205

Naissance 2 100 205

F1

F1

F2

105 205 100 205

F2

105 205

F2

F2

fi

0

1

2

P ( F = fi )

441 1  681

840 1  681

400 1  681

E ( F ) = 0 × 441 + 1× 840 + 2 × 400 = 40 ≈ 0,976 1 681 1 681 1 681 41

(

441 × 0 − 40 1 681 41 σ ( F ) = 840 ≈ 0,707 1 681 σ (F ) =

)

2

(

+ 840 × 1− 40 1 681 41

)

2

(

+ 400 × 2 − 40 1 681 41

)

2

2  a.

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b.

c. La fonction ecart sert à indiquer si l’écart entre la moyenne d’un échantillon de taille n (moyenne) et la valeur de l’espérance µ est inférieur à 2σ . n d. En ligne 27, lorsque l’écart entre la moyenne de l’échantillon simulé de taille n et la valeur de l’espérance est inférieur à 2σ , n 2σ on ajoute 1 à la variable somme. On compte ainsi le nombre d’échantillons simulés pour lesquels cet écart est inférieur à . n

On peut par exemple obtenir cet affichage :

On peut donc supposer que, quand le nombre de simulations est grand (ici  1 000) dans environ 94 % des cas, l’écart entre la moyenne de l’échantillon et l’espérance est inférieur à 2σ . n

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

235

TP

5  Fréquence d’apparition des lettres d’un texte donné

1  a. a ("lesmathematiquessontsympathiques") renvoie 3. b. Cette fonction renvoie le nombre de "a" dans la chaîne de caractères en argument. 2  a.

b.

c. Après avoir testé plusieurs textes avec cette fonction, il semble que ce soit le "e" qui soit la lettre la plus fréquente dans un texte en français.

Dans ce texte, c’est donc le lettre " p" qui semble la plus fréquente. Comme la lettre "e" est la 5e lettre de l’alphabet et le lettre " p" la 16e lettre, on conjecture un décalage de 11 rangs pour ce codage. b.

236

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

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3  a. En utilisant cette fonction sur le texte donné, on obtient :

c. On obtient, en utilisant cette fonction sur le texte donné :

Il s’agit d’un extrait de la fable Le Corbeau et le Renard de Jean de la Fontaine.

6  Bandit manchot

TP

1  Si l’on imagine un arbre avec les résultats des trois rouleaux, on obtient neuf résultats qui comportent trois fois le même

chiffre parmi 9 × 10 × 10 = 900 résultats possibles. La probabilité d’être gagnant vaut donc 9 = 1 . 900 100 On obtient donc la loi de probabilité suivante. xi

69 −1 1 99 P ( X = xi ) 100 100 1 99 30 µ = E ( X ) = 69 × − 1× =− = −0,3 100 100 100 σ = σ ( X ) = 1 (69 + 0,3)2 + 99 (−1+ 0,3)2 = 48,51 ≈ 6,96 100 100 2  ALEA() renvoie un nombre aléatoire entre 0  et 1.

Ainsi, l’instruction =SI(ALEA(),1/100;69;-1) renvoie 69 avec une probabilité de 1 et −1 sinon (donc avec une probabilité 100 de 99 . 100

( )

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3  a. On obtient un tableau de ce type.

b. On a pu entrer =SI(ABS($B$503-B502),=2*$B$504/RACINE(500);1;0) . c. Feuille de calcul (voir fichier numérique). d. On peut observer que la proportion des cas où l’écart entre la moyenne d’un échantillon et l’espérance de la variable est inférieur ou égal à 2σ se situe entre 90 % et 100 %. C’est-à-dire que c’est presque toujours le cas. 500

TP

7  Chuck-a-luck

1  a.

gi

3

2

1

−1

P (G = gi )

1 216

15 216

75 216

125 216

b. E (G ) = 3 × 1 + 2 × 15 + 1× 75 − 1× 125 = − 17 ≈ −0,079 216 216 216 216 216 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

237

2  a. En cellule B5, C5 et D5 : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6) . En cellule E5 : =NB.SI(B5:D5;3) . b. Si la cellule E5 contient la valeur 0, alors on n’a obtenu aucun 3 et donc on affiche un gain de −1. Sinon, on a obtenu 1,   2 ou 3 fois le nombre 3, et ce nombre de fois, indiqué en cellule E5, correspond au gain du joueur, c’est donc cette valeur qui est affichée. c. Feuille de calcul (voir fichier numérique). d. Les résultats sont relativement variables et pas forcément proches de l’espérance. e. En revanche, quand on augmente le nombre d’expériences, les résultats obtenus deviennent relativement proches de la valeur de l’espérance, ce qui est normal puisque l’espérance représente la moyenne des gains sur un grand nombre de lancers.

Réfléchir, parler & réagir Calcul mental 1  1. 2 × 8 + 1 × 5 = 7

3 3 2. 1− 3 − 1 = 1 10 5 2 1 3. × 0,3 + 1 × 0,36 + 1 × (−0, 4 ) = −0,04 3 6 2

k + k + k = 1 ⇔ 11 k = 1 ⇔ k = 6 . 6 11 2 3 1 3  L’espérance vaut : 5 × + 0 × 1 − 2 × 7 = − 4 = − 1 ≠ 0 6 4 12 12 3 donc le jeu n’est pas équitable.

5  0,8 0,2

A1

A1

2 1 4

6

P (L = li)

1 10

3 10

3 10

1 10

2 10

728 728 234 = (−2 013 + 2 015) 728 = 234 × 2 728 234 E (S ) = = 9 364 14

A2

0,9

A2

Gain

0,5

A2

Probabilité

0,5

A2

6  Rien : 4 lettres ne : 2 lettres sert : 4 lettres de : 2 lettres courir : 6 lettres il : 2 lettres faut : 4 lettres partir : 6 lettres à : 1 lettre point : 5 lettres Soit L le nombre de lettres du mot tiré. La loi de L est donc la suivante.

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

728

manquante vaut 1 . 2 De plus, le jeu est équitable donc, si l’on appelle x la valeur du gain manquant, on a : 1 x + 2 × 1 + 5 × 1 = 0 ⇔ 1 x = − 19 ⇔ x = −19. 6 3 2 6 6 On a donc :

0,1

Automatismes

238

5

−19

2

5

1 6

1 3

1 2

xi

−1

0,5

2

P ( X = xi )

0,5

0,3

0,2

yi

−2,5

0

2

P (Y = yi )

0,2

0,4

0, 4

9 

E ( X ) = −1× 0,5 + 0,5 × 0,3 + 2 × 0,2 = 0,05 E (Y ) = −2,5 × 0,2 + 0 × 0, 4 + 2 × 0, 4 = 0,3 Il vaut mieux jouer au jeu B car la moyenne des gains à long terme (espérance) est plus élevée.

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P ( F = fi )

4

8  La somme des probabilités vaut 1 donc la probabilité

4  Soit F le nombre de « Face » obtenu. 1 1 2

2

7  E ( S ) = −2 013 × 234 + 0 × 260 + 2 015 × 234

2  La somme des probabilités vaut 1 donc

0 1 4

1

E ( L ) = 1× 1 + 2 × 3 + 4 × 3 + 5 × 1 + 6 × 2 = 36 = 3,6 10 10 10 10 10 10 En moyenne, on peut espérer avoir 3,6   lettres sur le carton tiré.

4. 1 (19 − 5)2 + 3 (5 − 5)2 = 7 4 4

fi

li

Exercices 1  1. L’ensemble des valeurs prises par G est {−4 ; 5}. 2. Les issues réalisant l’évènement {G = −4} sont 1 ,2, 4 et 5. 3. Les issues réalisant l’évènement {G . 0} sont 3 et 6. 2  1. L’ensemble des valeurs prises par X est : {−10 ; 2 ; 7   ; 9}. 2. La seule issue réalisant l’évènement {X = 9} est 14. 3. Les issues réalisant l’évènement {X < 0} sont 1, 3, 5, 9, 11, 13 et 15.

3  P ( X < 7) = 1− P ( X = 10) = 1− 0,04 = 0,96 P ( X , 5) = P ( X = −2) + P ( X = 3) + P ( X = 4 ) = 0,24 + 0,12 + 0,2 = 0,56

8  P (Y < 0) = P (Y = −2) + P (Y = −1) = 1 + 1 = 10 = 5 4

6 24 12 1 P (−1 < Y , 5) = P (Y = −1) + P (Y = 2) = + 1 = 1 6 3 2 1 1 P ( Y = 2) = P (Y = −2) + P (Y = 2) = + = 7 4 3 12

9  L’ensemble des valeurs prises par B est {1 ; 2 ; 3}. L’évènement {V = 1} est réalisé lorsque l’on tire la boule

numérotée 1, 5, 6, 7 ou 10. L’évènement {V = 2} est réalisé lorsque l’on tire la boule numérotée 2, 3, 8 ou 9. L’évènement {V = 3} est réalisé lorsque l’on tire la boule numérotée 4.

4  L’ensemble des valeurs prises par X est : {2 ; 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12}.

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Le dé est équilibré, on a donc : P ( X = 2) = P ( X = 4 ) = P ( X = 6) = P ( X = 8) = P ( X = 10) = P ( X = 12) = 1 . 6 La loi de probabilité de X est donnée ci-dessous. xi

2

4

6

8

10

12

P ( X = xi )

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

5  Pour que les tableaux puissent représenter la loi de probabilité d’une variable aléatoire X, on doit avoir : • P ( X = 5) + P ( X = 10) + P ( X = 15) + P ( X = 20) = 1. • La probabilité de chacune des valeurs possibles de X doit être comprise entre 0 et 1. On en déduit que seuls le deuxième et le quatrième tableau peuvent représenter la loi de probabilité d’une variable aléatoire X. 6  1. L’ensemble des valeurs prises par B est {0 ; 1 ; 2} . 2. P ( B = 2) = 6 × 5 = 3 20 19 38 3. P ( B = 1) = 6 × 14 + 14 × 6 = 42 20 19 20 19 95 4. P ( B < 1) = 1− P ( B = 2) = 1− 3 = 35 38 38

1

2

3

P (V = vi )

1 2

4 10

1 10

10  Soit X la variable aléatoire égale au nombre de points algébriques obtenus. L’ensemble des valeurs prises par X est  : {–10 ; –9 ; –8 ; –7 ; –1 ; 10}. xi

−10

−9

−8

−7

−1

10

P ( X = xi )

4 32

4 32

4 32

4 32

4 32

12 32

11  1. La somme minimale qu’il est possible d’obtenir est 2 (la face cachée vaut 1 sur chacun des deux dés). Réponse c. 2. Le tirage des deux boules s’effectuant sans remise, la somme minimale qu’il est possible d’obtenir est 3, avec les tirages (1 ;2) ou (2 ;1). Réponse b. 3. Il y a une seule combinaison sur seize possibles qui donne la somme 6 (la face cachée vaut 3 sur chacun des deux dés). La probabilité de l’évènement {X = 6} est égale à 1 . 16 Réponse b. 4. B2

B1

1

1 2 2 3

7  1. Dé1

vi

3 3 4

2

2

3

3

3 4

4 5 5

4 5

5

1

2

3

4

1

2

3

4

5

P (Y = 3) = P (Y = 4 ) = P (Y = 5) = 4 = 1 . Réponse a. 12 3

2

3

4

5

6

12  L’ensemble des valeurs prises par G est {−1 ; 2 ; 3}.

3

4

5

6

7

4

5

6

7

8

Dé 2

2. Loi de probabilité de la variable aléatoire S . si

2

3

4

5

6

7

8

P ( S = si )

1 16

2 16

3 16

4 16

3 16

2 16

1 16

gi

−1

2

3

P (G = gi )

10 15

2 15

3 15

13  1. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 20 ; 100}. P (G = 100) = 1 10

1 1− P (G = 100) 1− 10 et P (G = 0) = P (G = 20) = = = 9. 20 2 2 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

239

P (G = gi )

0 9 20

20 9 20

100 1 10

2. P (G . 0) = 9 + 1 = 11 . La probabilité de gagner à ce 20 10 20 11 jeu est de . 20

14  1. 2 1/4 1/4 3 1/4 4 1/4 5 1 1/4 1/4 3 1/4 4 1/4 5 1 1/4 1/4 2 1/4 4 1/4 5 1 1/4 1/4 2 1/4 3 1/4 5 1 1/4 1/4 2 1/4 3 1/4 4

1

1/5 2 1/5

1/5

3

1/5 4 1/5

5

18  On a P ( Z = 10) + P ( Z = 20) + P ( Z = 30) + P ( Z = 40) = 1.

D’après l’énoncé, on a : 1 + 1 P ( Z = 40) + 1 + P ( Z = 40) = 1 ⇔ 3 P ( Z = 40) = 3 5 2 5 2 5 2 ⇔ P ( Z = 40 ) = . 5 On en déduit la loi de probabilité de Z suivante. zi 10 20 30 40 1 5

P ( Z = zi )

1 5

19 

2. P ( X = 6) = 4 × 1 × 1 = 1 5 4 5 3. P ( X , 5) = 4 × 1 × 1 = 1 5 4 5 1 4. P ( X ˘ 7) = 8 × × 1 = 2 5 4 5

1 5

2 5

15 → S = 6 16 → S = 7 17 → S = 8 18 → S = 9 19 → S = 10 20 → S = 2 21 → S = 3 22 → S = 4 23 → S = 5 24 → S = 6 25 → S = 7

La variable aléatoire S a la loi de probabilité suivante.

15  L’ensemble des valeurs prises par T est {0 ; 5}. L’évènement {T = 5} est réalisé si l’on tire la boule numérotée 3, 6 ou 9. La loi de probabilité de T est donc :

si

2

3

4

5

6

7

8

9

10

P ( S = si )

1 11

1 11

1 11

1 11

2 11

2 11

1 11

1 11

1 11

20  Dans un jeu de 52 cartes, il y a 4 as et 12 figures. Soit G la variable aléatoire associée au gain algébrique du joueur. La variable aléatoire G suit la loi de probabilité suivante.

ti

0

5

gi

−1

2

5

P (T = ti )

7 10

3 10

P (G = gi )

9 13

3 13

1 13

16 1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de caisses en service à midi dans le supermarché. L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2 ; 3 ; 4}. On a P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3) + P ( X = 4 ) = 1 ⇔ P ( X = 4 ) = 1− ( P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3)) ⇔ P ( X = 4 ) = 1− (0,2 + 0,3 + 0,25) ⇔ P ( X = 4 ) = 0,25 2. P ( X ˘ 2) = 1− P ( X = 1) = 1− 0,2 = 0,8

17  1. P (T < 4 ) = 1− P (T = 5) = 1− 1 = 7 . L’affirmation est vraie. 240

2. P (T ˘ 3) = P (T = 3) + P (T = 5) = 3 + 1 = 4 = 1 . 8 8 8 2 7 1 Or ≠ , l’affirmation est fausse. 2 8 3. La valeur 0 ne fait pas partie des valeurs prises par la variable aléatoire T , on a donc P (T = 0) = 0. L’affirmation est vraie. 4. Toutes les valeurs prises par la variable aléatoire T sont strictement supérieures à −3, on a donc P (T . –3) = 1. L’affirmation est fausse. 5. Toutes les valeurs prises par la variable aléatoire T sont strictement inférieures à 6, on a donc P (T , 6) = 1. L’affirmation est fausse.

8

8

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

21  Une urne contient 11 boules indiscernables au touché numérotées de 1 à 11. On tire au hasard un boule dans cette urne et on note G la variable aléatoire qui prend la valeur 3 si la boule numérotée 2 est tirée, la valeur −5 si la boule numérotée 4 est tirée et la valeur −10 pour toute autre boule tirée. 22  L’ensemble des valeurs prises par R est {10 ; 20 ; 50}. La variable aléatoire R suit la loi de probabilité suivante. ri

10

20

50

P ( R = ri )

188 200

10 200

2 200

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gi

23 1. Soit D1 l’évènement « La première pièce tirée est défectueuse » et D2 l’évènement « La deuxième pièce tirée est défectueuse ». La situation peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant. 3 10

D1

7 10

D1

2 9

26  Soit X la variable aléatoire correspondant au nombre d’appels reçus dans un laps de temps de 5 minutes. 1. P ( X ˘ 2) = P ( X = 2) + P ( X = 3) = 0, 48 + 0,19 = 0,67 2. E ( X ) = 0 × 0,08 + 1× 0,25 + 2 × 0, 48 + 3 × 0,19 = 1,78 Si l’on considère un très grand nombre de laps de temps de 5 minutes, le nombre moyen d’appels sur cette période est 1,78.

D2

7 9 2 9

D2

7 9

D2

27  1.

Tirage 1

D2

P ( X = 2) = P (D1 >D2 ) = 3 × 2 = 1 10 9 15 0,5

xi

0

1

2

P ( X = xi )

7 15

7 15

1 15

E ( X ) = 0 × 7 + 1× 7 + 2 × 1 = 9 = 3 15 15 15 15 5

(

V (X ) = 7 × 0 − 3 15 5

)

2

( )

+ 7 × 1− 3 15 5

2

(

+ 1 × 2− 3 15 5

)

2

= 28 75

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

2. P ( X ˘ 1) = 1− P ( X = 0) = 1− 7 = 8 15 15 La probabilité qu’au moins une pièce soit défectueuse parmi les deux pièces tirées est 8 . 15

24  E ( X ) = 0 × 21 + 2 × 6 + 4 × 5 = 1

32 32 32 2 21 6 V (X ) = × (0 − 1) + × (2 − 1)2 + 5 × ( 4 − 1)2 = 9 32 32 32 4

P ( X = xi )

6 12

1 12

0,5

( ( )) + 125 × (1− (− 21 )) + 121 × (7 − (− 21 ))

3. V ( X ) = 1 × −3 − − 1 2 2 35 = 4

σ ( X ) = 35 = 35 ≈ 2,958 4 2

2

F2

0,5

P2

P1

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

3 8

Tirage 1

2. E ( X ) = −3 × 1 + 1× 5 + 7 × 1 = − 1 2 12 12 2 2

0,5

0,5 0,5

F3 P3 F3 P3 F3 P3 F3 P3

3 8

1 8

28  1. Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur.

7

5 12

P2

0,5

E ( X ) = 30 × 1 + 40 × 3 + 50 × 3 + 60 × 1 = 45 8 8 8 8 Si l’on effectue un très grand nombre de séries de 3 lancers, on peut espérer obtenir, en moyenne, 45 points par série.

25 Il y a 12 boules de couleurs, chacune étant bleue, blanche ou verte. Six sont bleues, une est blanche, on en déduit que cinq sont vertes. 1. On obtient la loi de probabilité de X . 1

0,5

1 8

P ( X = xi )

σ(X ) = 9 = 3 4 2

−3

F2

Tirage 3

2. Les issues réalisant l’évènement A : « Le troisième lancer de la pièce donne “Face” » sont donc PPF, PFF, FPF et FFF. Ainsi, P ( A) = 4 = 1 . 8 2 On peut également dire que les lancers sont indépendants et donc P ( A) = P ( F3 ) = 1 . 2 3. On peut avoir : • trois « Pile » : le nombre de points est égal à 60 ; • deux « Pile » et un « Face » : le nombre de points est égal à 50 ; • deux « Face » et un « Pile » : le nombre de points est égal à 40 ; • trois « Face » : le nombre de points est égal à 30. L’issue réalisant {X = 60} est PPP. Les issues réalisant {X = 50} sont PPF, PFP et FPP. Les issues réalisant {X = 40} sont PFF, FPF et FFP. L’issue réalisant {X = 30} est FFF. La loi de probabilité de X est donc la suivante. xi 30 40 50 60

σ ( X ) = 28 = 2 21 ≈ 0,611 75 15

xi

0,5 F1

0,5

P ( X = 1) = P (D1 >D2 ) + P (D1 >D2 ) = 3 ×7+ 7 ×3 10 9 10 9 = 42 = 7 90 15 P ( X = 0) = P (D1 >D2 ) = 7 × 6 = 7 10 9 15 On obtient la loi de probabilité de X .

Tirage 2

Tirage 2

0,5

F2

0,5

P2

0,5

F2

0,5

P2

F1

2

0,5

P1

Tirage 3

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

F3 P3 F3 P3 F3 P3 F3 P3

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

241

On obtient la loi de probabilité de G suivante. gi

−2

10

P (G = gi )

3 4

1 4

nombre réel au carré donc positif ou nul. La variance d’une variable aléatoire est donc toujours positive ou nulle. L’affirmation est vraie.

32  1. L’issue du second dé est indépendante de l’issue du premier. L’affirmation est fausse. 2. Il faut répéter un très grand nombre de fois l’expérience afin que la moyenne des points par lancer soit environ égale à 7. L’affirmation est fausse. 3. À l’issue du lancer de deux dés cubiques équilibrés, on peut obtenir 1 avec le premier dé et 1 avec le second dé. La variable aléatoire S vaut alors 2. L’affirmation est donc vraie. 4. Le nombre minimal de points obtenus à la suite du lancer de deux dés cubiques équilibrés est 2 (un avec le premier dé et un avec le second dé). L’affirmation est fausse.

2. E ( X ) = −2 × 3 + 10 × 1 = 1 4 4 2 3 1 V ( X ) = × (−2 − 1) + × (10 − 1)2 = 27 4 4 σ ( X ) = 27 = 3 3 ≈ 5,196 3. Si l’on joue un très grand nombre de parties, on peut espérer gagner, en moyenne, 1 euro par partie. Un joueur a donc intérêt à jouer à ce jeu.

29  1. Soit C1 l’évènement « La première pile tirée est suffi-

33  Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique du

samment chargée » et C2 l’évènement « La deuxième pile est suffisamment chargée ». La situation peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant. C1

2 15

C1

C2

1 7 13 14

C2

1 14

C2

C2

)

(

−1

1

P (G = gi )

19 37

18 37

E ( X ) = −1× 19 + 1× 18 = − 1 ≈ −0,03 37 37 37

34 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée. La probabilité d’obtenir « Face » avec la pièce truquée est alors 1− p. On a : E ( X ) = 1 ⇔ 0 × (1− p) + 1× p = 1 ⇔ p = 1 . 3 3 3 La loi de probabilité de X est alors la suivante.

Soit X la variable aléatoire égale au nombre de piles insuffisamment chargées. P ( X = 2) = P C1 > C2 = 2 × 1 = 1 15 14 105 P ( X ˘ 1) = 1− P ( X = 0) = 1− P C1 > C2 = 1− 1 = 104 105 105 La loi de probabilité de X est la suivante.

(

gi

)

xi

0

1

2

P ( X = xi )

26 35

26 105

1 105

xi

0

1

P ( X = xi )

2 3

1 3

35  Soit H l’évènement « La personne interrogée est un

E ( X ) = 0 × 26 + 1× 26 + 2 × 1 = 4 ≈ 0,267 35 105 105 15 Le nombre moyen de piles insuffisamment chargées obtenu si l’on réitère un grand nombre de fois un tel tirage est environ 0,267.

homme ». On suppose que l’on interroge un homme ou une femme de manière équiprobable. La situation peut être modélisée par l’arbre suivant. H →X=3

H

30  1. On a la loi de probabilité suivante.

H →X=2

H

xi

−5

−3

0

2

4

P ( X = xi )

0,1

0,3

0,2

0,3

0,1

H →X=2

H

H →X=1 H →X=2

H

H →X=1

H

2. E ( X ) = −5 × 0,1− 3 × 0,3 + 0 × 0,2 + 2 × 0,3 + 4 × 0,1 = −0, 4

H →X=1

H

H →X=0

σ ( X ) = 0,1× (−5 + 0, 4 ) + 0,3 × (−3 + 0, 4 ) + 0,2 × (0 + 0, 4 ) +L’ensemble 0,3 × (2 + 0,des 4 ) valeurs + 0,1× (prises 4 + 0, 4par ) X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}. 2

2

+ 0,3 × (−3 + 0, 4 )2 + 0,2 × (0 + 0, 4 )2 + 0,3 × (2 + 0, 4 )2 + 0,1× ( 4 + 0, 4 )2 σ ( X ) = 5,792 ≈ 2, 407

31  1. Plus l’écart type est grand et plus les valeurs sont dispersées autour de l’espérance. L’affirmation est fausse. 2. La variance d’une variable aléatoire est la somme de produits d’une probabilité donc positive ou nulle par un 242

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

2

2

2

xi

0

1

2

3

P ( X = xi )

1 8

3 8

3 8

1 8

E ( X ) = 0 × 1 + 1× 3 + 2 × 3 + 3 × 1 = 3 = 1,5 8 8 8 8 2 Si l’on effectue un très grand nombre de sondages, on interroge en moyenne 1,5 homme par sondage.

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

13 15

6 7

joueur. L’ensemble des valeurs prises par G est {−1 ; 1}. La loi de probabilité de G est la suivante.

36 

On a donc :

Figure rouge

Figure rouge 6/52

6/52

4/52

E ( X ) = 6 × 9 + 5 × 9 + 8 × 3 + 2,50 × 27 + 4 676 338 169 169 3 27 1 9 × +7× + 1,50 × + 10 × + 4,50 × 18 − 1 169 169 169 169 676 16 81 × = ≈ 1,23. 169 13

6/52 6/52 Figure noire 4/52 As 36/52 Autre Figure rouge 6/52 6/52 Figure noire 4/52 As 36/52 Autre Figure rouge 6/52 6/52 Figure noire

Figure noire

As

L’espérance de la variable aléatoire X est positive, on a donc intérêt à jouer à ce jeu.

37 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée.

4/52 As 36/52 Autre Figure rouge 6/52 6/52 Figure noire 4/52 As 36/52 Autre

36/52 Autre

Soit X le gain algébrique d’un joueur. La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau suivant. xi

6

5

8 2,50 4

7

1,50 10 4,50 −1

P ( X = xi ) 9 9 3 27 9 3 27 1 18 81 676 338 169 169 676 169 169 169 169 169

La probabilité d’obtenir « Face » avec la pièce truquée est alors 1− p. Le jeu est équitable si et seulement si E ( X ) = 0. On a : E ( X ) = 0 ⇔ 2 × p − 1× (1− p) = 0 ⇔ 3 p − 1 = 0 ⇔ p = 1 . 3 Le jeu est équitable si et seulement si la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée est 1 et celle d’obtenir 3 « Face »  2 . 3 38  Le jeu est équitable si et seulement si E ( X ) = 0. E ( X ) = 0 ⇔ −2 × 0,5 − 1× 0, 4 + a × 0,1 = 0 ⇔ −1− 0, 4 + 0,1a = 0 ⇔ a = 1, 4 0,1 ⇔ a = 14 Le jeu est équitable si et seulement si a vaut 14.

Exercices

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39  Soit G1 le gain algébrique d’un joueur au jeu 1 et G2 le

gain algébrique d’un joueur au jeu 1. E (G1 ) = −2 × 1 + 5 × 1 = 3 = 1,5 2 2 2 3 et E (G2 ) = −1× + 3 × 5 = 3 = 1,5. 8 8 2 Quel que soit le jeu, si l’on joue un très grand nombre de parties, on peut espérer gagner, en moyenne, 1,5 euro par partie. σ (G1 ) = 1 (−2 − 1,5)2 + 1 (5 − 1,5)2 = 12,25 = 3,5 2 2 σ (G2 ) = 3 (−1− 1,5)2 + 5 (3 − 1,5)2 = 3,75 ≈ 1,94 8 8 Il vaut mieux jouer au jeu car les résultats obtenus sont plus réguliers (moins dispersés autour de la moyenne) donc le risque est moindre (de perdre ou de gagner gros).

40  1. Dé R

Dé B

1

2

3

4

5

6

1

(1 ; 1) (1 ; 2) (1 ; 3) (1 ; 4 ) (1 ; 5) (1 ; 6)

2

(2 ; 1) (2 ; 2) (2 ; 3) (2 ; 4 ) (2 ; 5) (2 ; 6)

3

(3 ; 1) (3 ; 2) (3 ; 3) (3 ; 4 ) (3 ; 5) (3 ; 6)

4

( 4 ; 1) ( 4 ; 2) ( 4 ; 3) ( 4 ; 4 ) ( 4 ; 5) ( 4 ; 6)

5

(5 ; 1) (5 ; 2) (5 ; 3) (5 ; 4 ) (5 ; 5) (5 ; 6)

6

(6 ; 1) (6 ; 2) (6 ; 3) (6 ; 4 ) (6 ; 5) (6 ; 6)

Soit G le gain algébrique d’un joueur. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 5 ; 10}. Les issues réalisant {G = 10} sont (1 ; 3) et (2 ; 6). Les issues réalisant {G = 5} sont (1 ; 2) , (2 ; 4 ) et (3 ; 6). La loi de probabilité de G est la suivante. gi 0 5 10 31 3 2 36 36 36 2. E ( X ) = 0 × 31 + 5 × 3 + 10 × 2 = 35 ≈ 0,97 36 36 36 36 Si l’on joue un très grand nombre de parties à ce jeu, on peut espérer gagner, en moyenne, 0,97 euro par partie. P (G = gi )

41  PR (N2 ) = 1− PR (R2 ) = 1− 7 = 3 1 1 10

10

P (N1 ) = 1− P (R1 ) = 1− 1 = 6 7 7 P ( X = 3) = 3 ⇔ P (R1 > N2 ) + P (N1 > N2 ) = 3 20 20 1 3 6 3 ⇔ × + × PN (N2 ) = 1 7 10 7 20 ⇔ 6 × PN (N2 ) = 3 ⇔ PN (N2 ) = 3 × 7 ⇔ PN (N2 ) = 1 1 1 1 7 28 28 6 8 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

243

1 7

N2

R2

45  On a : P ( X = −2) + P ( X = −1) + P ( X = 0) + P ( X = 10) = 1.

1 8

N2

7 10

R1

6 7

3 10 7 8

E (S ) = 2 × 1 + 3 × 2 + 4 × 3 + 5 × 4 + 6 × 5 + 7 36 36 36 36 36 5 4 3 2 6 × +8× +9× + 10 × + 11× + 12 × 1 = 7 36 36 36 36 36 36 Si l’on lance un grand nombre de fois deux dés équilibrés, en moyenne, la somme obtenue par lancer est 7.

N1

R2

42  1. La liste L contient une série de 5 nombres entiers dont les valeurs sont comprises entre 2 et 8. La série

[2 ; 8 ; 6 ; 3 ; 8] est un contenu possible de L.

2. On lance cinq fois de suite deux dés tétraédriques équilibrés dont les faces sont numérotées de 1 à 4 et on note la somme obtenue dans une liste.

43  P F P F P F P F

P P F P F F

→ PPP → PPF → PFP → PFF → FPP → FPF → FFP → FFF

On peut avoir : • trois « Pile » : le jeton se trouve dans la case numérotée 4 ; • deux « Pile » et un « Face » : le jeton se trouve dans la case numérotée 3 ; • deux « Face » et un « Pile » : le jeton se trouve dans la case numérotée 2 ; • trois « Face » : le jeton se trouve dans la case numérotée 1. L’issue réalisant {N = 4} est PPP. Les issues réalisant {N = 3} sont PPF, PFP et FPP. Les issues réalisant {N = 2} sont PFF, FPF et FFP. L’issue réalisant {N = 1} est FFF. La loi de probabilité de N est la suivante. ni 1 2 3 4 1 8

P ( N = ni )

3 8

3 8

1 8

Dé 1

3

4

5

6

1

2

3

4

5

6

7

2

3

4

5

6

7

8

3

4

5

6

7

8

9

4

5

6

7

8

9

10

5

6

7

8

9

10

11

6

7

8

9

10

11

12

3

4

5

6

7

8

9

10 11 12

1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1 P(S = si ) 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 244

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

−1

0

10

P ( X = xi )

2 5

1 15

2 15

2 5

46  Soit R le nombre de faces peintes en rouge du cube tiré. L’ensemble des valeurs prises par R est {0 ; 1 ; 2 ; 3}. Sur les 27 petits cubes : • 8 cubes ont 3 faces peintes (les 8 cubes situés aux angles du cube de 3 cm de côté) ; • 6 cubes ont 1 face peinte (les 6 cubes situés au centre de chaque face) ; • 1 cube n’a aucune face de peinte (celui situé au centre du grand cube) ; • 12 cubes ont 2 faces peintes. La loi de probabilité de R est la suivante. ri

0

1

2

3

P ( R = ri )

1 27

6 27

12 27

8 27

47  1. P ( T ) = 10 500 = 0,7

)

15 000

450 = 0,03 15 000 − 10 500 P ( T >B) = P ( T ) × PT (B) = 0,7 × 0,3 = 0,21

2

2

−2

(

1

si

xi

P T > B = P ( T ) × PT (B) = 0,3 ×

44  Dé 2

D’après l’énoncé, on a : 3P ( X = 0) + 1 P ( X = 0) + P ( X = 0) + 3P ( X = 0) = 1 2 15 ⇔ P ( X = 0) = 1 2 ⇔ P ( X = 0) = 2 . 15 On en déduit P ( X = −2) = P ( X = 10) = 3 × 2 = 2 15 5 et P ( X = −1) = 1 × 2 = 1 . 2 15 15 La loi de probabilité de X est la suivante.

(

)

2. P (B) = P ( T >B) + P T > B = 0,21+ 0,03 = 0,24 3. a. L’ensemble des valeurs prises par S est {0 ; 20 ; 50 ; 70}. b. La loi de probabilité de S est la suivante. ri 0 20 50 70 P(S = si ) 0,27 0,03 0,49 0,21

c. E ( S ) = 0 × 0,27 + 20 × 0,03 + 50 × 0, 49 + 70 × 0,21 = 39,8 Dans cette ville, les familles reçoivent en moyenne 39,8 €.

48  E ← 0 Pour k allant de 1 à 100 E←E+k× k 5 050

49  Un jeu consiste à lancer un dé cubique équilibré. Si l’on obtient un nombre inférieur ou égal à deux on gagne

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PN ( R2 ) = 1− PN ( N2 ) = 1− 1 = 7 1 1 8 8 On en déduit l’arbre pondéré suivant.

5 euros, si l’on obtient un quatre on perd 3 euros, sinon on perd 20 euros.

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50  1. a. P (A) = 3 = 1 15 5 b. P (B) = 10 = 2 15 3 c. P (C) = 4 15 d. A>B est l’évènement : « Le numéro est un multiple de 5 sans être un multiple de 3 ». Les issues réalisant cet évènement sont : 5 et 10. Donc P (A>B) = 2 . 15 e. B¯C est l’évènement : « Le numéro est pair, strictement inférieur à 10 ou non multiple de 3 ».  Les issues réalisant cet évènement sont : 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 10, 11, 13 et 14. Donc, P (B¯C) = 11 . 15 (On peut aussi calculer P (B>C) qui est plus simple et utiliser la formule P (B¯C) = P (B) + P (C) − P (B>C) .) 2. a La roue a deux secteurs bleus et deux secteurs verts, ainsi P ( X = 80) = P ( X = 20) = 2 , quatre secteurs roses,  ainsi 15 4 P ( X = 10) = , et enfin sept secteurs orange, ainsi 15 7 P ( X = 0) = . 15 La loi de probabilité de X est la suivante. xi

0

10

20

80

P ( X = xi )

7 15

4 15

2 15

2 15

b. E ( X ) = 0 × 7 + 10 × 4 + 20 × 2 + 80 × 2 = 16 15 15 15 15 Si l’on fait tourner un grand nombre de fois la roue, en moyenne, le gain obtenu par «  lancer de roue  » est de 16 euros. Pour que le jeu soit équitable, il faut que la mise de départ soit égale à l’espérance du jeu, soit 16 euros.

51  1. La loi de probabilité de X est la suivante.

La loi de probabilité de Y est la suivante. yi 0 5 P ( Y = yi ) 6

E (Y ) = 0 × 5 + 27 × 1 = 4,5 6 6 Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en moyenne, on gagne 4,5 € par partie. Il est donc préférable de jouer à ce jeu plutôt qu’à celui de la question 2 pour lequel le gain moyen n’est que de 4 €.

52  Un jeu consiste à lancer un dé équilibré cinquante fois. À chaque lancer, si l’on obtient un nombre plus grand que deux on gagne 3 €, sinon on perd 2 €. On mise dix euros pour pouvoir jouer à ce jeu. Écrire un algorithme qui calcule le gain algébrique du joueur. 53 

1

2

3

4

5

6

P ( X = xi )

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

1 6

E ( X ) = 1× 1 + 2 × 1 + 3 × 1 + 4 × 1 + 5 × 1 + 6 × 1 6 6 6 6 6 6 7 = = 3,5 2 2. a. Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique à ce jeu. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 6 ; 12}. La loi de probabilité de G est la suivante. gi

0

6

1

P( G = gi )

1 2

1 3

1 6

b. E (G ) = 0 × 1 + 6 × 1 + 12 × 1 = 4 2 3 6 Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en moyenne, on gagne 4 € par partie. 3. Soit Y la variable aléatoire égale au gain algébrique à ce jeu. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 27}.

Tirage 1 Vert

1 8 3 8 4 8

Tirage 2

Bleu

1 8

Vert

3 Bleu 8 4 Rouge 8

Rouge

Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique à ce jeu. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 6 ; 8 ; 11} . P (G = 0) = 3 + 1 × 1 = 5 8 2 2 8 P (G = 6) = 4 × 3 = 3 8 8 16 4 P (G = 8) = × 1 = 1 8 8 16 P (G = 11) = 1 8 La loi de probabilité de G est la suivante. gi 11 0 6 8 P ( G = gi )

xi

27 1 6

5 8

3 16

1 16

1 8

E (G ) = 0 × 5 + 6 × 3 + 8 × 1 + 11× 1 = 3 8 16 16 8 Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en moyenne, on gagne 3 € par partie. Si l’organisateur souhaite que chaque partie lui rapporte en moyenne 2 €, la mise doit être de 5 €.

54  1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de billes gagnées ou perdues par Emma. L’ensemble des valeurs prises par X est {− y ; x} avec x et y  appartenant à N. La loi de probabilité de X est la suivante. x −y xi P ( X = xi )

3 4

1 4

E (X ) = − y × 3 + x × 1 4 4 Le jeu est équitable si et seulement si E ( X ) = 0 ⇔ − y × 3 + x × 1 = 0 ⇔ x = 3y. 4 4 Pour que le jeu soit équitable pour Emma, lorsqu’une carte bleue est tirée par Emma il faut que Marion lui donne 3 fois Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

245

plus billes qu’Emma ne lui en donne lorsque cette dernière tire une carte rouge. 2. Soit Z la variable aléatoire égale au nombre de billes gagnées ou perdues par Marion. L’ensemble des valeurs prises par Z est {−3y ; y} avec y [ N. La loi de probabilité de Z est la suivante. zi

−3y

y

P ( Z = zi )

1 4

3 4

E ( Z ) = −3y × 1 + y × 3 = 0, le jeu est donc équitable pour 4 4 Marion.

)

)

= 0,69.

56  1. Soit X la variable aléatoire égale au montant de la réduction obtenue. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}. Le contrôle de qualité ayant été fait sur un nombre significatif de paquets, les fréquences observées d’apparition des bons de 3 €, 2 €, 1 € et 0 € sont de bonnes estimations des probabilités de ces mêmes évènements. On peut donc proposer le modèle de probabilité de X suivant. xi P ( X = xi )

0 342 500

1 101 500

2 52 500

2. Réduction ← 0   T ← nombre entier aléatoire entre 1 et 500  Si T < 101   Réduction ← 1  Si 101 , T < 153   Réduction ← 2  Si 153 , T < 158   Réduction ← 3 246

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

0,9

0,1

2. P ( X ˘ 4 ) = P ( X = 10) = P ("Pile") × P ("multiple de 3") = 1×1= 1 2 3 6 3. xi –5 3 10

P {X . 35} > {X < 60} f. P{X S ) > (R> S ) {M = 80} = C> S {M = 90} = (L >S) ¯ (R>S) {M = 120} = C>S

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(

57 Sans assurance, le coût de l’équipement sera de 200 € (le

E ( X ) = 200 × 0,9 + 400 × 0,1 = 220 Sans assurance, l’équipement de Maelle lui coûtera en moyenne 220 €. Avec assurance il lui en coûtera 250 €. Maelle peut donc raisonnablement s’équiper sans assurance.

55  1. Pour tout k entier entre 1 et 100 : P ( X = k ) = 1 = 0,01. 100 2. E ( X ) = 0,01× 1+ 0,01× 2 + … + 0,01× 100 = 0,01× (1+ 2 + … + 100) E ( X ) = 0,01× 100 × 1+ 100 = 101 = 50,5 2 2 3. a. P ( X = 43) = 0,01 b. P ( X < 20) = 20 × 0,01 = 0,2 c. P ( X . 61) = 39 × 0,01 = 0,39 d. P (30 < X , 40) = 10 × 0,01 = 0,1 e. P ( X ∈[ 45 ; 67]) = 23 × 0,01 = 0,23

3. E ( X ) = 0 × 342 + 1× 101 + 2 × 52 + 3 × 5 = 11 = 0, 44 500 500 500 500 25 Si l’on achète un grand nombre de paquets, on peut espérer, en moyenne, une réduction de 0,44 € par paquet.

On en déduit la loi de probabilité de M suivante. mi 50 80 90 P ( M = mi )

0,53

0,08

0,35

120 0,04

c. Soit x le prix de la sortie en euros, M suit désormais la loi de probabilité suivante. mi 50 80 50+ x 80+ x P ( M = mi )

0,53

0,08

0,35

0,04

E ( M ) < 65 ⇔ 50 × 0,53 + 80 × 0,08 + (50 + x ) × 0,35 + (80 + x ) × 0,04 < 65 11, 4 ⇔ 53,6 + 0,39x < 65 ⇔ x < 0,39 Or 29,23 , 11, 4 < 29,24. 0,39 Afin que le montant moyen par adhérent ne dépasse pas 65 €, le directeur ne doit pas dépasser 29,23 € pour le prix de la sortie.

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61  Lorsque l’on lance deux fois une pièce équilibrée : • la probabilité d’obtenir 2 « Pile » est égale à 1  ; 4 • la probabilité d’obtenir 1 « Pile » est égale à 1  ; 2 • la probabilité d’obtenir 0 « Pile » est égale à 1 . 4 Lorsque l’on lance trois fois une pièce équilibrée : • la probabilité d’obtenir 3 « Pile » est égale à 1  ; 8 • la probabilité d’obtenir 2 « Pile » est égale à 3  ; 8 • la probabilité d’obtenir 1 « Pile » est égale à 3  ; 8 • la probabilité d’obtenir 0 « Pile » est égale à 1 . 8 Soit G la variable aléatoire associée au gain algébrique de Gaëlle. L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 1 ; 10}. Tableau récapitulant les « Pile » obtenus et les gains correspondants de Gaëlle. Célia Gaëlle

0

1

2

3

0

1

−5

−5

−5

1

10

1

−5

−5

2

10

10

1

−5

Et les probabilités correspondantes. Célia Gaëlle

0

1

2

3

0

1× 1= 1 1×3 = 3 1×3 = 3 1× 1= 1 8 4 32 4 8 32 4 8 32 4 8 32

1

1× 1= 1 1×3 = 3 1×3 = 3 1× 1= 1 8 2 16 2 8 16 2 8 16 2 8 16

2

1× 1= 1 1×3 = 3 3× 1= 3 1× 1= 1 8 4 32 4 8 32 8 4 32 4 8 32

On en déduit la loi de probabilité de G suivante. gi −5 1 10 1 5 3 P (G = gi ) 2 16 16

E (G ) = −5 × 1 + 1× 5 + 10 × 3 = − 5 = −0,3125 2 16 16 16 Lorsque Gaëlle et Célia effectuent un grand nombre de parties, en moyenne, Gaëlle perd environ 0,31 € par partie, le jeu est donc favorable à Célia.

62 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de points marqués après un tir à 2 points. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 2}. On en déduit la loi de probabilité de X suivante. xi 0 2 P ( X = xi )

0,3

0,7

E ( X ) = 0 × 0,3 + 2 × 0,7 = 1, 4 Lorsque Florane tente un grand nombre de tirs à 2 points, en moyenne, elle marque 1,4 point par tir. Soit Y la variable aléatoire associée au nombre de points marqués après un tir à 3 points. L’ensemble des valeurs prises par Y est {0 ; 3} . On en déduit la loi de probabilité de Y suivante. yi 0 3 P (Y = yi )

0,6

0,4

E (Y ) = 0 × 0,6 + 3 × 0, 4 = 1,2 Lorsque Florane tente un grand nombre de tirs à 3 points, en moyenne, elle marque 1,2 point par tir. On en déduit que pour marquer un maximum de points Florane devrait privilégier les tirs à 2 points.

63 1. Soit F l’évènement « Le client choisit une entrée froide » et K l’évènement « Le client prend un café en supplément ». La situation peut être représentée par l’arbre pondéré suivant. 0,8 0,6 F

0,4 F

K

0,2 K 0,7

K

0,3 K

L’ensemble des valeurs prises par S est :

{10 ; 11 ; 11,50 ; 12,50}.

On en déduit la loi de probabilité de S suivante. si 10 11 11,50 P ( S = si )

0,12

0,12

12,50

0, 48

0,28

2. E ( S ) = 10 × 0,12 + 11× 0,12 + 11,50 × 0, 48 + 12,50 × 0,28 = 11,54 Lorsque le restaurateur sert un grand nombre de clients, en moyenne, la somme payée par le client est de 11,54 €.

64  1. a. L’instruction ALEA() renvoie un réel au hasard compris entre 0 et 1 donc ALEA()+0,3 renvoie un nombre réel au hasard entre 0,3 et 1,3 donc la formule =ENT(ALEA()+0,3) renvoie 1 avec une probabilité égale à 1,3 − 1 = 0,3 et 0 avec une probabilité égale à 1− 0,3 = 0,7. b.

c. D’après la feuille de tableur précédente, une valeur approchée du gain moyen par partie est de 6,62 €. Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

247

2. a. Soit J l’évènement « Le jeton tiré est de couleur jaune » et M l’évènement « Le jeton tiré est de couleur mauve ». La situation peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

0,7 M

J

0,7 M 0,3

J

66  1. On peut représenter la situation par un arbre de probabilité où p est la proportion inconnue de femmes dans l’association.

0,7 M

Soit G la variable aléatoire égale au gain. L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 15}. On en déduit la loi de probabilité de G suivante. gi −5 15 P (G = gi )

0, 42

0,58

b. E (G ) = −5 × 0, 42 + 15 × 0,58 = 6,6 Le gain moyen à ce jeu est de 6,60 €.

65  1. a.

0,995 0,09

0,91

A

0,005 0,015

A

0,985

1–p

T T

T

) (

)

= 0,09 × 0,995 + 0,91× 0,015 = 0,1032. La probabilité qu’un individu pris au hasard ait suivi le traitement vaut 0,1032. c. P A > T = 0,91× 0,015 = 0,01365 Le traitement est donné à tort à 1,365 % de la population. 2. Soit N la variable aléatoire égale au nombre d’individus traité pour cette épidémie. L’ensemble des valeurs prises par N est {0 ;1; 2}. L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

(

)

0,1032

0,1032

T

T

3 4 1 3

T

2 3

T

) (

)

0,3

0,3 T

0,7 0,3

0,8968 T

0,7

2

0,80425024 0,18509952 0,01065024

E ( N ) = 0 × 0,80425024 + 1× 0,18509952 + 2 × 0,01065024 = 0,2064

T

)

T

La loi de probabilité de N est la suivante. ni 0 1 P ( N = ni )

(

0,8968 T 0,1032

0,8968

T

T

T

Les évènements F et F forment une partition de l’univers, donc d’après la formule des probabilités totales : P ( T ) = P F > T + P F > T = 1 p + 1 (1− p) . 4 3 On sait que P ( T ) = 3 , on obtient l’équation : 10 1 p + 1 (1− p) = 3 ⇔ 1 p − 1 p = 3 − 1 3 10 4 3 10 3 4 ⇔− 1 p=− 1 12 30 12 ⇔ p= 30 ⇔ p = 2. 5 Donc P (F) = 2 . 5 2×1 P F> T = 5 4 =1 2. PT (F) = 3 P(T) 3 10 3. a. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2} . b. On considère que l’association est suffisamment grande pour que les tirages soient considérés comme indépendants. L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

(

T

b. Les évènements A et A forment une partition de l’univers donc, d’après la formule des probabilités totales, on a : P(T) = P A > T + P A > T

(

T

p

1 4

T

0,7

T T T T

La loi de probabilité de X est la suivante. xi 0 1 P ( X = xi )

0, 49

0, 42

2 0,09

Exercices 67 On lance trois fois de suite un dé cubique équilibré et on

note X le nombre de valeurs distinctes obtenues. L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2 ; 3}. L’évènement {X = 1}   est réalisé lorsqu’à l’issue des 3 lancers on a obtenu trois « 6 », trois « 5 », trois « 4 », trois « 3 », trois « 2 » ou trois « 1 ». 248

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

()

3 On a donc P ( X = 1) = 6 × 1 = 1 . 6 36 L’évènement {X = 2}   est réalisé lorsqu’à l’issue des 3 lancers on a obtenu exactement deux « 6 », deux « 5 », deux « 4 », deux « 3 », deux « 2 » ou deux « 1 ». La probabilité d’obtenir exactement deux fois le même nombre fixé n lors des deux

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0,3

J

0,3

E ( N ) ≈ 0,206 V ( N ) = 0,80425024 × (0 − 0,2064 )2 + 0,18509952 × (1− 0,2064 )2 + 0,01065024 × (2 − 0,2064 )2 = 0,18509952 σ ( N ) = 0,18509952 ≈ 0, 430

premiers lancers est le produit 1 × 1 × 5 . Ceux-ci pouvant 6 6 6 être obtenus aux deux premiers lancers mais aussi aux deux derniers lancers et au premier lancer et un au dernier lancer, la probabilité d’obtenir exactement deux fois le même nombre vaut 3 × 1 × 1 × 5 = 5 . 6 6 6 72 Le raisonnement est transposable aux autres numéros du dé, on a donc : P ( X = 2) = 6 × 3 × 1 × 1 × 5 = 5 . 6 6 6 12 Enfin, P ( X = 3) = 1− ( P ( X = 1) + P ( X = 2)) = 1− 1 + 5 36 12 4 = 1− 9 5 = . 9 La loi de probabilité de X est la suivante. xi 1 2 3

(

)

1 36

P ( X = xi )

5 12

5 9

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68 1. Pour i ∈ {1 ; 2} , on note Ni l’évènement « Le i-ème jeton tiré est noir ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant. 7 10

N1

3 10

B1

6 9

N2

3 9 7 9

B2

2 9

B2

N2

P (A ) = 3 × 2 = 1 10 9 15 P (B) = 7 × 6 + 1 = 7 + 1 = 8 10 9 15 15 15 15 P (C) = P (B ) = 1− P (B) = 1− 8 = 7 15 15 2. L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant. 7 n

N1

n –7 n

B1

6 n –1

N2

n –7 n –1 7 n –1

B2

n–8 n –1

B2

N2

a. L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2} .

xi P ( X = xi )

2

n − 15n + 98 n (n − 1)

14n − 98 n (n − 1)

2 b. E ( X ) = 1× n − 15n + 98 + 2 × 14n − 98 n (n − 1) n (n − 1) 2 = n − 15n + 98 + 28n − 196 n (n − 1) 2 = n + 13n − 98 n (n − 1) c. Soit f la fonction définie sur [9 ; +`[ par : 2 x ∞ x + 13x − 98 . x ( x − 1) La fonction f est dérivable sur [9 ; +`[ et on a :

f ′(x ) =

(2x + 13)( x 2 − x ) − ( x 2 + 13x − 98)(2x − 1)

( x2 − x )2

2 = −14 x + 196x2 − 98 ( x2 − x )

=

14 (− x 2 + 14 x − 7)

( x2 − x )2

.

On considère le trinôme − x 2 + 14 x − 7. f ′ est du signe de ce trinôme car le dénominateur est strictement positif sur [9 ; +`[ . Δ = 142 − 4 × (−1) × (−7) = 168 Le discriminant est positif, le trinôme − x 2 + 14 x − 7 admet deux racines distinctes dans R. x1 = −14 − 168 = 7 + 42 ≈ 13, 48 −2 −14 + 168 = 7 − 42 ≈ 0,52. et x2 = −2 Or a = −1, donc négatif, f ′ est donc positive sur ⎡⎣9 ; 7 + 42 ⎤⎦

et négative sur ⎣⎡7 + 42  ; +` ⎡⎣ . On en déduit que la fonction f est croissante sur ⎡⎣9 ; 7 + 42 ⎤⎦ et décroissante sur

⎣⎡7 + 42 ; +` ⎡⎣, elle admet un maximum atteint en x = 7 + 42 . Or, on cherche un entier naturel n qui rendent l’espérance maximale. 2 f (13) = 13 + 13 × 13 − 98 = 20 13 13 × 12 2 f (14 ) = 14 + 13 × 14 − 98 = 20 14 × 13 13 L’espérance est donc maximale lorsque le nombre de jetons est égal à 13 ou à 14.

69 Pour i [ {1 ; 2 ; 3 ; 4} , on note Bi l’évènement « Le i-ème cheval qui rentre est blanc ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

P ( X = 1) = 7 × 6 + n − 7 × n − 8 n n −1 n n −1 42 + (n − 7)(n − 8) = n (n − 1) 2 − 15n + 98 n = n (n − 1) P ( X = 2) = 7 × n − 7 + n − 7 × 7 n n −1 n n −1 7n − 49 + 7n − 49 = n (n − 1) 14n − 98 = n (n − 1) La loi de probabilité de X est la suivante.

1 2

1 4 1 3

B2

2 3

A2

B1 2 5

3 5

3 4

B3 A3

1 7 6 7

B4

1

A5

A4

A1 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

249

La loi de probabilité de X est la suivante. xi

0 3 5

P ( X = xi )

1 4 15

2 1 10

3 1 35

4 1 210

70  L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

1 6

5 6

1 6

6

5 6

6

1 6

6

1 6 5 6 1 6

6

5 6 1 6 5 6 1 6

6 5 6

6

5 6

()

6 →L=1 6 →L=1

3 4 6 →L=3 6 →L=0

()

P ( L = li )

1 1 6

2 5 36

3 25 216

E ( L ) = 0 × 125 + 1× 1 + 2 × 5 + 3 × 25 = 19 216 6 36 216 24

71 On lance deux dés à 6 faces équilibrés. On note ( S ; P ), S

représentant la somme des points obtenus et P leur produit. Dé 1 1 2 3 4 5 6 Dé 2 (2 ; 1) (3 ; 2) ( 4 ; 3) (5 ; 4 ) (6 ; 5) (7 ; 6) 1 2

(3 ; 2) ( 4 ; 4 ) (5 ; 6) (6 ; 8) (7 ; 10) (8 ; 12)

3

( 4 ; 3) (5 ; 6) (6 ; 9) (7 ; 12) (8 ; 15) (9 ; 18)

4

(5 ; 4 ) (6 ; 8) (7 ; 12) (8 ; 16) (9 ; 20) (10 ; 24 )

5

(6 ; 5) (7 ; 10) (8 ; 15) (9 ; 20) (10 ; 25) (11 ; 30)

6 250

Benoit

(7 ; 6) (8 ; 12) (9 ; 18) (10 ; 24 ) (11 ; 30) (12 ; 36) Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

Éric

2 5

RE

3 5

RE

2 5

RE

3 5

RE

RB

6 →L=2 6 →L=2

La loi de probabilité de L est la suivante. 0 125 216

RE l’évènement « Éric est en retard au travail » et RS l’évènement « Sandrine est en retard au travail ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.

1 4

()

li

72  Soient RB l’évènement « Benoit est en retard au travail »,

6 →L=1 6 →L=1

L’ensemble des valeurs prises par L est {0 ; 1 ; 2 ; 3}. P ( L = 0) = 5 × 5 × 5 = 125 6 6 6 216 3 2 2 P ( L = 1) = 1 + 2 × 5 × 1 + 1 × 5 = 1 6 6 6 6 6 6 5 1 5 P ( L = 2) = × = 6 6 36 2 P ( L = 3) = 5 × 1 = 25 6 6 216

()

1. Il y a 8 issues équiprobables réalisant l’évènement A, donc P (A ) = 8 = 2 . 36 9 Il y a 8 issues équiprobables réalisant l’évènement B, donc P (B) = 8 = 2 . 36 9 P (A) = P (B) , les évènements A et B sont équiprobables. 2. Il y a 2 issues réalisant l’évènement C, donc P (C) = 2 = 1 . 36 18 Il y a 1 issue réalisant l’évènement D , donc P (D ) = 1 . 36 P (D ) , P (C) , l’évènement C est plus probable que l’évènement D.

RB

Sandrine 1 3 RS RS 2 3 1 3 RS RS 2 3 1 3 RS RS 2 3 0 1

RS RS

L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}. P ( X = 0) = 1 × 2 × 1 = 1 4 5 3 30 1 P ( X = 1) = × 2 × 2 + 1 × 3 × 1 + 3 × 2 × 1 4 5 3 4 5 3 4 5 3 = 1 + 1 + 1 = 13 15 20 10 60 P ( X = 2) = 1 × 3 × 2 + 3 × 2 × 2 = 1 + 1 = 3 4 5 3 4 5 3 10 5 10 3 P ( X = 3) = × 3 × 1 = 9 4 5 20 La loi de probabilité de X est la suivante. xi 0 1 2 3 1 13 3 9 P ( X = xi ) 30 60 10 20 1 13 3 9 13 E (X ) = 0 × + 1× +2× +3× = ≈ 2,2 30 60 10 20 6 Sur un grand nombre de jours de travail, en moyenne 2,2 personnes sont à l’heure.

73  1. Soit C l’évènement « Le casque est conforme » et R l’évènement « Le casque est rejeté ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant. 0,07

0,95

C

0,05

C

R

0,93 R 0,96

R

0,04 R

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L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}. P ( X = 0) = 3 5 2 P ( X = 1) = × 2 = 4 5 3 15 P ( X = 2) = 2 × 1 × 3 = 1 5 3 4 10 2 P ( X = 3) = × 1 × 1 × 6 = 1 5 3 4 7 35 P (X = 4) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1 5 3 4 7 210

(

)

(

) (

)

(

) (

P C > R = 0,05 × 0,04 = 0,002 La probabilité que le casque ne soit pas conforme et ne soit pas rejeté par le contrôle est 0,002. 2. Il y a une erreur de contrôle lorsque le casque n’est pas conforme et n’est pas rejeté ou lorsque le casque est conforme et est rejeté. P C > R + P C > R = 0,002 + 0,95 × 0,07 = 0,068 5 La probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle vaut 0,068 5. 3. P (R ) = P C > R + P C > R = 0,002 + 0,95 × 0,93

)

= 0,885 5 La probabilité qu’un casque ne soit pas rejeté après ce premier contrôle vaut 0,885 5. 4. Soit R1 l’évènement « Le casque est rejeté au premier contrôle  », et R2 l’évènement «  Le casque est rejeté  au deuxième contrôle ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant. R1

0,1145

0,8855

(

)

R1

0,06

R2

0,94

R2

0,06

R2

(

) (

P ( B = 29) = P R1 > R2 + P R1 > R2

)

= 0,114 5 × 0,94 + 0,885 5 × 0,06 Donc P ( B = 29) = 0,160 76. La loi de probabilité de B est la suivante. bi −40 29

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P ( B = bi )

0,006   87

0,160   76

89 0,832   37

E ( B) = −40 × 0,006 87 + 29 × 0,160 76 + 89 × 0,832 37 = 78, 468 17 E ( B) ≈ 78, 47 Lorsque l’entreprise fabrique un très grand nombre de casques, en moyenne, son bénéfice est d’environ 78,47 € par casque.

74  1. a. Pour i ∈ {1 ; 2} , soit Ei l’évènement « Le poisson provient du i-ème élevage », M l’évènement « Le poisson n’a pas survécu », R l’évènement « Le poisson est devenu rouge » et G l’évènement « Le poisson est devenu gris ». On peut construire l’arbre pondéré suivant. 0,1 0,6

0,4

(

) (

M

0,75 R

E1

0,15

G

0,05

M

0,65 R

E2

0,3

) (

G

)

0,08

0,21

0,71

E ( X ) = −0,10 × 0,08 + 0,25 × 0,21+ 1× 0,71 = 0,754 5 ≈ 0,75

75  Les issues possibles sont résumées dans le tableau B

0

1

2

3

1

0

1

2

3

2

0

2

4

6

3

0

3

6

9

4

0

4

8

12

R

0,945 R2

)

P ( X = xi )

suivant.

P ( B = 89) = P R1 > R2 = 0,885 5 × 0,94 = 0,832 37 P ( B = −40) = P R1 > R2 = 0,114 5 × 0,06 = 0,006 87

(

b. P (R ) = P (E1 >R ) + P (E2 >R ) = 0,6 × 0,75 + 0, 40 × 0,65 = 0,71 La probabilité qu’un mois plus tard le poisson soit rouge vaut 0,71. 2. L’ensemble des valeurs prises par X est {−0,10 ; 0,25 ; 1}. P ( X = −0,10) = P ( M ) = 1− P ( M ) = 1− 0,92 = 0,08 P ( X = 1) = P ( R) = 0,71 P ( X = 0,25) = 1− ( P ( X = −0,10) + P ( X = 1)) = 1− (0,08 + 0,71) = 0,21 La loi de probabilité de X est la suivante. xi −0,10 0,25 1

P (M) = P E1 > R + P E1 > G + P E2 > R + P (E2 >G) P (M) = 0,60 × 0,75 + 0,60 × 0,15 + 0, 40 × 0,65 + 0, 40 × 0,30 P (M) = 0,92 Ou bien P (M) = 1− P (M) = 1− ( P (E1 >M) + P (E2 >M)) P (M) = 1− (0,6 × 0,1+ 0, 4 × 0,05) = 0,92 La probabilité que l’alevin acheté par l’enfant soit vivant au bout de trois mois vaut bien 0,92.

1. Soit G le gain algébrique du joueur. L’ensemble des valeurs prises par G est {−3 ; 1 ; 3 ; 4 ; 7}. P (G = −3) = 11 16 2 P (G = 1) = = 1 16 8 P (G = 3) = 1 16 P (G = 4 ) = 1 16 P (G = 7) = 1 16 La loi de probabilité de G est la suivante. gi −3 1 3 4 7 11 11 1 1 1 P (G = gi ) 16 16 8 16 16 E (G ) = −3 × 11 + 1× 1 + 3 × 1 + 4 × 1 + 7 × 1 16 8 16 16 16 17 = − = −1,0625 16 50 × E (G ) = 50 × (−1,0625) = −53,125 L’organisateur peut espérer un gain d’environ 53,13 € par jour s’il organise 50 parties dans la journée. 2. Si 50 parties journalières rapportent 120 € par jour à l’organisateur, cela signifie que l’espérance du jeu doit être de − 120 , soit −2, 4. 50 Soit m la mise de départ. On a maintenant la loi suivante. gi 2−m 6−m 8−m 9 − m 12 − m 11 1 1 1 1 16 8 16 16 16 E (G ) = (2 − m ) × 11 + (6 − m ) × 1 + (8 − m ) × 1 + (9 − m ) 16 8 16 1 × + (12 − m ) × 1 16 16 P (G = gi )

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

251

n

n

i=1

i=1

b. Soit Z = aX + b. Pour i ∈ {1 ; … ; n} ,  pi = P ( X = xi ) = P (aX = axi ) = P (aX + b = axi + b ) = P ( Z = axi + b ) … zi ax1 + b axn + b ax2 + b … p p p P(Z = z ) 1

E ( Z ) = E( X + Y ) =

2

P ( Z = zk ) =

E (aX + b ) = a ( x1 p1 + x2 p2 + … + xn pn ) + b ( p1 + p2 + … + pn )

E (Z ) =

E (Z ) =

soit f ( x ) = E ( X 2 ) − 2xE ( X ) + x 2 = x 2 − 2xE ( X ) + E ( X 2 ).

La fonction x ⇔ x − 2xE ( X ) + E ( X ) est une fonction polynôme du second degré avec a = 1 . 0. La courbe représentative de f est une parabole « tournée vers le haut ». Elle 2E ( X ) admet un minimum en x = − b , soit , soit E ( X ). 2a 2

∑

soit E ( X 2 ) − E ( X )2  représente alors la variance de la variable aléatoire X (voir exercice suivant).

77  1. a. On note {x1  ; x2  ; …;  xn } l’ensemble des valeurs prises par X . Si a = 0, aX = 0 , donc E (aX ) = 0 et aE ( X ) = 0 , donc E (aX ) = aE ( X ). Si a ≠ 0, l’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire Y = aX est {ax1  ; ax2  ; …; axn }. E (Y ) = E (aX ) = ax1P (Y = ax1 ) + ax2 P (Y = ax2 ) + … + axn P (Y = axn ) E (Y ) = a ( x1P (Y = ax1 ) + x2 P (Y = ax2 ) + … + xn P (Y = axn ))

E (Y ) = a ( x1P (aX = ax1 ) + x2 P (aX = ax2 ) + … + xn P (aX = axn ))

E (Y ) = a ( x1P ( X = x1 ) + x2 P ( X = x2 ) + … + xn P ( X = xn )), car a ≠ 0. E (Y ) = aE ( X ),  donc E (aX ) = aE ( X ). b. On note {x1  ; x2  ; …;  xn } l’ensemble des valeurs prises par X. On note { y1  ; y2  ; …;  ym } l’ensemble des valeurs prises par Y . On suppose que m ˘ n (l’autre cas se traite de la même manière). L’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire Z = X + Y est : Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

(

P X = xi > Y = y j

(

xi P X = xi > Y = y j

∑

i [ {1 ; …;  n}

)

( xi + y j ) P ( X = xi > Y = y j )

)

j [ {1 ; …;  m}

+

∑

i [ {1 ; …;  n}

(

y j P X = xi > Y = y j

)

j [ {1 ; …;  m}

E (Z ) =

∑

xi

i [ {1 ;…;  n}

(

P X = xi >Y = y j

∑

j [ {1 ;…;  m}

+

∑

yj

j [ {1 ;…;  m}

Or, pour i [ {1 ; …; n}, on a : P ( X = xi ) =

(

)

P Y = yj = donc : E (Z ) =

∑

(

)

P X = xi > Y = y j .

∑

i [ {1 ;…;  n}

(

)

(

)

P X = xi > Y = y j ,

i [ {1 ;…;  n}

xi P ( X = xi ) +

∑

)

P X = xi > Y = y j .

∑

j [ {1 ;…;  m}

Et pour   j [ {1 ; …; m}, on a :

2

Ce minimum vaut f ( E ( X )) = E ( X )2 − 2E ( X ) E ( X ) + E ( X 2 )

252

∑

i [ {1 ; …; n} j [ {1 ; …; m} k [ {1 ; …;  s} xi + y j =zk

E (aX + b ) = aE ( X ) + b 2. a. Y = ( X − x )2 = X 2 − 2xX + x 2 b. Pour x ∈R, on a : f ( x ) = E ⎡⎣( X − x )2 ⎤⎦ = E ⎡⎣ X 2 − 2xX + x 2 ⎤⎦ ,

zk P ( Z = zk )

i [ {1 ; …; n} j [ {1 ; …; m} xi + y j =zk

n

E (aX + b ) = E ( Z ) = (ax1 + b ) × p1 + (ax2 + b ) × p2 + … + (axn + b ) × pn

2

∑

k [ {1 ; …; s}

Or, pour k ∈ {1 ; …; s} , on a :

et

76  1. a. E ( X ) = ∑ xi P ( X = xi ) = ∑ xi pi

i

{xi + y j , i [ {1 ; …; n},   j [ {1 ; …; m}} = {zk , k [ {1 ; …; s}}.

i [ {1 ;…;  n}

(

)

yj P Y = yj .

∑

j [ {1 ;…;  m}

On a donc E ( Z ) = E ( X ) + E (Y ), d’où E ( X + Y ) = E ( X ) + E (Y ). c. E ( Z ) = a × P ( Z = a ), car Z ne prend qu’une seule valeur a. Or P ( Z = a ) = 1 pour la même raison, donc E ( Z ) = a. 2. a. Soit la loi de probabilité de la variable X. xn xi x1 x2 … P ( X = xi )

p1

p2

…

pn

D’où la loi de probabilité de la variable Y = X − E ( X ). yi x1 − E ( X ) x2 − E ( X ) xn − E ( X ) … p1 pn P (Y = yi ) p2 … Valeurs correspondantes de la variable aléatoire Z = Y 2 . yi x1 − E ( X ) xn − E ( X ) x2 − E ( X ) … zi

( x1 − E ( X ))2 ( x2 − E ( X ))2

…

( xn − E ( X ))2

Ce tableau liste les valeurs possibles de la variable aléatoire Z mais certaines peuvent apparaître deux fois. En effet, si xi − E ( X ) = − x j − E ( X ) , alors les carrés de ces deux expressions sont égaux. On ne peut donc pas en déduire la loi de probabilité de Z . En revanche, par analogie avec les statis2 tiques, E ( Z ) étant la moyenne des ( xi − E ( X )) pondérées par les valeurs pi , pour i variant de 1 à n, on a :

(

)

n

E ( Z ) = ∑ ( xi − E ( X )) pi = V ( X ). 2

i=1

2

Ainsi, E ⎡⎣( X − E ( X )) ⎤⎦ = V ( X ). b. V ( X ) = E ⎡⎣( X − E ( X ))2 ⎤⎦ = E ⎡⎣ X 2 − 2XE ( X ) + ( E ( X ))2 ⎤⎦

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

E (G ) = −2, 4 ⇔ −m + 63 = −2, 4 16 507 ⇔m= 80 ⇔ m = 6,337 5 Pour gagner 120 € par jour avec 50 parties organisées, la mise de départ doit être de 6,337 5 € , ce qui n’est guère possible puisqu’on ne peut payer qu’en centimes. Pour s’en rapprocher au maximum, on peut fixer la mise à 6,34 €.

V ( X ) = E ( X 2 ) − 2E [ XE ( X )] + E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦ par les propriétés démontrées au 1. c. E [ XE ( X )] = E ( X ) × E ( X ) = E ( X )2 , car E ( X ) est une constante, on peut donc appliquer 1 a. De plus, E ( X )2 est une constante, donc, d’après le 1 c, E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦ = E ( X )2. d. V ( X ) = E ( X 2 ) − 2E [ XE ( X )] + E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦ = E ( X 2 ) − 2E ( X )2 + E ( X )2

On a donc V ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X )2 . 3. a. E ( X ) = −2 × 0,2 − 3 × 0,1+ 5 × 0,6 + 6 × 0,1 = 2,9 b. V ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X )2 Or E ( X 2 ) = (−2)2 × 0,2 + (−3)2 × 0,1+ 52 × 0,6 + 62 × 0,1 = 20,3. D’où E ( X ) = 20,3 − 2,92 = 11,89. σ ( X ) = V ( X ) = 11,89 ≈ 3, 45

VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE

Exercices

78  1er lancer 1

2

3

4

5

6

2e lancer 1

(1 ; 1) (1 ; 2) (1 ; 3) (1 ; 4 ) (1 ; 5) (1 ; 6)

yi

2

(2 ; 1) (2 ; 2) (2 ; 3) (2 ; 4 ) (2 ; 5) (2 ; 6)

P (Y = yi )

3

(3 ; 1) (3 ; 2) (3 ; 3) (3 ; 4 ) (3 ; 5) (3 ; 6)

4

( 4 ; 1) ( 4 ; 2) ( 4 ; 3) ( 4 ; 4 ) ( 4 ; 5) ( 4 ; 6)

5

(5 ; 1) (5 ; 2) (5 ; 3) (5 ; 4 ) (5 ; 5) (5 ; 6)

6

(6 ; 1) (6 ; 2) (6 ; 3) (6 ; 4 ) (6 ; 5) (6 ; 6)

1. Soit Y le nombre de points obtenus après deux lancers. L’ensemble des valeurs prises par Y est : {−20 ; –10 ; 0 ; 10 ; 20}. La loi de probabilité de Y est la suivante. yi © Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

P (Y = 0) = 0,32 × 0,13 + 0,13 × 0,32 + 0,55 × 0,55 = 0,385 7 P (Y = 10) = 0,32 × 0,55 + 0,55 × 0,32 = 0,352 P (Y = 20) = 0,32 × 0,32 = 0,102 4 La loi de probabilité de Y est la suivante.

−20

−10

0

10

20

1 8 18 8 1 36 36 36 36 36 2. P (1) + P (2) + P (3) + P ( 4 ) + P (5) + P (6) = 1 Or P (1) = P (3) = P ( 4 ) = P (5) = 0,13 et P (6) = 2P (2) . Ainsi, on a : 4 × 0,13 + 3 × P (2) = 1 ⇔ 0,52 + 3P (2) = 1 ⇔ P (2 ) = 1− 0,52 3 ⇔ P (2 ) = 0,16. On en déduit P (6) = 2 × 0,16 = 0,32. On note 1 l’évènement «  Obtenir un 1  », 6 l’évènement « Obtenir un 6 » et R l’évènement « Obtenir un autre résultat que 1 ou 6 ». On peut construire l’arbre pondéré suivant.

−20

0,32

6

0,13 1

0,55

R

6

0,13 1 0,55

R

0,32

6

0,13 1 0,55

R

0,32

6

0,13 1 0,55

R

P (Y = −20) = 0,13 × 0,13 = 0,016 9 P (Y = −10) = 0,13 × 0,55 + 0,55 × 0,13 = 0,143

0

10

20

0,016   9 0,143 0,385   7 0,352 0,102 4

E (Y+ )0=×−20 × 0,016 9 − 10 × 0,143 + 0 × E (Y ) = −20 × 0,016 9 − 10 × 0,143 0,385 7 + 10 × 0,352 + 20 × 0,102 4 + 10 × 0,352 + 20 × 0,102 4 E (Y ) = 3,8 E (Y ) ≠ 0, le jeu n’est donc pas équitable.

79  1. On note V l’évènement « Obtenir un jeton vert » et R

l’évènement « Obtenir un jeton rouge ». La loi de probabilité de X est la suivante. xi 1 2 3 2 3 1 P ( X = xi ) 5 10 5

P (Y = yi )

0,32

−10

1 2 3 5

R

2 5

V

1 2

R V

1 3 2 3

R

1

4 1 10 V

V

2. E ( X ) = 1× 2 + 2 × 3 + 3 × 1 + 4 × 1 = 2 5 10 5 10 Si l’on répète l’expérience un très grand nombre de fois, en moyenne, le rang d’apparition du premier jeton vert est 2. 3. V ( X ) = 2 × (1− 2)2 + 3 × (2 − 2)2 + 1 3. × (V3 (−X2) )=2 2 × (1− 2)2 + 3 × (2 − 5 10 5 5 10 + 1 × ( 4 − 2)2 = 1 + 1 × ( 4 − 2)2 = 1 10 10 σ(X ) = V (X ) = 1 = 1

80 1. Soit X la variable aléatoire égale au gain final du joueur et m la mise de départ. L’ensemble des valeurs prises par X est {−m ; 0 ; m ; 3m}. La loi de probabilité de X est la suivante. xi −m m 3m 0 9 2 1 1 13 13 13 13 2. E ( X ) = −m × 9 + 0 × 2 + m × 1 + 3m × 1 = − 5 m 13 13 13 13 13 Quel que soit m [ R+ , E ( X ) < 0. P ( X = xi )

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

253

81  Soit C la variable aléatoire égale au nombre de points marqués par Chloé et K la variable aléatoire égale au nombre de points marqués par Karim. D’après le tableau de l’énoncé : • E (C ) = 0,14 × 3 + 0,35 × 5 + 0,51× 7 = 5,74

V (C ) = 0,14 × (3 − 5,74 )2 + 0,35 × (5 − 5,74 )2 + 0,51× (7 − 5,74 )2 = 2,052 4

Sur un grand nombre d’appel, la plateforme gagne en moyenne 2,78 € par appel. 2,78 × 10 000 = 27 800 Si la plateforme contacte 10 000 clients, elle peut espérer percevoir 27 800 €.

85  1. L’ensemble des valeurs prises par X est {−6 ; –1 ; 4} . Soit, pour i [ {1 ; 2}, Ri l’évènement « La i-ème boule tirée est rouge » et Bi l’évènement « La i-ème boule tirée est bleue ». On peut construire l’arbre pondéré suivant.

On en déduit σ (C ) = 2,0524 ≈ 1, 43 • E ( K ) = 0,16 × 3 + 0,23 × 5 + 0,61× 7 = 5,9

1er tirage

V ( K ) = 0,16 × (3 − 5,9)2 + 0,23 × (5 − 5,9)2 + 0,61× (7 − 5,9)2 = 2,27 On en déduit σ ( K ) = 2,27 ≈ 1,51. Au vu des résultats, Karim marque un nombre moyen de points légèrement supérieur à celui de Chloé mais il est moins régulier que cette dernière. Il vaut donc mieux faire confiance à Chloé.

    Pour i allant de 1 à 1 000     Naissance1 ← nombre entier aléatoire entre 0 et 1     Naissance2 ← nombre entier aléatoire entre 0 et 1     Somme ← Somme + Naissance1 + Naissance2     Moyenne ← Somme/1 000 2. En simulant un grand nombre de tirage, la variable moyenne s’approche de l’espérance de la variable aléatoire X, où X compte le nombre de garçons dans une famille de deux enfants.

83  Soit, pour i ∈ {1 ; 2 ; 3}, Ri l’évènement « Le i-ème jeton

tiré est rouge » et Bi l’évènement « Le i-ème jeton tiré est bleu ». 1. P (R1 >B2 ) = 4 × 2 = 4 . Réponse d. 6 5 15 2. P (R1 >R2 >B3 ) = 2 × 3 × 2 = 1 . Réponse a. 3 5 4 5 3. P (R1 >B2 ) + P R1 > R2 >B3 = 4 + 1 = 7 . Réponse c. 15 5 15

(

)

84  1. L’ensemble des valeurs prises par S est {1 ; 5 ; 6 ; 10}. On note N l’évènement « La personne s’abonne à la version numérique » et P l’évènement « La personne s’abonne à la version papier ». On a P (P) = 0,18,  P (N) = 0,22 et P (P >N) = 0,72 . N

N

Total

P

0,12

0,06

0,18

P

0,1

0,72

0,82

Total

0,22

0,78

1

)

(

)

)

P ( S = 10) = P P > N = 0,12 1 0,72

5 0,1

6 0,06

10 0,12

2. E ( X ) = 1× 0,72 + 5 × 0,1+ 6 × 0,06 + 10 × 0,12 = 2,78 254

10 n+10

B1

(

R2

→ –6 €

10 B2 n+9 n n+9 R 2

→ –1 €

9 n+9

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

→ –1 € → 4€

B2

) (

)

n × 10 + 10 × n n + 10 n + 9 n + 10 n + 9 20n = (n + 10)(n + 9) n (n − 1) 2. P ( X = −6) = P R1 > R2 = n × n − 1 = n + 10 n + 9 (n + 10)(n + 9) 90 P ( X = 4 ) = P B1 > B2 = 10 × 9 = n + 10 n + 9 (n + 10)(n + 9) =

(

(

)

)

3. E ( X ) = −6 × P ( X = −6) − 1× P ( X = −1) + 4 × P ( X = 4 ) −6n (n − 1) 20n 4 × 90 E (X ) = − + (n + 10)(n + 9) (n + 10)(n + 9) (n + 10)(n + 9) 2 2 E ( X ) = −6n + 6n − 20n + 360 = −6n − 14n + 360 (n + 10)(n + 9) (n + 10)(n + 9) 2 4. E ( X ) . 0 ⇔ −6n − 14n + 360 . 0 (n + 10)(n + 9) ⇔ −6n2 − 14n + 360 . 0 car comme n ˘ 2, n + 10 , 0 et n + 9 . 0. On considère l’équation −6x 2 − 14 x + 360 = 0. Δ = (−14 )2 − 4 × (−6) × 360 = 8 836 Le discriminant est strictement positif, donc l’équation −6x 2 − 14 x + 360 = 0 admet deux solutions distinctes dans  R  : x1 = 14 − 8 836 = 20 ≈ 6,67 et x2 = 14 + 8 836 = −9. 3 2 × (−6) 2 × (−6) 2 Le trinôme −6x − 14 x + 360 est négatif sauf entre les racines, donc n étant un entier supérieur ou égal à 2, l’espérance de la variable aléatoire X est strictement positive si n est un entier compris, au sens large, entre 2 et 6.

86  1. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 10 ; 20}.

) P ( X = 10) = P (B > E) + P (C > F) = 8 × 1 + 1 × 8 = 16 9 9 9 9 81 1 1 1 P ( X = 20) = P (C > G) = × = 9 9 81

P ( S = 6) = P P > N = 0,06

P ( S = si )

R1

(

P ( S = 5) = P (P >N) = 0,1

si

n n+10

Gain

P ( X = 0) = P B > D = 8 × 8 = 64 9 9 81

P ( S = 1) = P P > N = 0,72

(

n –1 n+9

P ( X = −1) = P R1 > B2 + P B1 > R2

82  1. Somme ← 0

(

2e tirage

La loi de probabilité de X est la suivante. xi 0 10 P ( X = xi )

64 81

16 81

2. E ( X ) = 0 × 64 + 10 × 16 + 20 × 1 = 20 81 81 81 9

20 1 81

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

Le jeu est défavorable au joueur, sauf à la condition que la mise soit nulle.

87  1. a.

0,3 0,4 B

V

0,7 V 0,6

0,6 B

V

0,4 V

P (B > V ) = 0,6 × 0, 4 = 0,24 b. Les évènements B et B forment une partition de l’univers. D’après la formule des probabilités totales : P ( V ) = P B > V + P B > V = 0, 4 × 0,7 + 0,24 = 0,52 La probabilité que l’automobiliste ne choisisse pas la route départementale entre Valence et Marseille est 0,52. 2. a. • Paris-Marseille par autoroute : 14 heures.

(

) (

)

88 

P ( X = xi )

0,12

0,36

A

B 1

1

1

5

8

2

2

6

9

2

3

3

7

10

8

9

9

13

16

2. L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 15}. Il y a 6 issues équiprobables qui réalisent l’évènement {G = 15} et 6 issues qui réalisent l’évènement {G = −5} . On en déduit la loi de probabilité de G suivante. gi

−5 1 2

P (G = gi )

−5 5 12

P (G = gi )

1.

15 1 2

1/2

1

1/4 8

1/3

2 → G = –5

1/3

1 →G=2

1/3 8 → G = 2 1/3

1/4

1/3 5

1 → G = –5

2 →G=2

1/3 1/3

1

1/3 5

1/2

2/3 1/4

1

8

1

5 1/3

1 → G = –5

8

1/3 8 → G = 2 1/3

2 → G = –5

P (G , 0) = P (G = −5) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 2 3 2 3 4 3 4 3 = 1+1+ 1 + 1 = 5 6 6 12 12 12 La probabilité de perdre de l’argent à ce jeu vaut 5 . 12 2. La loi de probabilité de G est la suivante.

x−5 1 12

Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique du joueur. On peut construire l’arbre pondéré suivant.

1/3 1/3 8 → G = 2

2 1 2

Questions Allegro

Questions Moderato 1/3

0,24

3. E (G ) = 0 ⇔ −5 × 5 + 2 × 1 + ( x − 5) × 1 = 0 12 2 12 18 1 ⇔− + x=0 12 12 1 ⇔ x = 3 ⇔ x = 3 × 12 ⇔ x = 18 12 2 2 Pour que le jeu soit équitable, il faut que la valeur de x soit égale à 18.

3. E (G ) = 1 × (−5) + 1 × 15 = 5 2 2 L’espérance de la variable aléatoire G est positive, le jeu est donc favorable au joueur.

1.

0,28

c. E ( X ) = 11× 0,12 +12 × 0,36 +13 × 0,28 +14 × 0,24 = 12,64 Un automobiliste met en moyenne 12,64 heures pour effectuer le trajet, soit environ 12 h et 38 min.

gi Questions Va piano

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

• Paris-Marseille par l’itinéraire de délestage puis la route départementale : 11 heures. • Paris-Marseille par autoroute jusqu’à Valence puis la route départementale : 12 heures. • Paris-Marseille par l’itinéraire de délestage puis l’autoroute : 13 heures. b. Soit X la variable aléatoire égale à la durée en heures du trajet entre Paris et Marseille. La loi de probabilité de X est la suivante. xi 11 12 13 14

1/4 2/3

1

8 1/3

5

1 →G=3–m

1/3 2 → G = 4 – m 1/3

8 → G = 10 – m

1/3

1 →G=7–m

1/3 2 → G = 8 – m 1/3

8 → G = 14 – m

1/3

1 → G = 10 – m

1/3 2 → G = 11 – m 1/3

8 → G = 17 – m

1/3

1 →G=7–m

1/3 2 → G = 8 – m 1/3

8 → G = 14 – m

1/3

1 → G = 14 – m

1/3 2 → G = 15 – m 1/3

8 → G = 21 – m

1/3

1 → G = 10 – m

1/3 2 → G = 11 – m 1/3

8 → G = 17 – m

1/3

1 → G = 14 – m

1/3 2 → G = 15 – m 1/3

8 → G = 21 – m

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

255

P (G = gi )

1 18

1 18

1 9

gi

11− m

14 − m

1 9

15 − m 17 − m

(

n n+7

10 − m

3 n+7

1 6 21− m

4 n+7

1. On note G l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur gris », V l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur vert » et N l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur noir ».

1 3

)

)

)

xi

3 n+7

G

V → Xn = 1

4 n+7

N → Xn = –2

V → Xn = 6

N → Xn = –3

−3

P ( Xn = xi )

4 n+7

−2

0

1

6

4n

2

3n

3 n+7

n

(n + 7)2 (n + 7)2 (n + 7)2

3. P ( X5 . 0) = 5 + 1 = 17 ≈ 0,354 48 4 48 et P ( X6 . 0) = 18 + 3 = 57 ≈ 0,337. 169 13 169 On a P ( X5 . 0) . P ( X 6 . 0), Léo a donc plus de chances de gagner une somme d’argent strictement positive avec 5 secteurs gris. Questions Allegro

1.

n n+7 n n+7

V →X=1

1 3 N → X = –2 V →X=6

3 n+7 4 n+7

N → X = –3

2. L’ensemble des valeurs prises par X est {−3 ; –2 ; 0 ; 1 ; 6}. 3. P ( X = −3) = 1 3 4. La loi de probabilité de X est la suivante. xi −3 −2 0 1 6

G → Xn = 0

n × n = n2 n + 7 n + 7 (n + 7)2 2. La loi de probabilité de Xn est la suivante.

G →X=0 1 4

(

P ( Xn = 0) =

Questions Va piano

1 4

(

n n+7

89 

G

)

1. On note G l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur gris », V l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur vert » et N l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur noir ».

1 1 1 1 1 9 6 18 9 18 Le jeu est équitable si et seulement si E (G ) = 0. E (G ) = 0 ⇔ 1 (3 − m + 4 − m + 15 − m + 21− m ) 18 + 1 (7 − m + 8 − m + 11− m + 17 − m ) 9 + 1 (10 − m + 14 − m ) = 0 6 67 67 ⇔ −m=0⇔m= 6 6 Pour que le jeu soit équitable, il faut que la mise soit égale à 67  €, soit environ 11,17 €. 6

5 12

( (

Questions Moderato

P (G = gi )

5 12

)

2 2 2 V ( X ) = 1 × −3 − 47 + 5 × −2 − 47 + 25 × 0 − 47 3 144 36 144 144 144 2 2 + 5 × 1− 47 + 1 × 6 − 47 = 260 303 ≈ 12,55 48 144 4 144 20 736 σ ( X ) = V ( X ) = 260 303 ≈ 3,54 20 736

xi P ( Xn = xi )

−3 4 n+7

G → Xn = 0

3 n+7

G

V → Xn = 1

4 n+7

N → Xn = –2

V → Xn = 6

N → Xn = –3

−2

0

1

6

4n

2

3n

3 n+7

n

(n + 7)2 (n + 7)2 (n + 7)2

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

• P (G = 3 − m ) = P (G = 4 − m ) = 1 × 1 × 1 = 1 2 3 3 18 • P (G = 7 − m ) = P ( X = 8 − m ) = P ( X = 11− m ) = 1× 1× 1+ 1×2× 1 2 3 3 4 3 3 = 1 9 • P (G = 10 − m ) = P (G = 14 − m ) = 2× 1 × 1× 1 + 1 × 2 × 1 2 3 3 4 3 3 1 = 6 • P (G = 15 − m ) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1 4 3 3 18 1 • P (G = 17 − m ) = × 1 × 1 + 1 × 2 × 1 = 1 2 3 3 4 3 3 9 • P (G = 21− m ) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1 4 3 3 18 La loi de probabilité de G est la suivante. gi 3−m 4−m 7−m 8−m

2 2. E ( X n ) = −3 × 4 − 2 × 4n 2 + 0 × n 2 + 1× 3n 2 + 6 × n + 7 n 1 (n + 7 ) (n + 7 ) (n + 7 ) P ( X = xi ) 4 6 −4n 5n 2 2.1 E ( X47 = −3 × 4 =− 2n × +)02 × n 2 + 1× 3n 2 + 6 × 3 ) + 7 1 5 25 5 n 2 n + 7 ( n+7 n+7 5. E ( X ) = −3 × − 2 × +0× + 1× +6× = (n + 7 ) (n + 7 ) (n + 7 ) 3 36 144 48 4 144 5n = 6 − n + 7 (n + 7)2 Chapitre 10 Variables aléatoires réelles 256

1 3

5 36

25 144

5 48

4 − 2 × 4n + 0 × n2 + 1× 3n + 6 × 3 n+7 n+7 (n + 7)2 (n + 7)2 (n + 7)2 Le discriminant est positif donc l’équation admet deux solu= 6 − 5n 2 tions distinctes dans R  : n + 7 (n + 7 ) x1 = −12 + 284 = −6 + 71 ≈ 2, 4 E ( Xn ) = n + 422 2 (n + 7 ) −12 − 284 = −6 − 71 , 0 (impossible). et x2 = 2 3. E ( Xn ) = 0,5 ⇔ n + 422 = 1 ⇔ 2n + 84 = n2 + 14n + 49 2 (n + 7 ) Il n’existe pas de valeur entière de x telle que x 2 + 12x − 35 = 0, 2 il n’y a donc pas de valeur de n telle que Léo gagne en ⇔ n + 12n − 35 = 0 moyenne 0,5 point par partie. 2 On considère l’équation x + 12x − 35 = 0. E ( X2 ) = 44 ≈ 0,54 et E ( X2 ) = 45 = 0, 45. Δ = 122 − 4 × 1× (−35) = 284 81 100 Le plus proche d’un gain moyen de 0,5 est obtenu pour n = 2.

2. E ( X n ) = −3 ×

1  1. 1 3 2 3

D1

D1

b.

1 2

D2

1 2 1 2

D2

1 2

D2

D2

1 1 1 1

D3 → D = 3 D3 → D = 1 D3 → D = 1 D3 → D = 0

2. P ( D = 0) = P (D1 >D2 >D3 ) = 2 × 1 × 1 = 2 3 2 6

(

)

(

)

P ( D = 1) = P D1 > D2 >D3 + P (D1 >D2 >D3 )

© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo

= 1× 1+2× 1= 1 3 2 3 2 2

P ( D = 3) = P D1 > D2 >D3 = 1 × 1 × 1 = 1 3 2 6 2 1 1 3. E ( D ) = 0 × + 1× + 2 × 0 + 3 × = 1 6 2 6 2 2 2 1 V ( D ) = × (0 − 1) + × (1− 1) + 0 × (2 − 1)2 + 1 × (3 − 1)2 6 2 6 =1 σ(D) = V (D) = 1 = 1

2  1. P ( X . 15) = 1

8 5 1 2. E ( X ) = × 10 + × 15 + 1 × 20 = 12,5 8 4 8

3  1. a.

1/2 1/2

1

1/3 2

1/6

3

xi

–1 20 50 13 11 1 P ( X = xi ) 36 18 36 c. P ( X . 0) = 11 + 1 = 23 18 36 36 d. E ( X ) = −1× 13 + 20 × 11 + 50 × 1 = 53 36 18 36 4 The game expectancy is different from 0, the game is not fair. e. − x × 13 + 20 × 11 + 50 × 1 = 0 ⇔ −13x + 440 + 50 = 0  36 18 36 36 ⇔ −13x + 490 = 0 ⇔ x = 490 13 490  « Otherwise he loses pounds ». 13 2. b. xi –11 10 40 13 11 1 36 18 36 c. P ( X . 0) = 11 + 1 = 23 18 36 36 d. E ( X ) = −11× 13 + 10 × 11 + 40 × 1 = 13 36 18 36 4 The game expectancy is different from 0, the game is not fair. e. − x × 13 + 10 × 11 + 40 × 1 = 0 ⇔ x = 20 36 18 36 « Otherwise he loses 10 pounds ». P ( X = xi )

1 →S=2

1/3 2 → S = 3 1/6

3 →S=4

1/2

1 →S=3

1/3 2 → S = 4 1/6

3 →S=5

1/2

1 →S=4

1/3 2 → S = 5 1/6

3 →S=6

Chapitre 10 Variables aléatoires réelles

257