hyperbole1reS livre-du-professeur

1
1
Second degré
Au fil des siècles
Lorsque le plan P ne passe pas par le sommet S du
cône et est parallèle à une seule génératrice, alors la
section du cône par le plan P est une parabole.
c)
O

d) f est décroissante sur – ∞ ;
Génératrice
P

5
f est croissante sur ; + ∞ .
2
3. a) – 2x2 + 3x = x (– 2x + 3).
f (x) = 5 équivaut à – 2x2 + 3 x + 5 = 5,
soit – 2x2 + 3x = 0, x (– 2x + 3) = 0,
3
3
x = 0 ou x = ,
= 0; .
2
2
3
0+
2 3
= .
b) L’abscisse du sommet S est
4
2
3 11
Son ordonnée est f
= .
4
4
c)

S
5
2

 
Parabole
Lorsqu’on modifie la position du plan P, on obtient
d’autres courbes telles l’ellipse ou l’hyperbole.
2
Bien démarrer
1. a) f (x) = – 2x
+ 12x – 13 donc f est une fonction
­ olynôme de degré 2. f admet un maximum car
p
a = – 2, a , 0.
b) g n’est pas une fonction polynôme de degré 2.
c) h est une fonction polynôme de degré 2 car :
h (x) = 3x2 – 12x + 13
h admet un minimum car a = 3, a . 0.
d) k est une fonction polynôme de degré 2 car :
k (x) = 5x2 – 3x – 2
k admet un minimum car a = 5, a . 0.

11
4
S
2
2. a) f (2) = – 4 ; f (3) = – 4.
b) L’abscisse de S est
5
17
=– .
f
2
4

2+3 5
= et son ordonnée est :
2
2
1
O
3
1
4
4. a) Pour tout nombre réel x, 3 (x + 1)
>0
donc f (x) > 2.
b) Le minimum de f sur R est 2, obtenu pour x = – 1.
2
5. 1. f (x) = 2 (x – 1)
–2
2. f (x) = 2 (x – 1) – 2
f (x) = 2 (x – 1 – 1)(x – 1 + 1)
f (x) = 2x (x – 2)
2
2
5
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6. a)
x
–∞
–
2
3
+∞
4
4–x
+
+
3x + 2
–
0 +
(4 – x)(3 x + 2)
–
0 +
0
0
1 5
x– +
= 0,
x – 12 – 5
2  2
2 
+
1 + 5
1 – 5
ou x =
.
2
2
1 + 5
c) f . 0 donc f =
.
2
–
d)
–
soit x =
2
b)  = – ; 4
3
c) À l’écran de la calculatrice, on affiche la courbe
­représentative de la fonction x  (4 – x)(3x + 2) et on
contrôle le résultat précédent.


3
1
Découvrir
Un problème d’optimisation
1. a)
b) On peut conjecturer que :
•a=m
• les coordonnées du sommet sont (a, b).
b
•a=–
2a
c) Le bénéfice maximal est B (a) et a est le prix du
­billet.
b 2 2 b
b2
2. a) x +
=x + x+ 2
2a
a
4a
b 2 b2 – 4ac
b
b2
b2 – 4ac
b) a x +
–
= a x2 + x + 2 –
2a
4a
a
4a
4a
= ax2 + bx + c
b
b2 – 4ac
c) a = – et b = –
2a
4a
3. a = – 10, b = 400 et c = – 200
– 400
a=
= 20 et
– 20
4002 – 4 × (– 10) × (– 200)
= 3 800.
b=–
4 × (– 10)
Le bénéfice maximal est 3 800 € et le prix du billet est
de 20 €.


2




Une équation du second degré
1. c) On conjecture que f ≈ 1,61.
1
L
l
L
1
équivaut à =
,
, c’est-à-dire = φ =
2. a) =
l L–l
l L
φ–1
–1
l
soit f2 – φ – 1 = 0.

b) 0 = x –
12 5
– équivaut à
2
4

4
Savoir-faire
2 a) a = 1, b = – 3 et c = 1, donc :
3
3
5
=– .
a = et b = g
2
2
4
La forme canonique de g est :
32 5
– .
g (x) = x –
2
4
b) a . 0 donc g admet un minimum sur R.
5
3
Le minimum b = – est atteint pour x = .
4
2
3 a) f (x) = – 1.



2x2 – x – 1 = – 1 équivaut à x (2x – 1) = 0,
1
soit x = 0 ou x = .
2
1
1 1
1
9
b) a = 0 + = et b = f
=– .
2
2 4
4
8
1 9
S a pour coordonnées ; – .
4 8
c)


1
O

 
1
4
1
–9
8
6
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4 f (x) = a x –
9
Ainsi  = – ; 0 .
7

5 2 13
+
6
12

25
13
25
13
a+
et f (0) = – 1 donc a + = – 1,
36
12
36
12
ce qui donne a = – 3.
5 2 13
+ .
D’où f (x ) = – 3 x –
6
12
f (0) =


5 a) g (0) = – 5 et g (3) = – 5.
1
3
3
11
b) a = (0 + 3) = ; g
=– .
2
2
2
4
11
Le maximum de g sur R est – .
4
c)
3
x –∞
+∞
2
11
–
g
4


9 a) On peut conjecturer que x1 ≈ 4,6 et x2 ≈ 2,4.
b) Ici a = – 1 ; b = 7 et c = – 11.
D = 5. L’équation a deux solutions :
– 7 + 5 7 – 5
=
2 × (– 1)
2
– 7 – 5 7 + 5
et x2 =
=
. Ainsi  = {x1 ; x2}.
2 × (– 1)
2
7 + 5
7 – 5
c)
≈ 4,6 et
≈ 2,4.
2
2
1
–3 +
5
b
2
10
= – et –
= – 1.
4
2a
2
5
Or, – ≠ – 1, on peut penser que Maëlle se trompe.
4
x1 =
11 a) 2x2 – 2x – 3 = 0
6 a) L’ordonnée du point d’intersection de la
courbe avec l’axe des ordonnées représente la hauteur du lancement de la fusée.
b) a = 4, b = 80. h (0) = 20 donc 16a + 80 = 20,
15
c’est-à-dire a = – .
4
15
c) h (t) = 0 équivaut à – (t – 4)2 + 80 = 0,
4
8
≈ 8,6 (t . 0).
soit t = 4 +
3
8 1. a) a = 2, b = – 11 et c = – 21, donc :
D = (– 11)2 – 4 × 2 × (– 21) = 289 = 172.
D . 0 donc l’équation a deux solutions :
11 – 17
3
11 + 17
x1 =
= – et x2 =
= 7.
2×2
2
2×2
3
L’ensemble des solutions est  = – ; 7 .
2
1
b) a = 3, b = – 2 et c = , donc :
3
1
D = (– 2)2 – 4 × 3 × = 0.
3
Donc l’équation a une seule solution :
–2 1
1
= . Alors  = .
x0 = –
2×3 3
3
9
2
2. a) 2x – 9 = 0 équivaut à x2 – = 0.
2
3
3
x+
= 0,
Cette équation s’écrit x –
2
2
elle a donc deux solutions :
3
3
32
32
x1 =
=
=–
et x2 = –
.
2
2
2
2
32 32
Ainsi  = –
.
;
2
2
b) L’équation 7x2 + 9x = 0 s’écrit x (7x + 9) = 0,
9
elle a donc deux solutions x1 = 0 et x2 = – .
7








b) a = 2, b = – 2 et c = – 3.
2 + 28 1 + 7
D = 28, x1 =
=
2×2
2
2 – 28 1 – 7
et x2 =
=
.
2×2
2
 = {x1 ; x2}
13 a) Avec la fenêtre – 3 < X < 1, pas 1
et – 2 < Y < 4, pas 1,
on obtient l’écran
de calculatrice ci-contre :
La parabole représentative
de la fonction g semble
strictement au-dessous de l’axe des abscisses sur
1
­l’intervalle – 2 ; – .
2
D = 52 – 4 × 2 × 2 = 9
b) a = 2, b = 5 et c = 2.
Le trinôme g a deux racines :
–5 – 3
–5 + 3
1
x1 =
= – 2 et x2 =
=– .
2×2
2×2
2
Le tableau de signes de g (x) est :
1
–
x
–2
+∞
–∞
2


2x2 + 5 x + 2
+
0 –
+
Donc l’ensemble des solutions de l’inéquation g (x) = 0
1
est  = – 2 ; – .
2


14 a) a = 1 ; b = 1 et c = – 2.
D = 9 . 0, x1 = – 2 et x2 = 1
x
x2 + x – 2
–∞
–2
+
0 –
+∞
1
0
+
 = [– 2 ; 1].
Chapitre 1
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0
Second degré
7
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b) 5x2 – 3x = 0 équivaut à x (5x – 3) = 0, soit x = 0 ou
3
x= .
5
3
x
0
+∞
–∞
5
5x – 3 x
0 –
+
3
 = –∞ ; 0 ∪
; +∞
5
1
c) a = ; b = – 2 et c = 4.
4
2
1 2
1
x – 2x + 4 = x – 2 > 0
4
2
=R
d) a = 3, b = 5 et c = 6.
D = – 47
a . 0 donc  = Ø.
e) a = – 2, b = 4 et c = – 3.
D=–8
a , 0 donc  = R.
f) a = – 5, b = 1 et c = 4.
4
D = 81, x1 = – et x2 = 1.
5
4
–
x
–∞
5

 
0
+
0 +
–
2
avec 0 < x < 6.
x
+∞
1
0
–
b) a = 1, b = – 1 et c = – 6.
D = 25 donc deux solutions x1 = – 2 et x2 = 3.
x2 – x – 6
–2
+
0 –
+∞
3
0
+
 = [– 2 ; 3].
5
0
+∞
9
–
0
+
=
(12 – x) x
1
= – x2 + 6x
2
2
1
1
b) – x2 + 6x . 16 équivaut à – x2 + 6x – 16 . 0.
2
2
D = 4 . 0 donc deux solutions x1 = 8 et x2 = 4.
16 a) – x2 > – x – 6, c’est-à-dire x2 – x – 6 < 0.
–∞
+
2 t – 20 t + 18
x

x
1
2
6 + 6 – tan(45°) x
4
= – ;1.
5
1
1
15 (–2)2 – 2 + 1 = – , 0, donc – 2 est solution de
6
3
1
l’inéquation x2 + x + 1 , 0. Donc l’affirmation d’Alix
6
est fausse.

0
19 a) L’aire, en cm2, du trapèze est :

– 5x2 + x + 4
t
L’ensemble des solutions de l’inéquation est  = ]1 ; 9[.
• Conclusion : On peut estimer que l’orque reste
au-delà de 18 m de profondeur pendant 8 secondes.


D = 256 donc deux solutions t1 = 1 et t2 = 9.
Le signe du trinôme 2t2 – 20t + 18 sur l’intervalle [0 ; 10]
est donné par le tableau :
Résoudre des problèmes
18 • Mathématisation.
Le nombre t (en secondes) avec t > 0 doit être tel que
p (t) , – 18.
• Résolution de l’inéquation.
L’inéquation s’écrit 2t2 – 20t + 18 , 0.
On résout l’équation 2t2 – 20t + 18 = 0.
0
1
– x2 + 6 x – 16
2
 = ]4 ; 6]
4
–
0
6
+
21 L’aire colorée est (x) = x2 + (8 – x)2,
soit (x) = 2x2 – 16x + 64 avec 0 < x < 8.
On cherche les valeurs de x telles que (x) . 40,
c’est-à-dire 2x2 – 16x + 24 . 0 et donc x2 – 8x + 12 . 0.
D = 16, x1 = 2 et x2 = 6.
x
0
x2 – 8 x + 12
2
+
0
6
–
0
8
+
S = [0 ; 2[ ∪ ]6 ; 8]
22 L’aire du triangle AMN est (x) =
x (5 – x)
2
avec 0 < x < 5.
On cherche les valeurs de x telles que  (x) . 2 et
 (x) , 3.
•  (x) . 2
x (5 – x)
. 2 équivaut à – x2 + 5x – 4 . 0.
2
D = 9, x1 = 4 et x2 = 1.
x
–x + 5x – 4
2
0
1
–
0
4
+
0
5
–
1 = ]1 ; 4[
•  (x) , 3
x (5 – x)
, 3 équivaut à – x2 + 5x – 6 , 0.
2
D = 1, x3 = 3 et x4 = 2.
8
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x
0
– x2 + 5 x – 6
2
–
0
3
+
0
5
2. a)
–
2 = ]2 ; 3[
Conclusion :  = ]2 ; 3[.
24
Variables : a, b, c, U, V sont des nombres rééls.
Entrées :
Saisir a, b, c
b
Traitement : Affecter à U la valeur –
2a
Affecter à V la valeur a × U2 + b × U + c
Sorties :
Afficher U
Afficher V
Casio
TI
On teste le programme avec :
• A = 1, B = 2 et C = 3.
On obtient U = – 1 et V = 2, ce qui signifie :
x2 + 2x + 3 = (x + 1)2 + 2.
• A = – 3, B = 12 et C = 1
On obtient U = 2 et V = 13, ce qui signifie :
– 3x2 + 12 x + 1 = – 3 (x – 2)2 + 13
25 Après (2), on ajoute : « Deux solutions distinctes »
f (n) = n + (n – 1) + … + 2 + 1
b) On obtient :
2 f (n) = (n + 1) + (n + 1) + … + (n + 1)
5
et après (3) « Une solution double ».
b) On obtient l’expression f (n) = 0,5 n2 + 0,5 n.
3. a)
f (n) = f (n – 1) + n
f (n – 1) = f (n – 2) + n – 1
……………………………
f (2) = f (1) + 2
f (1) = f (0) + 1
6
n fois
Travaux pratiques
26 1. a) f (1) = 0 + 1 = 1
f (2) = f (1) + 2 = 1 + 2 = 3.
f (3) = 3 + 3 = 6.
f (4) = 6 + 4 = 10.
b)
n, s, k sont des nombres entiers
Variables :
­naturels.
Entrée :
Saisir n.
Traitement : Affecter à s la valeur 0
Pour k allant de 0 à n
s prend la valeur s + k
Fin Pour
Sortie :
Afficher s.
Casio
TI
n (n + 1)
donc f (n) =
.
2
2 015 × 2 016
= 2 031 120.
c) f (2 015) =
2
3. a) 1re méthode : utiliser un algorithme.
2e méthode : utiliser une feuille de calcul.
3e méthode : utiliser l’expression de f (n).
n (n + 1)
b) f (n) = 8 122 465 équivaut à
= 8 122 465, soit
2
n2 + n – 16 244 930 = 0.
D = 64 979 721
n1 = – 4 031 et n2 = 4 030.
La valeur cherchée est 4 030.
27 1. d) On peut conjecturer que l’aire du polygone
AEDGFB est minimale lorsque M est le milieu de [AB].
2. a) x ∈ [0 ; 3] car M ∈ [AC] et AC = 3.
b)  (x) = AM2 + BM2 = x2 + (3 – x + 1)2 = x2 + (4 – x)2.
 (x) = 2x2 – 8x + 16
b 8
= =2
2a 4
Le minimum est obtenu pour x = 2 et vaut  (2) = 8.
3. a) x ∈ [0 ; 1] ∪ {3}
c) –
d) f (2 015) = 2 031 120
Chapitre 1
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Second degré
9
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b)  (x) > 10
2x2 – 8x + 16 > 10
x2 – 4 x + 3 > 0
D = 4, x1 = 1 et x2 = 3.
x
1
1 9
c) a = – , h – =
4
4 8
12 9
h (t) = – 2 t +
+
4
8
 
 
0
1
x – 4x + 3
+
2
3
0
–
0
 = [0 ; 1] ∪ {3}
c) L’aire du polygone AEDGFB est supérieure ou égale
à 10 lorsque M = C ou AM < 1.
7
Pour s’entraîner
28 a) a = 3 ; a = 1 ; b = 1 b) a = – 2 ; a = – 4 ; b = – 7
c) a = – 1 ; a = – 5 ; b = 3
d) a = 1 ; a = 0 ; b = – 4
29 a) a = – 2 ; b = – 4 ; c = 1.
d) a = – 2,5 ; k (– 2,5) = – 10,125
k (x) = 0,5 (x + 2,5)2 – 10,125
1 1
3
=–
2 2
4
12 3
f (x) = 3 x –
–
2
4
35 a) a = , f 



– (– 4)
= – 1 et b = f (– 1) = 3.
2 × (– 2)
La forme canonique de f est : – 2 (x + 1)2 + 3.
a=
30 a) a . 0 ; a = – 2 et b = 1.
b) a , 0 ; a = 1 et b = 1,75.
31 2 et 4
32 a) – 5
b) 2
5
5
49
b) a = , g – = –
2
2
4
5 2 49
g(x) = x +
–
2
4
 
 
33 a) 2x2 – 4x + 2 = 2 (x –1)2
b) 3x2 – 12x + 19 = 3 (x – 2)2 + 7
c) – x2 – 2x + 1 = – (x + 1)2 + 2
1
1
d) – x2 + 4x + 3 = – (x – 4)2 + 11
2
2
5
35
34 a) a = ; f (a) =
6
12
5 2 35
+
f (x) = 3 x –
6
12


 

3
5
b) a = ; g (a) = –
2
4
32 5
g(x) = x –
–
2
4

5
5
13
c) a = , h
=–
2
2
4
5 2 13
h (x) = 0,2 x –
–
2
4
d) k (t) = – 3t 2 – t + 2
1
1 25
a=– ,k – =
6
6 12
1 2 25
k (t) = – 3 t +
+
6
12
 
 

36 1. f1 (x ) = (x + 2)2
1
f3 (x) = – (x – 2)2 + 1
2
3
f2 (x) = (x – 4)2 – 2
2
f4 (x) = – (x + 2)2 + 4
10
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2. La recette quotidienne est :
x D(x) = x (28 – 0,7 x) = – 0,7 x2 + 28 x
Ici a = – 0,7, b = 28 et c = 0.
D’après le 1., l’extremum de x D(x) est :
282 – 4 × (– 0,7) × 0
–
= 280.
4 × (– 0,7)
La recette maximale quotidienne est 280 €.
3
2. f1 (x) = x2 + 4 x + 4 ; f2 (x) = x2 – 12 x + 22
2
1
f3 (x) = – x2 + 2 x – 1 ; f4 (x) = – x2 – 4 x
2
37 f (x) = a (x + 1)2 + 2
f(0) = 0 donc a + 2 = 0,
c’est-à-dire a = – 2. D’où f (x) = – 2(x + 1)2 + 2.
x
39 a) a = – 0,55 et b = 4,4.
– 4,4
= 4 et b = f (4) = 8,8.
2 × (– 0,55)
La forme canonique est :
f (x) = – 0,55 (x – 4)2 + 8,8
b) La hauteur de l’arche est 8,8 m.
L’arche passe par l’origine du repère et admet la droite
d’équation x = 4 pour axe de symétrie.
Donc elle recoupe l’axe des abscisses au point d’abscisse 8. Donc sa largeur est 8 mètres.
a=
40 1. a) Les racines de f sont 1 et 2.
1+2 3
= .
2
2
3 1
= .
t prend la valeur f
2 4
3 1
En sortie de l’algorithme, on obtient et .
2 4
b) x1 = 0 et x2 = 8.
0+8
s prend la valeur
= 4.
2
t prend la valeur f (4) = – 16.
En sortie d’algorithme, on obtient 4 et – 16.
2) L’algorithme permet d’obtenir les coordonnées du
sommet de la parabole représentant f.

4
1
1
4
= – = – 0,8.
5
5
5
Pour tout nombre réel x,
12
– 0,8.
g (x) = – 5 x –
5
1
b) Pour tout nombre réel x, – 5 x –
5
g (x) < – 0,8.




f (x) – f (a) = (ax2 + bx + c) – (aa2 + ba + c)
= a (x2 – a2) + b (x – a)
b
f (x) – f (a) = a (x – a) x + a + .
a
Ainsi, pour tout nombre réel x, f (x) – f (a) = a (x – a)2
b
b
dans le seul cas où a + = – a, c’est-à-dire a = – .
a
2a
b
Ainsi f (x) = a (x – a)2 + b avec a = – et b = f (a).
2a
–b 2
–b
+b
+ c,
b) L’extremum de f sur R est f (a) = a
2a
2a
b2 – 4ac
c’est-à-dire f (a) = –
.
4a

 
2
< 0 donc
c) a = – 5 , 0
x
–∞
g
1
5
– 0,8
+∞
45 a) a = 1 . 0 ; a = 2 ; b = 1.
f est décroissante sur ]– ∞ ; 2] et f est croissante sur
[2 ; + ∞[.
b) a = 3 . 0 ; a = 1.
g est décroissante sur ]– ∞ ; 1] et croissante sur [1 ; + ∞[.
c) a = – 2 , 0 et a = – 4.
h est croissante sur ]– ∞ ; – 4] et décroissante sur
[– 4 ; + ∞[.
1
d) a = – , 0 et a = 6.
4
k est croissante sur ]– ∞ ; 6] et décroissante sur [6 ; + ∞[.
1
2
 
1
f est décroissante sur – ∞ ; – et croissante sur
2
1
– ; +∞ .
2
b) a = 3 . 0, a = 0.
g est décroissante sur ]– ∞ ; 0] et croissante sur [0 ; + ∞[.
c) a = – 2 , 0, a = 2.
h est croissante sur ]– ∞ ; 2] et décroissante sur [2 ; + ∞[.
d) k (x) = – x2 + x + 6.
1
a = – 1 < 0 et a = .
2
1
et décroissante sur
k est croissante sur – ∞ ;
2
1
; +∞ .
2






Chapitre 1
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 11

46 a) a = 1 . 0 ; a = – .
42 1. a) Pour tous réels x et a :

b) a . 0
+∞
1
44 a) a = ; g 

6 2 41
+ .
5
5
La hauteur maximale du centre de gravité de l’acrobate lors du saut est 8,2 m.
b) Cette hauteur maximale est atteinte en 1,2 seconde.
–∞
f
s prend la valeur
41 a) h (t) = – 5 t –
6
6
43 a) a = = 1 ; f (1) = 4 donc S (1 ; 4)
38 f (x) = – 0,5(x – 2)2 + 8.


Second degré
11
03/07/15 14:39
47 a) P (I) = 0 équivaut à I (– 0, 3I + 1,5) = 0,
c’est-à-dire I = 0 ou I = 5.
I ∈ ]0 ; 5[
– 1,5
b) a = – 0,3 , 0 ; a =
= 2,5.
– 0,6
x
0
2,5
1,875
P

5
c) La puissance est maximale pour une intensité de
2,5 A et sa valeur vaut 1,875 W.
48 0 < X < 40, pas 4.
– 20 < Y < 80, pas 10.
49 1. f (x) = 2 (x – 1)2
g (x) = – 2 (x – 2)2 + 2
2. a) MN = g (x ) – f (x)
MN = – 2 (x2 – 4x + 4) + 2 – 2 (x2 – 2x + 1)
MN = – 4x2 + 12 x – 8
32
b) – 4x2 + 12x – 8 = – 4 x –
+1
2
3
Cette distance est maximale pour x = .
2
50 a) D = 17 . 0 donc deux solutions.
b) D = 0 donc une solution double.
c) D = 25 . 0 donc deux solutions.
d) D = – 3 , 0 donc pas de solution.

51 #1 : D , 0

#2 : D = 0
#3 : D . 0
52 a) Émilie a tort car la courbe coupe l’axe des
a­ bscisses en deux points.
b) f (x) = 0
– 2 (x + 3)(x – 8) = 0
x = – 3 ou x = 8
 = {– 3 ; 8}
53 a) x2 n’est pas solution de l’équation.
b) Louis a pris une valeur approchée de la valeur
1
exacte .
3
54 0,5 × (– 1)2 – 0,5 × (– 1) – 1 = 0
0,5 × 22 – 0,5 × 2 – 1 = 0
55 a) x = 5 ou x = – 5
b) Pas de solution.
c) x = 1
2
2
d) x = ou x = – .
3
3
56 a) a = 2, b = – 5 et c = – 3.
D = (– 5)2 – 4 × 2 × (– 3) = 49
L’équation a deux solutions :
– (– 5) – 7
1
– (– 5) + 7
x=
= – et x2 =
= 3.
2×2
2
2×2
1
Donc  = – ; 3 .
2


1
b) a = 3, b = – 2 et c = .
3
1
D = (– 2)2 – 4 × 3 × = 0
3
–2
1
= .
L’équation a une solution x0 = –
2×3 3
1
Donc  = .
3
c) a = 1, b = 2 et c = – 35.
D = 22 – 4 × 1 × (– 35) = 144.
L’équation a deux solutions :
– 2 – 12
– 2 + 12
x1 =
= – 7 et x2 =
= 5.
2×1
2×1
Donc  = {– 7 ; 5}.
d) a = 1, b = 1 et c = 1.
D = 12 – 4 × 1 × 1 = – 3
L’équation n’a pas de solution,  = Ø.
57 a) D = 13, x1 = – 1 + 13 = 1 – 13
–6
1 + 13
.
6
b) – 4x2 + 4x + 15 = 0
D = 256, x1 = 2,5 et x2 = – 1,5.
c) D = – 3, pas de solution.
d) D = 20,25, x1 = – 7 et x2 = 2.
6
et x2 =
58 1. (2 + 3)2 = 7 + 43
2. a) D = (2 – 3)2 – 4 × (– 2 3) = 7 + 4 3
2 – 3 + 2 + 3
=2
2
2 – 3 – (2 + 3)
= – 3
x2 =
2
b) x1 =
59 Nassim n’a pas simplifié ses solutions.
60 1. a) On peut conjecturer que l’équation
f (x) = g (x) a deux solutions.
b) f (x) = g (x) équivaut à :
x2 – 2x – 10 = – 2x2 + x + 8, soit
3x2 – 3x – 18 = 0, x2 – x – 6 = 0.
D = 25, x1 = – 2 et x2 = 3.
2) Les coordonnées des points d’intersection sont :
(– 2 ; – 2) et (3 ; – 7).
4
=x+2
x–1
4
=x+2
2. a) Pour x ≠ 1,
x–1
équivaut à : (x – 1)(x + 2) = 4, x2 + x – 6 = 0.
b) D = 25, x1 = – 3 et x2 = 2.
61 1)
62 a) a =
t
θ
0
12
– 3,6
= 60
2 × (– 0,03)
60
120
75
113,25
12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 12
03/07/15 14:39
b) q (t) = 108.
– 0,03 t 2 + 3,6 t – 96 = 0
D = 1,44, x1 = 80 et x2 = 40.
Cet arrêt a eu lieu au bout de 40 minutes.
63 a) a =
– 50
=5
2 × (– 5)
N (5) = 1 125
Le nombre maximal de bactéries observables est 1 125.
b) N (t) = 0
D = 22 500, t1 = 20 et t2 = – 10.
Il faut 20 minutes pour tuer l’ensemble des bactéries.
64 a) E (90) = 1 314
La quantité d’énergie reçue par le panneau pour une
inclinaison de 90° est 1 314 kWh.
b) E(a) = 1 700
– 0,2a² + 12,6a + 100 = 0
D = 238,76
– 12,6 + 238,76
a1 =
≈ –7
2 × (– 0,2)
– 12,6 – 238,76
a2 =
≈ 70
2 × (– 0,2)
Un angle d’environ de 70° permet de recevoir une
quantité d’énergie égale à 1 700 kWh.
65 a)  = ]– ∞ ; – 1] ∪ [1 ; + ∞[
b)  = ]0 ; 2[
c)  = R
d)  = ∅
x
–∞
–1
0
+
f (x)
+∞
0
+
67 a) Le minimum de f sur R est 1 car f est une fonction polynôme de degré 2.
b) f (5) = 1 est le minimum de f sur R donc pour tout
1
x ∈ R, f (x) . alors  = R.
2
68 a) Son affirmation est fausse.
b)  = ]– ∞ ; – 7] ∪ [3 ; + ∞[
69 a) f (x) = 0 équivaut à (2x + 1)(x – 2) = 0,
c’est-à-dire 2x + 1 = 0 ou x – 2 = 0.
1
Les solutions sont – et 2.
2
b) Le tableau des signes de f (x) est :
1
–
x
2
+∞
–∞
2
f (x)
+
0
–
0
+
–∞
+∞
f (x)
–
b) g (x) = 0 équivaut à x = 5 ou x = 3.
x
–∞
3
+∞
5
0
–
g (x)
0
+
–
1
2
71 a) D = 81, x1 = – , x2 = 4.
x
–∞
–
+∞
4
0
+
h (x)
1
2
0
–
+
b) k (x) = (x + 5)²
k (x) = 0 équivaut à x = – 5.
x
–∞
0
+
k (x)
+∞
–5
+
72 a) a = 2, b = – 3 et c = – 2.
D = (– 3)² – 4 × 2 × (– 2) = 25
Les deux racines du trinôme sont :
– (– 3) – 5
1
– (– 3) + 5
x1 =
=–
et
x2 =
= 2.
2×2
2
2×2
–∞
3x2 – 3 x – 2
3
–
x
x
66 a) f (– 1) = 0 ; f (3) = 0.
b)
70 a)
–
+
1
2
2
0 –
0
+
1
∪ [2 ; + ∞[.
2
b) 5x² – 6x = 0 équivaut à x (5x – 6) = 0.
6
Les deux racines du trinôme sont 0 et .
5
6
x
0
+∞
–∞
5

Donc  = – ∞ ; –

5x2 – 6 x
0
+
0
–
+
6
.
5
73 a) – 3x² + 30x – 75 = – 3(x – 5)²
donc – 3x² + 30x – 75 < 0 et  = ∅.
b) – x² + 6x – 9 = – (x – 3)² donc – x² + 6x – 9 < 0 et
 = R.

Donc  = 0 ;

1
2
74 a) D = 1 ; x1 = – , x2 = – 1.
x
–∞
– 2x2 – 3 x – 1
–
–1
0
–
+
1
2
0
+∞
–
1
 = ]– ∞ ; – 1] ∪ – ; + ∞
2


Chapitre 1
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 13
Second degré
13
03/07/15 14:39
b) D = – 3 , 0 donc le signe de x² + 5x + 7 est celui de
a = 1.  = R.
75 1. a)  = ]– 1 ; 3[
b) S = [1 ; 3]
c) S = [0 ; 3]
D = 16 ; x1 = 3 ; x2 = – 1
2. a) – x² + 2x + 3 = 0
x
–∞
–1
0
–
f (x)
+∞
3
0
+
–∞
1
+
g (x)
+∞
3
0
0
–
+
L’inéquation g (x) < 0 a pour ensemble de solutions
 = [1 ; 3].
c) f (x) > g (x) équivaut à – 2x² + 6x > 0,
soit x (– x + 3) > 0.
x
–∞
0
x (– x + 3)
+∞
3
0
–
0
+
–
L’inéquation f (x) > g (x) a pour ensemble de solutions
 = [0 ; 3].
76 a) d (x) = x² + x – 6
x
–∞
–3
+
d (x)
D = 25, x1 = – 3 et x2 = 2.
0
–
0
3,2 I + 5 I – 20 000
I2
• 3,2 I² + 5 I – 30 000 = 0
D = 384 025
– 5 – D
I3 =
,0
6,4
– 5 + D
I4 =
≈ 96
6,4
–


0

+
+∞


4 + 22
= 2 + 2
2
x2 = 2 – 2
D = 8 ; x1 =
2 – 2
0
x – 4x + 2
+
c’est-à-dire 3,2 I² + 5 I – 20 000 > 0
et 3,2 I² + 5 I – 30 000 < 0.
• 3,2 I² + 5 I – 20 000 = 0
D = 256 025
– 5 – 35209
I1 =
,0
6,4
– 5 + 3,5209
I2 =
≈ 78
6,4
0
0
2
2
x²
x²
D(x) = p 4 – – 4 – 2x +
4
4
x²
D(x) = p 2x – .
2
p
D(x) = (– x² + 4 x).
2
–4
=2;
D (2) = 2 p.
b) a =
–2
L’aire de la partie bleue est maximale lorsque M est le
milieu de [AB] et Dmax = 2p.
3
p
c) On doit avoir : p < (– x² + 4 x) < p
2
2
c’est-à-dire : x² – 4x + 2 < 0 et – x² + 4x – 3 < 0
avec 0 < x < 4.
• x² – 4 x + 2 = 0
x
77 On doit avoir 20 000 < F(I) < 30 000,
I
–
+∞
Conclusion : On doit exercer des étirements sur
l’échantillon entre 78 cm et 96 cm.
+
2
b) Sur ]– ∞ ; – 3], d (x) > 0 donc #f est au-dessus de #g.
Sur [– 3 ; 2], d (x) < 0 donc #f est au-dessus de #g.
Sur [2 ; + ∞[, d (x) > 0 donc #f est au-dessus de #g.
c) On vérifie le résultat dans la fenêtre :
–4<x<4
0 < y < 10
2
3,2 I 2 + 5 I – 30 000
+∞
2
I4
0
x
4–x ²
78 a) D(x) = 4p – p  ² – p 

–
L’inéquation f (x) . 0 a pour ensemble de solutions
 = ]– 1 ; 3[.
b) x² – 4x + 3 = 0
D = 4 ; x1 = 1 et x2 = 3
x
x
2 + 2
0
0
–
4
+
• – x² + 4x – 3 = 0.
D=4
x3 = 1 et x4 = 3.
x
0
x2 – 4 x + 2
1
–
3
0
0
+
4
–
Conclusion : Charlotte doit placer le point M tel que :
x ∈ [2 – 2 ; 1] ∪ [3 ; 2 + 2].
79 a) x ∈ [0 ; 12]
b) Aire de la partie restante :
30 × 12 – 30x – x (12 – x) = x² – 42x + 360
La condition sur l’aire de la partie restante se traduit
par l’inéquation :
x² – 42x + 360 > 280 c’est-à-dire x² – 42x + 80 > 0.
c) x² – 42x + 80 = 0
D = 1 444 ; x1 = 2 et x2 = 40 ∉ [0 ; 12]
x
+
x – 42x + 80
2
0
2
+
0
12
–
Les valeurs possibles de la largeur x du chemin sont les
nombres réels de [0 ; 2].
14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 14
03/07/15 14:39
8 × (– 2 a2 + 24 a – 40)
2
c’est-à-dire S (a) = 8 (– a2 + 12a – 20).
– 12
a=
= 6 avec 2 < a < 10.
2 × (– 1)
S (a) est maximale lorsque M est le milieu de [AB].
b) S (a) > 100 équivaut à – 2a2 + 24a – 65 > 0.
9
80 a) S (a) =
– 24 + 56
14
=6–
–4
2
14
a2 = 6 +
2
D = 56, a1 =
a
a1
0
–
– 2a2 + 24a – 65
0
a2
0
+
10
–
81 a) Si P, alors Q.
b) Si P, alors Q.
Si Q, alors P.
c) Si P, alors Q.
d) Si Q, alors P.
P équivalent à Q.
e) aucune.
Pour se tester
2. D
3. B
4. C
83 1. A, D
2. A, B, C
3. B, C
4. D
84 1. Faux. En effet, x2 + x – 1 = 2x – 15
équivaut à x – x + 14 = 0.
D = – 55 donc l’équation n’a pas de solution.
2. Faux. En effet, – 2 × (– 1)2 – 4 (–1) – 1 = 1
et donc f (– 1) . 0.
–6
= 3 et a = 1, a . 0 donc f est
3. Vrai. En effet, a = –
2
décroissante sur ]– ∞ ; 3].
2
4. Vrai. En effet, D = b2 – 4 × (– 4) × 1 = b2 + 16.
D . 0 donc l’équation a deux solutions distinctes.
13
13
2
5. Faux. En effet, a = –
=– .
12
2×3
13
L’axe de symétrie est la droite d’équation x = – .
12
1
1
6. Faux. En effet, = – x – 1 équivaut à
x
4
2
1 2
1
x + x + 1 = 0, c’est-à-dire x + 1 = 0.
4
2
Les courbes ont un seul point d’intersection, il a pour
1
coordonnées – 2 ; – .
2

180
.
x
86 nx = 180, donc n =
(x – 2) (n +3) = 180
180
(x – 2)
+ 3 = 180
x
(x – 2) (180 + 3x) = 180 x
3x2 – 6x – 360 = 0
x2 – 2x – 120 = 0
D = 480 x1 = – 10 et x2 = 12.
Le montant de son remplacement est 12 € par mois
pendant 15 mois.

87 1. a) Pour tout nombre réel k de 0 à 4
82 1. D

85 a) (600 + 60x)(23 – x)
b) (600 + 60x)(23 – x) . 17 000
c) L’inéquation s’écrit :
– 60x2 + 780x – 3 200 > 0
– 3x2 + 39x – 160 > 0
D = – 399 , 0.
L’inéquation n’a pas de solution, donc le directeur ne
peut pas atteindre son objectif.

Pour a ∈ [a1 ; a2], on a S (a) > 100.
8
Pour aller plus loin
Ak Ak + 1 =

k+1 k 2
k+1
k
–f
–
+ f
5
5
5
5
 
1
2k + 1
+
25
25
Ak Ak + 1 =

AkAk + 1 =
1
25 + (2 k + 1)2.
25

2

2
b)
Variables :
k est un nombre entier.
L est un nombre réel.
Traitement : Affecter à L la valeur 0
Pour k allant de 0 à 4
L prend la valeur
25 + (2 k + 1)2
L +
25
Fin Pour
Sortie :
Afficher L.
c)


Chapitre 1
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 15
  
Second degré
15
03/07/15 14:39
On obtient après avoir exécuté l’algorithme L ≈ 1,48.
2. On fait varier k de 0 à n avec n > 5.
On doit recalculer les distances Ak Ak+1.
88 1. a) d =
120 1202
+
5
150
d = 120
Sa distance d’arrêt est 120 m.
v v2
b) +
= 72
5 150
2
v + 30v – 10 800 = 0
D = 44 100
v1 = – 120 ; v2 = 90
Sa vitesse au début du freinage était 90 km · h–1.
v v2
c) +
, 60
5 150
2
v + 30v – 9 000 , 0
– 30 – 3041
,0
v1 =
D = 36 900
2
v2 = – 15 + 1541 ≈ 81
v
v2 + 30v – 9 000
+∞
v2
0
–
0
+
On doit rouler à une vitesse inférieure à 81 km · h–1
pour s’arrêter sur moins de 60 m.
89 f (x) = a (x – 0)2 + 2
1
f (2) = 1 donc 4a + 2 = 1 ce qui donne a = – .
4
1
D’où f (x) = – x2 + 2.
4
g (x) = a9(x – 4)2 et g (2) = 1
1
donc 4 a9 = 1 ce qui donne a9 = .
4
1
D’où g (x) = (x – 4)2.
4
90 • h (d) = ad2 + bd + c
h(0) = 2,25 donc c = 2,25.
h (18) = 0 équivaut à 324a + 18b + 2,25 = 0.
1
c’est-à-dire 18a + b + = 0.
8
b2 – 4 ac
–
= 3 équivaut à b2 – 9a = – 12a.
4a
c’est-à-dire b2 +3a = 0.
1
Ainsi : – 6b2 + b + = 0
8
D = 4.
1
b2
1
• b1 = et a1 = – 1 = –
4
48
3
b
a1 = – 1 = 6
2a1
1
1
3
• b2 = – et a2 = – , a2 = – impossible.
12
36
2
1 2 1
Conclusion : h (d) = – d + d + 2,25
48
4
h (9) = 2,8125.
2,43 + 0,40 = 2,83 . h (9)
L’évaluation de l’entraîneur est erronée.
x – 16
100 – x 2
×8=
2
4
25
x2
4x – 64 = 625 – x +
2
16
64x – 1 024 = 10 000 – 200x + x2
x2 – 264x + 11 024 = 0 avec 16 < x < 100
b) ∆ = 25 600
x1 = 52, x2 = 212
On doit couper la ficelle à 52 cm.
91 a) 



92 1. b) AM semble minimale pour x = 1,6
et x = – 1,6.
2. a) AM2 = (x – 0)2 + (x2 + 1 – 4)2
AM2 = x2 + (x2 – 3)2
AM2 = x4 – 5x2 + 9
5 2 11
25 11
+
b) x2 –
= x4 – 5x2 + +
2
4
4 4
= x4 – 5x2 + 9
c) AM est minimale si, et seulement si,
5 2 11
AM2 est minimal, c’est-à-dire x2 –
+ est minimal.
2
4
5
10
2
Ceci est vérifié pour x = , c’est-à-dire pour x =
2
2
10
.
ou x = –
2




93 a) (85 – x)2 + x2 = 652
7 225 – 170 x + 2x2 = 4 225
x2 – 85x + 1 500 = 0
∆ = 1 225, x1 = 25, x2 = 60
b) (l – x)2 + x2 = 652
2x2 – 2lx + l 2 – 4 225 = 0.
∆ = (– 2l)2 – 4 × 2 × (l 2 – 4 225)
∆ = 4 (8 450 – l 2).
L’équation n’a pas de solution,
si 8 450 – l 2 < 0,
c’est-à-dire pour l . 652.
85 – x
x
65
x
l–x
65
94 F = 1 + 5
2
Φ2 = F + 1
Φ6 = 8 F + 5
3
Φ = 2 F + 1Φ7 = 13 Φ + 8
Φ4 = 3 F + 2
Φ8 = 21 Φ + 13
5
Φ =5F+3
Φ21 = (F7)3 + (13 F + 8)2 (13 F + 8)
Φ21 = (169 F2 + 208 F + 64)(13 F + 8)
Φ21 = 2 197 F3 + 4 056 F2 + 2 496 F + 512
Φ21 = 2 197 (2 F + 1) + 4 056 (F + 1) + 2 436 F + 512
Φ21 = 10 946 F + 6 765
16
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 16
03/07/15 14:39
Φ21 = 10 946 F + 6 765
5 + 1
+ 6 765.
2
Ce qui donne : Φ21 = 5 473 5 + 12 238.
c’est-à-dire Φ21 = 10 946 ×
95 On doit avoir :
(x – 15)2 + (x – 14)2 + ... + (x – 1)2 + x2 =
(x + 1)2 + (x +2)2 + … + (x + 15)2
Ce qui donne après simplification ou utilisation d’un
logiciel de calcul formel :
16x2 – 240x + 1 240 = 15x2 + 240x + 1 240,
c’est-à-dire x (x – 480) = 0, ce qui donne x = 480, (x ≠ 0).
Les nombres entiers figurant à la 15e ligne sont donc :
465 ; 466 ; 467 ; 468 ; 469 ; 470 ; 471 ; 472 ; 473 ; 474 ;
475 ; 476 ; 477 ; 478 ; 479 ; 480 ; 481 ; 482 ; 483 ; 484 ;
485 ; 486 ; 487 ; 488 ; 489 ; 490 ; 491 ; 492 ; 493 ; 494 ;
495.
10
Accompagnement
personnalisé
96 a) α = 3 ; f (3) = 64.
f (x) = – 7(x – 3)2 + 64.
b) Le maximum de f sur R est 64.
97 a) α = 2 et β = 4.
f (x) = a (x – 2)2 + 4.
Or f (0) = 0 donc 4a + 4 = 0, c’est-à-dire a = – 1.
D’où f (x) = – (x – 2)2 + 4.
b) f (x) = 22 – (x – 2)2.
f (x) = (2 + x – 2)(2 – x +2).
f (x) = x (4 – x).
98 a) α = – 1 et β = 4.
f (x) = a (x + 1)2 + 4
Or f (0) = 3 donc a + 4 = 3, c’est-à-dire a = – 1.
d’où f (x) = – (x + 1)2 + 4.
b) f (x) = 22 – (x + 1)2
f (x) = (1 – x)(x + 3)
f (x) = 0 équivaut à x = 1 ou x = – 3.
 = {1 ; – 3}
99 a) forme développée : f (x) = x2 + 6x – 7.
Forme factorisée : f (x) = (x – 1)(x + 7).
b) f (x) = 0 équivaut à (x – 1)(x + 7) = 0,
soit x = 1 ou x = – 7.
 = {– 7 ; 1}
• f (x) = – 7 équivaut à x2 + 6x – 7 = – 7,
x (x + 6) = 0,
c’est-à-dire x = 0 ou x = – 6.
 = {– 6 ; 0}
• f(x) = – 16 équivaut à (x + 3)2 = 0, soit x + 3 = 0,  = {– 3}.
100 1. a) α =
–2
= 1,6
2 × (– 0,625)
h (1,6) = 3,6
d’où h (t) = – 0,625 (t – 1,6)2 + 3,6.
b) – 0,625 (t – 4)(t + 0,8) = – 0,625 (t2 – 3,2t – 3,2)
= – 0,625t2 + 2t + 2
= h (t)
2. a) h (0) = – 0,625 × 02 + 2 × 0 + 2 = 2. Le ballon est à
2 m lorsque le joueur commence sa passe.
b) h (t) = – 0,625 (t – 1,6)2 + 3,6
La hauteur maximale atteinte par le ballon est 3,6 m.
c) h (t) = 0
– 0,625 (t – 4)(t + 0,8) = 0
t = 4 ou t = – 0,8
Le ballon touche le sol au bout de 4 secondes.
d) α = 1,6. Le ballon commence sa phase de descente
au bout de 1,6 secondes et la termine au bout de 4 secondes, donc la durée de la phase de descente est
2,4 secondes.
101 a) ∆ = 25.
b) ∆ . 0, donc l’équation a deux solutions.
1
c) x1 = – 2 et x2 = .
2
2
102 a) x – 81 = 0 équivaut à (x – 9)(x + 9) = 0,
soit x = 9 ou x = – 9.
 = {– 9 ; 9}
b) – x2 – 7 , 0 donc l’équation – x2 – 7 = 0 n’a pas de
solution.
=∅
c) 5x2 – 4x = 0 équivaut à x (5x – 4) = 0,
4
soit x = 0 ou x = .
5
4
= 0;
5
d) x2 + 12x + 36 = 0 équivaut à (x + 6)2 = 0,
soit x = – 6.
 = {– 6}
 
103 a) ∆ = 1,
x1 = 2 et x2 = 3.
b) ∆ = – 11, donc pas de solution.
5
c) ∆ = 121, x1 = 2 et x2 = – .
3
d) ∆ = 0 ; x0 = 3.
104 a) – 5x2 – 2x = – 3
b) – 5x2 – 2x + 3 = 0
3
∆ = 64, x1 = et x2 = – 1
5
3
 = –1 ;
5


105 1. ∆ = 25, x1 = 2 et x2 = – 3.
Chapitre 1
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 17
Second degré
17
03/07/15 14:39
2. a) – 9 < X < 8, pas 1
– 60 < Y < 10, pas 10.
b) Les résultats sont cohérents
avec la question 1.
106 1. a) – 6 < X < 6, pas 1,
– 12 < Y < 15, pas 2.
b) On peut conjecturer qu’il
y a 2 points d’intersection
de coordonnées : (– 4 ; 10) et (1,5 ; – 1)
2. a) 2x2 + 3x – 10 = – 2x + 2
2x2 + 5x – 12 = 0
∆ = 121 . 0 donc # et d se coupent en deux points.
3
b) x1 = – 4 et x2 = .
2
3
+ 2 = –1
y1 = – 2 × (– 4) + 2 = 10 et y2 = – 2 ×
2
3
d’où les points d’intersection : (– 4 ; 10) et ; – 1 .
2
1
12
1
1 9
107 a) f – = 5 – – 9 × – – 2 = + – 2 = 0
5
5
5
5 5
f (2) = 5 × 22 – 9 × 2 – 2 = 0
b)
1
–
x
2
+∞
–∞
5

 
 
0 –
0
1
c)  = – ; 2
5
108 a) ∆ = 1, x1 = 4 et x2 = 3.
b)
x
3
–∞


 
+
5x – 9x – 2
2

+

– x2 + 7x – 12
0
–
+∞
4
0
+
–
109 a) – 5x² + 2x – 1 . – 4x – 9
b) – 5x² + 6x + 8 . 0
– 5x² + 6x + 8 = 0
4
D = 196 ; x1 = 2 et x2 = –
5
–∞
– 5x2 + 6x + 8
4
= – ;2
5


–
–
x
4
5
2
0 +
0
+∞
–
0
4
–
5x2 – 10x – 40
0
5
+
 = ]4 ; 5[
111 1. a) a =
–a
5a
=
2 × (– 0,1 (1 + a2)) 1 + a2
– 0,1 (1 + a²) ×
1 5+aa ² + 15+aa
2
2
2
– 2,5 a
5a
+
1 + a2 1 + a2
– 2,5 a2 2,5 (1 + a2 – 1)
=
=
1 + a2
1 + a2
1
= 2,5 1 –
1 + a2
La flèche du projectile est donc 2,5 1 –
2
=

c)  = ]– ∞ ; 3[ ∪ ]4 ; + ∞[.
x
110 1. Pour tout réel x de [0 ; 5] :
S (x) = MN² = MB² + BN²
S (x) = (5 – x)² + (2x)²
S (x) = 5x² – 10x + 25.
10
2. a) a =
=1
10
L’aire du carré est minimale lorsque AM = 1 cm.
b) S (x) . 65.
5x² – 10x + 25 . 65
5x² – 10x – 40 . 0
5x² – 10x – 40 = 0
D = 900 ; x1 = – 2 et x2 = 4.
2


1
.
1 + a2

b) Pour tout nombre réel a . 0
1
, 1 donc la flèche est strictement inférieure
1–
1 + a2
à 2,5 m.
2. a) y = 0 équivaut à – 0,1 (1 + a²) x² + ax = 0
c’est-à-dire x [– 0,1 (1 + a²) x + a] = 0
10 a
.
ce qui donne x = 0 ou x =
1 + a2
10 a
m.
La portée du projectile est
1 + a2
b) Pour tout nombre réel a . 0 ;
10 a 5 a2 – 10 a + 5 5 (a – 1)2
=
=
>0
1 + a2
1 + a2
1 + a2
donc la portée est inférieure à 5 m.
5–
18
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 18
03/07/15 14:39
2
1
Étude de fonctions
2
Au fil des siècles
La cathédrale de Strasbourg a pour hauteur
AD = 66 m jusqu’à la plateforme. Sa façade a pour largeur CD = 51,6 m. Donc le rapport de sa hauteur par
sa largeur est :
AD
66
AD
=
soit
≈ 1,279
CD 51,6
CD
1 + 5
(soit environ 1,618).
2
AD
On constate que ϕ ≈ 1,272. Donc le rapport
est
CD
proche de ϕ.
1. a)
x
f (x)
b)
x
f (x)
Or le nombre d’or est : ϕ =
On peut vérifier de plus que le triangle reliant le
centre O de la rosace aux sommets de deux portes
c’est-à-dire le triangle OMN indiqué ci-dessous est tel
OM
ON
que
≈ ϕ et
≈ ϕ .
ON
MN
Bien démarrer
c)
x
f (x)
–1
3
3
–1
–1
3
2,5
–1
–1
2
2
3
3
1
2. a)
f
3
2
g
1
O
1
2
–1
–2
On peut consulter à ce sujet l’un des sites :
• http://www.lenombredor.free.fr/strasbourg.htm
• http://fr.wikipedia.org/wiki/Cath%C3%A9drale_
Notre_Dame_de_Strasbourg
b) La fonction f est croissante sur R et la fonction g et
décroissante sur R.
c) L’abscisse du point d’inbtersection est solution de
l’équation f (x) = g (x) c’est-à-dire :
1
3x – 2 = – x + 3
2
7
x=5
2
2 10
x=5× = .
7 7
L’ordonnée du point d’intersection est :
10
16
y=3× –2= .
7
7
19
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 19
03/07/15 14:39
Le point d’intersection de ces deux droites a pour
10 16
coordonnées
.
;
7 7
3. 1. a. h (0) = 0
b) h (2) = 4
c) h (– 2) = 4
1 1
3
9
d) h
=
e) h – =
2 4
4 16
2. Son axe de symétrie est l’axe des ordonnées.



3.
x
 
–∞
h (x)
4
+∞
0
0
3
(– x)2 x2
M’
2
M
1
–2 –x –1 O
1 x 2
4. a. R* désigne l’ensemble des nombres réels différents de 0. Donc :
R* = ]– ∞ ; 0[ ∪ ]0 ; + ∞[.
b. Son centre de symétrie est l’origine du repère.
c.
x
–∞
+∞
0
k (x)
2
1
–1
M’
Découvrir
1 La fonction racine carrée
1. b) Il semble que l’affirmation de Descartes soit
­correcte.
2. a) Le triangle ABC est inscrit dans le cercle de
­diamètre [AB], donc ce triangle est rectangle en C.
b) • Dans le triangle ABC rectangle en O, l’égalité de
Pythagore s’écrit :
OA2 + OC2 = AC2
2
2
c’est-à-dire AC = x + y2.
• Dans le triangle OBC rectange en O, l’égalité de
­Pythagore s’écrit :
OB2 + OC2 = BC2
2
c’est-à-dire BC = 1 + y2.
• Dans le triangle ABC rectange en C, l’égalité de
­Pythagore s’écrit :
CB2 + CA2 = AB2
2
c’est-à-dire 1 + y + x2 + y2 = (x + 1)2.
1 + x2 + 2 y2 = x2 + 2x + 1
2 y2 = 2x
y2 = x
y = x (car x > 0)
3. a)
M
1
x–
–x
3
O x1
2
– x1–
5. a. La fonction carré est croissante sur [0 ; + ∞[, donc
22 < x2 < 52 soit 4 < x2 < 25.
La fonction inverse est décroissante sur ]0 ; + ∞[,
1 1 1
donc > > .
2 x 5
b. La fonction carré est décroissante sur ]– ∞ ; 0], donc
(– 4)2 . x2 . (– 2)2 soit 4 , x2 , 16.
La fonction inverse est décroissante sur ]– ∞ ; 0[,
1
1
1
1 1
1
donc
. .
soit – , , – .
–4 x –2
2 x
4
c. La fonction carré est décroissante sur ]– ∞ ; 0], donc
(– 3)2 < x2 , (– 100)2 soit 9 < x2 , 10 000.
La fonction inverse est décroissante sur ]– ∞ ; 0[, donc
1
1
1
1 1
1
< ,
soit – < , –
.
– 3 x – 100
3 x
100
Le point M a pour coordonnées (x ; y) avec y = x.
Donc le point M décrit la courbe représentative de la
fonction f : x  x.
b) Il semble que la fonction f est croissante sur [0 ; + ∞[.
2 Les fonctions u + l et l u
1. b) Il semble que la fonction u + l a le même sens de
variation que la fonction u.
c) Il semble que la distance AB est constante et que
AB = l.
d)
20
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 20
03/07/15 14:39
Il semble que les conjectures précédentes sont encore
valables.
e) • Si l > 0, AB = u(x) + l – u(x) = l.
• Si l < 0, AB = u(x) – (u(x) + l) = – l.
2. a) Il semble que u et lu ont le même sens de variation si l . 0 et des sens de variation contraires si l , 0.
Dans le cas où l = 0, la fonction w = 0 × u est la fonction nulle ; sa courbe représentative dans un repère
est l’axe des abscisses.
b) Il semble que les conjectures précédentes soient
encore valables.
b)  x  > 3,2 équivaut à OM > 3,2 c’est-à-dire M
­appartient à la demi-droite [Cx) ou [Dy) représentée
ci-­dessous.
y D
C
0
– 3,2
1
x
3,2
Donc l’ensemble des solutions de l’inéquation  x  > 3,2
est  = ]– ∞ ; – 3,2] ∪ [3,2 ; + ∞[.
10  = [– 4 ; 4]
11 a.  = ]– ∞ ; – 0,5] ∪ [0,5 ; + ∞[
b.  = ]– 1,7 ; 1,7[
4
13 On note u la fonction racine carrée. Ainsi, f = lu
Savoir-faire
3
2
Deux nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans
le même ordre.
3
32
9
c’est-à-dire x . .
Ainsi, x . équivaut à (x)2 .
2
2
4
3
Donc, l’ensemble des solutions de l’inéquation x .
2
9
est l’intervalle  = ; + ∞ .
4
1
b) x et sont des nombres positifs.
2
1
12
c’est-à-dire
Donc, x , équivaut à 0 < (x)2 ,
2
2
1
0<x, .
4
1
Donc, l’ensemble des solutions de l’inéquation x ,
2
1
est l’intervalle 0 ; .
4
5
3 a)  = [0 ; 0,01] b)  = ]1 ; + ∞[ c)  = 0 ;
4
169
9
4 1. a)  = 0 ;
b)  =
; +∞
16
25
9
169
2. , x ,
25
16
2 a) x et sont des nombres positifs.




 



 

3
avec l = .
2
l . 0 donc f et u ont le même sens de variation sur
[0 ; + ∞[. Donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
1
• De façon analogue g = f + k avec k = .
4
Donc f et g ont le même sens de variation sur [0 ; + ∞[.
Donc g est croissante sur [0 ; + ∞[.
14 On note u la fonction carré.
• f = u + k avec k = – 3.
Donc u et f ont même sens de variation sur R.
x
f (x)
0
+∞
–3
• g = l f avec l = – 2
l , 0 donc g et f ont des sens de variation contraires
sur R.
x
–∞
g (x)
0
6
+∞
15 On note u la fonction valeur absolue.
• f = u + k avec k = 5.
Donc u et f ont même sens de variation sur R.
5  = [6,25 ; + ∞[
6 a)  = [0 ; 56,25[
b)  = [4 ; 29,16]
x
7 a)  = [0 ; 36]
b)  = ]100 ; + ∞[
d)  = ]36 ; 64]
f (x)
c)  = [64 ; 100[
9 On note M le point d’abscisse x d’une droite graduée d’origine O.
a)  x  , 2,5 équivaut à OM , 2,5 c’est-à-dire M appartient au segment ]AB[ représenté ci-dessous.
B
– 2,5
–∞
A
0
1
2,5
–∞
0
+∞
5
1
• g = lf avec l = –
2
l , 0 donc f et g ont des sens de variation contraires
sur R.
x
g (x)
–∞
0
5
–
2
+∞
Donc l’ensemble des solutions de l’inéquation  x  , 2,5
est l’intervalle  = ]– 2,5 ; 2,5[.
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 21
Étude de fonctions
21
03/07/15 14:39
16 • On note v la fonction x  3x2.
v = lu avec l = 3.
l = 3 donc u et v ont le même sens de variation sur
]– ∞ ; 0] et [0 ; + ∞[.
1
• f = v + k avec k = – .
4
Donc f et v ont le même sens de variation sur R.
x
–∞
0
f (x)
–
+∞
1
4
3x – 4
x 4
4
=3 – =3– .
x
x x
x
4
b) • On note v la fonction x  – .
x
v = lu avec l = – 4.
l , 0 donc v et u ont des sens de variation contraires
sur ]– ∞ ; 0[ et ]0 ; + ∞[.
• g = v + k avec k = 3.
Donc g et v ont le même sens de variation sur ]– ∞ ; 0[
et ]0 ; + ∞[.
0
g (x)
19 a) Pour tout x, x2 + 1 > 0 donc l’ensemble de
­définition de f est R.
b) • Les fonctions v : x  x2 + 1 et u : x  x2 ont le même
sens de variation sur R.
• Les fonctions v et f = v ont le même sens de variation sur R.
x
–∞
0
f (x)
+∞
1
20
0
+∞
0
0
x
2 + x 2
0
1
g (x) 2
–∞
–2
2
0
2
+∞
0
0
x2 – 4
–4
0
Sur [2 ; + ∞[, x2 – 4 > 0, donc les fonctions h et x  x2 – 4
ont le même sens de variation sur [2 ; + ∞[.
Donc h est croissante sur [2 ; + ∞[.
b) De plus, sur ]– ∞ ; – 2], x2 – 4 > 0 donc les fonctions
x  x2 – 4 et h ont le même sens de variation
sur ]– ∞ ; – 2].
D’où le tableau de variation de h :
–∞
h (x)
5
–2
0
2
+∞
0
Résoudre des problèmes
1
x + 1
b) Si x est tel que 4 < x < 16, alors :
2 < x < 4 (car x  x est croissante sur [0 ; + ∞[).
3 < x + 1 < 5
1
1
1
1
< (car x  est décroissante sur
<
5 x + 1 3
x
]0 ; + ∞[).
23 a) y =
25 • Sur ]– ∞ ; 0], x3 < 0 et  x  > 0, donc x3 <  x .
• Sur [0 ; + ∞[,  x  = x, donc :
x3 – x = x(x2 – 1).
3
Donc x – x est du signe de x2 – 1, c’est-à-dire :
• x3 – x > 0 si x > 1
• x3 – x < 0 si 0 < x < 1.
Conclusion :
x3 <  x 
– Si x < 0,
x3 <  x 
– Si 0 < x <1,
– Si x > 1,
x3 >  x 
26 • Sur [0 ; 1], on sait que x < x.
Pour tout x > 0, 2 + x > 0, donc les fonctions
x  2 + x et g ont des sens de variation contraires
sur [0 ; + ∞[.
x
x
x
x
17 a) Pour tout x ≠ 0,
x
21 a)
+∞
On a établi à l’exercice 25 que si x ∈ [0 ; 1], alors x3 < x.
Donc sur [0 ; 1] : x3 < x < x.
• Sur [1 ; + ∞[, on sait que x < x. On a établi à l’exercice 25 que si x ∈ [1 ; + ∞[, alors x3 > x.
Donc sur [1 ; + ∞[ : x3 > x > x.
27 Pour tout x ≠ 0,
1 x4 – 1 (x2 – 1)(x2 + 1)
x3 – =
=
x
x
x
x2 – 1
2
3 1
On sait que x + 1 > 0 donc x – est du signe de
.
x
x
22
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 22
03/07/15 14:39
x
–∞
x2 – 1
x
1
x3 –
x
+
–
–
–1
0
0
0
–
–
+
0
–
+
–
1
0
0
+∞
+
+
+
Conclusion :
1
• Si x < – 1 ou 0 , x < 1, alors x3 < .
x
1
3
• Si – 1 < x , 0 ou x > 1, alors x > .
x
6
Son ordonnée est b = (fg)
Travaux pratiques
28 1. a) f est croissante sur ]0 ; + ∞[ et g est décrois-
sante sur ]0 ; + ∞[.
Fenêtre : 0 < X < 10, pas 1
et 0 < Y < 10, pas 1.
On note h = f + g.
• h n’est pas croissante sur ]0 ; + ∞[.
En effet, 0,5 , 1 et h (0,5) = 2,5 ;
h (1) = 2 donc h (0,5) . h(1).
h n’est pas décroissante sur ]0 ; + ∞[.
En effet, 1 , 2 et h(1) = 2 ; h (2) = 2,5 donc h(1) , h(2).
b) Pour tout x, u(x) = 3 x et v(x) = – x + 5.
Alors u(x) + v(x) = 2 x + 5.
Donc la fonction u + v est croissante sur R.
c) Pour tout x, u(x) = 2 x et v(x) = – 3 x + 1.
Alors u(x) + v(x) = – x + 1.
Donc la fonction u + v est décroissante sur R.
2. a) f (a) < f (b) et g (a) < g (b)
Donc par addition membre à membre
f (a) + g (a) < f (b) + g (b)
c’est-à-dire (f + g) (a) < (f + g) (b).
Donc la fonction f + g est croissante sur I.
Conclusion : si deux fonctions f et g sont croissantes
sur I, alors la fonction f + g est croissante sur I.
b) Pour tous a et b de I tels que a < b,
f (a) > f (b) et g(a) > g(b)
donc f (a) + g(a) > f (b) + g(b),
c’est-à-dire (f + g) (a) > (f + g) (b).
Donc la fonction f + g est décroissante sur I.
Conclusion : si deux fonctions f et g sont décroissantes
sur I, alors la fonction f + g est décroissante sur I.
3. a) • f est croissante sur R et g est décroissante sur R.
• Pour tout x, (fg)(x) = x (– x + 1) = – x2 + x.
La fonction fg est un polynôme de degré 2 qui admet
un maximum car a = – 1 et a , 0.
• (fg)(0) = 0 et (fg)(1) = 0, donc le sommet de la parabole
0+1 1
représentative de fg a pour abscisse a =
= .
2
2
x
1
2
1
4
–∞
(fg) (x)
+∞
1
b) Pour tout x . 0, (uv)(x) = – × x2 = – x.
x
Donc la fonction uv est décroissante sur ]0 ; + ∞[.
L’affirmation d’Amélie est donc fausse.
4. a) D’après l’étude précédente, on peut mémoriser
que si deux fonctions ont le même sens de variation
sur I, alors leur somme a aussi ce sens de variation sur I.
b) a et b sont deux nombres réels de I tels que a < b.
u est croissante et positive sur I donc :
0 < u(a) < u(b).
v est croissante et positive sur I donc :
0 < v(a) < v(b).
Par mutiplication membre à membre, on obtient :
0 < (uv)(a) < (uv)(b).
Donc la fonction uv est croissante sur I.
Conclusion : si deux fonctions u et v sont croissantes et
positives sur I, alors la fonction uv est croissante sur I.
29 1. b) Il semble que P décrit un demi-cercle.
2. a) yM = v(x) = 2 – x2
b) H (2 – x2 ; 2 – x2)
K (2 – x2 ; 2 – x2)
P (x ; 2 – x2)
c) P appartient à la courbe représentative de
f : x  2 – x2 sur [– 2 ; 2].
d) OP2 = x2 + (2 – x2)2 = x2 + 2 – x2 = 2
Donc OP = 2.
Ainsi le point P décrit un demi-cercle de centre O et de
rayon 2 lorsque le point M décrit l’arc de la parabole
situé entre A et B.
3. a)
2
u
f 1
– 2
2
–1
O
1
2
v
b)
x
x
–∞
– 2
2
2 – x2
0
2
+∞
0
0
– x2
0
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 23
12 = 14.
2
0
Étude de fonctions
23
03/07/15 14:39
• Sur [– 2 ; 0], la fonction v est croissante et positive,
donc la fonction f = v est croissante.
• Sur [0 ; 2] , la fonction v est décroissante et positive,
donc la fonction f = v est décroissante.
38 Échelle 1/2
10
10
7
Pour s’entraîner
30 a) 7
b) 10
f) 9
e) 12
c) 5
g) 15
d) 11
h) 13
31 a) 0,2
b) 0,5
c) 2 × 10 –3
d) 0,4
e) 3 × 10
f) 0,6
g) 6,4 × 10 –5 = 64 × 10 –6 donc 6,4 × 10 –5 = 8 × 10 –3.
100
50
39 a) Fenêtre : 0 < X < 0,3,
pas 0,1 et 0 < Y < 0,6, pas 0,1.
b) Fenêtre : 100 < X < 1 000,
pas 100 et 10 < Y < 40, pas 10.
–2
6
3
(c’est-à-dire
).
2
2
b) Pas d’antécédent car – 7 , 0.
c) Son antécédent est 0.
33
11
(c’est-à-dire
d) Son antécédent est
).
3
3
1
e) Son antécédent est .
2
33 a) Faux. En effet, la droite d’équation y = 2,5
coupe la courbe en un seul point.
b) Faux. En effet, la droite d’équation y = 4 coupe la
courbe au point d’abscisse 16.
c) Vrai. En effet, la droite d’équation y = – 1 ne coupe
pas la courbe.
32 a) Son antécédent est


34 La fonction racine carrée est croissante sur
[0 ; + ∞[.
35 a) 0 < 0,7 < 1 donc 0,72 < 0,7 < 0,7 .
b) 1,3 > 1 donc 1,3 < 1,3.
2
22 2
< .
c) 0 < < 1 donc
3
3
3
d) 27,4 > 1 donc 27,4 < 27,4 < 27,42.

36 a) 32 = 16 × 2 = 16 × 2 = 42
b) 45 = 9 × 5 = 9 × 5 = 35
c) 75 = 25 × 3 = 25 × 3 = 53
37
 
41 a) p –3 . 0,14 donc π – 3 . 0,14.
b) 1 000 , 10 000 donc 103 , 104.
c)
29 30
,
donc
9
9
29
10
 9 , 3 .
d) 25 = 4 × 5 = 20 et 32 = 9 × 2 = 18
18 , 20 donc 32 , 25.
42 1. u et v désignent deux nombres réels tels que
0 < u < v.
Cela signifie donc que 0 < (u)2 < (v)2. Or deux
nombres positifs et leurs carrés sont rangés dans le
même ordre. Donc 0 < u < v.
Ainsi la fonction racine carrée est croissante sur [0 ; + [.
2. a) 0 < x < 16 car la fonction racine carrée est
croissante sur [0 ; + [, c’est-à-dire 0 < x < 4.
b) 7 < x < 5
2
c) < x < 1
3
3
c) 1 , x ,
4
43 a) 25 < x < 49 b) 0,01 , x , 1 c) 8 < x < 45
d) (2 – 1)2 , x , (2 + 1)2,
c’est-à-dire 3 – 22 , x , 3 + 22.
44 1. Pour tout nombre réel x positif :
2
1
O
40 a) 2 , π donc 2 , π.
b) 0,02 . 0,005 donc 0,02 . 5 × 10 –3 .
c) 700 000 . 120 000 donc 7 × 105 . 12 × 104.
1 1
1
1
.
.
d) . donc
2 3
2
3
1
2
3
4
x2 – x = x(x – 1)
et x2 – x = (x – x)(x + x).
Or x > 0, donc x + x > 0, donc les nombres x2 – x,
x – 1 et x – x ont le même signe.
• Si 0 < x < 1, alors x – 1 < 0 donc x2 – x < 0
et x – x < 0.
Donc si 0 < x < 1, alors x2 < x < x.
24
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 24
03/07/15 14:39
• Si x > 1, alors x – 1 > 0 donc x2 – x > 0 et x – x > 0.
Donc si x > 1, alors x2 > x > x.
2. a) 0 < p – 3 < 1 donc (p – 3)2 < p – 3 < p – 3 .
53
0,1
b) 1 + 2 > 1 donc 1 + 2 < 1 + 2 < (1 + 2)2.
45 1. a) • La fonction inverse est décroissante sur
1
]0 ; 1] donc si 0 , x < 1, alors > 1.
x
• La fonction racine carrée est croissante sur ]0 ; 1]
donc si 0 , x < 1, alors x < 1.
1
b) Si 0 , x < 1, alors x2 < x < 1 < .
x
2. • La fonction inverse est décroissante sur [1 ; + [,
1
donc si x > 1, alors 0 , < 1.
x
• La fonction racine carrée est croissante sur [1 ; + [
donc si x > 1, alors x > 1.
1
Donc si x > 1, alors < 1 < x < x2.
x
46 50T = 435 si, et seulement si, T = 8,7 c’està-dire T = 8,72 = 75,69. Ainsi on obtient le la3 pour une
tension de 75,69 N.
47 T ≈ 267 c’est-à-dire T ≈ 16,4. Le pendule de
Foucault avait une période d’environ 16,4 secondes.
48 10 P > 20 si, et seulement si, 10 P > 400 car la
fonction carré est croissante sur [0 ; + [.
Donc 10 P > 20 équivaut à P > 40.
La vitesse du tsunami est supérieure ou égale à
20 m · s–1 lorsque la profondeur de la mer est supérieure ou égale à 40 m.
49 a) 1
b) 0
c) 5,2
d) 3 – 1
O
–0,1
0,1
54 Échelle 1/2
5
1
O
1
5
55 Échelle 1/2
20
e) 2p
50 a) Vrai. En effet, la droite d’équation y = 3 coupe
la courbe aux points d’abscisses – 3 et 3.
b) Faux. En effet, la droite d’équation y = 0 coupe la
courbe au seul point d’abscisse 0.
c) Vrai. En effet, la droite d’équation y = – 1 ne coupe
pas la courbe.
51 a)  = {– 2 ; 2}
b)  = ]–  ; – 3] ∪ [3 ; + [
c)  = [– 1 ; 1]
–20
52 Échelle 1/2
–10
10
–10
10
56 a) Fenêtre :
– 100 < X < 1 000, pas 100
et 0 < Y < 1 000, pas 100
2
b) Fenêtre :
– 1 000 < X < 0, pas 100 et
0 < Y < 1 000, pas 100
O
2
10
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 25
Étude de fonctions
25
03/07/15 14:39
57 Dans la cellule B2, on saisit la formule
= ABS(B1–250) avant de la recopier vers la droite.
Dans la cellule B3, on saisit la formule
= MOYENNE(B2:K2) ou = SOMME(B2:K2)/10
66 a) f est croissante sur [0 ; + [.
b) g est décroissante sur ]–  ; 0[ et sur ]0 ; + [.
c) h est croissante sur ]–  ; 0[ et sur ]0 ; + [.
d) k est décroissante sur ]–  ; 0] et croissante sur
[0 ; + [.
67 a)
La moyenne des écarts est 4,4 g, donc le contrôleur
dressera un procès-verbal.
58 a) 0 <  x  < 4
c) 0 <  x  < 7
b) 0 <  x  < 5
d) 0 <  x  < 10
b)
c)
60  a  .  b  signifie que OA . OB donc que le point
A est plus éloigné de O que le point B.
Donc Arnaud a raison.
d)
et M9 les points d’abscisses respectives x et – x.
Ces points sont symétriques par rapport à O donc
OM = OM9 c’est-à-dire  x  =  – x .
b) • Si x > 0, alors – x < 0.
Donc  x  = x et  – x  = – (– x) = x, ainsi  x  =  – x .
• Si x < 0, alors – x > 0.
Donc  x  = – x et  – x  = – x, ainsi  x  =  – x .
68 a)
63 Pour tous nombres réels x et y,  x y  et  x   y 
sont des nombres positifs. On sait que deux nombres
­positifs sont égaux si, et seulement si, leurs carrés sont
égaux. On se propose de comparer  x y 2 et ( x   y )2.
 xy 2 = (xy)2 (d’après l’exercice 62).
( x   y )2 =  x 2  y 2 = x2 y2 (d’après l’exercice 62).
Donc  x y 2 = ( x   y )2.
Les nombres positifs  x y  et  x   y  ont le même carré,
donc ils sont égaux.
Conclusion : pour tous nombres réels x et y,  x y  =  x   y .
64 On note u la fonction carré.
Alors f = u + k avec k = – 4.
Donc f et u ont le même sens de variation sur R.
Donc le tableau de variation de f est 3 .
65 On note u la fonction racine carrée.
Alors g = lu avec l = – 3. Donc g et u ont des sens de
variation contraires sur [0 ; + [.
Donc le tableau de variation de g est 3 .
w(x)
1
4
2
–1
–2
–3
0
k(x)
–6
1
h(x) 2
x
b)
x
3
3
– 12
1
0
–
0
0
+
–
0
+
f (x)
g(x)
c)
62 • Si x < 0,  x  = – x et  x 2 = (– x)2 = x2
• Si x > 0,  x  = x et  x 2 = x2.
Conclusion : pour tout nombre réel x,  x 2 = x2.
–2
v(x)
59 a)  = [– 5 ; 5]
b)  = [– 7 ; – 2] ∪ [2 ; 7]
c)  = ]–  ; – 10] ∪ [10 ; + [
61 a) Sur une droite graduée d’origine O, on note M
x
x
0
h(x)
d)
x
+
–2
0
1
2
–
k(x)
+
69
9
h
6
3
f
1
g
O
–1
–2
1
4
9
26
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 26
03/07/15 14:39
c)
70
2
1
–2
2
–1
1
O
O
–1
1
2
4
1
2
4
1
–1
f
h
g
d)
2
71 Pour tout x,
1
u(x) =  x  + 2 et v(x) =  x  – 1.
–2
72 Pour tout x > 0,
1
u(x) = 2x et v(x) = – x.
2
O
–1
74 • Diminution du coût de 1 000 €.
73 a)
5
Coût total
3
–2
b)
2
1,5
1
1
O
O
–1
1
2
4
1
4 5
• Diminution du coût de 20 %.
Coût total
5
2
3
1
–2
O
–1
1
2
4
1,5
1
O
1
4 5
1
2
75 a) 2x – 1 > 0 si, et seulement si, x > .
12 ; + .
1
b) u : x  2x – 1 est croissante sur  ; + .
2
Donc l’ensemble de définition de f est
1
c) u est croissante et positive sur ; +  , donc f = u
2
1
est croissante sur ; +  .
2

Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 27



Étude de fonctions
27
03/07/15 14:39
Donc l’ensemble de définition de g est ]0 ; + [.
b) u : x  x est croissante sur ]0 ; + [.
c) u est croissante et strictement positive sur ]0 ; + [
1
donc g = est décroissante sur ]0 ; + [.
u
77 • u est décroissante et positive sur [1 ; 3], donc
u est décroissante sur [1 ; 3].
• u est décroissante et strictement positive sur [1 ; 3],
1
donc est croissante sur [1 ; 3].
u
78 1. u est croissante et positive sur [– 5 ; 0], donc
u est croissante sur [– 5 ; 0].
u est décroissante et positive sur [0 ; 2], donc u est
décroissante sur [0 ; 2].
x
–5
2
0
3
0
1
2. a) u(x) ≠ 0 sur [– 5 ; 2[, donc la fonction est définie
u
sur [– 5 ; 2[.
b) u est croissante et strictement positive sur [– 5 ; 0],
1
donc est décroissante sur [– 5 ; 0].
u
u est décroissante et strictement positive sur [0 ; 2[,
1
donc est croissante sur [0 ; 2[.
u
x
–5
0
2
1
1
1
u(x)
3
79 a)
x
–
x2
0
+
0
f (x)
b)
x
–
1–x
1
+
0
c)
x
80 1. a)
x
2–x
h (x)
0
2
–
u(x)
+
–4
b) Pour tout x,
u(x) = (x – 2)2 – 4
u(x) = (x – 2 – 2)(x – 2 + 2)
u(x) = x (x – 4).
x
–∞
0
+ 0 –
+∞
4
0 +
2. a) v = ]–  ; 0[ ∪ ]0 ; 4[ ∪ ]4 ; + [
b) u est décroissante et strictement positive sur ]–  ; 0[,
donc v est croissante sur ]–  ; 0[.
c) • u est décroissante et strictement négative sur ]0 ; 2],
donc v et croissante sur ]0 ; 2].
• u est croissante et strictement négative sur [2 ; 4[, donc
v est décroissante sur [2 ; 4[.
• u est croissante et strictement positive sur ]4 ; + [,
donc v est décroissante sur ]4 ; + [.
81 1. a)
x
0
1
–
u(x)
+
b) Pour tout x, u(x) = (1 – x)(1 + x).
x
–∞
–1
–
u(x)
+∞
1
0 + 0 –
2. a) • La fonction w est définie sur [– 1 ; 1].
• u est croissante et positive sur [– 1 ; 0], donc w est croissante sur [– 1 ; 0].
• u est décroissante et positive sur [0 ; 1], donc w est
­décroissante sur [0 ; 1].
x
x–1
–
+
0
k (x)
82
g (x)
0
–
x
u(x)
u (x)
1
x
d)
76 a) x > 0 et x ≠ 0 lorsque x . 0.
2
2
x–1
0
f (x)
–
1
+
0
0
28
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 28
03/07/15 14:39
83 Pour tout x, x2 = x × x = (– x)(– x).
• Si x > 0, x2 = x × x = x × x
donc
x2 = (x)2 = x.
• Si x < 0, x2 = (– x)(– x) = – x × – x
donc
x2 = (– x)2 = – x.
Conclusion : pour tout x, x2 =  x .
84 a) Il semble que f est croissante sur ]–  ; – 2[,
croissante sur ]– 2 ; – 1], décroissante sur [– 1 ; 0[ et
­décroissante sur ]0 ; + [.
b) On note u la fonction x  x2 + 2 x.
x
–∞
–2
+ 0 –
u(x)
+∞
0
0 +
Pour tout x, u(x) = (x + 1)2 – 1.
Voici le tableau de variation de u :
x
–
u(x)
–1
+
–1
• u est décroissante et strictement positive sur ]–  ; – 2[,
donc f est croissante sur ]–  ; – 2[.
• u est décroissante et strictement négative sur ]– 2 ; – 1],
donc f est croissante sur ]– 2 ; – 1].
• u est croissante et strictement négative sur [– 1 ; 0[,
donc f est décroissante sur [– 1 ; 0[.
• u est croissante et strictement positive sur ]0 ; + [,
donc f est décroissante sur ]0 ; + [.
1
1
donc 1 > 1 – x > car la fonction
2
2
x  1 – x est décroissante sur R.
85 • 0 < x <
1
2
2
car la fonction x  x
c’est-à-dire 1 > 1 – x >
2
est croissante sur [0 ; + [.
1
• Donc 1 <
< 2 car la fonction inverse est
1 – x
décroissante sur ]0 ; + [.
–1
• Donc – 1 >
> – 2 car la fonction x  – x
1 – x
est décroissante sur R.
• Alors, 1 > 1 – x >

• D’où finalement 0 > f (x) > 1 – 2 car la fonction
x  x + 1 est croissante sur R.
1
• Conclusion : si 0 < x < , alors 1 – 2 < f (x) < 0.
2
86 a) La fonction carré est décroissante sur ]–  ; 0],
donc si x < – 5, alors x2 > (– 5)2 c’est-à-dire x2 > 25.
Donc l’affirmation est vraie.
1
b) Pour x = 1, on a bien x > – 2 et x ≠ 0, mais = 1
x
1
et 1 . – .
2
Donc l’affirmation est fausse.
c) La fonction racine carrée est croissante sur [0 ; + [,
donc si x > 20, alors x > 20. Or 20 ≈ 4,47, donc
si x > 20 alors x > 20 > 4.
Donc l’affirmation est vraie.
d) Pour x = 2, on a bien x > – 5, mais  x  = 2 et 2 , 5.
Donc l’affirmation est fausse.
87 1. a) • P implique Q car si x = y, alors  x  =  y .
• Mais Q n’implique pas P, car si  x  =  y , alors x = y ou
x = – y.
Donc P et Q ne sont pas équivalentes.
b) • P implique Q car si x = y, alors x3 = y3.
• On suppose que x3 = y3.
– Si y = 0, alors x = 0 et donc x = y.
x 3
x
= 1 c’est-à-dire = 1
– Si y ≠ 0, x3 = y3 équivaut à
y
y
et donc x = y.
Donc Q implique P.
Par conséquent P et Q sont équivalentes.
2. a) • P implique Q car si x > 0, y > 0, x = y, alors
x = y.
• On suppose que x = y avec x > 0, y > 0. Deux
nombres positifs sont égaux si, et seulement si, leurs
carrés sont égaux.
Donc si x = y, alors (x)2 = (y)2 c’est-à-dire x = y.
Donc Q implique P.
Par conséquent P et Q sont équivalentes.
b) • P implique Q car si x = y, x > 0, y > 0, alors x2 = y2.
• On suppose que x2 = y2 avec x > 0, y > 0.
Alors x2 – y2 = 0 c’est-à-dire x – y = 0 ou x + y = 0.
Donc si x2 = y2, alors x = y ou x = – y.
Mais x > 0, y > 0, donc x = – y dans le seul cas où
x = y = 0. Donc Q implique P.
Par conséquent P et Q sont équivalentes.
1 1
3. a) • P implique Q car si x = y, x ≠ 0, y ≠ 0, alors = .
x y
1 1
• On suppose x ≠ 0, y ≠ 0 et = .
x y
Avec l’égalité des produits en croix, on en déduit que
x = y. Donc Q implique P.
Par conséquent P et Q sont équivalentes.
1 1
b) • P implique Q car si x = y, x ≠ 0, y ≠ 0, alors 2 = 2 .
x y
1 1
• On suppose que x ≠ 0, y ≠ 0 et 2 = 2 .
x y
Avec l’égalité des produits en croix, on en déduit que
x2 = y2 et donc que x = y ou x = – y.
Donc Q n’implique pas P.
Par conséquent P et Q ne sont pas équivalentes.

Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 29
Étude de fonctions
29
03/07/15 14:39
8
Pour se tester
88 1. C
2. C
89 1. A et C
3. B
4. D
2. A et C
3. B, C, D
4. B et C
90 1. Faux. Voir graphique ci-dessous.
m
3
–
+
0
m–3
’
3
m–3
1
O
1
m
Donc l’équation de (AM) est y =
x–
.
3–m
3–m
m
m
=
.
Donc f (m) = –
3–m m–3
3
b) Pour tout m ≠ 3, f (m) = 1 +
.
m–3
D’où le tableau de variation de f :
1
f (m)
92 a) Pour tout x de ]0 ; 8[,
2. Faux. En effet, f (x)= 0 pour x = –1 et x =1.
1
Donc est définie sur [–2 ; 2] – {–1 ; 1}.
f
3. Vrai. En effet, f est décroissante et strictement néga1
tive sur ]1 ; 2], donc est croissante sur ]1 ; 2].
f
4. Faux. En effet, f (x) , 0 pour x ∈ [–2 ; –1[ et pour
x ∈ ]1 ; 2]. Donc f est définie sur [–1 ; 1].
5. Vrai. En effet, f est croissante et positive sur [–1; 0],
donc f est croissante sur [–1 ; 0].
1
6. Faux. En effet, voici les tableaux de variation de
f
et f .
x
1
f (x)
f (x)
9
–2
1
–
2
–1
0
1
1
2
2
0
2
1
–
2
1
1
1
1
+
= +
MA MB x 8 – x
8–x+x
8
f (x) =
=
x (8 – x) 8 x – x2
–8
f (x) = 2
.
x – 8x
b) • Pour tout x de ]0 ; 8[, x2 – 8 x = x (x – 8).
f (x) =
x
Pour aller plus loin
91 1. Il semble que f est décroissante sur ]–  ; 3[ et
sur ]3 ; + [.
1–0
1
2. a) Coefficient directeur de (AM) :
=
.
3–m 3–m
L’équation de la droite (AB) est de la forme
1
x + b.
y=
3–m
A(3 ; 1) appartient à (AM) donc :
3
+b
1=
3–m
3
–m
=
.
b=1–
3–m 3–m
0
8
+ 0 –
x2 – 8 x
+∞
0 +
Donc pour tout x de ]0 ; 8[, x2 – 8 x , 0.
• Pour tout x de ]0 ; 8[, x2 – 8 x = (x – 4)2 – 16.
D’où le tableau de variation de x  x2 – 8 x sur [0 ; 8].
x
x2 – 8 x
0
–∞
0
0
4
8
0
– 16
• x  x2 – 8 x est décroissante et strictement négative
1
sur ]0 ; 4], donc x  2
est croissante sur ]0 ; 4] et f
x – 8x
est décroissante sur ]0 ; 4].
• x  x2 – 8 x est croissante et strictement négative sur
1
[4 ; 8[, donc x  2
est décroissante sur [4 ; 8[ et
x – 8x
f est croissante sur [4 ; 8[.
x
f (x)
0
4
8
1
2
c) Donc f admet un minimum en 4 et ce minimum
1
est .
2
Donc f (x) est minimal lorsque M est au milieu du
­segment [AB].
30
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 30
03/07/15 14:39
93 1. et 2. a)
f) Dg = [– 3 ; 3]
2
M
x
g (x) =
1
x
x
O
1
2
–1
5 –f (x)f (x) sisi
3
g (x)
4
–3
3
2
–3 < x < 1
1<x<3
–1
1
M
–x
–2
1
0
2
2
2
3
0
1
95 Pour tout x > 0,
1
1
–
2 + x 2 + x
2 + x – (2 + x)
f (x) – g (x) =
(2 + x) (2 + x)
x – x
f (x) – g (x) =
(2 + x) (2 + x)
f (x) – g (x) =
b) #9 est la symétrique de # par rapport à l’axe des
abscisses. En effet, M (x ; x) et M9 (x ; – x) sont
­symétriques par rapport à l’axe des abscisses : la droite
(MM9) est perpendiculaire à l’axe des abscisses et le
milieu de [MM9] a pour coordonnées (x ; 0) et appartient donc à l’axe des abscisses.
3. a) Il semble que Γ soit une parabole.
b) M (x ; y) ∈ Γ si, et seulement si, y = x ou y = – x
c’est-à-dire y2 = x. Une équation de Γ est x = y2.
Γ est donc une parabole d’axe de symétrie l’axe des
abscisses.
94 a) Dg = [– 3 ; 3]
x
g (x)
–3
2
–1
0
3
1
1
2
–1
3
–3
g (x)
–3
–
–1
–1
3
2
0
–2
1
2
2
0
3
1
c) Dg = [– 3 ; 1[ ∪ ]1 ; 3]
x
–3
g (x)
2
3
–1
1
0
1
2
1
–
2
1
2
3
–1
d) Dg = [– 3 ; 1]
x
g (x)
–3

–1
3
2
0
2
1
1
0
–3
–1
1
2 – f (x) 1
2
g (x)

1
2
1
0
0
1
2
2
4
2
3
3
2
0
Conclusion :
– si 0 < x < 1, f (x) < g (x)
– si x > 1, f (x) > g (x)
2. • a < b < 0 (1)
La fonction carré est décroissante sur ]–  ; 0],
donc a2 > b2 (2).
En multipliant chaque nombre de (1) par b2, qui est
positif, il vient ab2 < b3.
En multipliant chaque nombre de (2) par a, qui est
­négatif, il vient a3 < ab2. Donc a3 < ab2 < b3.
Donc la fonction f est croissante sur ]–  ; 0].
• 0 < a < b (1)
La fonction carré est croissante sur [0 ; + [, donc
a2 < b2 (2). En multipliant chaque nombre de (1) par a2,
qui est ­positif, il vient a3 < a2 b. En multipliant chaque
nombre de (2) par b, qui est ­positif, il vient a2b < b3.
Donc a3 < a2b < b3. Donc la fonction f est croissante
sur [0 ; + [.
• Or f (0) = 0, donc la fonction f est croissante sur R.
97 1. a) Entrée – 3 – 1 – 0,5 0
e) Dg = [– 3 ; 3]
x
• Si x > 1, alors x > x, donc x – x > 0 et donc
f (x) > g (x).
96 1. Il semble que f est croissante sur R.
–5
b) Dg = [– 3 ; 3]
x
Pour x > 0, on a 2 + x . 0 et 2 + x . 0, donc f (x) – g (x)
a le même signe que x – x.
• Si 0 < x < 1, alors x < x, donc x – x < 0 et donc
f (x) < g (x).
Sortie
5 x1 ––x1
x –1
f (x) = 5
1– x
2. f (x) =
2
2
0,75
2
1 0,9375 0
3
2
si x2 – 1 > 0
si x2 – 1 < 0
si x < – 1 ou x > 1
si – 1 < x < 1
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 31
0
1
b) f (x) =  x2 – 1
2
3
8
0,25
Étude de fonctions
31
03/07/15 14:39
• x  x2 – 1 est décroissante sur ]–  ; – 1], donc f est
décroissante sur ]–  ; – 1].
• x  1 – x2 est croissante sur [– 1 ; 0], donc f est
­croissante sur [– 1 ; 0].
• x  1 – x2 est décroissante sur [0 ; 1], donc f est
­décroissante sur [0 ; 1].
• x  x2 – 1 est croissante sur [1 ; + [, donc f est
­croissante sur [1 ; + [.
b)
x2 + 1 – x =
1
.
x2 + 1 + x
Donc pour tout x > 0, x2 + 1 – x > 0
et donc x < x2 + 1 .
• Pour tout x > 0,
x + 1 – x2 + 1 =
(x + 1 – x2 + 1) (x + 1 + x2 + 1)
x + 1 + x2 + 1
x + 1 – x2 + 1 =
(x + 1)2 – (x2 + 1)
x + 1 + x2 + 1
x2 + 2x + 1 – x2 – 1
x + 1 + x2 + 1
2x
x + 1 – x2 + 1 =
x + 1 + x2 + 1
x + 1 – x2 + 1 =
Donc pour tout x > 0, x + 1 – x2 + 1 > 0
et donc x + 1 > x2 + 1.
1
–1
O
Conclusion : pour tout x > 0,
x < x2 + 1 < x + 1.
1
100 1. • Si x < 0, alors  x  > 0, donc x <  x .
98 1. Df = ]–  ; 0] ∪ [2 ; + [
Dg = ]–  ; 0[ ∪ ]0 ; 2[ ∪ ]2 ; + [.
Pour tout x, x2 – 2 x = (x – 1)2 – 1.
x
–
x2 – 2 x
0
f (x)
x
0
1
–1
0
–
x2 – 2 x
0
0
g (x)
2
+
0
0
1
–1
–1
2
+
0
2. La fonction h est définie sur ]–  ; 0[ ∪ ]2 ; + [.
Pour tout x de cet ensemble,
h (x) = f (x) – g (x).
• Sur ]–  ; 0[, f est décroissante et – g est décroissante,
donc h est décroissante.
• Sur ]2 ; + [, f est croissante et – g est croissante, donc
h est croissante.
99 • Il semble que pour tout x > 0,
x < x2 + 1 < x + 1.
• Pour tout x > 0,
(x2 + 1 – x) (x2 + 1 + x)
x2 + 1 – x =
x2 + 1 + x
x2 + 1 – x =
• Si x > 0, alors  x  = x.
Conclusion : pour tout x, x <  x .
2. Pour tous nombres réels a et b,
a + b2 = (a + b)2 = a2 + 2ab + b2
(a + b)2 = a2 + 2 a b + b2
= a2 + 2 a b + b2 (voir exercice 63)
2
a + b – (a + b)2 = 2(ab – a b).
Or d’après la question 1. ab < a b,
donc a + b2 – (a + b)2 < 0 et
a + b2 < (a + b)2.
Or a + b et a + b sont des nombres positifs, ils sont
donc rangés dans le même ordre que leurs carrés,
donc :
a + b < a + b
Cette propriété est connue sous le nom d’inégalité
triangulaire.
101 1. • Si x > 0 et y > 0,
 x  +  y  = 1 équivaut à x + y = 1 c’est-à-dire y = 1 – x.
• Si x < 0 et y > 0,
 x  +  y  = 1 équivaut à – x + y = 1 c’est-à-dire y = 1 + x.
• Si x < 0 et y < 0,
 x  +  y  = 1 équivaut à – x – y = 1 c’est-à-dire y = – x – 1.
• Si x > 0 et y < 0,
 x  +  y  = 1 équivaut à x – y = 1 c’est-à-dire y = x – 1.
L’ensemble E est le carré représenté ci-dessous.
x2 + 1 – x2
x2 + 1 + x
32
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 32
03/07/15 14:39
105 a) • Si x > 0, f ( x ) = f (x)
1
–x
+
x+
y=
1
y=
1
O
–1
1
y=
–x
–1
y=
–1
x
–1
1
x
La fonction x  – x est décroissante sur ]0 ; + [.
Donc la somme f de ces deux fonctions est décroissante sur ]0 ; + [.
102 La fonction x  et décroissante sur ]0 ; + [.
103 • A (2 ; 0) et M (x ; x) avec x > 0.
AM = (x – 2) + (x)
AM2 = x2 – 4 x + 4 + x
AM2 = x2 – 3 x + 4
Pour tout x > 0, AM = x2 – 3 x + 4
2
2
2

• Or pour tout x > 0, u(x) = x2 – 3 x + 4 = x –
x
3
2
0
32 7
+ .
2
4

+
7
4
u (x)
10
u (x)
u (x)
–1
b)
–1
O
1
Accompagnement
personnalisé
x
f (x)
+
1
1
0
+
0
c)
2
1
O
4
1
107 a) x . 3 b) 0 < x < 4 c) 3 < x < 5
108 a)  = [0 ; 625[ b)  = ]4 ; 36[ c)  = [100 ; + [
109 a) • 7,5 = 7,5
b)  x  =
Donc pour tout x, x2 + 2 x + 2 > 1 et donc OM > 2.
5 – xx sisi
c)
• – 13,45 = 13,45
• 0 = 0
x>0
x < 0.
1
–1
O
1
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 33
1
106 a) Df = [ 0 ; + [
3
• Donc la fonction u admet un minimum en et ce
2
7
.
minimum vaut
2
En conclusion, le point de # le plus proche de A est
3
celui d’abscisse .
2
104 • M (x ; x + 2) donc OM2 = x2 + (x + 2)2 c’est-à-dire
OM2 = 2x2 + 4 x + 4.
Ainsi :
OM = 2 x2 + 2 x + 2
• Or pour tout x, u(x) = x2 + 2 x + 2 = (x + 1)2 + 1
–
si
5 – ff (x)
(x) si
f (x) > 0
f (x) < 0
Or ici, pour tout x de [– 1 ; 1],
f (x) < 0. Donc la courbe représentative de x   f (x) est la symétrique par rapport à l’axe des
abscisses de celle de x  f (x).
b)  f (x) =
7
2
u (x)
x
• Si x < 0, f ( x ) = f (– x)
Le point M (– x ; f (– x)) appartient à la courbe représentative de f.
Or, le point M9 (x ; f (– x)) est le symétrique de M par rapport à l’axe des ordonnées.
Conclusion : La courbe représentative de la fonction
x  f ( x ) :
• Sur [0 ; + [, coïncide avec celle
de f.
–1 O
1
• Sur ]–  ; 0] est la symétrique
par rapport à l’axe des ordonnées
de la partie de la courbe de f sur
–1
[0 ; + [.
Étude de fonctions
33
03/07/15 14:39
d)
x
0
–
x
+
x
116 1.
0
b)  = {– 4 ; 4}
c)  = {0}
2. a)
111 a)  = [– 5 ; 5] b)  = R c)  = ]–  ; – 3] ∪ [3 ; + [
x
x
O
–1
45 < 45
2
1
Alors f = u + k avec k = – .
4
Donc f et u ont le même sens de variation sur R.
b) 2,5 < 2,5
c)
5 5
<
4
2
–2
0
9
1
f (x) + 4
3
x
–2
6
0
3
1
f (x) – 2
–3
c)
x
–2
0
0
15
1
d)
x
–2
1
6
0
–
1
–2
0
–
+
1
4
b) On note u la fonction inverse.
Alors g = u + k avec k = 1.
Donc g et u ont le même sens de variation sur ]–  ; 0[
et ]0 ; + [.
x
–
0
+
g (x)
c) On note u la fonction racine carrée.
Alors h = l u avec l = – 2.
Donc h et u ont des sens de variation contraires sur
[0 ; + [.
x
0
0
+
h (x)
d) On note u la fonction valeur absolue.
1
Alors k = l u avec l = .
2
Donc k et u ont le même sens de variation sur R.
x
3 f (x)
–3
x
f (x)
114 a) Pour tout x > 0, x2 – xx = x (x – x).
b) On sait que x > 0, donc x2 – xx a le même signe
que x – x.
• Si 0 < x < 1, alors x < x et donc x – x < 0, donc
x2 – xx < 0.
• Si x > 1, alors x > x et donc x – x > 0, donc
x2 – xx > 0.
Conclusion : – si 0 < x < 1, x2 < xx
– si x > 1, x2 > xx
x
+
117 a) On note u la fonction carré.
1
b) • Si 0 < x < 1, x2 < x < x
• Si x > 1, x < x < x2
113 a) 0,752 < 0,75
0
0
– 4 x
1
b)
+
5
b)
115 a)
0
5 + x
112 a)
c)
+
x
0
110 a)  = {– 7 ; 7}
0
–
0
+
k (x)
0
– f (x)
–5
34
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 34
03/07/15 14:39
118 a)
120 a)
1
2
–
2x – 1
2
1
–3 –2 –1O
b)
x
–3 –2 –1
0
f (x)
1 2 3
x
b)
2
1
O
0
–
3x2 + 5
1 2 3
5
x
–2
–
x – 2
c)
0
0
1 2 3
121 Coefficient directeur de d :
–1
x + b.
a–1
Or, A (1 ; 1) appartient à d donc :
–1
+b
1=
a–1
1
.
et b = 1 +
a–1
Équation de d : y =
d)
2
1
–3 –2 –1O
1 2 3
x
119 • f est décroissante et positive sur [1 ; 3], donc
f est décroissante sur [1 ; 3].
f est croissante et positive sur [3 ; 5], donc f est croissante sur [3 ; 5].
• f est décroissante et strictement positive sur [1 ; 3],
1
donc est croissante sur [1 ; 3].
f
f est croissante et strictement positive sur [3 ; 5], donc
1
est décroissante sur [3 ; 5].
f
x
f (x)
1
f (x)
1
2
1
4
3
2
1
2
5
3
1
3
1
–
a–1
+
0
0–1
–1
=
a–1 a–1
+
0
1
a– 1
1+
1
a– 1
Donc la fonction f est décroissante sur ]–  ; 1[ et sur
]1 ; + [.
122 • Par symétrie par rapport à D, pour x ∈ [0 ; 4],
f (4 – x) = f (x).
• Par symétrie par rapport à O pour x ∈ [0 ; 4],
f (x) = f (x + 8).
• Par symétrie par rapport à D9, pour x ∈ [0 ; 4],
f (x) = f (12 – x).
D
C
… etc.
O
A
Chapitre 2
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 35
2
–2
1
–
2
h (x)
2
1
+
5
g (x)
c)
–3 –2 –1O
+
M
Δ’
Δ
B
Étude de fonctions
35
03/07/15 14:39
D
C
De la même façon :
• sur [4 ; 8]
O
x
4
22
6
8
22
f (x)
2
A
M
B
H
Dans le triangle rectangle OMH, OM > OH et
OM2 = MH2 + OH2 = 4 + MH2
Si M ∈ [AH], OM2 = 4 + (2 – x)2
Si M ∈ [HB], OM2 = 4 + (x – 2)2
OM = 4 + (2 – x)2 si x ∈ [0 ; 2]
OM = 4 + (x – 2)2 si x ∈ [2 ; 4]
Donc pour tout x de [0 ; 4]
OM = 4 + (x – 2)2.
D’où le tableau de variation de f sur [0 ; 4].
x
0
22
2
• sur [8 ; 12]
x
8
22
10
12
22
f (x)
2
• sur [12 ; 16]
x
12
22
14
16
22
f (x)
2
4
22
f (x)
2
36
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 36
03/07/15 14:39
3
1
Dérivation
Au fil des siècles
Afin de résoudre le problème des tangentes, les maDy
thématiciens étudient des rapports
où D x et D y
Dx
sont des nombres extrêmement proches de 0 appelés
infinitésimaux, l’étude du calcul sur ces quantités est
l’analyse infinitésimale.
Il y eut deux découvreurs simultanés mais indépendants de cette nouvelle théorie, l’anglais Isaac
Newton et l’allemand Gottfried von Leibniz.
Newton inventa la « méthode des fluxions », ses
­travaux furent publiées en 1687 à Londres. Indépendamment de Newton, Leibniz étudia également les
nombres infinitésimaux, il publia de nombreux ­articles
et ouvrages décrivant son calcul différentiel.
Les notions utilisées aujourd’hui sont dues à Leibniz
mais pendant longtemps une controverse existera
entre les partisans de ces deux grands mathéma­
ticiens.
6.
a) d1
b) d2
c) d3
d2
3
–3
1
O
3
1
–3
2
d1
7. a) y = 4x + 11
3
1
d3
–4
b) y = – 7
1
1
c) y = – x +
3
3
Découvrir
Détermination d’une vitesse instantanée
d(1,2) – d(1) 7,06 – 4,91
=
= 10,75 m · s–1
0,2
0,2
d(1) – d(0,9) 4,91 – 3,97
•
=
= 9,4 m · s–1
0,1
0,1
1. a) •
2
Bien démarrer
1. a) f (– 4) = 46 b) f 12 = – 54
d) f(2 + h) = 3h2 + 12h + 10

3
5
c) f – = –
4
16
 
2. La représentation graphique de f est # , celle de g
3
est #1 et celle de h est #2.
3. Le coefficient directeur a est :
a) a = 3
b) a = –1
c) a = –
4. Le coefficient directeur a est :
1
c) a = 0
2
5. Le coefficient directeur a est :
a) a = 2
b) a = –3
c) a = 0
a) a = 2
b) a = –
1
3
d) a = 0
d) a = 1
b)
2. a)
• Si h . 0, la vitesse moyenne entre les instants t = 1 et
t = 1 + h est donnée par :
d(1 + h) – d(1)
h
• Si –1 < h , 0, la vitesse moyenne entre les instants
t = 1 + h et t = 1 est donnée par :
d(1) – d(1 + h) d(1 + h) – d(1)
=
–h
h
b) Pour h ≠ 0, h > – 1,
d(1 + h) – d(1) 4,9 (1 + h)2 – 4,9
=
h
h
9,8 h + 4,9 h2
=
h
= 9,8 + 4,9 h
37
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 37
03/07/15 14:39
3. b) Lorsqu’on donne à h des valeurs de plus en plus
proches de 0, la vitesse moyenne entre les instants 1 et
1 + h est de plus en plus proche de 9,8 m · s–1.
c) La vitesse instantanée de la bille à l’instant t = 1 est
donc 9,8 m · s–1.
c)
2 Tangente à la courbe représentative
d’une fonction
de la fonction p entre – 5 et – 5 + h (h ≠ 0).
b) Lorsque h tend vers 0, ce taux d’accroissement
5h – 57 a pour limite – 57. Donc la fonction p est dérivable en – 5 et p9(– 5) = – 57.
1. a) Le sommet de la parabole # se trouve sur l’axe
des ordonnées et d’autre part f (0) = 5,4 donc pour tout
nombre réel x, f (x) = ax2 + 5,4 où a est un nombre réel.
b) f (1,8) = a × (1,8)2 + 5,4
= 3,24 a + 5,4
5,4
5
, soit a = –
Or f (1,8) = 0 donc a =
3,24
3
2. d) • Le coefficient directeur de la droite (AM) est de
plus en plus proche de –2.
• On conjecture que le coefficient directeur de la droite
∆ est égal à – 2.
3. a) Le coefficient directeur de la droite (AM) est :
5
5
– (0,6 + h)2 + × 0,62
f (0,6 + h) – f (0,6)
3
3
=
h
h
5
5
– × 1,2 h – × h2
3
3
=
h
5
= – (h + 1,2)
3
b) Lorsqu’on donne à h des valeurs de plus en plus
proches de 0, le coefficient directeur de la droite (AM)
5
est de plus en plus proche de – × 1,2 = – 2.
3
4. L’équation de la droite ∆ est y = – 2x + 6 car son coefficient directeur est – 2 et elle passe par le point A (0,6 ;
4,8).
Le calcul montre que ∆ coupe la parabole # au seul
point A.
4
3 a) En ligne 2, on calcule le taux d’accroissement
4 a) Pour h . – 1 et h ≠ 0,
2
–2
l (h) – l (0)
h+1
,
=
h
h
l (h) – l (0)
– 2h
–2
=
=
h
h (h + 1) h + 1
b) Lorsque h tend vers 0, ce taux d’accroissement a
pour limite – 2. Donc la fonction l est dérivable en 0
et l9(0) = – 2.
c)
5 Pour h ≠ 1 et h ≠ 0,
q (– 1 + h) – q (– 1) 2h – 1
=
h
h–1
2h – 1
Lorsque h tend vers 0,
a pour limite 1.
h–1
Donc q est dérivable en – 1 et q9(– 1) = 1.
Pour h ≠ – 1 et h ≠ 0,
q (1 + h) – q (1) 2h + 1
=
h
h+1
2h + 1
Lorsque h tend vers 0,
a pour limite 1.
h+1
Donc q est dérivable en 1 et q9(1) = 1.
Karen a raison, q9(– 1) = q9(1) = 1.
7 1. a) Pour tout nombre réel g9(x) = 3 x2
Savoir-faire
2 a) pour h ≠ 0,
g (1 + h) – g (1) (1 + h)2 – 4 (1 + h) + 2 – (12 – 4 × 1 + 2)
=
,
h
h
g (1 + h) – g (1) h2 – 2h h(h – 2)
=
=
= h – 2.
h
h
h
g (1 + h) – g (1)
tend vers –2
b) Lorsque h tend vers 0,
h
donc g est dérivable en 1 et g9(1) = – 2.
Donc g9 (1) = 3 × 12 = 3
g9(– 1) = 3 × (– 1)2 = 3.
b) Les tangentes à la courbe # aux points d’abscisses
– 1 et 1 ont le même coefficient directeur, donc elles
sont parallèles.
2. g9(a) = 3a2 et g9(–a) = 3 × (–a)2 = 3a2.
Les tangentes à la courbe # aux points d’abscisses –a
et a sont donc parallèles.
1
8 a) f est dérivable sur ]0 ; + [ et f 9(x) =
.
2x
1
Donc f 9(4) = et l’équation de T est :
4
y = f 9(4)(x – 4) + f (4), c’est-à-dire :
38
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 38
03/07/15 14:39
1
1
y = (x – 4) + 2, soit y = x + 1.
4
4
b) T coupe l’axe des ordonnées au point A (0 ; 1). g est
1
dérivable en tout réel x, x ≠ 0 et g9(x) = – 2 .
x
L’équation de T9 tangente à #9 au point d’abscisse a
(a ≠ 0) est :
y = g9(a)(x – a) + g (a), c’est-à-dire :
1
1
1
2
y = – 2 (x – a) + , soit y = – 2 x + .
a
a
a
a
2
T9 passe par le point A si, et seulement si, = 1,
a
c’est-à-dire a = 2.
10 a) f est une fonction polynôme donc f est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x,
1
3
f9(x) = (3x2) – 3(2x) + 2 = x2 – 6x + 2.
2
2
b) g est le produit de deux fonctions dérivables sur
]0 ; + ∞[ donc g est dérivable sur ]0 ; + ∞[.
Pour tout nombre réel x . 0,
1
xxx
g9(x) = 2xx + x2 ×
= 2xx +
2x
2x
xx
g9(x) = 2xx +
2
5
donc g9(x) = xx.
2
c) h est une fonction rationnelle donc h est dérivable
sur ]–∞ ; – 3[ et ]– 3 ; +∞[.
Pour tout nombre réel x ≠ – 3,
– 7 (x + 3) – (– 7 x + 4)
– 25
h’(x) =
=
(x + 3)2
(x + 3)2
11 f est une fonction rationnelle donc f est déri-
2
2
et – ; + ∞ .
3
3
2
Pour tout nombre réel x, x ≠ – ,
3
2 x (3 x + 2) – 3 (x2 + 1)
f 9(x) =
(3 x + 2)2
Le logiciel de calcul formel donne le résultat sous la
forme :
x
x2 + 1
–3
f 9(x) = 2
3x + 2
(3 x + 2)2

vable sur –∞ ; –
5
 

Résoudre des problèmes
13 a) f (–1) = –1 et g (–1) = –1, donc le point A (–1 ; –1)
est commun aux courbes #f et #g.
b) f est dérivable sur R et pour tout nombre réel x,
f 9(x) = – 2x + 2. La tangente à #f au point A a pour coefficient directeur f 9(– 1) = 4.
g est dérivable sur R et pour tout nombre réel x,
g9(x) = 4x + 8. La tangente à #g au point A a pour coefficient directeur g9(– 1) = 4.
Ces deux tangentes passent par A et ont le même
coefficient directeur donc elles sont confondues.
c) Une équation de cette tangente commune est :
y = f 9(– 1)(x –(– 1)) + f (– 1) ; c’est-à-dire :
y = 4(x + 1) – 1, soit y = 4x + 3.
d) (fenêtre : –4 < X < 4, pas 1
et –5 < Y < 5, pas 1)
14 Il s’agit du point B (1 ; 1).
Cette tangente commune a pour équation :
y = –1(x – 1) + 1, soit y = – x + 2.
16 a) Une équation de la tangente T à la courbe représentative # de g au point A d’abscisse a est
y = g9(a)(x – a) + g(a), c’est-à-dire :
y = 2a(x – a) + a2, soit y = 2ax – a2.
2a = – 6
a pour unique solution a = – 3.
Le système
– a2 = – 9
5
La droite d’équation y = –6x – 9 est tangente à la
courbe # au point d’abscisse a = – 3.
b) L’équation s’écrit : x2 + 6x + 9 = 0, soit (x + 3)2 = 0.
Donc  = {– 3}.
17 a) Pour tout nombre réel x, h9(x) = 3x2.
b) Le coefficient directeur de la tangente T à la courbe
# au point d’abscisse a est 3a2. T est parallèle à , si et
1
1
ou a = –
.
seulement si, 3a2 = 1, c’est-à-dire a =
3
3
c) T : y = x – a + a3
1
2
,T :y=x–
•a=
33
3 1
1
2
,T :y=x+
•a=–
33
3 2
19
Variables :n, i sont des nombres entiers naturels
h et T sont des nombres réels
Entrée :
Saisir n
Traitement
et sorties : Pour i allant de 1 à n
Affecter à h la valeur 10 –i
g (– 2 + h) –g (– 2)
Affecter à T la valeur
h
Afficher T
Fin Pour
Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 39
Dérivation
39
03/07/15 14:39
6
On obtient les valeurs suivantes de T arrondies à
­l’unité.
i
h
T
1
10 –1
3
2
10 –2
10
i
h
T
6
10 –6
1 000
7
10 –7
3 162
3
10 –3
32
4
10 –4
100
5
10 –5
316
8
9
10
10 –8
10 –9
10 –10
10 000 31 623 100 000
On conjecture que la fonction g n’est pas dérivable en
– 2.
20
Variables :n, i sont des nombres entiers naturels
h et T sont des nombres réels
Entrée :
Saisir n
Traitement
et sorties : Pour i allant de 1 à n
Affecter à h la valeur 10 –i
k (27 + h) – k (27)
Affecter à T la valeur
h
Afficher T
Fin Pour
Travaux pratiques
21 1. a) Pour t ∈ [0 ; 1],
M(5t ; 10t) , N(5 + 5t ; 10 – 10t).
Donc AMN(5 ; 10 – 20t) , or AMP = t AMN donc
P(10t ; 20t – 20t2).
f) On conjecture que le lieu du point P est un arc de
parabole et que les droites (OB), (AB) et (MN) sont les
tangentes respectives à cet arc de parabole aux points
O, A et P.
2. a) L’arc de parabole  a pour sommet le point
S (5 ; 5) donc pour tout nombre réel x de [0 ; 10],
f(x) = a(x – 5)2 + 5 où a est un nombre réel.
1
b) f(0) = 0 donc 25a + 5 = 0, a = – .
5
Pour tout nombre réel x de [0 ; 10],
1
f(x) = – ( x – 5)2 + 5,
5
1
f(x) = – x2 + 2x
5
3. a) Pour t ∈ [0 ; 1], 0 < 10t < 10 et
1
– (10t)2 + 2 × 10t = – 20t2 + 20t donc le point P
5
­appartient à .
2
b) f est dérivable sur [0 ; 10], et f 9(x) = – x + 2.
5
(OB) a pour coefficient directeur 2 et f 9(0) = 2 donc
(OB) est la tangente à  au point O.
10
(AB) a pour coefficient directeur
= – 2 et
–5
f 9(10) = – 2 donc (AB) est la tangente à  au point A.
c) (MN) a pour coefficient directeur :
yN – yM 10 –20 t
=
= 2 – 4t
5
x N – xM
2
f 9(10t) = – × 10t + 2 = – 4t +2
5
donc (MN) est la tangente à  au point P.
4. a) (MN) a pour coefficient directeur 2 – 4t, son équation est de la forme y = (2 – 4t) x + b.
M(5t ; 10t) est un point de cette droite,
donc 10t = (2 – 4t) 5t + b, d’où b = 20t2.
Finalement une équation de la droite (MN) est :
y = (2 – 4t)x + 20t2.
b) • t = 0
(MN) a pour équation y = 2x, (MN) est la droite (OB)
1
•t=
2
(MN) a pour équation y = 5, (MN) passe par le point S et
est parallèle à l’axe des abscisses.
•t=1
(MN) a pour équation y = – 2x + 20, (MN) est la droite
(AB).
40
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 40
03/07/15 14:39
22 1. f) Lorsque M se rapproche du point A, le point
N se rapproche également du point A.
2. a) f est dérivable sur R et f 9(x) = 3x2 + 1.
Une équation T est :
y = f 9(a)(x – a) + f (a), c’est-à-dire :
y = (3a2 + 1)(x – a) + a3 + a – 1, soit :
y = (3a2 + 1)x – 2a3 – 1.
b) L’équation (3a2 + 1)x – 2a3 – 1 = 0 a pour solution
2a3 + 1
x= 2
.
3a + 1
2a3 + 1
.
Donc l’abscisse du point N est égale à 2
3a + 1
3. a)
h
1
2
3
4
a
1,3077
0,8927
0,7145
0,6832
b) La variable a est initialisée à 2.
Pour chaque valeur de a, on construit la tangente T à
la courbe # au point M d’abscisse a, T coupe l’axe des
abscisses en N et a prend pour nouvelle valeur l’abscisse du point N.
c) Lorsque on donne à n des valeurs de plus en plus
grandes, les valeurs de a sont de plus en plus proches
de l’abscisse du point A, c’est-à-dire la solution de
l’équation f (x) = 0.
d) Avec n = 10, on obtient a ≈ 0,6823278.
4. a) Un logiciel de calcul formel donne avec dix décimales a ≈ 0,6823278038.
b) L’algorithme donne une valeur approchée de la solution de l’équation f (x) = 0.
30 Pour h ≠ 0,
f (1 + h) – f (1)
((1 + h)2 – 3) – (– 2)
=
= h +2
h
h
31 Pour h , 2 et h ≠ 0,
4
– (– 2)
f (– 2 + h) – f (– 2) – 2 + h
2
=
=
h
–2 + h
h
32 Pour h . – 3 et h ≠ 0,
h
f (h) – f (0) h + 3
1
=
=
h
h+3
h
33 a) Pour h ≠ 0,
g (1 + h) – g (1) – (1 + h)2 + 3 (1 + h) – 1 – 1
=
,
h
h
g (1 + h) – g (1) – h2 + h h (– h + 1)
=
=
= – h + 1.
h
h
h
g (1 + h) – g (1)
a pour limite 1
b) Lorsque h tend vers 0,
h
donc g est dérivable en 1 et g9(1) = 1.
34 a) Pour h ≠ – 1 et h ≠ 0,
–2
– (– 2)
f (h) – f (0) h + 1
2h
2
=
=
=
h
h (h + 1) h + 1
h
2
b) Lorsque h tend vers 0,
a pour limite 2.
h+1
f est dérivable en 0 et f 9(0) = 2.
1
3
1
Une équation de T est : y = (x – 1) + 2, c’est-à-dire :
3
1
5
y= x+
3
3
35 f 9(1) =
7
Pour s’entraîner
Nombre dérivé et tangente
23 a) Il s’agit du taux d’accroissement de la fonction
g entre 3 et 3 + h (h ≠ 0).
b) Lorsque h tend vers 0, 7h + 30 a pour limite 30.
g est dérivable en 3 et g9(3) = 30.
24 f 9(3) = – 1.
25 f 9(1) = 13.
3
.
16
27 a) h9(0) = 0 b) h9(1) = 2.
26 f 9(–2) = –
28 Une équation de T est :
y = f 9(1)(x – 1) + f(1),
y = – 3(x – 1) + 2, soit y = – 3x + 5.
29 Pour h ≠ 0,
f (4 + h) – f (4) (– 3(4 + h) + 5) – (– 7)
=
= –3
h
h
36 f 9(1) = – 2.
Une équation de T est : y = – 2(x – 1) + 2, c’est-à-dire :
y = – 2x + 4.
37 f 9(1) = 0.
Une équation de T est : y = 2.
1
4
1
Une équation de T est : y = – (x – 1) + 2, c’est-à-dire :
4
1
9
y=– x+
4
4
38 f 9(1) = – .
39
T2
2
1
O
T1
1
–2
2
4
Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 41
Dérivation
41
03/07/15 14:39
40 a)
48 Pour tout nombre réel x > 0, f 9(x) =
T1
2
T2 1
c) f 9(5) =
O
1
4
1
1
b) Avec la calculatrice : g9(1) = et g9(4) = .
2
4
c) La tangente T1 à # au point d’abscisse 1 a pour coef1
ficient directeur .
2
La tangente T2 à # au point d’abscisse 4 a pour coeffi1
cient directeur .
4
41 a) b) et c)
1
A
O
1 2
4
6
B
–2
–3
a) f 9(1) =
D
C
11
1
et f 9(1) =
2
2
b) f (– 2) = 6 et f 9(– 2) = – 3
c) f (3) = 5 et f 9(3) = 0.
42 a) f (1) =
43 a) Avec la calculatrice h9(1) = 3.
b) Une équation de T est :
y = 3(x – 1) + 1, soit y = 3x – 2.
c)
45 Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 2x
a) f 9(1) = 2
c) f 9(– 2) = – 4
b) f 9(3) = 6
d) f 9(0) = 0
46 Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2.
a) f 9(3) = 27.
b) f 9(– 3) = 27.
1 3
c) f 9(0) = 0
d) f 9 =
2 4
1
47 Pour tout nombre réel x ≠ 0, f 9(x) = – 2
x
a) f 9(1) = – 1
b) f 9(– 1) = – 1
1
1
d) f 9(2) = –
c) f 9 = – 9
3
4


1
25
1
6
14 = 1
d) f 9
3
soit x = .
2
3
La tangente à # au point d’abscisse est parallèle à D.
2
1
50 La droite D passe par le point A – 2 ; – et a
2
1
pour coefficient directeur f 9(– 2) = – . Axel a raison, D
4
est la tangente à la courbe # au point d’abscisse – 2.
1
La droite D ne passe pas par le point B 2 ; , Justine
2
a tort.




51 a) Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2 donc
f 9(– 1) = 3.
b) T a pour équation y = 3(x +1) – 1, soit y = 3x + 2.
c)
T
2
1
–1
O 1
–1
1
x
52 a) Pour tout nombre réel x, x ≠ 0, g9(x) = – 2.
Donc g9
b)
Fenêtre : – 2  X  3, pas 1 et – 4  Y  8, pas 1.
4
= – 2. Donc f 9(– 2) = – 2.
–2
Dérivées des fonctions usuelles
b) f 9(9) =
49 On résout l’équation f 9(x) = 3, c’est-à-dire 2x = 3,
12 = – 4.
–1
44 La tangente à # en A a pour coefficient directeur
1
2
1
2x
2
1
O
A
1
2
1
–1
T
 12 = – 4 donc la tangente à # au point B d’abs-
c) g9 –
1
cisse – est parallèle à T.
2
53 a) Pour tout nombre réel x . 0,
1
1
. Donc h9(4) = .
4
2x
b) Une équation de T est :
y = h9(4)(x – 4) + h(4), c’est-à-dire :
1
1
y = (x – 4) + 2, soit y = x + 1.
4
4
c)
2
1
h9(x) =
O
1
4
42
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 42
03/07/15 14:39
1
54 f 9(1) = 2, g9(1) = – 1, et h9(1) = .
2
Au point d’abscisse 1, T1 est la tangente à la courbe représentative de g, T2 à celle de h et T3 à celle de f.
1
2
1
1
– 2 = – , x2 = 2, soit x = – 2 ou x = 2.
x
2
1
1
et B – 2 ; –
.
On obtient A 2 ;
2
2
55 On résout dans R*, f 9(x) = – , c’est-à-dire :




56 On résout dans R, f 9(x) = – 10,
c’est-à-dire 2x = – 10, soit x = – 5.
La droite D passe par le point A(– 5 ; 25) et a pour coefficient directeur f 9(– 5) = – 10, c’est donc la tangente à
la courbe représentative de f au point d’abscisse – 5.
57 La tangente T a pour coefficient directeur
3
2 = 3.
1
2
3
Le nombre réel x tel que f 9(x) = 3 est x = .
2
3
T est la tangente à la parabole au point A d’abscisse .
2
1
58 1. Pour x . 0, g9(x) =
.
2x
1
a) g9(x) = 1 équivaut à 2x = 1, soit x = .
4
1
Il s’agit du point de # d’abscisse .
4
1
1
.
b) g9(x) = 10 équivaut à 2x = , soit x =
10
400
1
.
Il s’agit du point de # d’abscisse
400
1
équivaut à 2x = 10, soit x = 25.
c) g9(x) =
10
Il s’agit du point de # d’abscisse 25.
2. Soit k . 0,
1
1
g9(x) = k équivaut à 2x = , soit x = 2 .
k
4k
1
Il s’agit du point d’abscisse 2 .
4k
59 a) On résout dans R :
f 9(a) = g9(a), c’est-à-dire 2a = 3a2, soit a(2 – 3a) = 0.
2
Les solutions sont a = 0 et a = .
3
b) • a = 0
#f et #g ont pour tangente commune la droite d’équation y = 0.
2
•a=
3
2
La tangente à #f au point d’abscisse a pour équa3
tion :
2
2
2
x– +f
y = f9
3
3
3
 
 
4
2 4
x– +
3
3 9
4
4
y= x–
3
9
2
La tangente #g au point d’abscisse a pour équation :
3
2
2
2
y = g9
x– +g
3
3
3
4
2
8
y= x– +
3
3 27
4
16
y= x–
3
27
y=


  
 

Dérivées et opérations sur les fonctions
60 a) Pour tout nombre réel x, f 9(x) = – 5.
b) Pour tout nombre réel x, g9(x) = 2x + 1.
1
c) Pour tout nombre réel x ≠ 0, h9(x) = 2 – 2 .
x
3
.
d) Pour tout nombre réel x . 0, f 9(x) =
2x
61 Pour x ∈ R,
g9(x) = 2 × (2x – 1) × 2
= 4(2x – 1).
62 Pour x ∈ R,
f 9(x) = – 6x2 donc f 9(1) = – 6.
Une équation de la tangente à # au point d’abscisse
1 est :
y = f 9(1) (x – 1) + f (x), c’est-à-dire
y = – 6 (x – 1) – 2, soit y = – 6x + 4.
63 Le coefficient directeur de T est g9(2).
Pour x ∈ R, g9(x) = 4x – 7 donc g9(2) = 1.
64 a) x ∈ R, f 9(x) = – x2 + 8x – 5.
b) t ∈ R, g9(t) = 4t3 + 3t – 1.
1
c) x ∈ R, h9(x) = – 12x2 – 14x + .
2
65 a) x ∈ R, f 9(x) = 1 × (x2 – 5x + 2) + (x + 3)(2x – 5)
= 3x2 – 4x – 13
b) x ∈ R, g’(x) = 2x(2x3 + 1) + (x2 – 4) × 6x2
= 10x4 – 24x2 + 2x
c) x ∈ R, h9(x) = 2(x2 – 7x + 3) × (2x – 7)
1
5
5
.
(5 x – 1)2
1
3(4 x – 1) – 4(3 x + 1)
b) x ∈ R – , g9(x) =
4
(4 x – 1)2
–7
=
(4 x – 1)2
(2 x + 3) (x – 1) – (x2 + 3x)
c) x ∈ R – {1}, h9(x) =
(x – 1)2
2
x – 2 x –3
=
(x – 1)2
66 a) x ∈ R –  , f 9(x) = –

Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 43
Dérivation
43
03/07/15 14:39
1
2x
xx
= 2 x x +
2
5
= x x
2
(– 1)
b) x ∈ R – {3}, g9(x) = 2 –
(3 – x)2
1
=2+
(3 – x)2
1
4(2x –1)
c) x ∈ R – , h9(x) = –
2
(2x – 1)4
4
=–
(2x – 1)3
1
68 a) x ∈ R, f 9(x) = (2x + 3)
5
–1
b) x ∈ R – {3}, g9(x) = (– 7) ×
(x – 3)2
7
=
(x – 3)2
2
1
–5
c) x ∈ R – – , h9(x) = 3 ×
+ ×5
5
(5 x + 2)2 3
5
– 15
=
+
(5 x + 2)2 3
67 a) x ∈ ]0 ; + [, f 9(x) = 2 x x + x2 ×

 
69 a) Pour x ≠ 2,
1
et
(x – 2)2
4(x – 2) – (4x –7)
–1
g9(x) =
=
(x – 2)2
(x – 2)2
On remarque f 9(x) = g9(x)
f 9(x) = –
b) Pour x ≠ 2
1 – 4 x + 7 – 4 (x – 2)
=
= – 4,
f (x) – g(x) =
x–2
x–2
donc f 9(x) – g9(x) = 0, soit f 9(x) = g9(x).
70 Les deux courbes passent par le point O car
f (0) = g(0) = 0.
Pour tout nombre réel x, x . – 2,
3 (x + 2) – 3x
6
f 9(x) =
– 3x =
(x + 2)2
(x + 2)2
3
donc f 9(0) = .
2
3
3
g9(x) = x + donc g9(0) = .
2
2
Donc les deux courbes ont la même tangente au point
O.
71 a) Notons f1, f2, f3 ces trois fonctions
f1(–1) = 2, f2(–1) = 2, f3(–1) = 2.
Donc A(– 1 ; 2) est commun à ces trois courbes.
b) Pour tout nombre réel x,
f19(x) = – 2x + 3, f29(x) = 2x + 7 et f39(x) = 3x2 – 2x
donc f19(–1) = 5, f29(–1) = 5 et f39(–1) = 5
donc les courbes #1, #2 et #3 admettent la même
tangente en A.
72 a) Pour x ∈ R, f 9(x) = – 4x3 + 4x + 1
donc f 9(–1) = 1.
Une équation de la tangente T à # au point A est :
y = f 9(– 1)(x + 1) + f (–1), soit y = x + 1.
On résout dans R, f 9(x) = 1, soit
– 4x3 + 4x = 0, – 4x (x2 – 1) = 0, c’est-à-dire
– 4x(x + 1)(x – 1) = 0.
Les tangentes à # aux points d’abscisse – 1 ; 0 et 1 ont
pour coefficient directeur 1.
En O, la tangente a pour équation y = x.
En B(1 ; 2), la tangente a pour équation :
y = (x – 1) + 2, soit y = x + 1
Le point cherché est le point B.
b) En O, la tangente à # est parallèle à T.
73 1. A(0 ; 1) est un point de # donc f (0) = 1.
• D a pour coefficient directeur 1 donc f 9(0) = 1.
• B(2 ; 5) est un point de # donc f (2) = 5.
2. a) Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 2ax + b.
On résout :
1
c=1
a=
2
b=1
b=1
c=1
4a + 2b + c = 5
1
b) Pour tout nombre réel x, f (x) = x2 + x + 1.
2
c) (Fenêtre : – 2 < x < 4,
pas 1 et – 1 < y < 6, pas 1).
5
5
74 1. Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 4x – 3.
Une équation de T est :
y = f 9(0)x + f(0), soit y = – 3x + 2.
2. a) On conjecture que la courbe # est au-dessus de
T sur R.
b) Pour tout nombre réel x, f(x) – (– 3x + 2) = 2x2.
c) Pour tout nombre réel x, 2x2 > 0 donc
f(x) > – 3x + 2.
Ceci prouve la conjecture émise en 2. a)
75 1. Une équation de T est :
y = f 9(0)x + f(0).
Pour x ∈ R, f 9(x) = 3x2 – 3 donc f 9(0) = – 3.
T : y = – 3x + 1.
2. a) Sur [0 ; + [, # semble au-dessus de T,
et sur ]–  ; 0], # semble au-dessous de T,
b) Pour x ∈ R,
f(x) – (– 3x + 1) = x3.
Pour x ∈ [0 ; +  [, x3 > 0, f(x) > – 3x + 1,
Pour x ∈ ]–  ; 0], x3 < 0, f(x) < – 3x + 1.
44
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 44
03/07/15 14:39
b)
76 1.
100
d(t) (en m)
D
50
40
10
1
2
3
4
5 t (en s)
2. Pour 0 < t < 5,
• v(t) = – 8t + 40.
• v(0) = 40 m · s–1 • v(2) = 24 m · s–1
• v(4) = 8 m · s–1 • v(5) = 0 m · s–1
3. a) Voir le graphique
b) Le coefficient directeur est d9(0) = v(0), c’est-à-dire la
vitesse à l’instant t = 0.
c) La voiture aurait parcouru : 40 × 5 = 200 m.
Sur le graphique, cette distance est l’ordonnée du
point de D qui a pour abscisse 5.
77 1. a) # passe par O donc f (0) = 0.
(OC) est la tangente à # en O donc f 9(0) = 0.
b) f (0) = 0 donc d = 0.
Pour tout x de [0 ; 2], f 9(x) = 3 ax2 + 2bx + c,
donc f 9(0) = c, d’où c = 0.
2. a) # passe par A donc f (2) = 3.
5
(AB) est la tangente à # en A, donc f 9(2) = .
2
3
2
b) Pour x ∈ [0 ; 2], f 9(x) = ax + bx
2
et f 9(x) = 3ax + 2bx.
On résout :
8a + 4b = 3
5
12a + 4b =
2
5
5
a=–
1
8
b=1
1
3. a) Pour x ∈ [0 ; 2], f(x) = – x3 + x2.
8
78 2. a) On conjecture F19 (2) = 16.
b) Pour tout nombre réel x, F19(x) = 6x + 4 donc
F19 (2) = 16.
3
3. a) On conjecture F19 (1) = .
2
b) On ne sait pas dériver u . On peut toutefois vérifier ce résultat avec un logiciel de calcul formel.
79 On note a l’abscisse de M (a ≠ 0).
L’équation de la tangente en M à # est :
y = f 9(a)(x – a) + f (a), c’est-à-dire :
1
1
1
2
y = – 2 (x – a) + , soit y = – 2 x + .
a
a
a
a
2
A a pour coordonnées 0 ; , l’abscisse de B est telle
a
1
2
que – 2 x + = 0, donc x = 2a.
a
a
B a pour coordonnées (2a ; 0). Le milieu de [AB] a pour
1
coordonnées a ; , il s’agit bien du point M.
a
80 a) Vraie.
1
2
Pour tout nombre réel x ≠ – , f 9(x) = –
2
(2 x + 1)2
donc f 9(x) , 0.
b) Vraie.
1
1
Pour x ≠ – , f 9(x) = – équivaut à (2x + 1)2 = 4,
2
2
c’est-à-dire :
(2x + 1 – 2)(2x + 1 +2) = 0
(2x – 1)(2x + 3) = 0,
1
3
soit 2x – 1 = 0 ou 2x + 3 = 0, x = ou x = – .
2
2
c) Fausse.
1
1
f 9 – = – 8 et f 9 – < – 2.
4
4


 
 
 
81 a) Fausse.
Pour x ∈ R, f (x) = 2x + 1 et g(x) = 2x + 3.
f et g ne sont pas égales, pourtant pour tout x réel,
f 9(x) = g9(x) = 2.
b) Vraie.
Pour tout nombre réel x, f 9(x) – g9(x) = 0,
donc f 9(x) = g9(x).
Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 45
Dérivation
45
03/07/15 14:39
8
Pour se tester
82 1. B 2. C 3. A 4. D
83 1. C, D 2. A, C, D 3. B, C 4. A, B
84 1. Faux. En effet, pour tout nombre réel x,
f 9(x) = 8(x2 – 3) + (8x + 1) × 2x
f 9(x) = 24x2 + 2x – 24
2. Faux.
En effet, pour tout nombre réel x, g’(x) = 2.
3. Faux. En effet, pour tout nombre réel x,
1
donc f 9(x) . 0.
f 9(x) =
2x
4. Vrai. En effet, pour tout nombre réel x,
f 9(x) = 2ax + b.
5
f (– 1) = 0
Le système : f (1) = 2 équivaut à
f 9(– 1) = 3
5
a–b+c=0
a + b + c = 2 , soit
– 2a + b = 3
5
a=–1
b=1
c=2
5. Faux. En effet, pour tout nombre réel x,
f 9(x) = – 2x + 1 donc f 9(1) = – 1 et f 9(1) ≠ 0.
9
Pour aller plus loin
85 a) Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2 – 3.
L’équation de T est :
1
1
1
y = f9
x – + f , soit
2
2
2
9
1 3
9
3
y=– x– – ,y=– x+
4
2 8
4
4
b) Pour tout nombre réel x,
9
3
1
= (x + 1)(2 x – 1)2
f (x) – – x +
4
4
4
    
 

9
4
f (x) – – x +
3
4


1
2
–1
–
0
88 b) On conjecture les propriétés suivantes :
• La droite (IJ) est parallèle à l’axe des ordonnées.
• Le point M appartient à la parabole #.
• La tangente à # en M est parallèle à la droite (AB).
c) On note a et b les abscisses respectives de A et B
avec a ≠ b.
La tangente TA à # en A a pour équation :
y = 2ax – a2.
La tangente TB à # en B a pour équation :
y = 2bx – b2.
On résout 2ax – a2 = 2bx – b2 soit :
a+b
2(a – b) x = a2 – b2, x =
car a ≠ b.
2
J a la même abscisse que le point I, la droite (IJ) est
parallèle à l’axe des ordonnées.
a2 + b2
I a pour ordonnée
2
a+b
– a2 = ab.
et J a pour ordonnée 2a ×
2
1 a2 + b2
Donc M a pour ordonnée :
+ ab ,
2
2
1
c’est-à-dire (a + b)2.
4
a+b 1
Les coordonnées de M sont
; (a + b)2
2
4
donc M est un point de #.
La tangente à # en M a pour coefficient directeur :
a+b
f9
= a + b.
2
La droite (AB) a pour coefficient directeur :
b2 – a2
= b + a.
b–a
Donc ces deux droites sont parallèles.


–
87 Si T est une tangente commune à #1 en A d’abscisse a et à #2 en B d’abscisse b alors :
f 9(a) = g9(b), soit 2a = – 2b, a = – b.
A et B ont donc des abscisses opposées.
Une équation de T est :
y = f 9(a)(x – a) + f (a), c’est-à-dire :
y = 2a(x – a) + a2 + 1,
y = 2ax – a2 + 1.
T passe par B (– a ; – a2 – 1) si, et seulement si,
– a2 – 1 = – 2a2 – a2 + 1, c’est-à-dire :
a2 = 1, a = – 1 ou a = 1.
Les tangentes communes sont T1 : y = 2x et T2 : y = – 2x.
T1 est tangente en A(1 ; 2) à #1 et en B(– 1 ; – 2) à #2.
T2 est tangente en A(– 1 ; 2) à #1 et en B(1 ; – 2) à #2.
+
0
+
+
Sur ]–  ; –1], # est au-dessous de T.
Sur [–1 ; + [, # est au-dessus de T.
86 L’équation de la tangente T en A à # est :
y = f 9(a)(x – a) + f (a), c’est-à-dire :
y = 2a (x – a) + a2, soit y = 2ax – a2.
T coupe l’axe des ordonnées au point de coordonnées
(0 ; – a2), il s’agit bien du point H9.
Donc (AH9) est la tangente à # en A.




89 x ∈ R, g(x) = p x3 + q x2 et
g’(x) = 3 p x2 + 2q x.
=–1
p+q=–1
équivaut à 5
5 g(1)
g9(1) = 0
3p + 2q = 0
5 pq == 2– 3
46
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 46
03/07/15 14:39
90 a) a ∈ [0 ; + [ et h . 0,
f (a + h) – f (a) a + h – a
=
h
h
(a + h – a) (a + h + a)
=
h (a + h + a )
(a + h) – a
=
h (a + h + a )
=
1
a + h + a
b) On suppose a . 0.
1
Le taux de f entre a et a + h a pour limite
2a
lorsque h tend vers 0.
1
f est dérivable en a et f 9(a) =
2a
1
c) Pour a = 0, le taux est égal à
.
h
Il n’a pas de limite réelle lorsque h tend vers 0.
f n’est pas dérivable en 0.
91 1. a) y (t) = 0 équivaut à t2 = 1 600, soit t = 40.
L’objet touche le sol après 40 secondes.
450 000
b) x(40) =
× 40 = 5 000.
3 600
L’objet touche le sol au point M d’abscisse 5 000m.
c) Pour 0 < t < 40,
1
x (t)2
t=
x(t) et y(t) = – 4,9 ×
+ 7 840.
125
15 625
Une équation de # est :
4,9
x2 + 7 840.
y=–
15 625
d)
8 000
7 000 M(t = 20)
10eV (20)
1 000
O 1 000
T
5 000
2. a) Pour 0 < t < 40,
x9(t) = 125 et y9(t) = – 9,8 t.
AV (0)(125 ; 0) et AV(40) (125 ; – 392).
b) On a x(20) = 2 500, une équation de T est
y = f 9(2 500)(x – 2 500) + f (2 500).
9,8
Pour 0 < x < 5 000, f 9(x) = –
x, donc
15 625
f 9(2 500) = – 1,568.
L’équation s’écrit :
y = – 1,568 (x – 2 500) + 5 880
y = – 1,568 x + 9 800.
c. tV (20)(125 ; – 196) et 10 tV (20)(1 250 ; – 1 960).
On constate que ce vecteur est un vecteur directeur
1 960
de T –
= – 1,568 .
1 250
d) Pour 0 < t < 40,
 AV (t) = x9(t)2 + y9(t)2
= 15 625 + 96,04 t2
 AV (0) = 125 m · s–1
 AV (20) = 54 041 ≈ 232,5 m · s–1
 AV (40) = 169 289 ≈ 411,4 m · s–1


92 M est un point de # d’abscisse a (a réel).
Une équation de la tangente en M à # est :
y = 2a(x – a) + a2, soit y = 2ax – a2.
T passe par A(– 1 ; – 2) si, et seulement si :
– 2a – a2 = – 2, soit a2 + 2a – 2 = 0.
On obtient :
a = – 1 + 3 ou a = – 1 – 3.
Il existe deux tangentes à # qui passent par le point A.
93 On remarque que les paraboles a passent
toutes par le point E(1 ; 1).
Pour x ∈ R, fa9(x) = 2ax + (1 – 2a),
donc fa9(1) = 2a + 1 – 2a = 1.
La droite qui passe par E et de coefficient directeur 1
est la tangente commune à toutes les paraboles a
en E.
94 Pour tout nombre réel x,
3x2 + 5x – 1 – (5x – 4)
x2 + 1
3x2 + 3
= 2
x +1
= 3.
Alors pour tout nombre réel x,
f 9(x) – g9(x) = 0, f 9(x) = g9(x).
f (x) – g(x) =
95 Pour h . 0,
f (h) – f (0) hh
= h
=
h
h
f (h) – f (0)
a pour limite 0 lorsque h tend vers 0, donc f
h
est dérivable en 0 et f 9(0) = 0.
96 f est la fonction définie sur R par :
f (x) = x2015.
f est dérivable sur R et f 9(x) = 2015 x2014,
donc f 9(1) = 2015.
f (1 + h) – f (1) (1 + h)2015 – 1
Pour h ≠ 0,
=
h
h
a donc pour limite 2015 lorsque h tend vers 0.
Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 47
Dérivation
47
03/07/15 14:39
10
Accompagnement
personnalisé
97 a) Le taux d’accroissement de f entre 1 et 1 + h
est :
f (1 + h) – f (1)
h
f (1 + h) – f (1) 3 (1 + h)2 – 3 3 h2 + 6 h
b)
=
=
h
h
h
3 h (h + 2)
=
= 3 (h + 2)
h
c) Lorsque h tend vers 0, 3(h + 2) a pour limite 6, donc
f 9(1) = 6.
98 Pour h ≠ 2 et h ≠ 0,
1
1
– –
f (h) – f (0) h – 2
2 = 2 + (h – 2)
=
h
2 h (h – 2)
h
1
=
2 (h – 2)
1
1
Lorsque h tend vers 0,
a pour limite – ,
2 (h – 2)
4
1
donc f 9(0) = – .
4
99 a)
3
T
2
 
1
O
–2 –1
–1
1 2
1
La tangente T à # en A est la droite (OA).
101 a) b) et c)
]0 ; + [
x
2x
3x2
1
x2
1
2x
–
103 a) Pour x ∈ R, g’(x) = 3x2.
Donc g9(– 1) = 3 et g9(2) = 6.
1
b) Pour x ∈ R*, h9(x) = – 2 .
x
1
Donc h9(– 1) = – 1 et h9 (2) = – .
2
104 a) Pour x ∈ R, f 9(x) = 1.
Donc f 9(1) = 1 et f 9(4) = 1.
b) Pour x ∈ R, g’(x) = 2x.
Donc g’(1) = 2 et g’(4) = 8.
1
c) Pour x ∈ ]0 ; + [, h’(x) =
.
2x
1
1
Donc h9(1) = et h9(4) = .
2
4
105 T a pour coefficient directeur f 9(1).
1
1
, donc f 9(1) = .
Pour x . 0, f 9(x) =
2
2x
Ainsi T est parallèle à D.
u(x)
, où u(x) = 2x + 1
v(x)

2
–1 O
x
f 9(x)
et v(x) = x – 3.
u 9 u9v – uv9
=
b)
v2
v
2. a) Pour x ≠ 3, u9(x) = 2 et v9(x) = 1.
b) Pour x ≠ 3,
2(x – 3) – (2x + 1) × 1
f 9(x) =
(x – 3)2
–7
=
(x – 3)2
A
f (x) f est dérivable sur…
R
x2
R
x3
1
]–  ; 0[ et ]0 ; + [
106 1. a) Pour x ≠ 3, f (x) =
b) À la calculatrice, f 9(1) = 2.
c) Voir la question a).
100
102
B
u9
1
107 a)  9 = – 2
u
1
2
b) Pour x ≠ , g9(x) = –
.
2
(2 x – 1)2
u
A
108 a) Pour x ∈ R, h(x) = 6x2 – 13x – 5
et h9(x) = 12x – 13
b) Pour x ∈ R,
h9(x) = 3(2x – 5) + 2(3x +1)
=12x – 13
C
109 a) Pour x ∈ R, u(x) = x2 – x + 1.
b) (u2)9 = 2uu9
c) Pour x ∈ R, k9(x) = 2(x2 – x + 1) × (2x – 1).
48
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 48
03/07/15 14:39
1
.
x +1
2x
6x
et m9(x) = 2
.
b) Pour x ∈ R, u9(x) = – 2
(x + 1)2
(x + 1)2
111 Soit a l’abscisse commune des points A et B.
Les tangente à #1 en A et à #2 en B sont parallèles si, et
seulement si, f 9(a) = g9(a),
c’est-à-dire : – 2a + 6 = 2a – 2 , soit a = 2.
110 a) Pour x ∈ R, u(x) =
2
112 1. Une équation de T est :
y = f 9(1)(x – 1) + f (1), soit y = 3(x – 1) + 1, y = 3x – 2.
T est au-dessous de # sur R.
Pour x proche de 1, 3x – 2 est une valeur approchée
par défaut de x3.
2. a) 1,13 ≈ 1,3
b) 1,013 ≈ 1,03
3
c) 0,9 ≈ 0,7
d) 0,993 ≈ 0,97
3. a) Pour x ∈ R,
f(x) – (3x – 2) = x3 – 3x + 2 et
(x – 1)2 (x + 2) = x3 – 3x + 2.
Cette différence est l’erreur commise lorsqu’on approche x3 par 3x – 2.
b) Si – 10 –2 ≤ x – 1 ≤ 10 –2 alors :
0 < (x – 1)2 < 10 –4 et 3 – 10 – 2 < x + 2 < 3 + 10 –2
donc 0 < x + 2 < 4.
Alors 0 < x3 – (3x – 2) < 4 × 10 –4.
Chapitre 3
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 49
Dérivation
49
03/07/15 14:39
4
1
Applications
de la dérivation
Au fil des siècles
Le principe de Fermat stipule que la lumière suit une
trajectoire qui minimise sa durée de parcours.
Pour un lien du principe de Fermat avec la réfraction,
on pourra se reporter au document.
• http://www.univ-fcomte.fr/download/irem/documents/ressources/math-phys/refraction/fermat.pdf
Pour des explications et des détails sur les trajets de la
lumière qui créent des mirages, on pourra se reporter
au site :
• http://lesillusionsoptiques.e-monsite.com/pages/
lesillusions/les-mirages.html
Pour une biographie de Maria Agnesi, on pourra se
reporter au site :
• http://www.bibmath.net/bios/index,php?action=
affiche&quoi=agnesi
Les courbes nommées « sorcières » sont les représena2
tations graphiques de fonctions du type x  2
x + a2
où a est un réel positif.
Ces courbes en forme de cloche sont nommées sorcières à cause de traductions douteuses à partir du latin.
• http://www.mathcurve.com/courbes2d/agnesi/
agnesi.shtml
• http://www-math.sp2mi.univ-poitiers.fr/-sarti/
agnesi_talk.pdf
2
Bien démarrer
1. a) La fonction f est décroissante sur l’intervalle [1 ; 3]
et sur [2 ; 3] mais pas sur l’intervalle [1 ; 4].
b) La fonction f est croissante sur l’intervalle [– 3 ; 1] et
sur l’intervalle [3 ; 4].
2. a) Tableau de variation
x
f (x)
–
–1
25
3
+
–7
c) Le minimum de la fonction f sur [– 1 ; 5] est – 7 et il
est atteint pour x = 3.
3. 1. a) et b) Tableaux de signes
x
3x + 4
–
–
–
4
3
x
+
–x
2
–x + 2
0 +
+
+ 0 –
2. Tableau de signes de f (x) = (3x + 4)(– x + 2).
4
–
x
2
+
–
3
f (x)
–
0
+
0
–
4. 1. Tableau de signe de g (x) = 2– xx ++ 13
x
– 1,5
–
2x + 3
–
–x + 1
+
g (x)
–
2. a) g (x) . 0
b) g (x) , 0
c) g (x) > 0
0
1
+
+
0
+
+
0
+
–
–
 = ]– 1,5 ; 1[.
 = ]–  ; – 1,5[ ∪ ]1 ; + [
 = [– 1,5 ; 1[
1
x2
1
2
d) f 9(x) = 6x –
c) f 9(x) =
3
2x
u u9v – uv9
e) En utilisant la dérivée de :
v
v2
On pose u (x) = x – 2 et v (x) = 4 x + 12.
Alors u9(x) = 1 et v9(x) = 4.
20
f 9(x) =
(4x + 12)2
f) En utilisant la dérivée de uv : u9v + uv9
On pose u (x) = 2x – 4 et v (x) = x.
1
.
Alors u’ (x) = 2 et v9(x) =
2x
x – 2 3x – 2
f 9(x) = 2x +
=
x
x
5. a) f 9(x) = – 3x
2
b) f 9(x) = –
b) Le maximum de la fonction f sur [– 2 ; 2] est 25 et il
est atteint pour x = – 1.
50
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 50
03/07/15 14:39
3
Découvrir
1 Sens de variation d’une fonction et dérivée
1. b) La fonction f est décroissante sur l’intervalle [0 ; 2]
puis croissante sur [2 ; 5,5] puis décroissante sur [5,5 ;
9] et enfin croissante sur [9 ; 10].
d) Le skate est incliné vers le bas si la tangente en M
est « inclinée vers le bas », c’est-à-dire si son coefficient
directeur f 9(a) est négatif.
e) f 9(a) < 0 sur les intervalles [0 ; 2] et [5,5 ; 9].
f) On conjecture que f est décroissante sur un intervalle I si, et seulement si, pour tout nombre réel x de
I, f 9(x) < 0.
2. a) Pour tout x ∈ [0 ; 10],
f 9(x) = 0,02x3 – 0,33x2 + 1,57x – 1,98.
b) Tableau des signes de f 9(x)
x
0
2
x–9
–
x–2
–
2x – 11
100
–
f (x)
–
0
0
5,5
9
10
D = (– 240)2 – 4 × 12 × 900 = 14 400.
D . 0 donc le trinôme possède deux racines réelles.
– b – D 240 – 120
d1 =
=
=5
24
2a
– b + D 240 + 120
= 15
=
d2 =
24
2a
On en déduit le tableau de signes suivant sur [1 ; 10] :
d
1
5
V9(d)
0
+
–
c) On conjecture que si V admet un maximum en 5,
alors V 9 (5) = 0 et V 9 change de signe en 5.
4
Savoir-faire
2 a) (fenêtre : – 2 < X < 7,
+
pas 1 et – 7 < Y < 7 pas 1).
+
+
+
On conjecture que la fonction g est décroissante sur
8
8
et sur l’intervalle
; + .
l’intervalle –  ;
3
3
b) g est une fonction rationnelle, elle est dérivable sur
tout intervalle contenu dans son ensemble de défini8
tion. Pour tout nombre réel x ≠ .
3
1 × (3x – 8) – 3 × (x + 10)
– 38
g9(x) =
=
(3x – 8)2
(3x – 8)2
donc g9(x) , 0 et g est décroissante sur chacun des
8
8
­intervalles –  ;
et ; +  .
3
3
–
–
+
–
0
+
+
0
–
0
0
+
c) L’ensemble des solutions de l’inéquation f 9(x) < 0
est donc [0 ; 2] ∪ [5,5 ; 9], ce qui est cohérent avec la
conjecture faite à la question 1. e).
2 Maximum d’une fonction et dérivée
1. a) La distance d désigne la distance de sécurité, qui
doit excéder 1 mètre, mais désigne aussi la profondeur du bassin qui doit être de 10 mètres au plus.
La distance d est donc un nombre réel de l’intervalle
[1 ; 10].
b) La largeur du bassin est donnée, en mètres, par
30 – 2d. Le bassin est un parallélépipède rectangle à
base carrée, donc son volume est donné par :
V(d) = d × (30 – 2d)2.
En développant, on obtient :
V(d) = d × (900 – 120d + 4d 2).
2. a) On conjecture que le maximum de la fonction V
sur l’intervalle [1 ; 10] est 2 000 et qu’il est atteint pour
d = 5.
b) Le volume maximal d’un bassin qui répond aux
contraintes est donc de 2 000 m3 et il faut pour le
construire choisir une distance de sécurité de 5 mètres.
3. a) Pour tout réel d de l’intervalle [1 ; 10],
V 9(d) = 12d 2 – 240d + 900.
b) 12d 2 – 240d + 900 est un trinôme du second degré
de discriminant :



 



3 a) h est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur R. Pour tout réel x,
h9(x) = 6x2 – 6x = 6x (x – 1).
x
0
–
6x
–
x–1
–
h9 (x)
+
h (x)
0
0
1
1
+
+
+
–
0
+
–
0
+
0
La fonction h est croissante ]–  ; 0] puis décroissante
sur [0 ; 1] et enfin croissante sur [1 ; + [.
b) Fenêtre : – 5 < x < 5, pas 1
et – 5 < y < 5, pas 1.
Les réponses sont bien
contrôlées.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 51
10
Applications de la dérivation
51
03/07/15 14:39
4 La conjecture de Pedro est fausse. Pour le justifier, il suffit de fournir un contre-exemple.
g (2) = 4,24 et g (2,01) = 4,239996. L’image de 2 est strictement supérieure à l’image de 2,01. Donc la fonction
g n’est pas croissante sur R.
Remarque : En étudiant le sens de variation de la fonction g sur R, on peut démontrer que g est décroissante
sur l’intervalle [2 ; 2,02].
6 a) (fenêtre : – 5 < X < 5,
pas 1 et – 30 < Y < 20, pas 5).
On conjecture que f (– 1) = 10
est un maximum local de f et
f (3) = – 22 est un minimum local de f.
b) f est une fonction polynôme donc elle est dérivable
sur R.
Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2 – 6x – 9.
D = 144 et ce trinôme a deux racines x2 = – 1 et x2 = 3.
On dresse le tableau de variation de f.
x
–1
–
f9(x)
0
+
3
–
10
f (x)
0
+
+
– 22
x1 =
–1,5 – 3,3
–1,5 + 3,3
= – 8 et x2 =
=3
0,6
0,6
x
h9(x)
x
–1
–
1–x
+
1+x
–
(x 2 + 1)2
+
g9(x)
–
g (x)
1
+
0
0
– 0,5
0
+
–
+
+
+
+
+
0
–
0,5
g (– 1) = – 0,5 est un minimum local de la fonction g et
g (1) = 0,5 est un maximum local de la fonction g.
b) En traçant la courbe représentative de g à l’écran de
la calculatrice, on contrôle les résultats trouvés.
8 On étudie les variations de la fonction h sur R :
Pour tout réel x, h9(x) = 0,3x2 + 1,5x – 7,2.
D = 1,52 – 4 × 0,3 × (– 7,2) = 10,89.
D . 0 donc le trinôme possède deux racines réelles.
0
+
3
–
69,4
h (x)
0
+
+
2,85
Laurine a tort puisque la fonction h admet deux
­extremums locaux, l’un en x = 3 et l’autre en x = – 8 qui
n’était pas visible sur son écran de calculatrice.
5
Résoudre des problèmes
10 a) f est une somme de deux fonctions dérivables
sur ]0 ; + [ donc f est dérivable sur ]0 ; + [.
Pour tout nombre réel x . 0,
1
2x
x 2 2–x
f 9 (x) = – 2 – – 4 = – 3 + 3 = 3 .
x
x
x x
x
Sur ]0 ; + [, x3 . 0 donc le signe f 9 est celui de 2 – x.
b)
x
0
2
+
 
f9(x)
Les conjectures de la question a) sont ainsi démontrées.
7 a) g est une fonction rationnelle définie sur R
donc elle est dérivable sur R.
Pour tout réel x,
1 × (x2 + 1) – x × (2x) (1 – x) (1 + x)
=
g9(x) =
(x2 + 1)2
(x2 + 1)2
–8
–
0
+
–
1
4
f (x)
1
c) f (2) = est le maximum de la fonction f sur l’inter4
valle ]0 ; + [ donc pour tout nombre réel x de ]0 ; + [,
1
f (x) < .
4
11 La conjecture est fausse. En effet pour x = 0,1,
h (x) = 0,99975.
On peut trouver une telle valeur en utilisant le tableur
de la calculatrice. On peut aussi étudier le sens de variation de la fonction h sur R : on trouve alors que la
fonction h admet deux minimums locaux de 0,99975,
l’un en x = – 0,1 et l’autre en x = 0,1.
13 On nomme x l’abscisse des points M et N avec
0 < x < 3. L’ordonnée de N est 18 – 2x2.
N
5
–3
O
1M
3
L’aire du rectangle est donc donnée par :
A (x) = 2x × (18 – 2x2) = – 4x3 + 36x.
La fonction A est dérivable sur l’intervalle [0 ; 3] et
pour tout nombre réel x de cet intervalle,
52
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 52
03/07/15 14:39
A9(x) = – 12x2 + 36.
On dresse le tableau de variation de A :
x
A9(x)
A (x)
3
0
+
0
3
–
243
0
0
L’aire maximale du rectangle est donc égale à 243 et
elle est atteinte si M a pour abscisse x = 3.
Le rectangle d’aire maximale a pour dimensions :
2x = 23 ≈ 3,5 et 18 – 2x2 = 12.
15 g (1 016) = 4 et g (1 017) =
4 085
1 021
Or g est croissante sur [0, + [.
Donc pour tout nombre réel x > 1 017,
g (x) > g ( 1017) . 4
De plus, pour tout nombre réel x > 0,
5x – 1 000 5 (x + 4) – 1 020
1 020
g (x) =
=
=5–
x+4
x+4
x+4
Donc, pour tout nombre réel x > 0, g (x ) , 5.
Finalement, pour tout nombre réel x > 1 017, g (x) est
compris strictement entre 4 et 5.
L’abscisse d’un point de # à coordonnées entières est
comprise entre 0 et 1 016.
16
Variables :
x est un nombre entier naturel
A est un nombre réel.
Traitement
et sortie : Pour x allant de 0 à 1 016
Affecter à A la valeur g (x)
Si A est entier alors
Afficher x, A
Fin Si
Fin Pour
On obtient 21 points de # à coordonnées entières :
(0 ; – 250), (1 ; – 199), (2 ; – 165), (6 ; – 97), (8 ; – 80),
(11 ; – 63), (13 ; – 55), (16 ; – 46), (26 ; – 29), (30 ; – 25),
(47 ; – 15), (56 ; – 12), (64 ; – 10), (81 ; – 7), (98 ; – 5),
(166 ; – 1), (200 ; 0), (251 ; 1), (336 ; 2), (506 ; 3) et (1 016 ; 4).
y = 2a (x – a ) + a2
y = 2ax – a2
b) M a pour ordonnée 0 et appartient à la tangente T.
Donc son abscisse est solution de 2ax – a2 = 0.
a
xM = (Si A et O sont confondus, on considère que M
2
est confondu avec O).
N a une abscisse de 1 et appartient à la tangente T.
Donc son ordonnée est donnée par :
y = 2a × 1 – a2
= 2a – a2
c) IMN est rectangle en I donc :
1
 (IMN) = IM × IN ×
2
a
1
= 1 – × (2a – a2) ×
2
2
a3
= – a2 + a
4
3. a) Pour tout nombre réel a de ]0 ; 1],
3
S9(a) = a2 – 2a + 1
4
3
b) D = (– 2)2 – 4 × × 1 = 1.
4
Donc le trinôme possède deux racines réelles :
2–1 2
2+1
= et a2 =
= 2.
a1 =
3 3
3
2×
4
2
On en déduit le tableau de variation de S :
2
1
a
0
3

S9(a)
+
Travaux pratiques
17 1. a) On conjecture que l’aire du triangle IMN est
croissante sur [0 ; 0,67] puis décroissante sur [0,67 ; 1].
On conjecture aussi que l’aire maximale est environ
0,2963.
2. a) Une équation de la tangente T est :
y = f 9 (a) (x – a) + f (a)
–
c) S admet un maximum local de
4. a) Voir la question 3. b).
b)
0,4
8
2
atteint pour a = .
27
3
S
0,2
0,2
0,4
0,6
0,8
1
18 1. Ri = E – ri, c’est-à-dire i (R + r) = E,
E
.
R+r
RE2
P = U × i = R × i2 =
(R + r)2
2. c) On conjecture que la fonction P est croissante sur
[0 ; r] puis décroissante sur [r ; + [.
puis i =
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 53
0
8
27
S(a)
0
6

Applications de la dérivation
53
03/07/15 14:39
3. a)
x
–
r
0
x–r
–
E2
(x + r)3
–
P9(x)
+
d) f (– 4) > f (– 3) car f est décroissante sur [– 4 ; 6].
+
0
+
–
–
0
E
4r
2
P(x)
0
E2
b) Le maximum local de la fonction P est P(r) = et il
4r
atteint pour x = r.
x × 144
4. a) On résout l’inéquation
, 1 250 sur
(x + 0,004)2
l’intervalle [0 ; + [.
Cette inéquation est équivalente à :
625 x2 – 67 x + 0,01 . 0.
Les racines réelles de ce trinôme sont :
67 – 1231
67 + 1231
x1 =
et x2 =
1 250
1 250
L’ensemble des solutions est donc [0 ; x1[ ∪ ]x2 + [.
b) Le moteur doit donc avoir une résistance équivalente inférieure à 1,49 · 10 –4 ohms ou supérieure à
0,108 ohms.
5. a) Si x est très supérieur à r, alors x + r est proche de
x et donc P(x) est proche de P1(x).
Dans le cas où x = r = 0,004, cette approximation
semble injustifiée. Par contre, si r = 0,004 et x = 0,11,
alors x = 27,5 r, ce qui justifie l’approximation.
b) On pose r = 0,004 et E = 12.
Si x = 0,004, alors l’erreur commise est (en pourcentage) :
P1(x) – P(x) 36 000 – 9 000
=
= 3 = 300 %
P(x)
9 000
Si x = 0,11, alors l’erreur commise est (en pourcentage) :
P1(x) – P(x)
≈ 0,074 ≈ 7,4 %
P(x)
7
Pour s’entraîner
f est décroissante sur l’intervalle [1 ; 2,5].
f est croissante sur l’intervalle [2,5 ; 3].
x
–6
f9(x)
–3
–
0
1
+
0
5
–
21 a) f (– 6) < f (– 5) car f est croissante sur ]–  ; – 4].
15
b) f (7) < f
2
3
c) f – > f (0)
2
 
 
23
x
car f est croissante sur [6 ; + [.
–3
–
h9(x)
2
0
+
+
0
–
+
20
h (x)
10
24
x
–3
h9(x)
–1
6
0
–
20
0
+
+
8
h (x)
10
4
25
x
–2
f9(x)
–1
2
0
–
3
0
+
–
0
4
+
f (x)
26 a) f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2 – 48 = 3 (x2 – 16)
= 3 (x – 4) (x + 4).
b)
19 f est croissante sur l’intervalle [– 2 ; 1].
20
22 g est dérivable sur ]0 ; + [ en tant que somme
de fonctions dérivables sur ]0 ; + [.
Pour tout nombre réel x de ]0 ; + [,
1
g9(x) = – 1 – 2
x
Pour tout x . 0, g9(x) , 0 donc g est décroissante sur
l’intervalle ]0 ; + [.
Remarque : C’est aussi la somme de deux fonctions
décroissantes sur ]0 ; + [.
x
–4
–
4
+
x–4
–
–0
+
x+4
–0
+
+
f9(x)
+0
–0
+
f (x)
128
– 128
c) – 10 < X < 10, pas 1
– 200 < Y < 200, pas 100
car f est décroissante sur [– 4 ; 6].
54
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 54
03/07/15 14:39
27 a) f est une fonction polynôme donc f est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x,
f ’(x) = 9 x2 + 60x + 100
b) Le discriminant du trinôme f 9(x) est :
D = 602 – 4 × 9 × 100 = 0.
Donc pour tout nombre réel x, f 9(x) > 0.
10
c) La racine double du trinôme f 9(x) est x0 = – .
3
10
–
x
+
–
3
f9(x)
0
+
+
f (x)
28 a) g est dérivable sur R car c’est une fonction po-
lynôme. Pour tout nombre réel x,
g9 (x) = 12x3 + 12x2 + 12x
= 12x (x2 + x + 1)
b) Pour tout nombre réel x, x2 + x + 1 . 0. En effet,
D = – 3 et le coefficient dominant du trinôme est positif. Donc g9(x) a le même signe que 12 x, c’est-à-dire
que x, pour tout nombre réel x.
c)
x
0
–
+
g9(x)
–
g (x)
0
+
0
d) – 5 < X < 5, pas 1.
– 200 < Y < 200, pas 100.
29 h est dérivable sur R car h est une fonction poly-
1
128
nôme. Pour tout nombre réel x, h9(x) = x2 – 6x +
.
3
3
1
128
188
=–
D = (– 6)2 – 4 × ×
3
3
9
1
D , 0 donc h9(x) est du signe de pour tout nombre
3
réel x.
b) h est donc croissante sur R : Chloé a raison.
30 Le signe de la dérivée correspond aux variations
de la fonction.
Donc :
• f représentée par la courbe 1 a sa dérivée f 9 représentée par la courbe C.
• g représentée par la courbe 2 a sa dérivée g9 représentée par la courbe A.
• h représentée par la courbe 3 a sa dérivée h9 représentée par la courbe B.
31 a) f est dérivable sur R car f est une fonction po-
Donc f 9(x) = 5 (x4 – 1)
f 9(x) = 5 (x2 – 1) (x2 + 1)
f 9(x) = 5 (x – 1) (x + 1) (x2 + 1).
b) Pour tout nombre réel x, 5(x2 + 1) . 0.
Donc pour tout nombre réel x, f 9(x) a le même signe
que (x – 1) (x + 1).
c)
x
1
+
x–1
–
x+1
–
0
+
(x – 1)(x + 1)
+
0
–
0
+
f9(x)
+
0
–
0
+
0
–
+
+
4
f (x)
–4
32 a) g est dérivable sur R, car c’est une fonction
polynôme. Pour tout nombre réel x, g’ (x) = x4 + 6x2 + 8.
Or, pour tout nombre réel x,
(x2 + 2) (x2 + 4) = x4 + 4 x2 + 2x2 + 8 = g9(x).
b) Pour tout nombre réel x, x2 + 2 . 0 et x2 + 4 . 0.
On en déduit que g9(x) est positif sur R, ce qui implique que g est croissante sur R.
33 1. Conjecture graphique :
x
– 0,8
–
f (x)
+
5
2. a) f est dérivable car f est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x,
f 9(x) = 100 x3 + 60 x2 – 16 x = 4 x (25 x2 + 15 x – 4).
De plus, (5x – 1) (5x + 4)
= 25 x2 + 20 x – 5 x – 4
= 25 x2 + 15 x – 4
Donc, pour tout nombre réel x,
f ’ (x) = 4 x (5 x – 1)(5 x + 4)
b) c)
4
1
–
x
0
+∞
–∞
5
5
4x
–
–
5x – 1
–
–
–
5x + 4
–
0
+
+
f9(x)
–
0
+
f (x)
lynôme. Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 5x4 – 5.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 55
–1
–
0
0
+
–
+
0
+
+
0
+
10
4,88
9,88
Applications de la dérivation
55
03/07/15 14:39
d) La conjecture était fausse. Graphiquement, il n’était
1
pas possible de voir que f est décroissante sur [0 ; ].
5
34 g est dérivable sur R, car c’est une fonction polynôme. Pour tout nombre réel x,
g’(x) = 17 x16 + 16x15 = x15 (17 x + 16)
b)
16
–
x
0
+
–
17
x15
–
–
17 x + 16
–
0
+
g9(x)
+
0
–
0
x
–4
x
–
x+4
–
(x + 2)2
+
g9(x)
+
+
+
0
–2
0
–
–
+
+
+
+
+
+
0
–
0
+∞
0
–
0
+
+
–8
g (x)
+
0
–∞
0
d) – 10 < X < 6, pas 1.
– 20 < Y < 20, pas 5.
M
g (x)
0
M ≈ 0,0223
c) – 2 < X < 2, pas 1
– 0,1 < Y < 0,1, pas 0,02
R – {3}. Pour tout nombre réel x ≠ 3,
1 × (2x – 6) – (x + 1) × 2
f 9 (x) =
(2x – 6)2
–8
f 9 (x) =
(2x – 6)2
b) Pour tout nombre réel x ≠ 3, f 9(x) , 0.
c)
x
3
–
+
–
37 a) h est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {– 5}.
–1
Pour tout nombre réel x ≠ – 5, h9(x) =
(x + 5)2
b)
35 a) f est dérivable sur tout intervalle inclus dans
f9(x)
c)
–
f (x)
36 a) g est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {– 2]. Pour tout nombre réel x ≠ – 2,
2x (x + 2) – x2 × 1
g9(x) =
(x + 2)2
x2 + 4x
g9(x) =
(x + 2)2
x (x + 4)
g9(x) =
(x + 2)2
b) Pour tout nombre réel x ≠ – 2, (x + 2)2 . 0.
Donc g9(x) a le même signe que x (x + 4) pour tout
nombre réel x ≠ – 2.
x
–5
–
h9(x)
+
–
–
h (x)
c) L’affirmation de Lola est correcte.
L’affirmation de Arthur est fausse. En effet, – 6 <
– 4 mais h (– 6) est inférieur à h (– 4) car h (– 6) = 1 et
h (– 4) = 3.
38 a) g est dérivable sur R. Pour tout nombre réel x,
2x (x2 + 10) – x2 × 2x
(x2 + 10)2
20x
g9(x) = 2
(x + 10)2
En développant le dénominateur, on retrouve la forme
proposée par l’écran de calcul formel.
g9(x) est du signe de 20 x sur R.
b)
x
0
–
+
g9(x) =
g9(x)
g (x)
–
0
+
0
39 g est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {1}.
Pour tout nombre réel x ≠ 1,
–1
2
=
g9(x) = – 2 ×
(x – 1)2 (x – 1)2
56
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 56
03/07/15 14:39
x
1
–
g9(x)
+
+
+
g (x)
b) Sur ]– ∞ ; 1[, u est croissante et strictement négative,
1
–2
donc est décroissante et
= g est croissante.
u
u
Sur ]1 ; + ∞[, u est croissante et strictement positive,
1
donc est décroissante et g est croissante.
u
40 1. a) f est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {3}.
Pour tout nombre réel x ≠ 3,
6 (3 x – 9) – (6 x – 20) × 3
f 9(x) =
(3x – 9)2
6
f 9(x) =
(3x – 9)2
b) Pour tout nombre réel x ≠ 3, f 9(x) . 0.
Donc f est croissante sur ]– ∞ ; 3[ et sur ]3 ; + ∞[.
2. a) Pour tout nombre réel x ≠ 3,
2
2 (3 x – 9) – 2
2–
=
= f (x)
3x – 9
3x – 9
b) Sur ]– ∞ ; 3[,
Sur ]3 ; + ∞[,
la fonction u : x  3x – 9 u est croissante et
est croissante et
strictement positive.
strictement négative.
1
est décroissante,
u
1
est décroissante,
2
u
– est croissante,
u
2
– est croissante,
2
u
2 – est croissante.
u
2
2 – est croissante.
u
41 a) f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme et pour tout nombre réel x, f 9(x) = 6x.
Donc une équation de T est :
y = f9(1) (x – 1) + f (1)
y = 6 (x – 1) + 4
y = 6x – 2.
b) Pour tout nombre réel x, g(x ) = 3x2 – 6x + 3,
g est dérivable sur R, car c’est une fonction polynôme.
Pour tout réel x, g9(x) = 6x – 6.
x
g9(x)
1
–
–
g (x)
0
+
+
0
c) On note donc que pour tout nombre réel x,
g (x) > 0, soit f (x) > 6x – 2.
On en conclut que la courbe # est au-dessus de la
droite T sur R.
42 1. – 5 < X < 5, pas 1.
– 20 < Y < 20, pas 5.
On conjecture que la courbe #
est au-dessous de la droite T
sur ]– ∞ ; – 2] et que la courbe # est au-dessus de la
droite T sur [– 2 ; + ∞[.
2. a) Une équation de T est y = f 9(2)(x – 2) + f (2).
f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x2 – 4x.
Donc une équation de T est :
y = 4 (x – 2) + 1
y = 4x – 7.
b) Pour tout nombre réel x, g(x) = x 3 – 2x2 – 4x + 8.
g est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x, g9(x) = 3x2 – 4 x – 4.
D = (– 4)2 – 4 × 3 × (– 4) = 64.
4–8
2
4+8
x1 =
= – et x2 =
= 2.
2×3
3
2×3
2
x
2
+
– –2 –
3
g9(x)
+
0
g (x)
0
–
+
256
27
0
On déduit du tableau de variation que :
• pour tout nombre réel x < – 2, g (x) < 0, c’est-à-dire
f (x) < 4x – 7.
• pour tout nombre réel x > – 2, g (x) > 0, c’est-à-dire
f (x) > 4x – 7.
La conjecture est démontrée.
43 1. – 5 < X < 5, pas 1.
– 20 < Y < 20, pas 1.
La courbe #f représentative
de f est au-dessous
de la courbe #g représentative de g sur ]– ∞ ; 2].
La courbe #f est au-dessus de la courbe #g sur [2 ; + ∞[.
2. a) Pour tout nombre réel x, h(x) = x3 – 3x – 2, h est
une fonction polynôme, donc elle dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x, h’(x) = 3x2 – 3 = 3(x – 1)(x + 1)
x
–1
–
h9(x)
h (x)
+
0
0
1
–
2
0
+
+
–4 0
b) h (2) = 0 car f (2) = g (2) = 8.
c) D’après le tableau de variation,
• pour tout nombre réel, x < 2, h (x) < 0, soit f (x) < g (x)
• pour tout nombre réel x > 2, h (x) > 0, soit f (x) > g (x)
La conjecture de la question 1 est démontrée.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 57
0
Applications de la dérivation
57
03/07/15 14:39
44 a) L’aire de AMEF est donnée par x2.
Le triangle HMB a une hauteur égale au côté du carré
ABCD
1
Donc son aire est donnée par 4 × (4 – x) × .
2
L’aire du domaine coloré est donc exprimée par :
f (x) = x2 – 2x + 8.
b) f est dérivable sur [0 ; 4] car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x de [0 ; 4], f 9(x) = 2x – 2.
x
0
1
4
f 9(x)
f (x)
–
8
0
7
+
x1 =
2 – 10
2
2 + 10
= – et x2 =
= 1.
2×6
3
2×6
2
–
x
1
–
3
f9(x)
+
0
–
0
+
+
125
27
f (x)
0
est un maximum local de f.
 23 = 125
27
b) f –
f (1) = 0 est un minimum local de f.
16
c) L’aire de ABCD est 16. 40 % de cette aire est 6,4.
Comme le minimum de l’aire est 7, Myriam a raison.
45 a) P est dérivable sur [0 ; + ∞[
Pour tout nombre réel x > 0,
9 (10x + 40) – 9x × 10
P9(x) =
(10x + 40)2
360
P’(x) =
(10x + 40)2
Pour tout nombre réel x > 0, P9(x) . 0 donc P est croissante sur l’intervalle [0 ; + ∞[
9x
b) On résout sur [0 ; + ∞[ l’inéquation
> 0,75.
10x + 40
Elle équivaut à 9x > 7,5x + 30,
C’est-à-dire x > 20.
Vingt semaines sont donc nécessaires pour que plus
de 75 % de la population connaisse ce produit.
46 f (0) = 6 est un maximum local de f.
f (1) = – 4 est un minimum local de f.
47 a) Pour tout x de ]– 5 ; – 3[, g(x) > – 2
b) Pour tout x de ]– 3 ; 0[, g(x) < 2.
c) – 2 = g (– 4) est un minimum local de g.
2 = g (– 2) est un maximum local de g.
48 h admet un maximum local h (– 1) et un minimum local h (3).
49 a) f (0) = 2 et f 9(0) = 0.
b) f est strictement croissante sur R. Sa dérivée s’annule en 0 sans changer de signe.
Donc f (x) , 2 pour tout nombre réel x , 0 et f (x) . 2
pour tout nombre réel x . 0.
f (0) = 2 n’est pas un extremum local.
50 f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme. Pour tout nombre réel x,
f ’(x) = 6x2 – 2x – 4.
D = (– 2)2 – 4 × 6 × (– 4) = 100.
51 a)
(fenêtre : – 5 < X < 5,
pas 1 et –1 < Y < 1, pas 0,2).
On conjecture que
g (– 2) = – 0,5 est un minimum local de f
et g (2) = 0,5 est un maximum local de f.
b) g est une fonction rationnelle définie sur R donc g
est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x.
2 (x2 + 4) – 2x × 2x 8 – 2x2
= 2
(x2 + 4)2
(x + 4)2
2 (2 – x) (2 + x)
g9(x) =
(x2 + 4)2
g9(x) =
x
–2
–
g9(x)
–
g (x)
0
2
+
0
+
–
– 0,5
– 0,5
Les conjectures de la question a) sont ainsi démontrées.
52 a) h est une fonction polynôme donc h est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x, h9(x) = 3x2 + 9x – 30.
Alors D = 441, le trinôme h9(x) a deux racines :
x1 = – 5 et x2 = 2.
x
h9(x)
h (x)
–5
–
+
0
127,5
2
–
0
+
+
– 44
h (– 5) = 127,5 est un maximum local de h et
h (2) = – 44 est un minimum local de h.
c) h est croissante sur [– 8,5 ; – 5] et h (– 8,5) = – 44 donc
pour tout nombre réel x de [– 8,5 ; – 5], h(x) > – 44.
– 44 est le minimum de h sur [– 5 ; + ∞[ donc pour tout
nombre réel x de [– 5 ; + ∞[, h (x) > – 44. Finalement
pour tout nombre réel x > – 8,5, h (x) > – 44.
58
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 58
03/07/15 14:39
53 a) f est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {4}.
Pour tout nombre réel x ≠ 4,
2x × 3 (x – 4) – x2 × 3
9 (x – 4)2
3x2 – 24x
f 9(x) =
3 × 3 (x – 4)2
x (x – 8)
f 9(x) =
3 (x – 4)2
b)
f 9(x) =
x
–∞
f 9(x)
f (x)
0
x
–
x–8
4
+
–
–
–
3(x – 4)2
+
+
f9(x)
+
0
–
0
+
0
+
–
0
f (x)
+∞
8
+
0
+
+
0
+
16
3
c) f (0) = 0 est un maximum local de f.
16
f (8) =
est un minimum local de f.
3
16
est le minimum de f sur ]4 ; + [.
d)
3
16
Donc pour tout nombre réel x . 4, f (x) > ,
3
ce qui implique f (x) > 5.
54 1. a) p est une somme de deux fonctions dérivables sur ]0 ; +[ donc p est dérivable sur ]0 ; + [.
Pour tout nombre réel x . 0.
1 x2 – 1
p9 (x) = 1 – 2 = 2
x
x
x
p 9(x)
0
+∞
1
–
p (x)
0
+
2
b) D’après le tableau de variation, p (1) = 2 est le minimum de p sur ]0 ; + [.
2. On note x l’abscisse du point N (avec x . 0).
Le périmètre du rectangle OMNA est :
1
2x + 2 × , c’est-à-dire 2p (x).
x
Le périmètre minimal est donc égal à 4, il est obtenu
pour x = 1, c’est-à-dire lorsque OMNA est un carré de
côté 1.
55 a) MN =  x2 – x3 
b) f : x  x2 – x3 est dérivable sur [0 ; 1] car c’est une
fonction polynôme.
Pour nombre réel x de [0 ; 1], f 9(x) = 2x – 3x2 = x (2 – 3x)
2
x
1
0
3
–
4
27
0
0
c) Pour tout nombre réel x de [0 ; 1], x2 – x3 > 0.
2
Donc MN = x2 – x3. La distance est maximale pour x =
3
et cette distance est 0,15 au centième près.
56 a) On peut retrouver le résultat de l’écran de
calcul formel avec la formule (uv)9 = u9v + uv9
Pour tout nombre réel x . 0,
1
f 9(x) = (4,8x – 5) x + (2,4x2 – 5x + 3)
2x
4,8 x2 – 5x 1,2 x2 – 2,5x + 1,5
f 9(x) =
+
x
x
6 (x2 – 1,25 x + 0,25)
f 9(x) =
x
Pour le trinôme x2 – 1,25x + 0,25 :
∆ = (– 1,25)2 – 4 × 1 × 0,25 = 0,562 5
1,25 – 0,75
= 0,25
2
1,25 + 0,75
=1
x2 =
2
x1 =
x
0
0,25
x2 – 1,25x + 0,25
+
6
x
+
f9(x)
+
f (x)
0
1
–
0
+
0
–
+
+
+
0
+
0,95
0,4
b) 0,4 est le minimum de f sur [0,25 ; + [,
donc pour tout nombre réel x > 0,25, f (x) > 0,4.
De plus, f est croissante sur [0,1 ; 0,25], donc tout
nombre réel x de [0,1 ; 0,25], f (x) > f (0,1).
f (0,1) = 2,524 0,1 ≈ 0,79 au centième près par défaut.
Donc pour tout nombre réel x > 0,1, f (x) > 0,4.
57 1. a) h (t) > 0 équivaut à t (– 4,9t + 29,4) > 0.
On résout cette inéquation sur [0 ; + [, t > 0,
elle équivaut donc à – 4,9t + 29,4 > 0, soit t < 6.
La fonction h est définie sur I = [0 ; 6].
b) h est dérivable sur I car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel t de I,
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 59
0
+
Applications de la dérivation
59
03/07/15 14:39
h9(t) = – 9,8t + 29,4
– 9,8t + 29,4 = 0 équivaut à t = 3.
t
0
3
h9(t)
+
h (t)
6
0
59 a) Pour tout nombre réel x de [0 ; 6],
–
44,1
0
0
La hauteur maximale du projectile est h(3) = 44,1 m.
2. a)
vitesse en m/s
30
10
10
temps en s
O
1 2 3 4 5 6
b) Sur l’intervalle [0 ; 3], h9 est décroissante et positive
donc |h9| est décroissante ;
Sur l’intervalle [3 ; 6], h9 est décroissante et négative
donc |h9| est croissante.
t
 h9(t) 
0
29,4
3
6
29,4
0
La vitesse maximale du projectile est 29,4 m · s–1. Elle
est atteinte à t = 0 s et t = 6 s, c’est-à-dire au décollage
et à l’atterrissage.
58 a) L’aire de chaque rectangle est 2015. Donc la
2015
.
x
Le périmètre du polygone en forme de L est donc :
2 015
2 015
8 060
×3+3×x+
– x, soit
+ 2x.
x
x
x
Attention, cette formule n’est valable que si
2 015
> x  0, c’est-à-dire si 0  x < 2 015 .
x
b) P est dérivable sur ]0 ; 2 015 ] car c’est la somme
de deux fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel x de ]0 ; 2 015 ],
8 060 2 (x2 – 4 030)
P9(x) = 2 – 2 =
x
x2
seconde dimension est
x
2 015
0
x2 – 4 030
–
2
x2
+
P9(x)
–
P(x)
c) Le périmètre minimal apparaît si x = 2 015 , les
deux rectangles accolés sont donc des carrés et le périmètre est égal f (2 015 ), soit 269,3 au dixième près.
V (x) = AM2 × AI
= x2 (6 – x)
b) V est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur [0 ; 6]. Pour tout nombre réel x de [0 ; 6],
V9 (x) = 2x (6 – x) + x2 × (– 1)
= – 3x2 + 12x
= 3x (– x + 4)
x
0
V9(x)
V(x)
4
+
6
0
–
32
0
0
c) Le volume V(x) est maximal si x = 4 cm, c’est-à-dire
2
si AM = AB.
3
60 a) D’après le théorème de Pythagore
R
R2 + h2 = 9, donc R2 = 9 – h2.
h
3
Le volume du baril est donné par :
V (h) = π R2 x h = π (9 – h2) x h = 9 π h – π h3.
b) V est une fonction polynôme, donc elle est dérivable sur [0 ; 3] (la hauteur ne peut excéder 3 pieds).
Pour tout nombre réel h de [0 ; 3],
V9(h) = 9 π – 3h2 π = 3 π (3 – h) (3 + h)
h
V9(h)
V(h)
3
0
+
3
0
–
63 π
0
0
Le baril a un volume maximal pour une hauteur égale
à 3 pied, soit environ 1,732 pied.
Le rayon est alors de 9 – 3 = 6 pieds, soit environ 2,45 pieds.
2
61 f est une fonction polynôme, donc elle est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x, f 9(x) = 3x² – 14,4x – 3
∆ = (– 14,4)² – 4 × 3 × (– 3) = 243,36.
Le trinôme admet deux racines réelles,
14,4 – 15,6
14,4 + 15,6
x1 =
= – 0,2 et x2 =
= 5.
2×3
2×3
x
f9(x)
f (x)
– 0,2
–
+
0
0,304
5
–
0
+
+
– 70
f admet un minimum local de – 70 et un maximum local de 0,304.
60
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 60
03/07/15 14:39
4
9
x x–1
f est dérivable sur ]0 ; 1[ car c’est la somme de deux
fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel x de ]0 ; 1[,
4
–1
f9(x) = – 2 – 9 ×
x
(x – 1)2
9 x2 – 4 (x – 1)2
f9(x) =
x2 (x – 1)2
5 x2 + 8 x – 4
f9(x) = 2
x (x – 1)2
Le dénominateur est strictement positif sur ]0 ; 1[.
Donc f9(x) est du signe de 5x² + 8x – 4 pour tout
nombre réel x de ]0 ; 1[.
D = 8² – 4 × 5 × (– 4) = 144
Deux racines réelles pour le trinôme :
– 8 – 12
– 8 + 12
x1 =
= – 2 et x2 =
= 0,4.
2×5
2×5
62 f : x  –
x
0
f9(x)
0,4
–
f (x)
0
1
+
25
4
9
–
= 10 + 15 = 25.
0,4 0,4 – 1
25 est le minimum de f sur ]0 ; 1[ donc, pour tout
nombre réel x de ]0 ; 1[, f (x) > 25.
f (0,4) =
63 Pour tout nombre réel x de [0 ; 5], le volume de la
boîte est donné par V(x) = x (10 – 2x)².
V est une fonction polynôme, donc elle est dérivable
sur l’intervalle [0 ; 5].
Pour tout nombre réel de [0 ; 5],
V (x) = x (100 – 40x + 4x²) = 100x – 40x² + 4x3
V9(x) = 12x2 – 80x + 100.
∆ = (– 80)2 – 4 × 12 × 100 = 1 600.
Deux racines réelles :
80 – 40 5
80 + 40
x1 =
=
et x2 =
= 5.
2 × 12 3
2 × 12
x
V9(x)
V (x)
5
3
0
+
0
0
2 000
27
5
–
0
2 000 3
Le volume maximum est
cm .
27
5
Il est atteint pour x = cm. La boîte a donc un fond
3
20
10
carré de
cm de côté et une hauteur de
cm.
3
3
64 a) Vrai : propriété du cours 2. b)
b) Faux. Pour la fonction f définie sur R par f (x) = x3,
on a f 9(0) = 0 mais f n’admet pas d’extremum local en
0.
c) Faux, car « Si Q, alors P » est fausse.
65 On étudie les variations de f.
f est dérivable sur ]– ∞ ; 0[ et sur ]0 ; + ∞[.
Pour tout nombre réel x ≠ 0,
(2 x + 1) x – (x2 + x + 2) × 1
f9(x) =
x2
x2 – 2
f9(x) = 2
x
x
–∞
f9(x)
+
–
–
+
0
1 – 22
f (x)
1 + 22
a) Vrai : f 9(2) = 0.
b) Faux : f 9(1) = – 1 donc f 9(1) , 0.
c) Faux : 1 – 22 est le maximum de f sur ]– ∞ ; 0[
or, 1 – 22 , – 1,8.
Donc pour tout nombre réel x , 0, f (x) , – 1.
d) Vrai : 1 + 22 est le minimum de f sur ]0 ; + ∞[
or, 1 + 22 . 3,8.
Donc pour tout nombre réel x . 0, f (x) > 3.
e) Vrai : f (100) = 101,02.
8
Pour se tester
66 1. C
2. A
67 1. A et C 2. A et C
3. C
4. D
3. A, B, D
4. A, B, D
1
5
1
4
68 1. Faux. En effet, – 1 , 0 or, f (– 1) = , f (0) = et
f (– 1) , f (0).
2
2. Vrai. En effet, pour tout x . 0, g9(x) = 2x + 2 et donc
x
g’(x) . 0.
3. Faux. En effet, pour tout x, h9(x) = x² (5x² + 3) et
h9(x) > 0. Ainsi h9(x) s’annule en 0 mais sans changer
de signe, donc h n’admet pas un extremum local en 0.
4. Vrai. En effet, voici le tableau de variation de la
4
fonction k : x  x + 2 + sur ]0 ; + ∞[.
x
x
0
k9(x)
k (x)
+∞
2
–
0
+
6
10
5. Faux. En effet, la fonction m : x 
est décrois1 + x2
sante sur [0 ; + ∞[.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 61
0
+∞
2
0
–2
Applications de la dérivation
61
03/07/15 14:40
Donc, de 1,234 567 < 1,234 568 on déduit que
m (1,234 567) > m (1,234 568).
9
Pour aller plus loin
f0(x)
69 a) – 1 < X < 5, pas 1
– 1 < Y < 8, pas 1
On conjecture que :
#f est au-dessous de #g sur [0 ; 1].
#f est au-dessus de #g sur [1 ; 2,2].
#f est au-dessous de #g sur [2,2 ; + ∞[.
b) d est dérivable sur ]0 ; + ∞[ car c’est la somme de
deux fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel x . 0,
1
1,6 x – 2
d9(x) = 1,6 – 4 ×
=
2x
x
c) h est dérivable sur ]0 ; + ∞[.
1
Pour tout nombre réel x . 0, h9(x) = 1,6 ×
2x
donc h9(x) . 0, h est croissante sur ]0 ; + ∞[.
De plus h (1,5625) = 1,6 1,5625 – 2
= 1,6 × 1,25 – 2
=0
h est donc négative sur [0 ; 1,5625[ et positive sur
]1,5625 ; + ∞[.
d)
x
0
1 1,5625 2,25 + ∞
0
h (x)
–
x
+
+
d9(x)
–
+
d (x)
0
b) f 9 est aussi dérivable sur R, car c’est une fonction
polynôme.
Pour tout nombre réel x, f 0(x) = 3x3 – 12x = 3x (x2 – 4).
2. a)
x
–2
0
2
–∞
+∞
– 0,1
+
0
d (1,5 625) = 4,9 – 5 = – 0,1.
e) d (1) = g (1) – f (1) = 4 – 4 = 0.
d (2,25) = g (2,25) – f (2,25) = 6 – 6 = 0.
On déduit des variations de d que :
d est positive sur [0 ; 1] donc pour tout x de [0 ; 1],
f (x) < g (x)
d est négative sur [1 ; 2,25] donc pour tout x de [1 ; 2,25],
f (x) > g (x).
d est positive sur [2,25 ; + ∞[ donc pour tout x > 2,25,
f (x) < g (x).
Donc #f est au-dessous de #g sur [0 ; 1] et sur [2,25 ; + ∞[,
#f est au-dessus de #g sur [1 ; 2,25].
70 1. a) f est dérivable sur R car c’est une fonction
polynôme.
Pour tout nombre réel x, f9(x) = 0,75x4 – 6x2 + 12.
–
0
+
0
–
0
+
12
f9(x)
0
0
b) c) On en déduit que, pour tout nombre réel x,
f9(x) > 0, ce que implique que la fonction f est croissante sur R.
71 a)
f3
2
f4
–3
–2
1
–1
f1
0
1
2
f2
b) fm est dérivable sur R, car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x, fm9 (x) = 3x2 + 2mx + m.
Conditions nécessaires
Si fm admet un extremum local en c, alors fm9 (c) = 0.
On cherche les valeurs de m telles que
3x2 + 2mx + m = 0 ait au moins une solution réelle.
D = (2m)2 – 4 × 3 × m = 4m2 – 12m = 4m (m – 3)
f m9 (x) = 0 a une solution réelle au moins si, et seulement si, D > 0, c’est-à-dire si, et seulement si, m < 0
ou m > 3.
Conditions suffisantes
Si m = 0, alors f90 (x) = 3x2, donc f90 (x) > 0 pour tout
nombre réel x.
f0 est croissante sur R et n’admet pas d’extremum.
Si m = 3, alors f 3’(x) = 3 (x + 1)2.
Donc f 3’(x) > 0 pour tout nombre réel x.
f3 est croissante sur R et n’admet pas d’extremum.
Si m , 0 ou m . 3, alors f9m(x) possède deux racines
réelles distinctes et change donc de signe en chacune
de ces deux racines.
Alors, fm change de sens de variation autour des racines de sa dérivée et admet donc deux extremums
locaux.
En conclusion, f m9 admet au moins un extremum local
si, et seulement si, m , 0 ou m . 3.
72 a) fa est dérivable sur tout intervalle inclus dans
la réunion ]–  ; a[ ∪ ]a ; + [
62
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 62
03/07/15 14:40
–1
(x – a)2
Pour tout nombre réel x ≠ a, f a9(x) , 0.
Donc fa est décroissante sur ]–  ; a[ et sur ]a ; + [.
b) S = f2 + f1 + f0 + f–1 + f–2
Son ensemble de définition est :
]–  ; –2[ ∪ ]–2 ; –1[ ∪ ]–1 ; 0[ ∪ ]0 ; 1[ ∪ ]1 ; + [
Sur chacun de ces cinq intervalles, S est décroissante
car c’est la somme de cinq fonctions décroissantes.
Pour tout nombre réel x ≠ a, f a9(x) =
–∞
x
–2
–1
0
1
2
+∞
S (x)
73 On nomme x la haux
teur des deux bords
du chenal en cm.
x
32 – 2x
La largeur du chenal est donc 32 – 2x.
La profondeur est d’après le schéma 400 cm.
Le volume d’eau que peut accueillir ce chenal est donc
(en cm3) :
V(x) = 400x (32 – 2x), 0 < x < 16.
V est une fonction polynôme donc elle est dérivable
sur [0 ; 16].
Pour tout nombre réel x de [0 ; 16],
V’(x) = 400 (32 – 2x) + 400x × (– 2)
= – 1 600x + 12 800
x
0
V9(x)
V(x)
8
+
0
0
51 200
16
–
0
Pour accueillir un volume d’eau maximal, la section
rectangulaire de ce chenal doit mesurer 8 cm par
16 cm.
74 1. a) – 5 < X < 5, pas 1
– 2 < Y < 2, pas 0,5
b) pour tout nombre réel x, (x2 – 2)2 = x4 – 4x2 + 4
Donc, pour tout x de R, x4 + 4 > 4x2 > 0
4 x2
Soit 1 > 4
>0
x +4
On peut aussi étudier les variations de f sur R et démontrer que 1 est le maximum de f sur R.
75 Pour tout nombre réel v . 0 :
200
.
v
Le prix de l’essence consommée est donné par
200
× 1,30
(6 + 0,01v2) ×
v
200
× 11.
Le prix de la paye du chauffeur est :
v
Le coût du transport est donc :
1 560
2 200
3 760
f (v) =
+ 2,6 v +
= 2,6 v +
v
v
v
f est dérivable sur ]0 ; + [ car c'est une somme de
fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel v . 0,
3 760 2,6 v2 – 3 760
f 9(v) = 2,6 – 2 =
.
v
v2
3 760
v
0
+
2,6
Le temps de parcours est donné par

f9(v)
–
f (v)
3 760
 2,6
≈ 38 à l’unité près.
760
32,6
 ≈ 198 arrondi à l’unité.
La livraison coûte au minimum 198 euros et ce coût
minimal est obtenu pour une vitesse moyenne de
38 km/h environ.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 63
+
Min
Minimum de f : f
On conjecture donc que, pour tout nombre réel x,
0 < f (x) < 1
0
Applications de la dérivation
63
03/07/15 14:40
76 On se place dans le repère orthonormé d’origine
C, d’unité graphique le km, défini par les points cardinaux.
Soit t le temps de parcours en heures (0 < t < 1).
Les coordonnées de Jonathan sont (0 ; 15 – 50t),
les coordonnées de Mina sont (– 18 + 40t ; 0).
La distance MT est donc (en km) :
f (t) = (– 18 + 40 t)2 + (15 – 50 t)2
Pour t de [0 ; 1],
f (t) = 4 100 t2 – 2 940 t + 549
Pour tout nombre réel t de [0 ; 1], on pose
u (t) = 4 100 t2 – 2 940 t + 549.
u est dérivable sur [0 ; 1] car c’est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel t de [0 ; 1],
2 940 147
u9(t) = 8 200 t – 2 940. On pose tmin =
=
.
8 200 410
x
tmin
0
u9(x)
u(x)
u(t)
0
–
549
1
+
1 709
u(tmin)
549
1 709
u(tmin)
u9(x)
u(x)
u(x)
0
–
1
+
3
4
1
3
2
Le point M le plus proche de A sur la courbe # a une
1
1 2
=
abscisse de et une ordonnée de
.
2
2
2
79
tmin ≈ 0,3586 h
≈ 21 min 31s à la seconde près.
u(tmin) ≈ 4,685 km.
77
78 Soit x l’abscisse du point M, 0 < x.
M est un point de la courbe donc son ordonnée est
x.
AM2 = (x – 1)2 + (x – 0)2
= x2 – 2x +1 + x
= x2 – x + 1.
La distance AM est donc donnée par x2 – x + 1.
On pose, pour tout nombre réel x > 0, u (x) = x2 – x + 1.
u est dérivable sur [0 ; + [ car u est une fonction polynôme.
Pour tout nombre réel x > 0, u9(x) = 2x – 1.
1
x
0
+
2
5 cm

texte
imprimé
girth
5 cm
x
4 cm
L
On nomme x la longueur d’un côté du fond carré du
pavé droit (en pouces).
Le volume de la boîte est donc exprimé par :
V (x) = x2 × (108 – 4x), où 0 < 4x < 108.
V est dérivable sur [0 ; 27] car c’est une fonction
­polynôme.
Pour tout nombre réel x, V9(x) = 216x – 12x2
= 4x (54 – 3x).
x
0
V9(x)
V (x)
18
+
0
0
11 664
27
–
0
La boîte de volume maximal mesure 11 664 pouces3.
Ses dimensions sont :
– Longueur x du côté du carré du fond : 18 pouces.
– Longueur L du pavé droit : 108 – 4 × 18 = 36 pouces.
4 cm
On note x la largeur du texte imprimée en cm.
500
La hauteur des textes imprimés est (en cm) :
x
L’aire d’une page est donc (en cm2) :
500
x
4 000
= 10x + 580 +
x
a est dérivable sur ]0 ; + ∞[ et pour tout nombre réel
x . 0,
4 000
a9(x) = 10 – 2
x
x2 – 400
= 10
x2

a (x) = (8 + x) 10 +
x
a9(x)
a (x)
0

20
–
0
+
+
980
64
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 64
03/07/15 14:40
L’aire d’une page a un minimum de 980 cm2 pour une
largeur x = 20 cm.
La largeur de la page est donc : 20 + 2 × 4 = 28 cm.
500
La hauteur de la page est donc :
+ 2 × 5 = 35 cm.
20
80
L
2
400
B est dérivable sur 0 ;
car c’est une fonction po3
lynôme.
400
Pour tout nombre réel x de 0 ;
,
3
125 200
B9(x) = 125 – 1,875x,
=
.
1,875
3
200
400
x
0
3
3

B9(x)
1,20 m
+
B (x)
L
On nomme L la largeur en m de l’ouverture (0 < L < 2).
L
L’aire du rectangle en m2 est L 1,2 – .
2
1 L 2
.
L’aire du demi disque en cm2 est p
2 2
La « quantité » de lumière est proportionnelle à :


Q (L) = L 1,2 –
L 1 1 L
+ × p
2 4 2 2



Q9(L) =
1 250
3
0
0
82 On se base sur le schéma suivant :
A
N
P

16p – 1 L + 1,2
0
Q9(L)
Q (L)
–
2
1,2
≈ 1,5.
p
1–
16
1,5
2
Q9(L) = 0 équivaut à L =
L
0

Les dimensions d’un box d’aire maximale sont :
200
200
≈ 66,7 m et y = 125 – 0,9 375 ×
= 62,5 m.
x=
3
3

p 1 2
=
– L + 1,2 L
32 2
Q est une fonction polynôme, donc elle est dérivable
sur [0 ; 2].
Pout tout nombre réel L de [0 ; 2],



+
0
0
–
Q(1,5)
Q(2)
La largeur L à choisir est 1,5 m pour obtenir l’ouverture
qui laisse passer le plus de lumière.
81 On nomme x et y les dimensions
d’un box en mètres (voir schéma).
Avec une clôture de 2 000 m,
y
on dénombre 15 côtés de longueur x
et 16 côtés de largeur y.
Donc 15x + 16y = 2000, avec x > 0 et y > 0.
Donc y = 125 – 0,9375x
400
où x > 0 et y > 0, c’est-à-dire x <
3
L’aire d’un box est ainsi (en cm2) :
400
B (x) = x (125 – 0,9375x) où x ∈ 0 ;
3


x
B
M
C
Q
M est un point mobile du segment [BC].
On construit le rectangle MNPQ inscrit dans ABC.
On nomme également H le pied de la hauteur issue de
A dans le triangle ABC.
On note x la longueur BM (0 < x < 3).
D’après le théorème de Pythagore dans le triangle
AHB rectangle en H, AH = 4 cm.
D’après le théorème de Thalès, sachant que (MN) //
(HA),
BM
4
MN =
× AH = x.
BH
3
De plus MQ = 6 – 2x.
L’aire du rectangle MNPQ inscrit dans ABC est donnée
4
par A(x) = x (6 – 2x).
3
A est dérivable sur [0 ; 3], car c’est une fonction polynôme et pour tout x de [0 ; 3],
16
A9(x) = 8 – x.
3
x
0
A9(x)
A (x)
1,5
+
0
0
6
3
–
0
L’aire maximale est de 6 cm², soit la moitié de l’aire du
triangle ABC.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 65
H
Applications de la dérivation
65
03/07/15 14:40
Remarque : Il est possible d’obtenir deux autres rectangles de même aire en posant la longueur du rectangle sur [AB] ou sur [AC].
L
A9(L)
L
La somme des aires des deux carrés est
4x + L 4– x .
2
2
Notons, pour tout nombre réel x de [0 ; L],
4x + L 4– x
2
2
On étudie les variations de f sur [0 ; L].
f est dérivable sur [0 ; L] car c’est une fonction polynôme.
1
L
Pour tout nombre réel x de [0 ; L], f 9(x) = x – .
4
8
L
x
L
0
2
f9(x)
f (x)
–
L2
16
0
+
L2
16
L2
32
La somme des aires est donc minimale en coupant la
ficelle en son milieu.
Examinons alors le découpage de la ficelle de un
mètre en trois morceaux.
On nomme L la longueur du segment qui correspond
à la première découpe, à l’intérieur duquel on pratique une seconde découpe.
1re découpe
L
1m


1
32
La somme des aires est donc supérieure ou égale à
3
m2 : cette valeur est obtenue en effectuant une
144
2
première coupe à m puis en redécoupant le long
3
morceau en deux parties égales.
On obtient ainsi trois morceaux identiques.
10
Accompagnement
personnalisé
84 a) f est croissante sur ]–  ; – 1], puis décroissante
sur [– 1 ; 1] et enfin croissante sur [1 ; + [.
b) f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme. Pour tout nombre réel x,
f 9(x) = 3x² – 3 = 3 (x – 1) (x + 1)
x
–1
–
+∞
1
3(x – 1)
–
x+ 1
–
0
+
f9(x)
+
0
–
0
–
+
+
0
4
f (x)
Quelle que soit la position choisie pour la 2nde découpe, l’aire des deux premiers carrés est supérieure
L2
ou égale à .
32
La somme des aires des trois carrés est donc supéL2
1 – L 2 3L2 – 4L + 2
=
,
+
rieure ou égale à A (L) =
4
32
32
avec 0 < L < 1.
A est dérivable sur [0 ; 1] car c’est une fonction polynôme.
3
1
Pour tout nombre réel L de [0 ; 1], A9 (L) = L – .
16
8
+
3
144
L–x
x
f (x) =
1
4
A (L)
1
0
–
83 Examinons le découpage d’une ficelle de longueur L en deux morceaux pour former deux carrés.
2
3
0
+
0
Les variations de f sont cohérentes avec la lecture graphique du a).
85
x
f9(x)
f (x)
10
–
+
0
+
–
8
86 a) f est dérivable sur R car c’est une fonction polynôme. Pour tout nombre réel x,
f9(x) = 4x3 + 12x² = 4x²× x + 4x² × 3
f9(x) = 4x² (x + 3).
66
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 66
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b)
x
4x
–3
–
+
2
–
0
+
f9(x)
–
0
+
f (x)
0
+
x+ 3
c)
+∞
0
+
+
0
+
+
g (x)
88 1. Le minimum de f sur [– 3 ; 3] est – 1.
2 (x2 + 9) – 2 x × (2 x)
(x2 + 9)2
– 2 x2 + 18
h9(x) = 2
(x + 9)2
2 (9 – x2)
h9(x) = 2
(x + 9)2
2 (3 – x) (3 + x)
h9(x) =
(x2 + 9)2
b) Pour tout nombre réel x > 0,
2 (3 + x) > 0 et (x2 + 9)2 . 0.
Donc h9(x) a le même signe que 3 – x sur [0 ; + [.
c)
x
0
3
+
h9(x) =
h9(x)
2. a) f est dérivable sur [– 3 ; 3] et pour tout nombre
réel x de [– 3 ; 3],
4 x (1 + x2) – (2 x2 – 1) × (2 x)
(1 + x2)2
6x
f9(x) =
.
(1 + x 2)2
b)
x
–3
0
f9(x) =
(1 + x2)2
+
f9(x)
–
f (x)
1,7
0
–1
h (x)
+
0
3
+
+
1,7
c) –1 est le minimum de f sur l’intervalle [– 3 ; 3] donc,
pour tout nombre réel x de [– 3 ; 3], f (x) > – 1.
–
1
3
1
est le maximum de la fonction h sur [0 ; + [
3
1
donc, pour tout nombre réel x > 0, h (x) < .
3
b) Pour tout nombre réel x > 5, 2x . 0 et x2 + 9 . 0
donc h (x) . 0.
10
De plus, h est décroissante sur [5 ; + [ et h (5) =
34
10
avec < 0,295.
34
On en déduit que pour tout nombre réel x > 5,
h (x) < h (5) < 0,3.
Conclusion : Pour tout nombre réel x > 5,
0 , h (x) < 0,3.
91 1. a) f est dérivable sur R car c’est une fonction
polynôme. Pour tout nombre réel x, f9(x) = 3x² – 15x.
Donc f9(x) = 3x (x – 5).
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 67
0
2. a)
+
0
10
Pour tout nombre réel x > 0,
3 (x + 8) – (3 x – 4) × 1
(x + 8)2
28
g9(x) =
(x + 8)2
b)
x
–8
–
–
–
90 1. a) h est dérivable sur [0 ; + [.
g9(x) =
6x
0
g (18) = – 182 + 36 x 18 – 314 = 10.
c) 10 est le maximum de la fonction g sur R donc, pour
tout nombre réel x, g(x) < 10.
87 a) g est dérivable sur tout intervalle inclus dans
R – {– 8}. Pour tout nombre réel x ≠ – 8,
+
+
g (x)
d) Les éléments du tableau
sont bien cohérents avec l’écran
de la calculatrice suivant.
– 5 < X < 5, pas 1
– 30 < Y < 30, pas 6.
g9(x)
g9(x)
+
1
– 26
89 a) g est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur R.
Pour tout nombre réel x, g9(x) = – 2x + 36.
b)
x
18
–
+
Applications de la dérivation
67
03/07/15 14:40
b)
x
0
–
3x
–
x– 5
–
f9(x)
+
0
0
+
+
–
0
+
–
0
+
10
f (x)
d) La conjecture de Fanny est fausse : en effet f (0) = 2
est un minimum local de la fonction f.
e) f (–0,1) = f (0,1) = 2,0001 est un maximum local de la
fonction f.
+∞
5
– 52,5
Le tableau d’Antoine est bien vérifié.
f (0) = 10 et f (5) = 53 – 7,5 × 5² + 10 = – 52,5.
2. f (0) = 10 est un maximum local de la fonction f et
f (5) = – 52,5 est un minimum local de la fonction f.
92 a) g est dérivable sur ]0 ; + [ car c’est le produit
de deux fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel x . 0,
1
g9(x) = 1 × x + (x – 3) ×
2x
2x
x–3
g9(x) =
+
2x 2x
3(x – 1)
g9(x) =
2x
b) g9(x) est du signe de x – 1 sur ]0 ; + [.
x
0
g9(x)
g (x)
1
0
x
+
0
–
+
 (x)
–2

93 a) f est une fonction polynôme, donc elle est dérivable sur [– 1 ; 1]. Pour tout nombre réel x de [– 1 ; 1],
f9(x) = – 4x3 + 0,04 x
f9(x) = 4x (0,01 – x2)
f9(x) = 4x (0,1 – x) (0,1 + x).
b)
x
–1
– 0,1
0
0,1
1
4x
–
–
0,1 – x
+
+
+
0,1 + x
–
0
+
+
f9(x)
+
0
–
0
0
+
+
+
0
–
2,0001
2
2,0001
0
0
–
625
0
52
52
= 100 × 
– 4
 52
2 
2 
2 
2
4
= 1 250 – 625
= 625
52
L’aire maximale est obtenue pour x =
2
et elle est égale à 625 = 25.
95 1. a) Le volume de la canette
est à la fois 33 cL, soit 330 cm3 et px²h.
330
Donc h = 2
px
b) L’aire du fond est px² (en cm2).
L’aire de la face supérieure est px²
(en cm2).
h
x
330
.
p x2
L’aire totale en cm3 est donc exprimée par :
660
 (x) = 2 px² +
x
c)  est dérivable sur ]0 ; + [ car c’est la somme de
deux fonctions dérivables.
Pour tout nombre réel x  0,
–
c)
1,02
+
5
L’aire latérale (en cm2) est 2px × h, soit 2px ×
+
0
52
2
0
9(x)
g (1) = – 2 est un minimum local de la fonction g.
c) – 1 < X < 5, pas 1
– 10 < Y < 10, pas 2
f (x)
94 1. a) OMN est un triangle rectangle en M.
D’après le théorème de Pythagore,
MN2 = ON2 – OM2 = 25 – x2 donc MN = 25 – x2 .
Pour tout nombre réel x de [0 ; 5],
 (x) = 2 OM × MN = 2x 25 – x2
b)  (x) = 4x2 (25 – x²) = 100x² – 4x4.
 et  sont deux fonctions positives sur [0 ; 5].
et  =  donc  et  ont le même sens de variation sur l’intervalle [0 ; 5].
2. a)  est une fonction polynôme donc elle est
­dérivable sur [0 ; 5].
Pour tout nombre réel x de [0 ; 5],
9(x) = 200x – 16x3
= 8x (25 – 2x2)
= 8x (5 – x2) (5 + x2).
b) Pour tout nombre réel x de [0 ; 5],
8x > 0 et 5 + x2 > 0.
Donc 9(x) et (5 – x2) sont du même signe sur l’intervalle [0 ; 5].
1,02
68
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 68
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660
x2
4px3 – 660
9(x) =
x2
3
2. a) x  x est croissante sur ]0 ; + [
donc x  4px3 est croissante sur ]0 ; + [ car 4p . 0
et g est donc croissante sur ]0 ; + [.
b)
x
0
a
+
9(x) = 4px –
g(x)
–
x2
+
9(x)
–
 (x)
0
+
3. En tabulant la fonction g, on trouve une valeur approchée de a.
x
g (x)
3,7449
– 0,02035
3,7450
0,03251
330
≈ 7,490.
p a2
La canette d’aire minimale a un rayon de 3,745 cm et
une hauteur 7,49 cm.
La hauteur est simplement le double du rayon…
Donc a ≈ 3,745 et h =
+
0
+
(a)
g est croissante sur ]0 ; + [ et s’annule uniquement
en a.
Chapitre 4
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 69
Applications de la dérivation
69
03/07/15 14:40
5
Suites
Autumn Rythm
Les peintures de Jackson Pollock semblent respecter un principe d’autosimilarité qui est à la base des
fractales. En effet, si l’on dispose une grille carrée sur
cette toile, faite de carrés aussi fins que l’on veut, on
s’aperçoit que les proportions de peinture blanche et
noire restent constantes dans tous ces carrés comme
sur l’ensemble de la toile. Ce principe est très présent
également dans la nature, ce qui a fait dire que le désordre de la peinture de Pollock la rend si naturelle…
Ce principe serait intimement lié à la peinture de
Pollock et le type d’analyse employé a même jeté le
doute sur l’authenticité de certaines toiles que l’on
pensait réalisée par le maître durant les années 2000.
• http://phys.unsw.edu.au/phys_about/PHYSICS!/
FRACTAL_EXPRESSIONISM/fractal_taylor.html
• http://www.sciencesetavenir.fr/fondamental/
20060210.OBS5985/la-geometrie-fractale-jette-ledoute-sur-des-tableaux-de-pollock.html
1
Au fil des siècles
Loi de Titius Bode :
Le rang 4 resta inoccupé pendant de nombreuses
années, faisant la place à plusieurs hypothèses. La découverte de Neptune au milieu du xixe siècle finit de
décrédibiliser cette loi.
Pour plus d’informations, on pourra consulter les sites
suivants :
• http://www.futura-sciences.com/magazines/espace/
infos/dossiers/d/astronomie-histoire-univers-1385/
page/9/
• http://www.le-systeme-solaire.net/aide-titiusbode.
html
2
Bien démarrer
1. a) f (n + 1) = 1,4(n + 1) – 0,2 = 1,4n + 1,4 – 0,2
= 1,4n + 1,2
b) g(n + 1) = –2(n + 1)2 = –2(n2 + 2n + 1) = – 2n2 – 4n – 2
2. a) La somme calculée est : 0 + 5 + 7 + 9 + 11. L’algorithme affiche en sortie 32.
b) La somme calculée est : 32 + 13 + 15.
L’algorithme affiche en sortie 60.
c) On remplace l’instruction dans la boucle par :
Affecter à S la valeur S + 5i
La somme affichée en sortie est alors 275.
3. a) Dans la cellule B3, on a saisi la formule = B2*2.
b) Dans la cellule C3, on saisit = C2 + 1 000.
4. a) 33
3n × 32
=9
3n
b) 3n × 34 = 3n + 4
c) (23)n = 23n
2n 2 n
d) n =
= 0,4n
5
5
10n
e) 10 –(n + 1) × 10n = n
= 0,1
10 × 10
5. a) 11 entiers écrits.
b) 100 entiers écrits.
c) 26 entiers écrits (résultat de 30 – 4).
d) n – p + 1 entiers écrits.
n+2
n
=

3
Découvrir
1 Un programme pour étudier une suite.
1. a) u(1) = 500 × 1,02 = 510
u(2) = 510 × 1,02 = 520,2
u(3) = 520,2 × 1,02 = 530,604. Le banc a grossi de 30
tonnes et 604 kg après 3 ans.
b) u1 = 500 × 1,02 – 2 = 508
u2 = 508 × 1,02 – 2 = 516,16
u3 = 516,16 × 1,02 – 2 ≈ 524,48
c) Pour tout nombre entier naturel n, un + 1 = 1,02un – a.
2. b) L’algorithme affiche 421,94. À la fin de l’année
2019, avec un effort de pêche de 25 tonnes par an, le
banc de poissons a une masse de 421,94 tonnes.
c) Ce programme affiche la masse du banc de poissons en tonnes à la fin de l’année (2014 + n).
a désigne la masse de poissons prélevée chaque année en tonnes.
u désigne les termes successifs de la suite (un).
70
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n désigne le nombre d’années qui s’écoulent et durant
laquelle la masse du banc de poissons évolue.
d) Pour a = 1,5, la masse du banc de poissons dépasse
600 tonnes au bout de 11 ans.
e) Pour a = 17, la masse du banc de poissons est inférieure à 400 tonnes au bout de 13 ans.
f) Il faut et il suffit que 500 × 1,02 – a = 500. On trouve
a = 10.
2 Suites arithmétiques, géométriques
1. a) u1 = u0 – 17 = 2 300 – 17 = 2 283
0,8
v1 = v0 –
× v = 0,992 × v0 = 2 281,6
100 0
b) et c) Dans B3, on saisit : = B2-17.
Dans C3, on saisit : = 0.992*C2.
d) La valeur de la cellule B8, qui est égale à 2 164, signifie que sous l’hypothèse A, il restera 2 164 tonnes de
carburant dans les réservoirs du navire 8 heures après
le naufrage.
Au bout de 10 heures, sous l’hypothèse B, il restera
environ 2 122,485 tonnes de carburant dans les réservoirs du navire en arrondissant au millième.
2. a) Pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 = un – 17.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
0,8
vn + 1 = v n –
v = 0,992 vn.
100 n
c) Tessa a raison. En effet, pour calculer u20 à partir de
u0, il suffit de retrancher 20 fois la valeur 17 à 2 300 car
chaque heure l’épave rejette 17 tonnes de carburant
à la mer.
d) v20 = v0 × 0,99220 ≈ 1 958,670
3. b) Jusqu’à 20 heures après le naufrage, c’est l’hypothèse A qui est la plus pessimiste car pour tout nombre
entier naturel n tel que 0 < n < 20, un . vn.
En revanche, à partir de 21 heures après le naufrage,
c’est l’hypothèse B qui paraît la plus pessimiste car
pour tout nombre entier naturel n > 21, il semble que
u n , vn .
4
Savoir-faire
2 a) et b)
u3
u2
d’
3 a) On trace la parabole (P) représentant la fonction x  x – 0,25 x2 et la droite d d’équation y = x. On
réalise ensuite la construction attendue.
d
1
O
(P)
O
v3
v2
v1
1
v0
2
b) À l’écran de la calculatrice.
Fenêtre graphique :
–1 < X < 3, pas 0,5
–0,5 < Y < 1,5, pas 0,5.
v1 = 1, v2 = 0,75 et v3 = 0,609375.
5 a)
On conjecture que la suite v est arithmétique de
raison 3.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 – vn = (3(n + 1) – 6) – (3n – 6) = 3
donc la suite v est arithmétique de raison 3.
c) S = v0 + v1 + … + v50
S = v0 + (v0 + 3) + … + (v0 + 50 × 3)
S = 51 × v0 + 3 (1 + 2 + … + 50)
50 × 51
S = 51 × (– 6) + 3 ×
= 3 519
2
6 a) Pour tout nombre entier naturel n, pn + 1 = pn
+ 180.
Donc la suite p est arithmétique de raison 180.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
pn = 1 000 + 180n
c) On calcule S = p0 + p1 + … + p14
S = 15 × p0 + 180(1 + 2 + … + 14) = 33 900
1
u1
d
–1
u0
O
u1 1 u2 u3
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 71
Suites
71
03/07/15 14:40
5
8 a)
On conjecture que la suite v et géométrique.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
3n + 1
3 × 3n
3
= v.
vn + 1 = n + 2 =
7
7 × 7n+1 7 n
3
Donc la suite v est géométrique de raison .
7
c) S = v0 + v1 + … + v6
3
36
S = v0 + v0 + … +
v
7
7 0
3 32
3
S = v0 1 + +
+…+
7 7
7
3 7
1–
1
7
S= ×
7
3
1–
7
1
37
205 339
=
S= × 1–
4
7
823 543
Résoudre des problèmes
12 a) v est la suite géométrique de premier terme
v0 = 0,2 et de raison 3 donc v8 = 0,2 × 38 = 1 312,2.
Or u8 = 1 310, donc u8 , v8.
b) u est une suite arithmétique donc
u8 = u0 + (8 – 0)r, c’est-à-dire 1 310 = 110 + 8r, soit r = 150.
D’où, pour tout nombre entier naturel n, un = u0 + nr,
un = 110 + 150n.
c) On résout l’équation d’inconnue n : un = 5 960.
Ce qui équivaut à 110 + 150n = 5 960.
5 960 – 110
Finalement n =
= 39.
150
Donc u39 = 5 960.
13



 
6
 
  
9 a) Pour tout nombre entier naturel n,
wn + 1 = 1,5n + 2 = 1,5 × 1,5n + 1 = 1,5wn.
Donc la suite w est géométrique de raison 1,5.
b) S = w0 + w1 + … + w10
S = w0 + 1,5 × w0 + 1,52 × w0 + … + 1,510 × w0
S = w0(1 + 1,5 + 1,52 + … + 1,510) = 1,5 ×
S=
525 297
2 048
1 – 1,511
1 – 1,5
10 a) Pour tout nombre entier naturel n, Cn + 1 = Cn +
3
× Cn. Donc Cn + 1 = 1,03Cn.
100
Donc la suite C est géométrique de raison 1,03.
b) C0 = 10 000 et pour tout nombre entier naturel n,
Cn = 10 000 × 1,03n.
On calcule S = C0 + C1 + … + C10.
S = C0(1 + 1,03 + 1,032 + … + 1,0310)
1 – 1,0311
S = 10 000 ×
≈ 128 078
1 – 1,03
u est une suite arithmétique. On note r sa raison,
u18 = u10 + 8r ce qui conduit à r = 25.
u0 = u10 – 10r = 247 – 250 = – 3 et
u1 = u0 + 25 = 22.
un = 572 équivaut à – 3 + 25n = 572, soit n = 23.
v est une suite géométrique. On note q sa raison
v 3 1
1 10
3
q = 1 = = , v10 = 6 ×
=
2
512
v0 6 2
1 18
3
1 23
3
v18 = 6 ×
=
=
,v =6×
.
2
131 072 23
2
4 194 304



15 On modifie l’algorithme de l’exercice 14.
Dans la boucle l’instruction s’écrit :
« Affecter à u la valeur 1,04u + 40 (k – 1) – 7 000. »
On modifie également de la même façon le programme Algobox.
Pour estimer la population en 2030, on saisit en entrée
n = 19, le programme affiche v19 ≈ 372 234,23.
On estime qu’en 2030, la ville de Montpellier comptera 372 234 habitants.
16 Pour déterminer en quelle année la population
de Montpellier dépasserait 500 000 habitants, on modifie l’algorithme de l’exercice 14.
En particulier, on remplace la boucle Pour par une
boucle Tant que :
72
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03/07/15 14:40
Variables : k est un nombre entier naturel,
u est un nombre réel
Traitement : Affecter à k la valeur 0
Affecter à u la valeur 264 500
Tant que u , 500 000
Affecter à u la valeur 1,025u – 1000
Affecter à k la valeur k + 1
Fin Tant que
Sortie : Afficher k
b) En exécutant le programme, on détermine que le
médicament n’est plus efficace 6 heures après la prise.
3. a) Programme complété :
Le programme affiche k = 30 .
Avec ce modèle, la population de Montpellier dépasserait 500 000 habitants pour la première fois en 2041.
18 a) (1) 3 v0 = 3, la variable v est initialisée à 3.
(2) 8 On calcule u1, u2, …, u8 et les sommes cumulées
successives.
(3) 2 × v La suite v est géométrique de raison 2.
(4) S + v À chaque passage dans la boucle, on augmente S de la valeur v.
b) Voici le suivi des valeurs des variables i, u et S lors de
l’exécution de l’algorithme.
i
v
S
3
3
1
6
9
2
12
21
3
24
45
4
5
6
7
8
48 96 192 384 768
93 189 381 765 1533
L’algorithme affiche en sortie S = 1 533.
c) v0 + v1 + v2 + …+ v8 = v0 + 2v0 + 22v0 + … + 28v0
v0 + v1 + v2 + …+ v8 = v0 (1 + 2 + 22 + … + 28)
1 – 29
Or 1 + 2 + 22 + … + 28 =
= 511.
1–1
Donc v0 + v1 + v2 + …+ v8 = 3 × 511 = 1 533.
6
Travaux pratiques
19 1. a) C0 = 8 donc C1 = 8 × (1 – 20 %) = 8 × 0,8 = 6,4.
C2 = 6,4 × 0,8 = 5,12.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
Cn + 1 = Cn × (1 – 20 %) = Cn × 0,8.
Donc (Cn) est une suite géométrique de raison 0,8 et
de premier terme C0 = 8.
2. a) Algorithme complété :
b) Le programme affiche en sortie k = 18. Pour conserver l’efficacité du traitement sur cinq jours, 18 prises
de médicaments sont nécessaires.
c) Pour afficher les heures auxquelles le médicament
est pris (à compter de la seconde prise), on modifie la
structure conditionnelle Si Alors Fin Si.
4. À l’aide des valeurs de n affichées, on établit un
échéancier des prises de médicament qui interviennent dès que la concentration de substance
active passe en dessous de 2,2 mg/L.
Lundi
Mardi
Mercredi
Jeudi
Vendredi
Samedi
10 h / 16 h / 23 h
6 h / 13 h / 20 h
3 h / 10 h / 17 h
0 h / 7 h / 14 h / 21 h
4 h / 11 h / 18 h
1h/8h
20 1. b) Dans B3 : = 2*B2 et dans C3 : = C2 + B3.
c) Le gain est égal à 4 608 € car 36 × 128 = 4 608.
D’après le tableur, la dépense cumulée se monte à
255 € , donc le bénéfice est égal à :
4 353 € (4 608 – 255 = 4 353).
2. b) Dans D2 : = 36*B2 et dans E2 : = D2-C2.
c) Pour n = 10, le bénéfice est de 17 409 € ;
pour n = 15, le bénéfice est de 557 057 € et enfin pour
n = 20, le bénéfice est de 17 825 793 €.
d) La colonne E du tableur permet de conjecturer que
pour tout nombre entier naturel non nul n, le bénéfice
semble toujours positif.
3. a) Pour tout nombre entier naturel k, tel que :
1 < k , n, on a mk + 1 = 2mk avec m1 = 1.
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 73
Suites
73
03/07/15 14:40
La suite des mises est donc une suite géométrique de
premier terme m1 = 1 et de raison 2, limitée à n termes.
D’où mk = m1 × 2k – 1 = 2k – 1.
dn = m1 + m2 + … + mn
1 – 2n
D’où dn = 1 + 2 + … + 2n – 1 =
= 2n – 1.
1–2
b) Le bénéfice que l’on note bn est égal à 36 × mn – dn,
c’est-à-dire : bn = 36 × 2n – 1 – (2n – 1).
bn = 36 × 2n – 1 – 2n + 1 = 2n – 1(36 – 2) + 1.
bn = 2n – 1 × 34 + 1.
Comme 2n – 1, 34 et 1 sont strictement positifs, il vient :
pour tout nombre entier naturel n > 1, bn . 0.
4. a) Plus le gain est « tardif », plus la dépense cumulée est élevée, ce qui peut représenter une très forte
somme d’argent dont Manon doit disposer pour miser
en appliquant cette martingale.
En revanche, le gain est toujours supérieur aux mises
dans le cas de cette martingale.
b) Si la roulette n’est pas truquée, alors le joueur est
certain de gagner tôt ou tard puisqu’il joue toujours
le même numéro. Lorsque le joueur gagne en appliquant une martingale, le bénéfice est toujours positif
pour le joueur et donc négatif pour le casino.
7
Pour s’entraîner
b0 + 3
b +3 6
= 3, b2 = 1
= ,
2b0 + 1
2b1 + 1 7
b + 3 27
b + 3 84
b3 = 2
et b4 = 3
=
=
2b2 + 1 19
2b3 + 1 73
29 b0 = 0, b1 =
30 Pour tout nombre entier naturel n > 1,
a) un – 1 = 2(n – 1)2 – (n – 1) – 1 = 2n2 – 5n + 2
un + 1 = 2(n + 1)2 – (n + 1) – 1 = 2n2 + 3n
2(n – 1) – 1 2n – 3
b) bn – 1 =
=
n–1+1
n
2(n + 1) – 1 2n + 1
bn + 1 =
=
n+1+1
n+2
31 s2 = – 3s1 + 0,2 donc s1 = – 7
s1 = – 3s0 + 0,2 donc s0 = 2,4
32 Fenêtre graphique :
–1 < X < 5, pas 1 et –30 < Y < 10, pas 5.
33 Fenêtre graphique :
– 1 < X < 9, pas 1 et – 0,5 < Y < 3,5, pas 0,5.
21 u0 = – 12, u1 = – 2, u2 = 8 et u2015 = 20 138.
22 v0 = 6, v1 = 15, v2 = 105 et v5 = 100 005.
23 w1 = 5 × w0 + 2 = 2, w2 = 5 × w1 + 2 = 12 et
w3 = 5 × w2 + 2 = 62.
24 Les points de la représentation graphique de la
34 Fenêtre graphique :
–1 < X < 5, pas 1 et –5 < Y < 40, pas 5.
suite a appartiennent à la représentation de la fonction f définie sur R par f (x) = 4x – 2. Cette fonction est
affine et sa représentation graphique est donc une
droite. D’où l’alignement des points.
25 1er point : (0 ; 2), 2e point : (1 ; –7), 3e point : (2 ; 29).
26 u0 = 02 – 4 × 0 + 4 = 4
35 a)
u1 = 12 – 4 × 1 + 4 = 1, u2 = 22 – 4 × 2 + 4 = 0
u3 = 32 – 4 × 3 + 4 = 1, u4 = 42 – 4 × 4 + 4 = 4
27 v2 = 2 2 – 2 = 0
v3 = 23 – 2 = 2, v4 = 24 – 2 = 22
v5 = 25 – 2 = 23, v6 = 26 – 2 = 4
b) v9 = 890 donc on définit la fenêtre graphique :
–1 < X < 10, pas 1 et –100 < Y < 1000, pas 200.
c)
28 a0 = 1, a1 = a0 – 0 = 1, a2 = a1 – 1 = 0
a3 = a2 – 2 = – 2 et a4 = a3 – 3 = – 5
74
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 74
03/07/15 14:40
36 a) w2 = – 15 donc A appartient à la représenta-
tion graphique de w.
w3 = – 11,5 donc B appartient à la représentation
graphique de w.
w51 = 3 684,5 ≠ 8 donc C n’appartient pas à la représentation graphique de w.
w10 = 97 ≠ 100 donc D n’appartient pas à la représentation graphique de w.
– 2 et 4,6 ne sont pas des nombres entiers naturels
donc, E et F n’appartiennent pas à la représentation
graphique de w.
b) On résout 1,5n2 – 4n – 13 = 2015 dans N.
Cette équation possède deux solutions réelles distinctes qui ne sont pas entières (x1 ≈ – 35,46 et
x2 ≈ 38,13). Donc aucun des points de la représentation graphique de la suite w n’a une ordonnée égale
à 2015.
37 a) f est définie sur [0 ; + [ par f (x) = x (4 – x).
b)
5
4
3
2
1
courbe
représentative
de f
O
–1
–1
O 1
b) À l’aide du tableur, u15 = 7 174 440.
41 a) T1 = 32 – T0 = – 68
T2 = 32 – T1 = 100
T3 = 32 – T2 = – 68
b) On conjecture que les termes de rang pair sont tous
égaux à 100 et que les termes de rang impair, en particulier T2015, sont tous égaux à – 68.
42 a)
Variables : i est un nombre entier naturel,
V est un nombre réel
Traitement
et sortie : Affecter à V la valeur 2
Pour i allant de 1 à 12
Affecter à V la valeur 2V – 1
Afficher V
Fin Pour
b)
i
V
2
1
3
i
V
7
129
8
257
2
5
3
9
4
17
5
33
6
65
9
10
11
12
513 1 025 2 049 4 097
43
2 3 4 5
38 On trace la représentation de la fonction f
définie sur [0 ; 4] par f (x) = x(4 – x) et la droite d d’équation y = x.
d
4
Variables : i, N sont des nombres entiers naturels,
W est un nombre réel
Entrée : Saisir N
Traitement : Affecter à W la valeur –5
Pour i allant de 1 à N
Affecter à W la valeur 1,2W + 0,4
Fin Pour
Sortie : Afficher W
44 a) Pour tout nombre entier naturel n, un + 1 = un + 2n.
3
b) Pour tout nombre entier naturel n, un + 1 = un2 – 1.
2
45 a) f est la fonction définie sur R par
1
O
O
u2 u0
2
u3 u4 u1
4
39 La conjecture est fausse. En effet, pour tout
nombre entier naturel n, 100n – n² = n(100 – n).
Les termes de la suite sont donc tous négatifs au-delà
du rang 100.
40 a) Dans la cellule B3, la formule saisie est
= –3*B2–4*A2 + 5.
f(x) = 0,5x + 2,5.
b) # est la courbe représentative de la fonction f.
c)
6
4
2
O
d
u0
2
u1 u2 u3
6
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 75
Suites
75
03/07/15 14:40
46 Par lecture graphique sur l’axe des abscisses :
u0 = 1, u1 = 3, u2 = 1,5 et u3 = 2,3.
47 a) Le 2 janvier 1979, le montant du compte d’Inès
s’élève à :
1 200 × 1,01 + 800, soit 2 012 €.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
Sn + 1 = 1,01Sn + 800.
c) Le 2 janvier 2028, la somme qui figure sur le compte
d’Inès est S50.
Avec le tableur, on obtient : S50 ≈ 53 544,10 €.
48 u1 = 5 + 3 = 8, u2 = 8 + 3 = 11, u3 = 14, u4 = 17 et
u9 = 5 + 9 × 3 = 32.
49 u6 = – 3 + 6 × 5 = 27
50 r =
7 – (– 5)
=2
6
51 Pour tout nombre entier naturel n, n > 1,
vn = v1 + (n – 1) × 3 = 5 + 3n.
52 a) S = 1 + 2 + … + 20
20 × 21
= 10 × 21 = 210
2
b) T = 1 + 2 + … + 200
200 × 201
= 100 × 201 = 20 100
T=
2
S=
53 a) Pour tout nombre entier naturel n,
3
3
3
un + 1 – un = (n + 1) – 2 – n – 2 = .
5
5
5
3
Donc la suite u est arithmétique de raison .
5
b) v0 = 02 + 1 = 1, v1 = 12 + 1 = 2 et v2 = 22 + 1 = 5,
v1 – v2 = 1 et v2 – v1 = 3.
Donc v1 – v0 ≠ v2 – v1. D’où la suite v n’est pas arithmétique.


54 a) Pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 – un = – 7. Donc la suite u est arithmétique de
raison – 7.
1
1
5
b) v0 = 4, v1 = × 4 + 1 = 3, v2 = × 3 + 1 =
2
2
2
1
v1 – v0 = – 1 et v2 – v1 = –
2
Donc v1 – v0 ≠ v2 – v1. D’où la suite v n’est pas arithmétique.
55 a) Pour tout nombre entier naturel n > 1, pour
passer du motif n au motif n + 1, on ajoute 3 carrés,
ainsi Cn + 1 = Cn + 3.
La suite (Cn) est arithmétique de raison 3.
b) Le nombre de carrés du motif n° 1 000 est :
C1 000 = C1 + 999 × 3 = 2 998.
56 u15 = – 7 + 15 × 2 = 23
57 u10 = 5 + 9 × (– 3) = – 22
5
2
58 u0 = – 5 + (– 10) × = – 9
175 – 35 7
=
40
2
42 – 9
60 r =
= 3 et u6 = 9 + (– 5) × 3 = – 6.
11
59 r =
61 On note (un) la suite arithmétique définie pour
tout nombre entier naturel n > 1, dont les termes
consécutifs figurent dans la colonne A. On note r sa
raison. A65 correspond au 65e terme, noté u65.
Donc u66 désigne le terme qui se trouve dans la cellule
A66. r = 154,5 – 152 = 2,5.
u8 = 152 + (– 57) × 2,5 = 9,5 donc la cellule A8 contient
9,5.
u200 = 164,5 + 130 × 2,5 = 489,5 donc la cellule A200
contient 489,5.
62 a) v est la suite arithmétique de premier terme
v0 = 10 et de raison 6.
Donc pour tout nombre entier naturel n, vn = 10 + 6n.
b) v2015 = 10 + 6 × 2015 = 12 100.
c) vn = 1 288 équivaut à 10 + 6n = 1 288, c’est-à-dire à
n = 213.
63 a)
Valeur de n saisie en entrée
1
2
3
4
Valeur de u affichée en sortie
9 21 33 45
b) L’instruction « Affecter à u la valeur – 3 » et
l’instruction « Affecter à u la valeur u + 12 » à l’intérieur
de la boucle pour, signifient que u0 = – 3 et pour tout
nombre entier naturel n, un + 1 = un + 12.
Donc u est la suite arithmétique de premier terme – 3
et de raison 12.
c) D’après b), pour tout nombre entier naturel n,
un = – 3 + 12n.
un = 777 équivaut à –3 + 12n = 777, c’est-à-dire n = 65.
La valeur de n saisie en entrée est 65.
64 a) un > 0 équivaut à – 307 + 3n > 0, c’est-à-dire
307
307
. Or
≈ 102,33 donc à partir de n = 103, tous
3
3
les termes de la suite u sont positifs.
b) un > –12 équivaut à – 307 + 3n > – 12, c’est-à-dire
295
295
n>
. Or
≈ 98,33 donc le plus petit terme de la
3
3
suite u supérieur à – 12 est u99 = – 10.
n>
76
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 76
03/07/15 14:40
65 a)
n
vn
0
1
2
3
4
7
5
3
2
–1
7
6
5
4
3
2
1
0
–1
A
69 a × a2 × a3 × … × a29 = a1 + 2 + 3 + … + 29 = a
Donc a × a2 × a3 × … × a29 = a435.
Le calcul de Tom est donc exact.
B
70 a) S = v0 + v1 + … + v9
C
2
7
7
+ … + v0 + 9 ×
2
2
7
S = 10 × v0 + (1 + 2 + … + 9)
2
23 7 9 × 10 745
+ ×
=
S = 10 ×
8 2
2
4
b) À l’aide du logiciel Xcas :

S = v0 + v0 +
D
0 1
29 × 30
2 .
3 4
E
5
b) Comme v est une suite arithmétique de premier
terme 7 et de raison – 2, pour tout nombre entier naturel n, vn = 7 – 2n. En considérant la fonction affine f :
x  – 2x + 7, il vient vn = f (n).
Donc les points A, B, C, D et E sont situés sur la droite
d’équation y = – 2x + 7.



66 b) La suite v semble arithmétique de raison 30.
c) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 – vn = 5un + 1 – 1 – (5un – 1)
vn + 1 – vn = 5(un + 1 – un) = 5 × 6 = 30.
La conjecture de b) est ainsi démontrée.
2
u0
2
2
2
2
67 a) u1 =
= , u = 3 = , u3 = et u4 = .
5
7
9
u0 + 1 3 2 2
+1
3
3
5
7
9
D’où : v1 = , v2 = , v3 = et v4 = .
2
2
2
2
b) Pour tout nombre entier naturel n,
1
1 u +1 1
– = n
– = 1.
v n + 1 – vn =
un + 1 un
un
un
Donc v est une suite arithmétique de raison 1.
1
1
c) v0 = . Pour tout nombre entier naturel n, vn = + n.
2
2
1
1
1
.
Or vn = donc un = =
un
vn 1
+n
2
68 1. Voir page 118, paragraphe 2. c du manuel.
2. On note un la production d’articles le nième mois
après le mois de janvier (n nombre entier naturel).
u est une suite arithmétique de premier terme u0 = 150
et de raison 5.
Le nombre d’articles produits dans l’année est égal à
S = u0 + u1 + … + u11.
S = u0 + (u0 + 5) + (u0 + 2 × 5) + … + (u0 + 11 × 5)
S = 12 × u0 + 5 × (1 + 2 + … + 11)
11 × 12
S = 12 × 150 + 5 ×
= 2 130
2
Le nombre d’articles produits dans l’année est donc
de 2 130.
71 a) a0 =
1 + 1,5
1,5 + 2
× 1 = 1,25, a1 =
× 1 = 1,75
2
2
2 + 2,5
× 1 = 2,25
2
b) Pour tout nombre entier naturel n,
1
1
5
n+
× n + 1 + × (n + 1) + 1
n 5
2
2
2
×1=
= + .
an =
2 4
2
2
c) Pour tout nombre entier naturel n,
a2 =
n+1 5 n 5 1
+ – – = .
2
4 2 4 2
1
Donc la suite (an) est arithmétique de raison .
2
d) 1re méthode :
1
1
a0 + a1 + … + a10 = a0 + a0 + + … + a0 + 10 ×
2
2
1
a0 + a1 + … + a10 = 11 × a0 + (1 + 2 + … + 10)
2
1 10 × 11
= 41,25
a0 + a1 + … + a10 = 11 × 1,25 + ×
2
2
2e méthode :
a0 + a1 + … + a10 correspond à l’aire du trapèze OBCD
où O(0 ; 0), B(11 ; 0), C(11 ; 6,5) et D(0 ; 1).
1 + 6,5
D’où a0 + a1 + … + a10 =
× 11 = 41,25.
2
Note : on a supposé connue la formule suivante de
l’aire A d’un trapèze :
petite base + grande base
× hauteur.
A=
2
72 a) La 4e rangée est formée de 15 allumettes, la 5e
de 19 allumettes.
b) Pour tout nombre entier naturel n > 1,
an + 1 – a n =


Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 77

Suites

77
03/07/15 14:40
un + 1 = un + 4 car pour constuire la (n + 1)ième rangée,
on ajoute deux allumettes à chaque extrémité par
rapport à la rangée précédente.
Donc la suite u est arithmétique de raison 4 et de
premier terme u1 = 3.
c) u10 = 3 + (10 – 1) × 4 = 39
d) u1 + u2 + u32 + … + u10 = 210
73 On considère la suite arithmétique u telle que
u0 = 7 et u1 = 10.
La raison de cette suite est donc r = 3.
On cherche le nombre entier naturel n tel que :
u0 + u1 + u2 + … + un = 920.
n(n + 1)
Or, u0 + u1 + u2 + … + un = (n + 1) u0 + r
.
2
D’où la mise en équation du problème :
n(n + 1)
= 920.
7(n + 1) + 3 ×
2
3n2 17n
Cette équation s’écrit :
– 913 = 0.
+
2
2
22 201
. 0, donc cette équation admet deux soluD=
4
83
tions : n1 = 22, n2 = – .
3
83
Or – n’est pas un entier.
3
Donc le dernier terme de S est u22 = 73.
74 u1 = 2 × 3 = 6, u2 = 2 × 6 = 12, u3 = 24, u4 = 48 et
u5 = 96.
75 u4 = 5 × 34 = 405
90
= – 15.
–6
77 vn = v1 × qn – 1 = 4 × 2n – 1 = 2n + 1
76 u20 = q × u19 donc u19 =
78 a) S = 1 + 2 + 22 + … + 25
1–2
= 26 – 1 = 63
1–2
b) T = 1 – 2 + 22 – 23 + 24 – 25
T = 1 + (– 2) + (– 2)2 + (– 2)3 + (– 2)4 + (– 2)5
1 – (– 2)6
63
T=
= – = – 21
3
1 – (– 2)
S=
6
79 a) Pour tout nombre entier naturel n,
3n + 2 3n + 1 × 3 3n + 1 3 3
= n
= n × = un .
2 ×2
2 2
2n + 1
2
3
u est donc une suite géométrique de raison .
2
v2
v3 9
v v
b) v1 = 1, v2 = 4 et v3 = 9, = 4 et = donc 2 ≠ 3.
v1
v2 4
v1 v2
v n’est donc pas une suite géométrique.
un + 1 =
80 a) Pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 = 52(n + 1) = 52n × 52 = 25 × un.
u est donc une suite géométrique de raison 25.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = 3 × (–1)n + 1 = 3 × (–1)n × (–1) = (–1)vn.
v est donc une suite géométrique de raison – 1.
18 1
=
2
16
18 1
82 u9 = 243 ×
=
3
27
–
6
1
83 u0 = 2 ×
= 2 × 46 = 8 192
4
– 36
84 q2 =
= 9 d’où q = 3 car q . 0.
–4
13 122
85 u12 = u7 q5 d’où q5 =
= 243.
54
u
54 2
= .
u7 = u2 q5 d’où u2 = 75 =
q 243 9
510
102 1
86
=
= , donc les nombres 2 550, 510
2 550 510 5
et 102 peuvent être considérés comme trois termes
1
consécutifs d’une suite géométrique de raison .
5
81 u8 = 16 × 



87 Le raisonnement de Tessa n’est pas complet : elle
a seulement prouvé la relation vn + 1 = 6 vn pour deux
valeurs de n et non pour tout nombre entier naturel n.
88 On note (un) la suite géométrique définie pour
tout nombre entier naturel n > 1, dont les termes
consécutifs figurent dans la colonne A. On note q sa
raison. A21 correspond au 21e terme, noté u21.
Donc u22 désigne le terme qui se trouve dans la cellule
A22.
– 6 291 456
= – 2 donc u8 = u21 × (– 2)–13 = – 384.
q=
3 145 728
A8 contient – 384 et A15 contient 49 152.
89 a) u est la suite géométrique de premier terme
– 4 et de raison – 2, donc pour tout nombre entier
naturel n, un = – 4 × (–2)n.
b) En tabulant la suite u à l’aide d’une calculatrice ou
d’un tableur, on obtient un = – 262 144 pour n = 16.
C’est la seule valeur possible pour n car les termes un
augmentent en valeur absolue au fur et à mesure que
n croît.
u
u
90 Suite u : q = 2 = 2 et u0 = 1 = 0,5.
u1
2
v1
Suite v : v0 = 3 et q = = – 1.
v0
w
1
Suite w : w0 = – 4 et q = 1 = – .
2
w0
91 1. Voir page 120, paragraphe 3. c du manuel.
2. On note un le nombre de litres prélevés le nième jour
après le premier juillet (n nombre entier naturel). u
est la suite géométrique de premier terme 500 et de
raison 1,05.
78
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 78
03/07/15 14:40
Pour tout nombre entier naturel n,
un = 500 × 1,05n.
On calcule S = u0 + u1 +…+ u30
S = u0 + 1,05 u0 + 1,052 u0 + … + 1,0530 u0
S = u0(1 + 1,05 + 1,052 + … + 1,0530)
1 – 1,0531
≈ 35 380.
S = 500
1 – 1,05
Le nombre total de litres d’eau prélevés au mois de
juillet est d’environ 35 380.


92 a) S = u5 + u6 +…+ u13
1 12
18
S = u5 1 + +
+…+
2 2
2
5
1
5
Or u5 = 5 ×
= .
2
32
1 9
1–
5
2 = 2 555.
Donc S =
×
32
8 192
1
1–
2
b) À l’aide du logiciel Xcas :


 
d) On calcule :
S = 12 × l0 + 12 × l1 + 12 × l2 + … + 12 × l8
S = 12 (l0 + l1 + l2 + … + l8)
S = 12 × (500 + 1,02 × 500 + … + 1,028 × 500)
S = 12 × 500 × (1 + 1,02 + 1,022 + … + 1,028)
1 – 1,029
S = 12 × 500 ×
≈ 58 527,77.
1 – 1,02
Le montant total des loyers de neuf années de location s'élève à environ 58 527,77€.
e) On tabule la suite à l’aide d’une calculatrice : à partir
de la 37e année, le loyer dépassera 1 000 €.
95 a) u3 = 0,999.
9
9
9
+
= 0,9 + 0,09 + 0,009 = 0,999
+
10 102 103
9
9
9
+
.
+
Donc u3 =
10 102 103
b) Pour tout nombre entier naturel n > 1,
9
9
9
9
+
+ … + n.
un = 0,99 … 9 =
+
10 102 103
10

5
 
n fois
Pour tout nombre entier naturel n > 1, on pose :
1 n 9
= n.
vn = 9 ×
10
10
La suite v est une suite géométrique de premier terme
9
1
v1 =
et de raison .
10
10
un = v1 + v2 + … + vn
 
1
1
2,5
2
4,75
3
4
8,125 13,187 5
La valeur affichée en sortie est 13,187 5.
b) Cet algorithme permet de calculer
1 + 1,5 + 1,52 + 1,53 + 1,54 et d’afficher le résultat de
cette somme.
c)
Variables :
n, k sont des nombres entiers naturels
non nuls
q, S sont des nombres réels
Entrées :
Saisir n
Saisir q
Traitement : Affecter à S la valeur 1
Pour k allant de 1 à n
Affecter à S la valeur S + qk
Fin Pour
Sortie :
Afficher S
2
× 500 = 510
100
2
l2 = 510 +
× 510 = 520,2
100
2
2
b) ln + 1 = ln +
l = 1,02 ln
×l = 1+
100 n
100 n
c) La suite (ln) est donc géométrique de raison 1,02.
94 a) l1 = 500 +


c) 1re méthode :
un = v1 + v2 + … + vn
1
1 n –1
un = v1 +
× v1
× v1 + … +
10
10
9
1
1 2
1 n –1
un =
1+
+…+
+
10
10
10
10
1 n
1–
9
1 n
1
10
un =
=1– n
=1–
10
10
10
1
1–
10
 

 
  
  
 
2e méthode : Pour tout nombre entier naturel n > 1,
0,99 … 9 + 0,00 … 01 = 1.
n fois
D’où un +
5
k
S
5
93 a)
n zéros après la virgule
1
1
= 1, c’est-à-dire un = 1 – n.
10n
10
96 a) Pour tout nombre entier naturel n > 1, chaque
triangle OAnAn + 1 est isocèle rectangle en An + 1.
En effet, les deux droites d’équations respectives y = x
et y = – x sont les bissectrices de « l’angle droit du
repère d’origine O », donc
AnOA n + 1 = OAnAn + 1 = 45°
D’où OAn + 1 = An An + 1 et OA n = An – 1 An et
An An + 1 = sin(45°) × OAn =
2
2
OAn =
A A.
2
2 n–1 n
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 79
Suites
79
03/07/15 14:40
Pour tout nombre entier naturel n > 1, on note ln la
distance A n – 1An. La suite l est donc géométrique de
2
2
et de premier terme l1 = sin (45°) =
.
2
2
On calcule S = l1 + l2 + l3 + … + ln.
raison

S = l1 1 +
2
S=
2

2
2
+
2
2
 + … +  2
2  

1–
n–1
2

 2
2 
n
= 2 + 1) (1 –
 2
2 
n
2
1–
2
b) L’aire  de A0A1 … A8 est la somme des aires des huit
triangles O An An + 1 pour n allant de 0 à 7.
Chacun de ces huit triangles est rectangle isocèle en
A n + 1 et a pour aire 0,5 × l 2n + 1.
 = 0,5 × l12 + … + 0,5 × l82
=
1 2 2 1 2
+
2 2
2 2
=
1 1 12
1
+…+
+
2 2 2
2
=
1
1
1
1+ +…+
4
2
2
 
   + … + 12  2
2 
 

2 2
8 2

8
 
7
1 1 – (0,5)8 255
= ×
=
4
512
0,5
97 Pour tout nombre entier naturel n > 1, Dn =
10n
2
car 1 est impair et 10n pair. Donc Dn + 1 = 10 × Dn.
La suite D est donc géométrique de raison 10 et D1 = 5.
102 – 1
103 – 1
T1 = 3, T2 =
= 33 et T3 =
= 333.
3
3
T
T
Donc 2 ≠ 3 . La suite T n’est donc pas géométrique.
T1 T2
98 P est fausse : en effet, u0 , 0 puisque u0 = – 16.
Q est vraie : en effet, u200 . 10 000 puisque u200 = 39 984.
R est fausse : en effet, u21 = 212 – 16 = 425.
99 a) L’implication « Si P, alors Q » est vraie. En effet,
si u est une suite géométrique, alors il existe un réel
non nul q tel que pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 = q × un. En particulier u2 = q × u1 et u1 = q × u0.
u u
Donc 2 = 1.
u1 u0
b) P et Q ne sont pas équivalentes car l’implication réciproque de celle envisagée en a) « Si Q, alors P » est
fausse.
Contre-exemple : pour tout nombre entier naturel n,
on pose un = 2n2 + 1. Alors u0 = 1, u1 = 3, u2 = 9 et u3 = 19.
u u
On a bien 2 = 1 = 3 mais u n’est pas géométrique car
u1 u0
u
le quotient 3 est différent de 3.
u2
8
Pour se tester
100 1. C 2. C 3. C 4. B
101 1. B, C, D 2. A et C 3. B et D 4. C et D
102 1. Vrai. En effet, on note r la raison de la suite,
u200 = u100 + 100r et u300 = u100 + 200r,
donc u100 + u300 = 2u100 + 200r = 2u200.
2. Faux. En effet, on note r la raison de la suite u avec
r ≠ 0.
v0 = u0²
v1 = (u0 + r)² = u0² + 2ru0 + r²
v2 = (u0 + 2r)² = u0² + 4ru0 + 4r²
v2 – v1 = 2ru0 + 3r² et v1 – v0 = 2ru0 + r²
(v2 – v1) – (v1 – v0) = 2r²
Or r ≠ 0 donc v2 – v1 ≠ v1 – v0, la suite v n’est pas arithmétique.
3. Vrai. En effet, on note q la raison de w, avec q . 0.
Pour tout nombre entier naturel n > 1,
w
wn – 1 = n et wn + 1 = qwn donc wn + 1 × wn – 1 = wn2 et
q
wn + 1 × wn – 1 = wn car wn . 0.
4. Vrai. En effet, on note q la raison de w avec q . 0.
Pour tout nombre entier naturel n,
1
1
1
=
= ×t
tn + 1 =
w n + 1 q × wn q n
1
(tn) est donc géométrique de raison .
q
5. Faux. En effet, on note u une suite qui est à la fois
arithmétique de raison r et géométrique de raison q.
Alors u0 + r = qu0 donc r = qu0 – u0
et u0 + 2r = q²u0.
Ainsi u0 + 2(qu0 – u0) = q²u0
q²u0 – 2qu0 + u0 = 0
c’est-à-dire u0(q – 1)² = 0.
Donc u0 = 0 ou q = 1 et la suite u est constante.
80
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 80
03/07/15 14:40
9
Pour aller plus loin
Avec un programme :
103 a) u0 = 300 et pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 = un + un × 4 % + 13 = 1,04 un + 13.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = un + 1 + 325
= 1,04un + 13 + 325
= 1,04 (vn – 325) + 338
= 1,04 vn.
Donc v est une suite géométrique de raison q = 1,04 et
de premier terme v0 = u0 + 325 = 625.
c) Pour tout nombre entier naturel n,
vn = v0 × qn = 625 × 1,04n et
un = vn – 325 = 625 × 1,04n – 325.
d) Mise en œuvre du tableur.
Dans la cellule B3, on écrit :
= 625*1,04^A2-325
Les chardons auront envahi 600 m² de jardin après
10 semaines.
104 On nomme an la population d’Agen l’année
2011 + n. On nomme bn la population de la banlieue
d’Agen l’année 2011 + n.
D’après l’énoncé, a0 = 33 600 et b0 = 57 800.
De plus, pour tout nombre entier naturel n,
an + 1 = an × 0,999 et bn + 1 = bn × 1,016.
Avec un tableur :
Avec un logiciel de calcul formel :
On en déduit que l’agglomération dépassera les
110 000 habitants après 19 ans d’évolution, donc en
2030.
105 Analyse :
Nommons C (C . 0) la longueur du plus grand côté de
l’angle droit. Nécessairement le second côté de l’angle
droit mesure C – R et l’hypoténuse C + R, avec R . 0.
Le théorème de Pythagore impose que :
(C – R)² + C² = (C + R)², soit C² = 4RC, ce qui implique
puisque C est non nul que C = 4R.
Les côtés de l’angle droit mesurent alors 3R et 4R, tandis que l’hypoténuse mesure 5R.
Synthèse : Soit R un réel strictement positif. 3R, 4R
et 5R sont bien les mesures d’un triangle puisque
5R , 3R + 4R.
D’autre part, (3R)² + (4R)² = (5R)², donc ce triangle est
bien rectangle.
Conclusion : Un triangle rectangle a ses côtés qui sont
trois termes consécutifs d’une suite arithmétique si, et
seulement si, les longueurs de ses côtés sont proportionnelles aux longueurs 3, 4 et 5.
106 a) u0 = –2 ; u1 = 0,5 ; u2 = 1,75 et u3 = 2,375.
Donc v0 = 5 ; v1 = 2,5 ; v2 = 1,25 et v3 = 0,625.
b) On admet que, pour tout nombre entier naturel n,
un < 3, soit vn = IAn = 3 – un.
Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = 3 – un + 1 = 3 – (0,5un + 1,5) = 1,5 – 0,5(3 – vn)
= 0,5vn.
v est donc une suite géométrique de raison 0,5 et de
premier terme v0 = 5.
c) On en déduit que pour tout nombre entier naturel
n,
vn = 5 × 0,5n et un = 3 – vn = 3 – 5 × 0,5n.
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 81
Suites
81
03/07/15 14:40
107 Soit Tn le nombre de transistors dans les tous
nouveaux microprocesseurs de l’année 1970 + n.
D’après l’énoncé, T0 = 2 300 et pour tout nombre entier
naturel n, Tn + 1 = 1,40 × Tn.
On souhaite déterminer le premier rang n tel que
Tn > 15 × 109.
On peut procéder avec un tableur ou un programme
employant une boucle. On trouve n > 47.
Selon la loi de Moore, les scientifiques pourront donc
construire des ordinateurs quantiques à partir de
2017 !
108 Analyse :
Nommons C (C . 0) la longueur du plus petit côté de
l’angle droit. Nécessairement le second côté de l’angle
droit mesure C × q et l’hypoténuse C × q², avec q . 1.
Le théorème de Pythagore impose que :
C² q4 = C²q² + C², soit q4 – q² – 1 = 0 puisque C est non
nul.
q² est donc une solution réelle positive de l’équation
X² – X – 1 = 0.
Cette équation admet deux solutions réelles :
1 – 5
1 + 5
X1 =
et X2 =
.
2
2
La première solution est négative donc ne peut être
égale à q².
On pose ϕ = X2. Comme q . 0, il vient q = ϕ, ce qui
est conforme à la condition q . 1.
Synthèse : Soit C un nombre réel strictement positif.
C, Cϕ et Cϕ sont bien les mesures d’un triangle
puisque ϕ , 1 + ϕ.
D’autre part, 1² + (ϕ)² = ϕ², donc ce triangle est bien
rectangle.
Conclusion : Un triangle rectangle a ses côtés qui sont
trois termes consécutifs d’une suite géométrique si, et
seulement si, les longueurs de ses côtés sont proportionnelles aux longueurs 1, ϕ et ϕ.
109 a) S1 = 4, S2 = 8 et S3 = 13.
b) Pour dessiner le motif n° 4, on ajoute en dessous du
motif n° 3 une rangée de quatre carrés.
On ajoute donc un sommet sur la ligne horizontale la
plus basse du motif n° 3 et 5 sommets sur la ligne horizontale la plus basse du nouveau motif.
Donc S4 = S3 + 1 + 5 = 19.
c) De même, pour tout nombre entier naturel n > 1,
Sn + 1 = Sn + 1 + (n + 2) = Sn + n + 3.
On calcule les termes successifs dans un tableur (ou à
l’aide d’un programme).
On trouve que le motif n° 200 est constitué de
20 501 sommets.
110 1. a)
u
p
12
1
6
2
3
3
10
4
5
5
16
6
8
7
4
8
2
9
1
10
b) En sortie, l’algorithme affiche p = 10.
2. Si on saisit u = 14 en entrée, alors l’algorithme
affiche en sortie p = 18.
Si on saisit u = 100 en entrée, alors l’algorithme affiche
en sortie p = 26.
3. a) Si on saisit en entrée u = 13 ou u = 80 ou même
u = 512, alors l’algorithme affiche p = 10.
b) Il suffit de saisir un nombre entier u qui amène
successivement n – 1 divisions par 2 pour avoir un
affichage en sortie p = n. On choisit donc u = 2n – 1.
111 Chaque rangée comprend trois sièges de plus
que la précédente.
Pour tout nombre entier naturel n compris entre 1
et 30, on note Sn le nombre de sièges sur la rangée
numérotée n.
(Sn) est une suite arithmétique de raison 3 et de
premier terme S1 = 21. Donc :
S15 = S1 + 14 × R = 21 + 14 × 3 = 63
S16 = S1 + 15 × R = 21 + 15 × 3 = 66
S30 = S1 + 29 × R = 21 + 29 × 3 = 108
Nombre de sièges entre les rangées 1 et 15 :
(21 + 63) × 15
S1 + S2 + … + S15 =
= 630.
2
Nombre de sièges entre les rangées 16 et 30 :
(66 + 108) × 15
= 1 305.
S16 + S17 + … + S30 =
2
La recette totale pour une salle qui affiche complet est
donc donnée par :
630
630
1 305
1 305
50 ×
+ 40 × 2 ×
+ 40 ×
+ 30 × 2 ×
.
3
3
3
3
On trouve une recette de 70 800 euros.
112 Pour tout nombre entier naturel n > 1, on
nomme pn la hauteur, en mètres, du n-ième paquet
empilé.
D’après l’énoncé, p1 = 2 et pour tout nombre entier n
> 1, pn + 1 = 0,75 pn .
L’empilement de n paquets a une hauteur de :
p1 + … + pn = 2 (1 + … + 0,75n – 1)
1 – 0,75n
=2×
1 – 0,75
= 8 × (1 – 0,75n).
Quel que soit le nombre de paquets, la hauteur de
l’empilement sera, en théorie, inférieure à 8 ms c’està-dire à la hauteur de la galerie marchande.
Le décorateur peut donc empiler autant de paquets
qu’il veut !
82
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 82
03/07/15 14:40
113 On remarque que chaque ligne finit par un carré
parfait. On encadre donc 2015 à l’aide de deux carrés
parfaits : 442 , 2015 < 452.
2015 figure donc sur la 45e ligne.
Il suffit ensuite de dénombrer les entiers de cette 45e
ligne : le premier nombre entier écrit tout à gauche de
cette ligne est 1 937.
Sachant que 2015 – 1 937 = 78, 2015 se trouve donc au
79e rang de cette ligne.
116
114 u2015 = 1 – u1007
118 a) Si on saisit en entrée n = 6, alors l’algorithme
affiche successivement :
–1 / –0,5 / 1 / 3,5 / 7 / 11,5 / 17.
b) Si l’algorithme affiche en dernier 4 999, alors n est la
solution positive de l’équation :
0,5n² – 1 = 4 999
On trouve n = 100.
u1007 = 1 – u503
u503 = 1 – u251
u251 = 1 – u125
u125 = 1 – u62
u62 = u31
u31 = 1 – u15
u15 = 1 – u7
u7 = 1 – u3
u3 = 1 – u1
u1 = 1 – u0
Sachant que l’on connait u0, on peut retrouver de
proche en proche u2015.
u1 = 1
u3 = 0
u7 = 1
u15 = 0
u31 = 1
u62 = 1
u125 = 0
u251 = 1
u503 = 0
u1007 = 1
u2015 = 0
On peut prouver que tous les termes de cette suite u
sont égaux à 0 ou à 1.
1
O
O
1
2
3
4
–1
d
117 Sarah a saisi la formule = B2^2 + B2-1.
119 a) Pour tout nombre entier naturel n,
un + 1 – un = [20 – 0,6 (n +1)] – (20 –0,6 n) = – 0,6
u est donc une suite arithmétique de raison – 0,6.
(u + u20) × 21 (20 + 8) × 21
b) u0 + u1 + … + u20 = 0
=
2
2
= 294
120 a) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = – 5 (n + 1) + 2 = – 5 n – 5 + 2 = – 5 n – 3.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 – vn = – 5 n – 3 – (– 5 n + 2) = – 5 n – 3 + 5 n – 2 = – 5.
Le résultat est constant donc la suite v est arithmétique de raison – 5.
121 a) Pour tout nombre entier naturel n,
3 3
vn = v0 + n × = n + 1.
2 2
b) v10 = 16 et v100 = 151.
c) On résout 1,5n + 1 = 112, on trouve n = 74.
122 a) 1re ligne de pointillés : 5.
10
Accompagnement
personnalisé
115 a) u0 = 0,1 × 0² – 5 × 0 = 0
u1 = 0,1 × 1² – 5 × 1 = –4,9
u2 = 0,1 × 2² – 5 × 2 = –9,6
u10 = 0,1 × 10² – 5 × 10 = –40
b) v1 = 0,5 × v0 –2 = 0
v2 = 0,5 × v1 –2 = –2
v3 = 0,5 × v2 –2 = –3
v4 = 0,5 × v3 –2 = –3,5
2e ligne de pointillés : u + 0,2.
b) Si on saisit en entrée n = 100, alors l’algorithme
affiche en sortie u = 25, c’est-à-dire 5 + 0,2 × 100.
123 Pour tout nombre entier naturel n compris entre
1 et 20, on nomme Tn le temps mis en secondes pour
effectuer le n-ième tour.
Alors T1 = 30 et (Tn) est une suite arithmétique de raison 1,5.
Le temps mis en secondes pour effectuer les 20 tours
est :
T1 + T2 + … + T20 = 30 × 20 + 1,5 (1 + 2 + … + 19)
19 × 20
= 600 + 1,5 ×
2
= 885.
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 83
Suites
83
03/07/15 14:40
Le cycliste boucle donc ses 20 tours en 885 secondes,
c’est-à-dire en 14 min et 45 s.
124 a) Pour tout nombre entier naturel n,
16
1 16 1
= ×
= u
5n + 1 5 5n 5 n
1
u est donc une suite géométrique de raison .
5
1
1
b) u0 + u1 + … + u6 = 16 + 16 × + … + 16 ×
5
5
1 7
1–
5
= 16 ×
1
1–
5
un + 1 =

6
 
=
2. a) Pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = 2(n + 1)2 – 3(n + 1) + 3
vn + 1 = 2(n2 + 2n + 1) – 3n
vn + 1 = 2n2 + n + 2
On peut écrire :
vn + 1 = 2n2 – 3n + 3 + 4n – 1
vn + 1 = vn + 4n – 1
b) v0 = 3 et pour tout nombre entier naturel n,
vn + 1 = vn + 4n – 1. Donc vn = un.
129 a)
312 496
15 625
125 a) v7 = v4 × q3
v7
= 0,008 donc q = 0,2.
v4
126 a) Si on saisit n = 5 en entrée, alors les valeurs
affichées en sortie par cet algorithme sont :
5 / 1 / 0,2 / 0,04 / 0,008.
b) La suite (wn) est la suite géométrique de raison 0,2
et de premier terme w0 = 25. Le 1er terme affiché est
w1 = 12,5.
b) q3 =
127 Pour tout nombre entier naturel n > 1,
un + 1 = un × 0,80 × 0,80 = 0,64un
u est donc la suite géométrique de raison 0,64 et de
premier terme u1 = 100.
128 1. a) Le nuage de points semble avoir une forme
parabolique.
b) La fonction f choisie est une fonction polynôme de
degré 2 compte tenu de 1. a). Le logiciel permet de
résoudre le système d’inconnues a, b et c.
f (0) = 3
f (1) = 2 avec f (x) = ax2 + bx + c, c’est-à-dire :
f (2) = 5
a × 02 + b × 0 + c = 3
a × 12 + b × 1 + c = 2 , ce qui équivaut à :
a × 22 + b × 2 + c = 5
c=3
c=3
a + b + c = 2 , soit a + b + 3 = 2
4a + 2b + c = 5
4a + 2b + 3 = 5
c=3
On obtient : a + b = – 1
4a + 2b = 2
c=3
c=3
, soit b = – 3
c’est-à-dire b = – 1 – a
4a – 2 – 2 a = 2
a=2
c) On conjecture que un semble être égal à 2n2 – 3n + 3.
5
5
5
5
5
5
5
La suite u semble périodique de période 3.
b) Dans un repère on trace la courbe représentative de
la fonction f ainsi que la droite d’équation y = x, grâce
à laquelle on construit les premiers termes de la suite
u. Il semble que la suite u soit périodique de période 3.
2
1
u1
O
u0 O
u2
1
c) On note v la suite définie sur N par :
0 si n s’écrit sous la forme 3 k où k ∈ N
vn = 1 si n s’écrit sous la forme 3 k9 + 1 où k9 ∈ N
2 si n s’écrit sous la forme 3 k + 2 où k0 ∈ N
5
v0 = 0 car 0 s’écrit 0 = 3 × 0.
1er cas : n = 3k
Donc vn = 0.
3
5
– vn2 + vn + 1 = 0 + 0 + 1 = 1 = vn + 1 car n + 1 s’écrit
2
2
sous la forme 3k + 1.
2e cas : n = 3k + 1
Donc vn = 1.
3
5
3 5
– vn2 + vn + 1 = – + + 1 = 2 = vn + 1 car n + 1 s’écrit
2
2
2 2
sous la forme 3k + 2.
3e cas : n = 3k + 2
84
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 84
03/07/15 14:40
Donc vn = 2.
3
5
– vn2 + vn + 1 = – 6 + 5 + 1 = 0 = vn + 1 car n + 1 s’écrit
2
2
sous la forme 3(k + 1).
Finalement, pour tout nombre entier naturel n,
3
5
vn + 1 = – et vn + 1 = vn2 + vn + 1.
2
2
Donc, pour tout nombre entier naturel n, vn = un.
Or, par définition vn + 3 = vn. Donc la suite u est périodique de période 3.
d) 2015 = 3 × 671 + 2 donc u2015 = 2.
Chapitre 5
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 85
Suites
85
03/07/15 14:40
6
1
Comportement
d’une suite
Au fil des siècles
Le nom du langage de programmation Ada a été choisi en l’honneur de Ada Lovelace. Ce langage créé au
début des années 1980 par la société CII-Honeywell
Bull a depuis été amélioré et différentes versions ont
vu le jour.
À l’origine, Ada est inspiré du langage Pascal ;
aujourd’hui la version Ada95 est employée dans de
nombreuses technologies de pointe.
2
Bien démarrer
4. a) • n = 2
k
Traitement
Sortie
u
1
–3–2× 1=–5
– 3 – 2 × (– 5) = 7
1
2
7
•n=5
k = 3 : – 3 – 2 × 7 = – 17
k = 4 : – 3 – 2 × (– 17) = 31
k = 5 : – 3 – 2 × 31 = – 65
On obtient en sortie – 65 pour n = 5.
b) u0 = 1 et pour tout nombre entier naturel,
un + 1 = – 3 – 2un.
c) Casio
1.
a)
x
–
x
–
g (x)
c)
x
+
0
f (x)
b)
3
2
–1
3
2
+
et TI
+
h (x)
d)
x
–
k (x)
3
0
2. a) 0 < X < 9, pas 1
et – 20 < Y < 15, pas 4.
b) 0 < X < 9, pas 1
et – 1 < Y < 4,5, pas 1.
5. a) L’affirmation est fausse.
En effet, u0 = 2, u1 = 2 – 3 = – 1, u2 = – 1 – 3 = – 4,
u3 = – 4 – 3 = – 7, u4 = – 7 – 3 = – 10
et u5 = – 10 – 3 = – 13.
b) L’affirmation est vraie.
En effet, pour tout n ∈ N,
un = u0 + n × (– 3)
un = 2 – 3n.
c) L’affirmation est fausse.
En effet, pour tout n > 1,
2 n–1
vn = v1 ×
5
2 n–1
vn = 4 ×
5

3. On a saisi en B2 la formule = 3 – 5 * A2
et en C3 la formule = 4 * C2 – 2.

86
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 86
03/07/15 14:40
3
1
Découvrir
Sens de variation d'une suite
a)
1
1
l3= l2 =
3
9
p3 = c3 l3 =
100
9
b) Sur chaque côté de Fn on construit 5 côtés de Fn+1
donc cn+1 = 5 cn.
1
c) Pour tout n > 1, ℓn+1 = ℓn et
3
pn = cn ℓn.
d) an+1 = an + cn (ℓn+1)²
1
an+1 = an + cn ℓn²
9
2. a)
b) • r = 0,2
La population tend à disparaître.
• r = 0,5
La population tend à disparaître.
•r=1
La population tend à disparaître.
•r=2
La population semble stagner à 500 individus.
•r=3
Les générations paires et impaires évoluent de façon
contraire et semblent se stabiliser.
2. a) Pour tout n ∈ N
xn+1 – xn = r xn (1 – xn) – xn = r (xn – xn²) – xn
xn+1 – xn = (r – 1) xn – rxn²
b) 0 , r < 1 alors r – 1 < 0 donc comme xn > 0
on a xn+1 – xn < 0.
c) r = 2 et on suppose que pour tout n ∈ N, xn < 0,5
donc xn+1 – xn = xn – 2 xn² = xn (1 – 2 xn).
xn > 0 et 1 – 2xn > 0 donc xn+1 – xn > 0.
3. a) cas r = 3
b) Lorsque n devient grand, on peut conjecturer que
pn devient très grand et an se rapproche de 2.
c) À partir de n = 17, on a ln > 10 000 et an > 1,999 9.
4
Savoir-faire
2 On affiche à l’écran de la calculatrice les premiers
termes des suites u et v.
b) La génération paire est croissante et la génération
impaire est décroissante.
2 Notion de limite d'une suite
1. a) • c1 = 4 ; l1 = 1 ; p1 = 4.
• c2 = 5 c1 = 20 car sur chaque côté de F1 on construit 5
côtés de F2.
1
1
l2= l1 =
3
3
20
3
• c3 = 5 c2 = 100
P2 = c2 l2 =
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 87
Comportement d’une suite
87
03/07/15 14:40
On conjecture que la suite u est croissante à partir de
n = 5 et que la suite v est décroissante.
b) Pour tout nombre entier naturel n,
un+1 – un = 2n – 9
9
un+1 – un > 0 équivaut à 2n – 9 > 0, c’est-à-dire n > .
2
Donc u est croissante à partir de n = 5.
Pour tout nombre entier naturel n, vn = f (n) où f est la
fonction définie sur [0 ; + ∞] par f (x) = – 3x2 – 3x + 1.
Pour tout nombre réel x > 0, f 9(x) = – 6x – 3, donc
f 9(x) < 0. f est décroissante sur [0 ; + ∞[ donc la suite v
est décroissante.
3 Pour tout n ∈ N, wn = f (n) avec f la fonction
définie sur [0 ; + ∞[ par
f (x) = x2 – 150 x
f 9(x) = 2x – 150.
x
f9(x)
0
75
–
f (x)
0
+
+
–5 625
f est croissante sur [75 ; + ∞[ donc w est croissante à
partir du rang n = 75.
L’affirmation de Julia est exacte.
4 a) Pour tout n > 0, Sn+1 – Sn = n + 1
7 a) wn = f (n) avec f définie sur [0 ; + ∞[ par :
f (x) = – x2 + 40x.
Or, f (x) = – (x – 20)2 + 400 donc f est décroissante sur
[20 ; + ∞[.
Alors la suite w est décroissante à partir du rang n = 20.
b) On détermine un rang p tel que pour tout nombre
entier naturel n > p,
wn , – 104
20 26 + 20 ≈ 121,98 donc wn , – 104 à partir du rang
p = 122.
5
Résoudre des problèmes
9 a) On définit la suite c par c0 = 800 et pour tout
n > 0, cn+1 = cn – 0,002 cn = 0,998 cn.
c est une suite géométrique de raison 0,988 et de
­premier terme 800 donc pour tout n > 0,
c
c
cn . 0 et n+1 = 0,998, donc n+1 , 1, soit cn+1 , cn.
cn
cn
On retrouve ainsi que la suite c est décroissante.
b) On affiche à l’écran de la calculatrice les premiers
termes de la suite c.
On note que cn , 10 à partir de rang p = 2 189.
b) Pour tout n > 0, n + 1 > 0
donc Sn+1 – Sn > 0 ; donc la suite (Sn) est croissante.
6 a) Pour tout nombre entier naturel n, vn = f (n) où
f est la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par f (x) = x2 – 2x.
Pour tout nombre réel x > 0, f 9(x) = 2x – 2 = 2 (x – 1),
donc f est croissante sur [1 ; + ∞[. Ainsi la suite v est
croissante à partir de n = 1.
b) Avec la calculatrice, on affiche les premiers
termes de la suite v.
On conjecture que la suite v a pour limite + ∞.
c) Avec un logiciel de calcul formel, on obtient :
La capacité de la batterie est inférieure à 10 mAh après
2 189 charges.
10 a) On définit la suite u par u0 = 10 et pour tout
n > 0, un+1 = un – 0,15un = 0,85un.
u est une suite géométrique de raison 0,85 et de
1er terme 10, donc pour tout n > 0,
u
u
un . 0 et n+1 = 0,85, donc n+1 , 1, soit un+1 , un.
un
un
On retrouve ainsi que la suite u est décroissante.
b) On affiche à l’écran de la calculatrice les premiers
termes de la suite u.
On note que un , 0,1 à partir du rang p = 29.
La quantité de médicament dans le sang du patient
est inférieure à 1 % de la quantité injectée après 29 h.
Donc vn . 105 à partir du rang n = 318.
88
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 88
03/07/15 14:40
12 On pose u0 = 10 et pour tout n > 1, on note un
Algobox
le nombre de timbres qu’Ahmed achètera au bout du
nième mois.
Pour tout nombre entier naturel n, un+1 = un + 2.
Sn est le nombre de timbres que possédera Ahmed le
nième mois :
Sn = u0 + u1 + … + un = (n + 1) × 10 + n(n + 1)
Sn = (n + 10)(n + 1)
L’inéquation Sn > 500 s’écrit n2 + 11n – 490 > 0.
x2 + 11x – 490 = 0
– 11 + 2 081
≈ 17,3
∆ = 2 081, x1 , 0, x2 =
2
Ainsi pour n > 18, Sn > 500.
Au bout de 18 mois, la collection d
­ ’Ahmed dépassera
2 000 timbres.
13 On note un le nombre de boîtes vendues le
nième jour et Sn le nombre de boîtes vendues au bout
de n jours (n > 0). Ainsi u0 = 20 et pour tout nombre
entier n > 1, un+1 = 2un et Sn+1 = Sn + un+1.
1 – 2n+1
Sn = u0 + u1 + … + un = u0 ×
1–2
Sn = 20 (2n+1 – 1)
Sn . 4 000 pour n > 7, donc au bout de 7 jours, le pharmacien sera en rupture de stock.
15 a)
Variables :
est un nombre entier naturel
n
s est un nombre réel
Traitement :Affecter à s la valeur 16 000
Affecter à n la valeur 0
Tant que s < 18 000
Affecter à s la valeur s + 145
Affecter à n la valeur n + 1
Fin Tant que
Sortie :
Afficher n
b) Casio
c) Le programme affiche en sortie n = 14.
Le salaire proposé dans l’entreprise A dépassera
18 000 € avant celui proposé dans l’entreprise B.
16 a) Pour tout n ∈ N, un+1 = un + 250 et
vn+1 = 1,04 vn donc les suites u et v sont respectivement
arithmétique (de 1er terme u0 et de raison 250) et géométrique (de 1er terme v0 et de raison 1,04). Donc pour
tout n ∈ N, un = 2 000 + 250 n et vn = 2 700 × 1,04n.
Variables :
n est un nombre entier naturel
u et s sont des nombres réels
Traitement : Affecter à u la valeur 2 000
Affecter à s la valeur 2 700
Affecter à n la valeur 0
Tant que u , s
Affecter à n la valeur n + 1
Affecter à u la valeur 2 000 + 250 n
Affecter à s la valeur 2700 × 1,04n
Fin Tant que
Sortie :
Afficher n
b) Casio
TI
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 89
Comportement d’une suite
89
03/07/15 14:40
Algobox
c) En 2021 la population d’Uranus dépassera celle de
­Saturne.
6
Travaux pratiques
17 1. a) u1 = 2 u0 – 50 = 2 × 100 – 50= 150
u2 = 2u1 – 50 = 2 × 150 – 50 = 250
u3 = 2u2 – 50 = 2 × 250 – 50 = 450
b) Pour tout n ∈ N, un+1 = 2 un – 50.
2. a) On saisit en B3 la formule = 2 * B2 – 50.
3. a) Pour tout n ∈ N,
vn+1 = un+1 – 50 = 2un – 50 – 50
vn+1 = 2 (un – 50) = 2 vn.
La suite v est donc géométrique de raison 2 et de
1er terme v0 = u0 – 50 = 100 – 50 = 50.
b) Pour tout n ∈ N, vn = 50 × 2n et un = 50 + 50 × 2n.
c) un+1 – un = 50 × 2n . 0, donc u est croissante.
u13 = 409 650 , 500 000 et u14 = 819 250 . 500 000,
donc la conjecture émise à la question 2. b) est validée.
4. a) vn = v0 × 2n = (u0 – 50) × 2n
donc un = 50 + (u0 – 50) × 2n.
L’expression de un dépend de u0 donc le nombre de
bactéries présentes à l’instant t = 0 influence le résultat précédent.
b) u15 . 500 000
50 + (u0 – 50) × 215 . 500 00
500 000 – 50
+ 50
215
500 000 – 50
+ 50 ≈ 65,3
215
Donc pour un nombre de bactéries supérieur à 66
­présentes à l’instant t = 0, l’aliment sera toxique avant
une durée de 4 h.
u0 .
18 1. a) C2 = C1 + 2 = 3
S2 = S1 + C2 = 1 + 3 = 4
C3 = C2 + 2 = 5
S3 = S2 + C3 = 9
b) Pour tout n > 1, Cn+1 = Cn + 2.
c) Pour tout n > 1, Sn+1 = Sn + Cn+1.
2. a) Affecter à n la valeur n + 1.
Affecter à C la valeur C + 2.
Affecter à S la valeur S + C.
b) Casio
TI
b) On peut conjecturer que l’aliment est impropre à
la consommation au bout de 14 quarts d’heure, soit
3 h 30 min.
90
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 90
03/07/15 14:40
Algobox
21 On conjecture que la suite u est croissante, la
suite v est décroissante, et que la suite w est croissante
à partir du rang n = 1.
22 • 2 . 0 donc u est une suite croissante (un+1 – un = 2).
• Pour tout nombre entier n > 0, vn = 0,7n donc
v
vn . 0 et n+1 = 0,7.
vn
Or, 0 < 0,7 , 1 donc vn+1 , vn.
Ainsi v est une suite décroissante.
23 a) Pour tout nombre entier n > 1,
vn+1 – vn = (– 1)n+1 (2n + 1).
Le signe de vn+1 – vn dépend de n, donc la suite v n’est
ni croissante, ni décroissante.
b) Pour tout nombre entier n > 0, un+1 – un = – 2n.
Or – 2n < 0, donc un+1 – un < 0.
Ainsi u est une suite décroissante.
c)
N
n–1
Gagnant
10
3
Samia
50
7
Samia
75
8
Hugo
100
10
Hugo
3. a) (Cn) est une suite arithmétique de raison 2 et de
1er terme C1 = 1.
b) Pour tout nombre entier n > 1 :
Cn = C1 + (n – 1) × 2
Cn = 2n – 1
Pour tout nombre entier n > 1, Sn = n2.
c) • On cherche le plus petit nombre entier n tel que
n2 . 10, ce qui donne n = 4.
Ainsi n – 1 = 3.
• On cherche le plus petit nombre entier n tel que
n2 . 50, ce qui donne n = 8.
Ainsi n – 1 = 7.
• On cherche le plus petit nombre entier n tel que
n2 . 75, ce qui donne n = 9.
Ainsi n – 1 = 8.
• On cherche le plus petit nombre entier n tel que
n2 . 100, ce qui donne n = 11.
Ainsi n – 1 = 10.
7
Pour s’entraîner
24 a) On peut conjecturer que (un) est décroissante.
Pour tout nombre entier naturel n :
un+1 – un = – 3(n + 1) + 1 – (– 3n + 1) = – 3 , 0.
Donc la suite (un) est décroissante.
b) On peut conjecturer que (un) est croissante.
Pour tout nombre entier naturel n :
1
un+1 – un = . 0 donc (un) est croissante.
5
c) On peut conjecturer que (un) est croissante.
Pour tout nombre entier naturel n :
un+1 – un = 2n + 1 . 0 donc (un) est croissante.
d) On peut conjecturer que (un) est croissante.
Pour tout nombre entier naturel n :
un+1 – un = 2n + 3 . 0 donc (un) est croissante.
25 a)
On conjecture que la suite u est décroissante à partir
de n = 4.
Pour tout nombre entier naturel n : un+1 – un = – n + 4.
Si n > 4, alors – n + 4 < 0 et un+1 < un.
b)
19 a) On conjecture que la suite est croissante.
b) On conjecture que la suite est décroissante.
20 a) On conjecture que la suite est croissante.
b) On conjecture que la suite n’est ni croissante, ni
­décroissante.
On conjecture que la suite u est décroissante.
Pour tout nombre entier naturel n : un+1 – un = – 2n2.
Or – 2n2 < 0 donc un+1 < un.
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 91
Comportement d’une suite
91
03/07/15 14:40
26 a) Pour tout nombre entier naturel n :
1
1
n + 1 – (n + 2)
–
=
n + 2 n + 1 (n + 1) (n + 2)
–1
un+1 – un =
.
(n + 1) (n + 2)
b) Pour tout n ∈ N, un+1 – un , 0 donc la suite u est
décroissante.
un+1 – un =
27 a) Pour tout n de N :
2
2
– 1–
n+4
n+3
2
2
vn+1 – vn =
–
n+3 n+4
2(n + 4) – 2(n + 3)
2
vn+1 – vn =
=
.
(n + 3) (n + 4)
(n + 3) (n + 4)

vn+1 – vn = 1 –

b) Pour tout n de N, vn+1 – vn . 0 donc v est croissante.
28 a) • f (x) = – x² – x + 2
• f 9(x) = – 2x – 1 , 0 sur [0 ; + ∞[.
x
f (x)
0
2
+
• f est décroissante sur [0 ; + ∞[ donc u est décroissante.
b) • f (x) = 2x + 1
• x  2x + 1 est croissante sur [0 ; + ∞[ donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
• La suite u est donc croissante.
3–x
x+2
–5
, 0 donc f est décroissante sur [0 ; + ∞[.
• f9(x) =
(x + 2)2
• u est donc décroissante.
d) • f (x) = |7 – x| = 7 – x si 0 < x < 7
x – 7 si 7 , x
c) • f (x) =
5
f est croissante sur [7 ; + ∞[.
• u est donc croissante à partir du rang n = 7.
29 a)
(Fenêtre : 0 < X < 5, pas 1
et 0 < Y < 0,2 pas 0,05)
u semble décroissante.
b) Pour tout n de N :
un+1 2n+1 7n+1 2
=
×
= .
un 7n+2 2n 7
c) Pour tout n de N, un . 0.
2
, 1 donc un+1 , un. Ainsi la suite u est décroissante.
7
30 a) Pour tout n de N, 3n . 0 et n + 2 . 0
donc vn . 0.
2n + 3
. 0 donc
b) Pour tout n de N :
n+3
vn+1
– 1 . 0, c’est-à-dire vn+1 . vn donc la suite v est
vn
croissante.
31 un = f (n) avec la fonction f définie sur [0 ; + ∞[ par
f (x) = 0,2x² + x – 3.
f9(x) = 0,4x + 1 . 0 donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
Ainsi la suite u est croissante.
32 Pour tout n de N :
vn+1 – vn = – 2vn² < 0, donc la suite v est décroissante.
33 wn = f (n) avec la fonction f définie sur [0 ; + ∞[ par
2x
.
x+1
2
. 0, donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
f 9(x) =
(x + 1)2
Ainsi w est croissante.
f (x) = 1 +
34 a) Pour tout nombre entier naturel n, un = f (n) où
f est la fonction définie sur [0 ; + ∞[ par f (x) = x² – 200x.
Pour tout nombre réel x > 0, f9(x) = 2x – 200.
Si x ∈ [0 ; 100], alors f9(x) < 0.
Si x ∈ [100 ; + ∞[ alors f9(x) > 0.
f est croissante sur [100 ; + ∞[ donc u est croissante à
partir de n = 100.
La conjecture de Laura est fausse.
35 a) (Fenêtre : 0 < X < 5,
pas 1 et 0 < Y < 0,6 pas 0,1).
b) On peut conjecturer
que (pn) est décroissante.
c) Pour tout n de N :
pn+1 – pn = – 0,5 pn (1 + pn) , 0 car pn ∈ [0 ; 1].
Ainsi la suite (pn) est décroissante.
36 a) u0 = 6
u1 = u0 – 3 + 1 = 4
u2 = u1 – 3 + 2 = 3
u3 = u2 – 3 + 3 = 3
u4 = u3 – 3 + 4 = 4
b) Pour tout n de N :
un+1 = un – 3 + n + 1
un+1 = un + n – 2 avec u0 = 6.
c) Pour tout n de N :
un+1 – un = n – 2 > 0 pour n > 2
donc (un) est croissante à partir du rang n = 2.
37 a) Pour tout n de N :
vn+1 = un+1 – 1
92
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 92
03/07/15 14:40
vn+1 = 2un – 1 – 1
vn+1 = 2 (un – 1) = 2vn
v est une suite géométrique de raison 2 et de 1er terme
v0 = u0 – 1 = 2.
b) Pour tout n de N : vn = 2n+1 et un = 2n+1 + 1.
c) Pour tout n de N :
un+1 – un = 2n+2 – 2n+1 = 2n+1 . 0 donc u est croissante.
38 a) u0 = A + B et u0 = 1 donc A + B = 1.
u1 = 3A + B et u1 = 5 donc 3A + B = 5.
Ainsi A = 2 et B = – 1.
D’où pour tout n de N : un = 2 × 3n – 1.
b) Pour tout n de N :
un+1 – un = 2 × 3n+1 – 2 × 3n
un+1 – un = 2 × 3n × (3 – 1)
un+1 – un = 4 × 3n . 0.
La suite u est donc croissante.
39 a) u1 = 0,9 u0 + 200 = 650
u2 = 0,9 u1 + 200 = 785
b) Pour tout n de N :
90
un+1 =
u + 200
100 n
un+1 = 0,9 un + 200.
c) Pour tout n de N :
vn+1 = un+2 – un+1 = 0,9 un+1 – 0,9 un
vn+1 = 0,9 vn
v est géométrique de raison 0,9
et de 1er terme v0 = u1 – u0 = 650 – 500 = 150.
d) Pour tout n de N :
vn = 150 × 0,9n . 0 donc u est croissante.
40 1. u semble croissante.
2. a) v1 = 0 ; v2 = 4 ; v3 = 8 ; v4 = 12 ; v5 = 16 ; v6 = 20
b) Pour tout n de N*,
vn+1 = (n + 1) un+1 = nun + 4 = vn + 4
donc v est arithmétique de raison 4 et de 1er terme 0.
3. a) Pour tout n de N*, vn = 4n – 4,
4n – 4
4
=4– .
n
n
4
b) un = f (n) avec f définie sur [1 ; + ∞[ par f (x) = 4 – .
x
4
f9(x) = 2 . 0 donc f est croissante sur [1 ; + ∞[, donc u
x
est croissante.
donc un =
41 1.
On peut conjecturer que la suite u est croissante et la
suite v est décroissante.
2. a) Pour tout n de N :
u + 3vn un + 2vn
wn+1 = vn+1 – un+1 = n
–
4
3
3(un + 3vn) – 4(un + 2vn)
12
vn – u n 1
wn+1 =
= wn .
12
12
1
w est donc géométrique de raison
et de 1er terme
12
w0 = 1.
b) Pour tout nombre entier n > 0 :
wn+1 =
wn =
121  .
n
3. Pour tout nombre entier n > 0 :
tn+1 = 3un+1 + 8vn+1 = un + 2 vn + 2un + 6vn
tn+1 = 3un + 8vn = tn.
La suite t est donc constante et on a :
tn = t0 = 3u0 + 8v0 = 19.
4. a) Pour tout nombre entier n > 0 :
1 n
vn – u n =
et 3un + 8vn = 19
12
1 n
= 19,
donc 3un + 8 un +
12
19 8 1 n
ce qui donne un = –
11 11 12
19 3 1 n
et vn = +
.
11 11 12
b) Pour tout nombre entier n > 0 :
2 1 n
un+1 – un =
.0
3 12
1 1 n
vn+1 – vn = –
,0
4 12
u est donc croissante et v décroissante.
 

 
 
 
 
 
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 93
Comportement d’une suite
93
03/07/15 14:40
42 a) Pour tout n de N :
vn+1 – vn =
u –u
1
1 u –u
– = n n+1 = – n+1 n
un+1 un un un+1
un un+1
b) un . 0, un+1 . 0, un+1 – un . 0 donc vn+1 – vn , 0.
(vn ) est donc décroissante.
43 a) • p1 = (1 + r) p0 + μ donc 670 = ( 1 + r) × 500 + μ
soit 500 r + μ = 170.
• p2 = (1 + r) p1 + μ donc 874 = (1 + r) × 670 + μ
soit 670 r + μ = 204.
On obtient r = 0,2 et m = 70.
b) Pour tout n ∈ N, vn+1 = pn+1 + 350 = 1,2pn + 420,
vn+1 = 1,2 (pn + 350) = 1,2vn.
Donc v est géométrique de raison 1,2 avec v0 = 850.
c) Pour tout n ∈ N, vn = 850 × 1,2n et
pn = 850 × 1,2n – 350.
d) Pour tout n ∈ N,
pn+1 – pn = 850 × 1,2n (1,2 – 1) = 850 × 1,2n × 0,2
donc pn+1 – pn . 0. La suite (pn) est croissante.
44 1. a) La suite est définie par u0 = 1 et pour tout
nombre entier naturel n,
un+1 = un2 + 6 .
b) Pour tout nombre entier naturel n,
un+1 – un = un2 + 6 – un
un+1 – un =
un+1 – un =
(un2 + 6 – un) (un2 + 6 + un)
un2 + 6 + un
6
.
un2 + 6 + un
c) Pour tout n de N, un . 0 donc
u + 6 + un . 0 et un+1 – un . 0.
2
n
La suite u est croissante.
2. a) L’algorithme affiche en sortie 17.
b) L’algorithme détermine et affiche le plus petit
nombre entier naturel n tel que un . M.
45 Pour tout nombre entier n . 0 :
1
. 0 donc (Sn) est croissante.
2n+1
b) Pour tout n > 1 :
1n
1–
2
1
1n
.
Sn = ×
1 =1–
2
2
1–
2
1
1
Pour tout nombre entier n > 1, + … + n . 0
2
2
1n
donc Sn . 0. Et on a 1 –
, 1 donc 0 , Sn , 1.
2
46 a) La limite de la suite semble être 2.
Sn+1 – Sn =



b) La limite de la suite semble être + ∞.
47 un . 1 000 équivaut 1 + 2n . 1 000,
ce qui donne n . 499,5.
À partir du rang n = 500 on a un . 1 000.
1
n
48 2,99 , 3 + , 3,01
1
. 2,99.
n
1
1
3 + , 3,01 équivaut à , 0,01, c’est-à-dire n . 100.
n
n
À partir du rang n = 101 on a 2,99 , vn , 3,01.
Pour tout n . 0,
3+
49 a) (un) semble avoir pour limite + ∞.
b) (vn) semble avoir pour limite 1.
c) (tn) semble avoir pour limite – ∞.
50 a) Pour tout nombre entier naturel n,
un+1 – un = – (n + 1)2 + (n + 1) – 3 + n2 – n + 3
un+1 – un = – 2n
un+1 – un < 0 donc u est décroissante.
b) • un , – 100 à partir du rang n = 11.
• un , – 104 à partir du rang n = 101.
• un , – 106 à partir du rang n = 1 001.
c) Il semble que la suite u ait pour limite – ∞.
51 a) Pour tout n ∈ N :
vn+1 – vn = 2n . 0 donc v est croissante.
b) • vn . 104 à partir du rang n = 14.
• vn . 106 à partir du rang n = 20.
• vn . 109 à partir du rang n = 30.
c) On peut conjecturer que la limite de v est + ∞.
52 a) Pour tout n ∈ N*,
wn+1 – wn =
1
1
–
n + 1 n
wn+1 – wn =
n – n + 1
.
n n + 1
Or n < n + 1 donc wn+1 – wn < 0.
La suite w est décroissante.
b) À partir du rang n = 10 001,
– 0,01 , wn , 0,01.
c) On conjecture que la limite de la suite w est égale
à 0.
53 a) (Fenêtre : 0 < X < 5, pas 1
et 0 < Y < 3, pas 1.)
b) wn = f (n) avec f définie sur
1
[0 ; + ∞[ par f (x) = 2 +
.
x+3
–1
, 0, donc f est décroissante sur [0 ; + ∞[.
f 9(x) =
(x + 3)2
Ainsi w est décroissante.
94
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 94
03/07/15 14:40
c) • wn ∈ ]1,99 ; 2,01[ à partir du rang n = 98.
• wn ∈ ]1,999 ; 2,001[ à partir du rang n = 998.
d) On conjecture que la limite de la suite w est égale
à 2.
54 a) t est une suite arithmétique de raison – 3.
tn+1 – tn = – 3 , 0 donc t est décroissante.
b) • tn , – 1000 à partir du rang n = 334.
• tn , – 105 à partir du rang n = 33 334.
• tn , – 1010 à partir du rang n = 3 333 333 334.
c) On conjecture que la limite de la suite t est – ∞.
55 a) Pour tout n ∈ N :
vn+1 – vn = 2n + 1 . 0 donc v est croissante.
wn+1 – wn = 20 . 0 donc w est croissante.
b) On conjecture que v et w ont pour limite + ∞.
c) • wn dépasse le premier 102 car wn dépasse 102 à
­partir de n = 6 et vn dépasse 102 à partir de n = 11.
• vn dépasse 109 à partir de n = 31 623
109
et wn dépasse 109 à partir de n =
+ 1.
2
9
vn dépasse donc 10 le premier.
56 a) Pour tout n de N, un ≠ 0 et
un+1 3
= .1
un 2
donc un+1 . un et u est croissante.
b) On peut conjecturer que la limite du u est + ∞.
c) n = 36
57 a) Vrai. En effet, vn = f (n) où f est définie sur
1
]0 ; + ∞[ par f (x) = 2 – 2
x
2
f’ (x) = 3 . 0 donc f est croissante sur ]0 ; + ∞[ et donc
x
v est croissante.
b) Vrai. En effet, pour tout n > 1,
1
– 2 , 0 donc vn , 2.
n
c) Faux. En effet, pour n = 103, vn = 1,999 999.
58 a) u0 = 0 ; u1 = 1 ; u2 = 6 ; u3 = 3 et u4 = 12.
b) Pour tout n ∈ N,
– 1 < (– 1)n < 1 donc – n < (– 1)n n < n
et n < un < 3n
c) Si n > 1 000 alors un > 1 000.
Si n > 106 alors un > 106.
d) On conjecture que la limite de la suite u est égale
à + ∞.
59 1. a) Notons un le nombre d’individus, en milliers,
la nième année.
un+1 = 0,8 un avec u0 = 15.
b) L’écran 2.
2. a) À la calculatrice :
• Au bout de 5 années, la population sera inférieure à
5 000.
• Au bout de 13 années, la population sera inférieure
à 1 000.
• Au bout de 23 années, la population sera inférieure
à 100.
b) On peut conjecturer que la limite de u est 0. À
terme, la population s’éteindra.
60 a) Np+1 = 0,988 Np, donc (Np) est une suite géométrique de raison 0,988 et de 1er terme N0.
Ainsi Np = (0,988)p × N0.
b) N10 ≈ 8,9
L’échantillon contiendra 8,9 de carbone dans 1 000 ans.
N40 ≈ 6,2
L’échantillon contiendra 6,2 g de carbone dans 4 000 ans.
1
c) On cherche le plus petit p tel que Np < N0,
2
c’est-à-dire (0,988)p < 0,5.
À la calculatrice on trouve p = 58.
d) On peut conjecturer que Np a pour limite 0,
lim Np = 0.
p→ + ∞
2
2. On cherche le plus petit p tel que (0,988)p < .
3
On trouve p = 35. Ainsi, on peut estimer à 3 500 ans
l’âge de la grotte.
61 1. a) Notons un (resp. vn) le nombre d’habitants
en milliers, dans la ville A (resp. B) la nième année,
c’est-à-dire en (2015 + n)
un+1 = 0,97 un et vn+1 = 1,05 vn
avec u0 = 200 et v0 = 150.
b)
c) On peut conjecturer que la ville B verra sa population croître alors que la ville A sera sans habitant.
2) Au bout de 4 ans, c’est-à-dire en 2019, la population
de la ville B dépassera celle de la ville A.
62 1. pn+1 = 0,99 pn avec p0 = 1 000.
2. a) Tant que p . A
Affecter à n la valeur n + 1
Affecter à p la valeur 0,99 p
Fin tant que
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 95
Comportement d’une suite
95
03/07/15 14:40
b)
3. a) La pression atmosphérique est égale à 800 mbar,
approximativement à 2 300 m.
• La pression atmosphérique est égale à 700 mbar,
­approximativement à 3 600 m.
• La pression atmosphérique est égale à 500 mbar,
approximativement à 6 900 m.
b) On conjecture que la limite de (pn) est égale à 0,
lim pn = 0.
p→ + ∞
63 a) Pour tout n ∈ N, u1 représente le nombre de
bactéries au bout de la nième heure, alors u0 = 10 et un+1
= 1,25 un.
b)
64 1. a)
(Fenêtre : 0 < X < 10, pas 1 et
0 < Y < 3, pas 1.)
b) On peut conjecturer la limite de (un) est égale à 2.
2. a) Pour tout n de N :
vn+1 = un+1 – 2 = 0,75 un + 0,5 – 2
vn+1 = 0,75 (un – 2) = 0,75 vn.
v est une suite géométrique de raison 0,75 et de
1er terme : – 1.
b) Pour tout n de N :
vn = (– 1) × 0,75n = – 0,75n
un = vn + 2 = 2 – 0,75n.
3. a) Pour tout n de N :
un+1 – un = 0,75n – 0,75n+1 = 0,25 × 0,75n > 0, donc u est
croissante.
b) Pour tout n de N, on a un , 2.
On cherche donc un rang n tel que un . 1,999.
À la calculatrice on trouve n = 25.
1
1
65 1. a) S1 = = 1
1 3
S2 = S1 + =
2 2
1 11
S3 = S2 + =
3 6
1 25
S 4 = S3 + =
4 12
b) Pour tout n de N* :
1
. 0, donc S est croissante.
Sn+1 – Sn = un+1 =
n+1
2. a) Le programme permet de calculer le terme de
rang n de (Sn).
b) On obtient bien les valeurs du a).
c) S100 ≈ 5,19; S500 ≈ 6,79.
d) Pour tout n > 1 674, on a Sn . 8.
66 a) Pour tout n de N* :
Sn+1 – Sn = an+1 . 0, donc (Sn) est croissante.
1
b) Pour tout n de N* : an+1 = an avec a1 = 9,
4
1 n–1
donc an = 9 ×
.
4

Sn = a1 ×
c) Le nombre de bactéries est supérieur à :
• 1 000 au bout de 21 heures.
• 10 000 au bout de 31 heures.
• 100 000 au bout de 42 heures.
1–
1
4
n
 14 
= 12 1 –
n
1
4
Pour tout n de N*, Sn, 12 donc on cherche un rang à
partir duquel Sn . 11,999.
On trouve n = 7.
On peut conjecturer que la limite de Sn est 12,
lim Sn = 12.
1–
n→ + ∞
96
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 96
03/07/15 14:40
67 a) Faux. En effet, u47 = 103 828 . 105
b) Vrai. En effet, u2155 . 1010
c) Vrai. En effet, pour tout n de N,
n3 > 0 donc un > 5.
d) Faux. En effet, un = f (n) avec f définie sur [0 ; + ∞[
par f (x) = x3 + 5.
f 9(x) = 3 x2 > 0, donc f est croissante sur [0 ; + ∞[. Ainsi
u est croissante.
e) Vrai. En effet, u100 . 106 et u est croissante donc
pour tout n > 100, on a un . 106.
68 a) Il existe un entier naturel n tel que un . un+1.
b) Pour tout nombre entier naturel n, un < 100.
c) Il existe un nombre réel A, tel que pour tout nombre
entier naturel n, un < A.
8
69 1. A
Pour se tester
2. B
3. C
4. D
5. C
70 1. A et C 2. B
3. B
4. A, B, C
5. C
71 1. a) Vrai.
En effet, pour tout nombre entier naturel n,
vn+1 – vn = vn2 donc vn+1 – vn > 0.
2. Vrai. En effet avec la calculatrice ou le tableur, on
obtient v11 , 1 et v12 . 1.
v est croissante, donc vn > 1 à partir du rang n = 12.
3. Vrai. En effet v17 > 1010 et v est croissante.
4. Faux. En effet v19 ≈ 2,4 × 1051 et v est croissante donc
v ne peut pas avoir pour limite 1050.
9
2. a) Pour tout n de N,
280
280
–
un+1 – un =
2 + 68 × 0,6n+1 2 + 68 × 0,6n
un+1 – un =
280 (68 × 0,6n – 68 × 0,6n+1)
(2 + 68 × 0,6n+1) (2 + 68 × 0,6n)
un+1 – un =
280 × 68 × 0,4 × 0,6n
(2 + 68 × 0,6n+1) (2 + 68 × 0,6n)
7 616 × 0,6n
. 0,
(2 + 68 × 0,6n+1) (2 + 68 × 0,6n)
donc u est croissante.
b) Pour tout n ∈ N,
280
136 – un = 140 –
2 + 68 × 0,6n
9 520 × 0,6n
136 – un =
2 + 68 × 0,6n
donc 136 – un > 0 et un < 136.
3. a) On a 135,5 < un < 136 à partir du rang n = 17.
On a 135,9 < un < 136 à partir du rang n = 22.
b) On peut conjecturer que la limite de u est 136,
lim un = 136.
un+1 – un =
n→ + ∞
4. Les variations de la mer vont tendre vers 136 m.
73 1. a)
Pour aller plus loin
72 1.
b) On peut conjecturer que u est croissante de limite
A.
2. a)
Variables :
A, u sont des nombres réels
n, k sont des nombres entiers naturels
Entrée :
Saisir A
Saisir n
A
Traitement : Affecter à u la valeur
2
Pour k allant de 1 à n
1
A
Affecter à u la valeur u +
2
u
Fin pour
Sortie :
Afficher u

Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 97
Comportement d’une suite

97
03/07/15 14:40
b) Avec la langage Algobox
jn – jn–1 > 0 donc an+1 – an > 0.
De plus a0 = a1 = 1 donc (an) est croissante.
1
2
77 1. a) S1 = S0 + 1 – =
1
2
1 1 2
S2 = S1 + – =
2 3 3
1 1 3
S3 = S2 + – =
3 4 4
b) Pour tout n de N :
1
1
1
Sn+1 – S n =
–
=
.0
n + 1 n + 2 (n + 1) (n + 2)
S est donc croissante.
c) On peut conjecturer que lim Sn = 1.
n→ + ∞
74 a) Pour tout n > 1,
un =


n4 1 +
1
= n2
n2


1+
2. a) Pour tout n de N* :
S0 + S1 + … + Sn = S1 + … + Sn
1
n2
1
1
1 + 2 > 1, donc 1 + 2 > 1, puis un > n2.
n
n
b) Si n > 105 alors n2 > 1010, donc un > 1010.

75 a) Pour tout n de N*,
un+1 = un +10 –n donc un+1 – un = 10 –n . 0.
Ainsi u est croissante.
b) On peut conjecturer que la limite de u est l = 1,1...
10
Or 10 l = 10 + l donc l = .
9
76 1. a)
1
1 1
+ S1 + – + ...
2
2 3
1
1
+ Sn–1 + –
n n+1
1
S1 + S2 + … + Sn = S0 + S1 + ... + Sn–1 + 1 –
n+1
1
1
donc Sn = S0 + 1 –
=1–
.
n+1
n+1
Pour n = 0 l’égalité est encore vraie.
1
.
Donc pour tout n ∈ N, Sn = 1 –
n+1
b) Pour tout n de N, on a Sn , 1,000 1.
1
On cherche donc un rang n tel que 0,999 9 , 1 –
;
n+1
1
c’est-à-dire
, 10 –4, ce qui donne n . 9 999.
n+1
Ainsi, pour tout n > 10 000, on a 0,999 9 , Sn , 1,000 1.

S1 + S2 + … + Sn = S0 + 1 –
 



78 1. a) Rn = 410nb0
b) Fn = 2nb0
410n b0
= 219n
2n b 0
2. Y1 , 106 et Y2 . 106, donc au bout de 20 heures.
c) Yn =
Sn+1
= 3.
n → + ∞ Sn
À long terme, la population sera multipliée par 3 d’une
année à l’autre.
c) Pour tout n de N :
1 n+1
1n
jn+1 – jn = 3 – –
× 3n+1 – 3 – –
× 3n
3
3
b) On conjecture que lim
   
  13
n+1
jn+1 – jn = 3n 9 – –

  
 13  . 0
jn+1 – jn = 3n 6 + 2 –
 13 
×3–3+ –
n
n
La suite (jn) est donc croissante.
Or pour tout n ∈ N*, an+1 – an = 0,5 (jn – jn–1)
79 1. En 2010, il y a 50 000 arbres, c’est-à-dire 50 milliers donc u0 = 50.
5
u + 3 = 0,95 un + 3
100 n
2. a) Pour tout n de N,
vn+1 = 60 – un+1 = 60 – (0,95un + 3)
vn+1 = 0,95 (60 – un) = 0,95vn.
La suite v est donc géométrique de raison 0,95.
b) v0 = 60 – 50 = 10
vn = 10 × (0,95)n
c) un = 60 – vn
d’où un = 60 – 10 × (0,95)n.

un+1 = 1 –

98
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 98
03/07/15 14:40
d) pour tout n de N,
un+1 – un = – 10 × (0,95)n+1 + 10 × 0,95n
un+1 – un = 0,5 × 0,95n . 0.
La suite u est donc croissante.
3. a) On cherche n tel que : un . 50 × 1,1.
On trouve n = 14.
Donc en 2024 le nombre d’arbres de cette forêt aura
dépassé de 10 % le nombre d’arbres de la forêt en
2010.
b) On peut conjecturer que lim un = 60.
82 Pour tout n de N* :
1
n + 1 + n
On conjecture que (vn – un) tend vers 0 donc vn – un
peut devenir aussi proche de 0 que l’on veut.
vn – un = n + 1 – n =
83 Avec le langage Algobox :
n→ + ∞
À long terme, il y aura 60 000 arbres dans cette forêt.
80 a) Notons A l’aire du triangle équilatéral et Pn la
partie de Tn non coloriée.
3
On a : Pn+1 = Pn avec P0 = A.
4
3n
Donc Pn =
A.
4
Ainsi la partie coloriée du triangle Tn est :
3n
3n
A= 1–
A.
An = A –
4
4
3n
On veut A n . 0,99A, c’est-à-dire 1 –
. 0,99.
4
On trouve n = 17.
b) On peut conjecturer que la limite de l’aire coloriée
est celle de T0.


  

81 On note Pn la population, en milliers du pays en
(2 000 + n). Ainsi p0 = 1 000.
La population augmente de 5 pour mille auquel
s’ajoute 100 000 habitants chaque année, donc on a :
Pn+1 = 1,005 Pn + 100.
Avec le tableur, on obtient :
10
Accompagnement
personnalisé
84 Pour tout n de N :
un+1 – un =
1
. 0 donc u est croissante.
n + 1
85 On peut conjecturer que (an) est croissante.
(n + n + 1) × 1
1
=n+
2
2
(an) est arithmétique de raison 1.
b) an =
c) Pour tout n de N :
an+1 – an = 1 . 0 donc (an) est croissante.
86 u semble croissante et de limite 1.
87 a)
b) u semble décroissante et de limite 0,45.
88 a) v semble arithmétique de raison 0,4.
b) Pour tout n de N :
1
2u + 5 2 1
2
= n
= + = vn +
un+1
5un
5 un
5
2
v est donc une suite arithmétique de raison .
5
c) Pour tout n de N :
2
vn+1 – vn = . 0 donc v est croissante.
5
5un
– 2un2
un+1 – un =
– un =
2un + 5
2un + 5
vn+1 =
On constate qu’en 2072 la population dépassera 10
millions d’habitants.
Chapitre 6
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 99
Comportement d’une suite
99
03/07/15 14:40
Pour tout n de N : un . 0 donc 2un + 5 . 0
et – un2 , 0 donc un+1 – un , 0.
La suite u est donc décroissante.
89 1. Il semble que u est croissante et de limite + ∞.
2. a) n représente le rang et u la valeur de un.
b) Cet algorithme permet de déterminer le plus petit
entier naturel n tel que un > 104, puis de donner la valeur de un.
c) On obtient n = 101 et u101 = 10 197.
90 a) Il semble que v est décroissante et de limite
nulle.
b) Tant que v . 10 –10
Affecter à n la valeur n + 1
v
Affecter à v la valeur
n+1
Fin tant que
91 1. a) f définie sur [0 ; + ∞[ par f (x) = x3 + 4x + 2.
f 9(x) = 3x2 + 4 . 0 donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
b) u est donc croissante.
2. a) un . 104 à partir de n = 22.
b) un . 105 à partir de n = 47.
c) un . 106 à partir de n = 100.
3. On peut conjecturer que lim un = + ∞.
n→ + ∞
92 1. a) vn = f (n) avec f définie sur [0 ; + ∞[ par :
5x + 2
.
x+1
3
. 0 donc f est croissante sur [0 ; + ∞[.
f 9(x) =
(x + 1)2
Ainsi v est croissante.
f (x) =
b) On peut conjecturer que lim
2. a) n = 3 000
b) n = 3 000 000
n→ + ∞
vn = 5.
93 a) Pour tout n de N* :
6 1 3(n + 1)
3
an = (n + 1) × × =
=3+
n 2
n
n
3
an = f (n) avec f définie sur ]0 ; + ∞[ par f (x) = 3 + .
x
3
f 9(x) = – 2 , 0 donc f est décroissante sur ]0 ; + ∞[ et
x
donc (an) est décroissante.
b) On peut conjecturer que lim an = 3.
n→ + ∞
1
1
=
1+1 2
1
1
1 1 7
u2 =
+
= + =
2 + 1 2 + 2 3 4 12
94 1. a) u1 =
1
1 1 37
+ + =
3 + 1 5 6 60
1
v1 = u1 + = 1
2
1 5
v2 = u2 + =
4 6
1 47
v3 = u3 + =
6 60
b) u3 =
2. a) Pour tout n de N, n > 1 :
1
1
1
1
un+1 – un =
+…+
–
+…+
n+2
2n + 2 n + 1
n+n
1
1
1
un+1 – un =
+
–
2n + 1 2n + 2 n + 1
1
1
un+1 – un =
–
2n + 1 2n + 2
1
un+1 – un =
(2n + 1) (2n + 2)


b) Pour tout n de N* :
2n + 1 . 0 et 2n + 2 . 0, donc un+1 – un . 0 donc u est
croissante.
c) Pour tout n de N* :
1
1
vn+1 – vn = un+1 +
–u –
2n + 2 n 2n
1
1
vn+1 – vn =
–
(2n + 1) (2n + 2) n (2n + 2)
n – (2n + 1)
n (2n + 1) (2n + 2)
–n – 1
vn+1 – vn =
,0
n (2n + 1) (2n + 2)
donc v est décroissante.
vn+1 – vn =
3. a) On peut conjecturer que la suite (vn – un) converge
vers 0.
b)
Variables :
u et v sont des nombres réels
n : un nombre entier naturel
Traitement : u prend la valeur 0,5
v prend la valeur 1
n prend la valeur 1
Tant que v – u > 10 –3
u prend la valeur
1
u+
(2n + 1) (2n + 2)
n prend la valeur n + 1
1
v prend la valeur u +
2n
Fin tant que
Sortie :
Afficher n, u et v.
100
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7
1
Statistiques
Au fil des siècles
Une tempête à l’origine du premier service météo
français
Le 14 novembre 1854, une tempête cause le naufrage
de 38 navires engagés dans la guerre de Crimée.
Urbain Le Verrier s’appuie sur ce désastre maritime
pour prouver l’intérêt de développer un réseau de
météorologie télégraphique.
• http://www.meteofrance.fr/actualites/207078-il-y-a150-ans-une-etape-decisive-pour-la-meteorologiefrancaise
2
4. a) Les notes sont rangées dans l’ordre croissant. Il y
en a 51, qui est un nombre impair.
51
= 25,5 La médiane est la 26e valeur. Me = 10.
2
51
b) = 12,75, Q3 est la 13e valeur de la série. Q1 = 8.
4
3
51 × = 38,25, Q3 est la 39e valeur de la série. Q3 = 13.
4
Interprétation : au moins 25 % des candidats ont obtenu une note inférieure à 8 (Q1). Au moins 75 % des
candidats ont obtenu une note inférieure à 13 (Q3).
c) Écart interquartile : 13 – 8 = 5.
5 + 4 + 7 + 3 + 5 + 4 28
d)
= ≈ 55 %
51
51
5. a)
Bien démarrer
+ 49 + 47 + 45 + 46 + 44
1. a) 52 + 49 + 51 + 50 + 51 10
= 48,4 ≈ 48
La moyenne des temps pour François est environ
48 min.
b) Il y a 4 entraînements pour lesquels le temps réalisé
est inférieur à la moyenne, donc la proportion est :
4
= 40 %.
10
2. a) On range dans l’ordre croissant les temps réalisés
par François :
44 < 45 < 46 < 47 < 49 < 49 < 50 < 51 < 51 < 52
b) La série comporte 10 valeurs, c’est un nombre pair.
La médiane est la demi-somme entre la 5e et la 6e va49 + 49
leur, donc Me =
= 49.
2
10
= 2,5 donc Q1 est la 3e vac) Pour déterminer Q1 :
4
leur, Q1 = 46.
3
Pour déterminer Q3 : 10 × = 7,5 donc Q3 est la 8e va4
leur, Q3 = 51.
3. Moyenne des notes :
4 × 2 + 5 + 6 × 3 + 7 × 5 + 8 × 5 + 9 × 4 + 10 × 7 + 11 × 3
+ 12 × 5 + 13 × 4 + 14 × 3 + 15 × 1 + 16 × 2 + 17 × 2 + 18 × 4
2+1+3+5+5+4+7+3+5+4+3+1+2+2+4
b) Nombre de nageuses ayant effectué la course en
moins de 2 h : 5 + 9 + 7 = 21.
c) On remplace chaque classe par son centre :
82,5 × 5 + 97,5 × 9 + 112,5 × 7 + 127,5 × 3 + 142,5 × 4 + 157,5 × 2
30
≈ 112 min
d) Il y a 30 nageuses classées, donc la classe médiane
correspond à la classe où se trouvent les 15e et 16e
valeurs rangées par ordre croissant.
La classe médiane est donc : [105 ; 120[.
≈ 10,82
101
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 101
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3
Découvrir
1 Un diagramme pour représenter des données
1. a) La série comporte 24 valeurs. 24 est un nombre
pair.
24
= 12 ; on cherche la demi-somme de la 12e et la 13e
2
valeur de la série rangée dans l’ordre croissant.
27,1 < 27,2 < 28,7 < 28,9 < 29,4 < 29,8 < 29,8 < 30
< 30,1 < 30,1 < 30,1 < 30,2 < 30,2 < 30,3 < 30,4
< 30,6 < 30,7 < 30,7 < 30,9 < 30,9 < 31 < 31,4
< 31,5 < 31,6
30,2 + 30,2
= 30,2 = Me
2
24
Pour Q1 : = 6, Q1 est la 6e valeur : Q1 = 29,8.
4
3
Pour Q3 : 24 × = 18, Q3 est la 18e valeur : Q3 = 30,7.
4
b) Écart interquartile : 30,7 – 29,8 = 0,9.
c) L’âge moyen maximal est 31,6 ans et l’âge moyen
minimal est 27,1 ans.
d) Étendue : 31,6 – 27,1 = 4,5.
L’écart entre l’âge moyen le plus grand et l’âge moyen
le plus petit est 4,5 ans.
2. a) La valeur minimale correspond au premier point
du segment et la valeur maximale au dernier point du
segment. Q1 et Q3 forment les côtés du rectangle et
Me correspond au segment vertical dans le rectangle.
b) Les pays où l’âge moyen est strictement inférieur à
Q1 sont la Bulgarie, la Hongrie, la Pologne, la Roumanie
et la Slovaquie.
Ces pays sont tous des pays de l’Europe de l’Est.
c) Les pays où l’âge moyen est strictement supérieur à
Q3 sont l’Irlande, l’Espagne, l’Italie, le Luxembourg, les
Pays-Bas et la Suède.
Ces pays sont des pays de l’Europe de l’Ouest mais ils
sont situés aussi bien au Sud qu’au Nord de l’Europe.
Durée en mathématiques
Durée en français
Me Q1 Q3
160 120 200
160 120 190
b) Écart interquartile en mathématiques :
200 – 120 = 80.
Écart interquartile en français : 190 – 120 = 70
c) Les trois indicateurs des deux séries sont identiques
pour la médiane et le 1er quartile ; les 3e quartiles diffèrent seulement de 10 min. Ces indicateurs ne révèlent pas de différences significatives entre les deux
séries.
2. a) Moyenne des durées en mathématiques :
200 + 190 + 50 + 40 + 150 + 200 + 280 + 210 + 160 + 140 + 240
+ 180 + 120 + 80 + 300 + 120 + 100 + 200 + 130 + 60 + 220
21
3 370
=
≈ 160
21
Moyenne des durées en français :
190 + 240 + 110 + 90 + 160 + 190 + 210 + 240 + 90 + 120 + 260
+ 120 + 100 + 160 + 180 + 100 + 120 + 160 + 140 + 150 + 190
21
3 320
=
≈ 158
21
b) Les deux moyennes des séries précédentes sont
très proches et ne permettent pas de relever une différence entre les deux séries.
3. a) Le calcul effectué dans la cellule C2 correspond
au carré de l’écart entre la valeur de la série et la
moyenne de la série.
b) c) d) e)
2 Comparaison de deux séries statistiques
1. a) On range par ordre croissant les durées des deux
séries par ordre croissant :
n°
maths
français
n°
maths
français
1 2
40 50
90 90
12 13
180 190
160 160
3
60
100
14
200
180
4
80
100
15
200
190
5
100
110
16
200
190
6
120
120
17
210
190
7
120
120
18
220
210
8
130
120
19
240
240
9
140
140
20
280
240
10 11
150 160
150 160
21
300
260
21 est impair, donc la médiane est la 11e valeur de la
série.
21
Pour les 1er et 3e quartiles,
= 5,25 donc Q1 est la
4
3
e
6 ­valeur ; 21 × = 15,75 donc Q3 est la 16e valeur.
4
f) L’écart-type de la série des durées en mathématiques est supérieur à l’écart-type des durées en français. Cela indique que les valeurs de la série des durées
102
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 102
03/07/15 14:40
de travail en mathématiques sont plus dispersées autour de la moyenne que celles en français.
4
Savoir-faire
2 a) L’effectif total de la série est N = 56.
La médiane est la demi-somme des 28e et 29e valeurs
de la série, ainsi Me = 4.
1
× N = 14 donc le 1er quartile est la 14e valeur de la
4
série, ainsi Q1 = 0.
3
× N = 42 donc le 3e quartile est la 42e valeur de la
4
série, ainsi Q3 = 5.
b) On choisit un axe gradué de 0 à 10.
3 a) L’effectif total de la série est N = 24.
La médiane est la demi-somme des 12e et 13e valeurs
de la série, ainsi Me = 21.
1
× 24 = 6 donc le 1er quartile est la 6e valeur de la série,
4
ainsi Q1 = 13.
3
× 24 = 18 donc le 3e quartile est la 18e valeur de la
4
série, ainsi Q3 = 26.
b) Écart interquartile : 26 – 13 = 13.
c) On choisit un axe gradué de 6 à 31.
5 a) On saisit les deux séries à la calculatrice, on
obtient :
Pour Paul : x ≈ 1,38 et σ ≈ 0,78.
Pour Karim : x ≈1,38 et σ ≈ 1,58.
b) Paul et Karim marquent en moyenne le même
nombre de buts par match mais les résultats de Paul
sont plus réguliers que ceux de Karim.
5
Rue Oasis :
Résoudre des problèmes
7 Rue Mozart :
On obtient alors les diagrammes en boîte suivant :
On constate que le niveau sonore est plus confortable
dans la rue Oasis. Au moins 75 % des relevés sont inférieurs à 63 db, alors que pour la rue Mozart, 63 db
correspond à moins de 50 % des relevés (puisque la
médiane de cette série est 64,5).
9 L’effectif total de l’entreprise est 120, et on
connaît les effectifs des catégories B et C qui représentent 70 employés.
On reproduit la feuille de calcul et on teste les valeurs
pour B et E avec la contrainte que E3 = 50 – B3.
Le salaire moyen peut être supérieur à 2 400 € lorsque
le nombre de salariés à l’échelon A dépasse 39.
Autre méthode :
Notons x le nombre de salariés à l’échelon A.
On doit résoudre l’inéquation :
x × 3 000 + 20 × 2 600 + 50 × 2 000 + (50 – x) × 1 800
120
> 2400.
1 300 2 500
25x +
+
+ 750 – 15x > 2 400
3
3
1 150
10x >
3
115
x>
3
115
Or
≈ 38,3, donc cela signifie que le salaire moyen
3
dans cette entreprise est supérieur à 2 400 € dès qu’il
y a plus de 39 salariés à l’échelon A.
11 1. a)
•n=8
n est divisible par 4, alors i = 2 et j = 6.
Sorties : xi = 4 et xj = 22.
•n=7
n n’est pas divisible par 4, alors i = 2 et j = 6.
Sorties : xi = 9 et xj = 21.
Chapitre 7
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 103
Statistiques
103
03/07/15 14:40
b) Cet algorithme calcule les 1er et 3e quartiles de la
série.
2. Ajouter :
Variables :
I et E sont des nombres réels
Traitement :
…
Affecter à E la valeur xn – x1
Affecter à I la valeur xj – xi
Sorties :
…
Afficher I, E
6
Travaux pratiques
12 1. b) La dépense totale d’investissement pour la
protection de l’environnement en France en 2011 est
1 232,8 millions d’euros.
c) La dépense totale d’études pour la protection de
l’environnement en France en 2011 est 359,3 millions
d’euros. (Dans la cellule C27, on recopie la formule
saisie en B27.)
d) On saisit la formule « = B2 + C2 » dans la cellule D2
et on recopie cette formule vers le bas.
e) Les résultats de la colonne E correspondent à la
proportion, exprimée en pourcentage, de la dépense
engagée pour chaque secteur par rapport à la dépense
totale pour la protection de l’environnement.
2.
des autres valeurs de la série et qui expliquent que la
moyenne soit bien supérieure à la médiane.
b) La moyenne étant fortement influencée par les
valeurs extrêmes, il paraît préférable de privilégier le
couple (médiane ; écart interquartile). Ce couple indique qu’au moins 50 % des entreprises de l’industrie
française ont dépensé moins de 21,7 millions d’euros
pour la protection de l’environnement. L’écart interquartile qui est 38,4 millions d’euros indique que les
valeurs de la série sont dispersées.
13 a) m = 11,2 et s ≈ 3.
b) m – s ≈ 8,2 et m + s ≈ 14,2.
i
k
i
k
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
0 1 1 2 2 3 4 4 5 6 7
11 12 13 14 15 16 17 18 19 20
8 8 8 8 9 10 11 12 12 13
13
× 100 = 65.
20
13 est le nombre de données de la série comprises
dans l’intervalle [m – s ; m + s]. p est la proportion, en
pourcentage, de données de la série comprises dans
l’intervalle [m – s ; m + s].
d) Cet algorithme sert à déterminer la proportion
de données de la série appartenant à l’intervalle
[m – s ; m + s].
2. a) Variable : λ est un nombre réel strictement positif
b) Ajouter :
c) k = 13 et p =
Variables :
…
λ est un nombre réel strictement
positif
Entrée :
…
Saisir λ
Traitement :
…
Pour i allant de 1 à n
Si xi > m – λ * s et xi < m + λ * s
alors
…
c) Pour λ = 0,5, k = 8 et p = 40.
Pour λ = 1, k = 13 et p = 65.
Pour λ = 1,5, k = 18 et p = 90.
7
3. a) Les moyennes et médianes de chacune de ces
deux séries diffèrent car la moyenne est influencée par
les valeurs extrêmes. Or dans les deux séries, il existe
des valeurs extrêmes qui s’écartent très sensiblement
Pour s’entraîner
14 La médiane est 12.
15 L’étendue est 19.
16 a) Q1 = 10 ; Q3 = 17.
104
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03/07/15 14:40
b) Q3 – Q1 = 7.
17 Q1 = 70. Pendant au moins 25 % des heures de
la journée, il y a eu moins de 70 véhicules par heure.
18 Q3 = 380. Pendant au moins 75 % des heures de
la journée, il y a eu moins de 380 véhicules par heure.
3
N = 8,25, donc Q3 est la 9e valeur de la série, soit
4
Q3 = 3,4.
b) c)
19 Max = 450
20 Me = 200
21 Son affirmation est fausse : Q3 = 380, donc pendant 18h de la journée, il y a eu moins de 380 véhicules par jour.
22 a) L’effectif total de la série est N = 62.
Me est la demi-somme des 31e et 32e valeurs donc
10 + 12
Me =
= 11.
2
1
N = 15,5 donc Q1 est la 16e valeur soit Q1 = 8.
4
3
N = 46,5 donc Q3 est la 47e valeur soit Q3 = 13.
4
L’écart interquartile est Q3 – Q1 = 5.
b)
d) La production dans le Sud-Ouest est plus dispersée
que celle du Sud-Est. Les quantités produites sont plus
importantes dans le Sud-Ouest.
25
c)
On se reporte à la fenêtre graphique pour connaître la
graduation de l’axe.
23 a) L’effectif total de la série est N = 20.
Me est la demi-somme des 10e et 11e valeurs de la série
donc Me = 61.
1
N = 5 donc Q1 est la 5e valeur de la série, Q1 = 55.
4
3
N = 15 donc Q3 est la 15e valeur de la série, Q3 = 69.
4
b)
c)
3
c’est-à-dire 15 %.
20
24 a) L’effectif total de la série est N = 11. Me est la 6e
valeur de la série donc Me = 2.
1
N = 2,75, donc Q1 est la 3e valeur de la série, soit
4
Q1 = 0,6.
26 a) Biarritz : Me = 1; Q1 = 0 ; Q3 = 3.
Limoges : Me = 1; Q1 = 0 ; Q3 = 2.
b) Trois des caractéristiques des séries sont égales
et pour Q3 la différence est faible : les deux villes ont
connu un ensoleillement similaire durant le mois de
janvier 2014.
27 a) L’effectif total est N = 15, la classe médiane
correspond à la classe de la 8e valeur, ainsi on trouve
[5 ; 10[.
b) Q1 est la 4e valeur donc Q1 ∈ [0 ; 2[.
Q3 est la 12e valeur donc Q3 ∈ [10 ; 15[.
Chapitre 7
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Statistiques
105
03/07/15 14:40
28 a) L’effectif total est N = 52.
Les 26e et 27e valeurs se trouvent dans la classe [33 ; 37]
qui est donc la classe médiane.
1
N = 13, ainsi Q1 correspond à la 13e valeur :
4
Q1 ∈ [29 ; 33[.
3
N = 39, ainsi Q3 correspond à la 39e valeur :
4
Q3 ∈ [33 ; 37[.
b)
32 a)
29 a) L’effectif de la 2de 7 est 34 et celui de la 2de 8 est
30. 2de 7 : [10 ; 12[ ; 2de 8 : [8 ; 10[.
b) 2de 7 : Q1 ∈ [6 ; 8[ et Q3 ∈ [10 ; 12[.
2de 8 : Q1 ∈ [6 ; 8[ et Q3 ∈ [12 ; 14[.
c)
b)
d) Les résultats de la 2de 7 sont plus homogènes que
ceux de la 2de 8 : la moitié des élèves ont une note
comprise entre 7 et 11 en 2de 7, alors que pour les 2de 8,
elle se situe entre 7 et 13. Au moins 50 % des élèves ont
eu une note strictement inférieure à 12 en 2de 7, alors
qu’en 2de 8, au moins 50 % des élèves ont eu une note
strictement inférieure à 10.
c) Les données de la série des hommes sont plus dispersées que celles de la série des femmes. Compte tenu
des dispositions des deux diagrammes, les données
de la série des femmes sont plus élevées que celles
des hommes ce qui traduit que l’espérance de vie des
femmes est supérieure à celles des hommes. On peut
aussi noter que la médiane de la série des femmes est
égale au 3e quartile de la série des hommes.
30 a) A3 : = MEDIANE(A1 : K1)
B3 : = QUARTILE(A1 : K1 ; 1)
C3 : = QUARTILE(A1 : K1 ; 3)
D3 : = MAX(A1 : K1)
E3 : = MIN(A1 : K1)
b)
33 5,2 €
34 a)
b)
31 a) x = 37,5 %, Q1 = 27 %, Me = 39 % et Q3 = 46 %.
b) Avec la fenêtre 20 < X < 54.
x ≈ 21,8 et σ ≈ 2,5.
35 V ≈ 4
36 1.
x=
18 + 19 + 20 + 21 × 5 + 23 × 3 + 25 × 2 + 27
= 22
14
106
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2. a) Moyenne : 22
b) σ1 ≈ 2,39 et σ2 ≈ 5,10
σ2 . σ1 indique que les données de la série 2 sont
plus dispersées autour de la moyenne que celles de
la ­série 1.
l’écart-type. Cela illustre la sensibilité de la moyenne
aux valeurs extrêmes.
42 a)
37 a)
x=
3 + 4 × 2 + 5 × 7 + 6 × 10 + 7 × 8 + 8 × 6 × 9 × 4 + 10 × 2
1 + 2 + 7 + 10 + 8 + 6 + 4 + 2
= 6,65
b)
V=
(3 – 6,65)2 + 2 × (4 – 6,65)2 + 7 × (5 – 6,65)2 + 10 × (6 – 6,65)2
+ 8 × (7 – 6,65)2 + 6 × (8 – 6,65)2 + 4 × (9 – 6,65)2 + 2 × (10 – 6,65)2
40
V ≈ 2,7
σ = V ≈ 1,6
38 a)
b) x ≈ 10,96 et σ ≈ 1,04.
c) • [x – σ ; x + σ] = [9,92 ; 12]
10
≈ 47,6 % des données sont dans cet intervalle.
21
• [x – 2σ ; x + 2σ] = [8,88 ; 13,04]
20
≈ 95,2 % des données sont dans cet intervalle.
21
39 a) x ≈ 55,4 b) σ ≈ 5,2
40 a) La série 1 est celle qui a le plus grand écarttype.
b) x ≈ 64,3 et σ ≈ 29,5 pour la série 1.
x ≈ 58,6 et σ ≈ 20,7 pour la série 2.
41 a) L’effectif de la série est N = 9.
La médiane est la 5e valeur de la série Me = 5,31.
1
N = 2,25 donc Q1 est la 3e valeur de la série et
4
3
N = 6,75 donc Q3 est la 7e valeur de la série, et e = 0,12.
4
x ≈ 5,51 et σ ≈ 0,54.
b) L’effectif total de la série est N = 8 donc la médiane
est la demi-somme des 4e et 5e valeurs de la série
Me = 5,305
1
N = 2 donc Q1 est la 2e valeur de la série.
4
3
N = 6 donc Q3 est la 6e valeur de la série et e = 0,08.
4
x ≈ 5,32 et σ ≈ 0,07.
c) La médiane et l’écart interquartile sont peu modifiés par la suppression de la valeur « anormale » alors
que cela modifie plus sensiblement la moyenne et
1 × 32,5 + 16 × 37,7 + … + 3 × 62,5 2 510
≈
54
54
soit x ≈ 46
1
V≈
[(32,5 – x)2 + … + 3(62,5 – x)2]
54
V ≈ 68
σ≈8
c) L’histogramme et le calcul de σ montrent que les
valeurs sont assez dispersées autour de la moyenne.
Le couple (médiane ; écart interquartile) peut s’avérer
ici plus pertinent.
b) x ≈
43 a) = MOYENNE(B2:L2)
44 1. a)
310 + 230 + 130 + 380 + 110 + 250 + 90 + 210 + 280
9
≈ 221,1
1
b) V = [(310 – x)2 + … + (280 – x)2]
9
V ≈ 8 487,88
σ ≈ 92,1
2. La moyenne augmente de 15 g et l’écart-type est
inchangé.
3. La moyenne et l’écart-type augmentent de 20 %.
0 × 1 + 1 × 3 + 5 × 4 + … + 10 × 4
≈ 5,59
17
1×2+1×3+2×4+…+1×8
B: x=
≈ 5,18
17
b) σA ≈ 3,52 et σB ≈ 1,42 donc le travail du groupe B est
plus régulier que celui du groupe A.
45 a) A : x =
46 On saisit les données à la calculatrice
a) 2001 : x ≈ 3 335 et σ ≈ 1 741.
2011 : x ≈ 3 492 et σ ≈ 1 597.
10
b) En 2001 : [1 594 ; 5 076] ; p = ≈ 66,7 %.
15
Chapitre 7
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 107
b) = ECARTYPEP(B2:L2)
6
c) ≈ 54,5 %
11
Statistiques
107
03/07/15 14:40
10
≈ 66,7 %.
15
c) On peut constater que la moyenne a augmenté
entre 2001 et 2011 mais en même temps, l’écart-type a
diminué, ce qui signifie que les disparités ont diminué
entre les différents pays. On peut aussi constater que
la proportion de pays dont l’exposition est dans l’intervalle [x – σ ; x + σ] est la même entre 2001 et 2011.
En 2011 : [1 895 ; 5 089] ; p =
47 Le couple (x ; σ)
semble pertinent pour
résumer cette série car
les données sont réparties de manière assez
symétrique par rapport
aux classes ayant les
plus grands effectifs.
50 a) On saisit les données à la calculatrice et on obtient : (x ; σ) ≈ (27,8 ; 24,4).
(Me ; Q3 – Q1) = (20,6 ; 20,4).
b) Me , 28,5 donc on peut conclure que durant la période considérée, durant plus de la moitié des années,
les précipitations ont été inférieures à la normale.
x est proche de la normale : ce sont les années à fortes
précipitations qui font remonter la moyenne, qui se
rapproche alors de la normale.
51 a) VRAI. Au moins 50 % des valeurs de la série
sont inférieures à Me, donc inférieures aussi à x.
b) FAUX. Contre-exemple : on considère la série suivante : 7/9/9/10/10/12/13/14/14/15.
Q3 = 14. x = 14,5 Un seul nombre de la série est supérieur à x, ce qui représente environ 11,1 % des valeurs
de la série.
c) VRAI : Au moins 25 % des valeurs de la série y vérifient y < Q1, donc au moins 75 % des valeurs de la série
z vérifient z > Q1 > x.
52 x = 12,3 et σ ≈ 3,716.
a) VRAI. a = 20
b) FAUX. b = 20 . x + 2σ
48 Le proviseur du lycée Gauss a raison puisque si
on regarde les résultats par sexe, on peut constater
que le taux de réussite des filles est supérieur au lycée
Gauss (96 % . 95 %) et qu’il en est de même pour les
garçons (80 % . 78 %).
Concernant l’affirmation du proviseur du lycée Hilbert,
on calcule le taux global de réussite de chaque lycée :
0,96 × 72 + 0,8 × 328
Gauss :
= 82,88 %
400
0,95 × 190 + 0,78 × 156
≈ 87,34 %
Hilbert :
190 + 156
Ainsi le taux global de réussite est supérieur au lycée
Hilbert comme l’affirme son proviseur.
49 1. a) • Nord-Pas-de-Calais et Picardie.
b) LR : x = 9,913 et σ ≈ 7,98.
NPC : x = 15,148 et σ ≈ 10,19.
2. a) x = 12,556
b) La région Languedoc-Roussillon est située en dessous de la moyenne en France et se trouve dans la première classe. La région Nord Pas-de-Calais Picardie est
située au dessus de la moyenne en France et se trouve
dans la classe centrale.
8
53 1. B
54 1. B, D
Pour se tester
2. A
3. D
2. A, C, D
4. A
3. B, C
55 1. Vrai. En effet on a : min = 15 ; Q1 = 40 ; Me = 50 ;
Q3 = 65 ; max = 105.
2. Faux. En effet : x = 51,55.
3. Vrai. En effet, Emma parcourt 50 km ou plus, 11 jours
sur 20.
4. Vrai. En effet, x – σ ≈ 31,6 et x + σ ≈ 71,5.
15 valeurs, c’est-à-dire 75 % des valeurs sont dans l’intervalle [x – σ ; x + σ].
9
Pour aller plus loin
56 On saisit les données à la calculatrice et on obtient : x = 8,072 et σ ≈ 0,278.
• la 1re condition est vérifiée : 8 – 0,1, x , 8 + 0,1.
• toutes les valeurs sont dans [8 – 2 σ ; 8 + 2 σ] :
8 – 2 σ ≈ 7,444 et 8 + 2σ ≈ 8,556.
108
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 108
03/07/15 14:40
• 8 – σ ≈ 7,722 et 8 + σ ≈ 8,278 : 25 valeurs sont dans
[8 – σ ; 8 + σ], donc la troisième condition n’est pas
vérifiée.
La qualité de la production n’est pas satisfaisante.
57 Dimitri a eu 12,8/20. La moyenne dans sa classe
est 11,5 et l’écart-type est 2,5. La note de Dimitri est à
1,3 point au dessus de la moyenne.
En ramenant la note de Claire sur 20, elle a obtenu
17,2/20 avec une moyenne égale à 15,8. Sa note est à
1,4 point de la moyenne. L’écart-type de la classe, ramené sur 20 est 1,5.
Ainsi les notes dans la classe de Dimitri sont plus dispersées que dans celle de Claire.
Sur le graphique ci-dessous, sont tracés les intervalles
[x – σ ; x + σ] pour chaque classe.
Claire se situe le mieux dans sa classe.
58 1. a) On saisit les données à la calculatrice et on
obtient :
Lorient : x = 23,6 et σ ≈ 3,02.
Rodez : x = 23,2 et σ ≈ 4,1.
b)
c) Bien que les deux moyennes des séries soient très
proches, on constate sur le diagramme que les données de la série de Lorient sont beaucoup moins dispersées que celles de Rodez et qu’au moins 75 % du
mois, la température maximale a été inférieure à 26,4°
alors que pour Rodez c’est 26°.
2. a)
b) La température moyenne de Juillet 2014 est supérieure au 3e quartile de cette série.
59 1. a) Seine : x ≈ 258,3 et σ ≈ 154,6.
Rhone : x ≈1 613,8 et σ ≈ 394,2.
b) Le Rhône semble le plus capricieux car l’écart-type
est plus grand.
σ
σ
2. a) Seine ≈ 0,60 ; Rhône : ≈ 0,24.
x
x
b) Ce coefficient indique que finalement, c’est la Seine
qui connaît les variations de débit les plus importantes, relativement à son débit moyen.
60
On se rend compte qu’il y a assez peu de différences
entre les tranches d’âges 25 à 44 ans et 45 à 64 ans
concernant les deux types de vacances considérés.
Les voyages dans le pays de résidence sont bien plus
fréquents que les voyages à l’étranger quelle que soit
la tranche d’âge considérée.
61 a) L’effectif de la série est N = 30.
La médiane est la demi-somme des 15e et 16e valeurs :
8,4 + 8,4
Me =
= 8,4 ;
2
1
N = 7,5 donc Q1 est la 8e valeur de la série Q1 = 7,3 ;
4
3
N = 22,5 donc Q3 est la 23e valeur de la série Q3 = 9,7.
4
b)
15 × 4 + 17 × 6 + … + 42 × 1
= 23
40
2. a) f9(x) = – 46 + 2x
f9(x) = 0 équivaut à x = 23
62 1. x =
x
f9(x)
23
–
0
–
+
+
f
La fonction f admet un minimum en x = 23.
b) 23 est la moyenne de la série et f (23) est égal à la
variance de la série des salaires.
63 On note un : le nombre de mille-feuilles vendus
au cours du nième mois de l’année 2011.
Par hypothèse, on a : u10 = 2010, u11 = 2011, u12 = 2012
et pour n > 4 :
u + un – 2 + un – 3
un = n – 1
3
12
On cherche : S = Σ un.
n=1
Chapitre 7
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 109
Statistiques
109
03/07/15 14:40
Pour déterminer cette somme, on exprime chaque
terme de la suite en fonction de u10, u11 et u12 puis on
somme ces termes : S = 28u12 – 80u11 + 64u10 = 24 096.
Il a vendu 24 096 mille-feuilles.
c)
64 n : nombre d’élèves de la classe et S la somme
d)
des âges des élèves.
S
S+a
On sait que : ≈ 16,966 et
≈18,193 où a est l’âge
n
n+1
du professeur.
On obtient : a = 1,227n + 18,193.
On construit une feuille de calcul donnant les valeurs
possibles pour a avec 1 < n < 40.
Sachant que les moyennes sont des valeurs approchées, on cherche la valeur possible pour a la plus
proche d’un nombre entier.
On vérifie que a = 55 et n = 30 conviennent.
Si n = 30, alors S = 509 (on arrondit, la moyenne étant
un valeur par défaut).
S
S + 55 564
≈ 16,966 et
=
≈ 18,193.
n
31
31
Ainsi le couple déterminé répond aux contraintes : le
professeur a 55 ans.
10
Accompagnement
personnalisé
65 a) 270 , 280 , 300 , 312 , 315 , 320 , 324
, 328 , 345 , 360 < 360 , 372 , 380 , 400 , 450.
b) 15 valeurs : la médiane est la 8e valeur. Me = 328.
1
c) N = 3,75, donc le premier quartile est la 4e valeur
4
3
de la série, Q1 = 312 et N = 11,25, donc le troisième
4
quartile est la 12e valeur de la série, Q3 = 372.
e = Q3 – Q1 = 60
66 a) N = 7 + 12 + 8 + … + 1 + 1 = 64
b) La médiane est la demi-somme des 32e et 33e valeurs : Me = 3.
1
N = 16, le premier quartile est la 16e valeur Q1 = 1.
4
3
N = 48, le troisième quartile est la 48e valeur Q3 = 4.
4
49
≈ 76,6 %
64
67 a) L’effectif total est 12. La médiane est la
­ emi-somme des 6e et 7e valeurs, donc le prix médian
d
est :
1,352 + 1,364
= 1,358.
2
1
3
b) N = 3, ainsi Q1 = 1,327 et N = 9, ainsi Q3 = 1,39.
4
4
e = 1,39 – 1,327 = 0,063 €
L’écart interquartile est de 6,3 centimes d’euros, ce
qui indique que le prix du gazole n’a pas été constant.
Avec une étendue qui est de près de 20 centimes, on
peut conclure que le prix du gazole a connu des variations relativement importantes pendant l’année 2013.
68 a)
b) c)
x = 4,08 min et σ ≈ 2,27.
d) x – σ ≈ 1,81 et x + σ ≈ 6,35.
13 + 23 + 9 + 14 + 8 = 63
63 % des clients ont eu un temps d’attente qui appartient à [ x – σ ; x + σ].
2,5 × 12 + 7,5 × 52 + … + 27,5 × 10
≈12
145
1
b) V =
[12 (2,5 – x)2 + … + 10 (27,5 – x)2]
145
V ≈ 40,46
σ ≈ 6,4
69 1. a) x ≈
2. x – σ ≈ 5,6 et x + σ ≈ 18,4.
12 + 7 + 10 = 29 salariés dont l’ancienneté n’appartient
pas à l’intervalle [x – σ ; x + σ].
29
= 20 %
12 + 52 + 46 + 18 + 7 + 10
70 a) x ≈ 22,5 et σ ≈ 2.
b) x ≈ 22,4 et σ ≈ 1,8.
110
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 110
03/07/15 14:40
71 a) b)
73 a)
b)
c) Moyenne > Médiane
d) σ ≈ 48 mm : les valeurs de la série sont très dispersées. Les précipitations ne sont pas du tout régulières
au cours de l’année à Montpellier.
72 a)
b)
Philippe
41,992
Cédric
27,818
Nassim
27,818
Temps
moyen (s)
c) Cédric a raison : l’écart-type correspondant à sa série de temps est le plus petit des trois (0,39).
c) La série des points marqués est plus dispersée que
celle des points encaissés. On peut par contre constater que les médianes de ces séries sont très proches et
qu’il y a peu d’écart entre les 3e quartiles de ces deux
séries.
74 Si on augmente chaque valeur de la série de
40 %, la moyenne augmente de 40 %.
25,62
La moyenne de la série est donc :
= 18,3.
1,4
Pour trouver x, on résout l’équation :
2 × 8 + 2 × 10 + 15 × 1 + 20 × 3 + 1 × x + 1 × 40
= 18,3
2+2+1+3+1+1
151 + x = 183
x = 32
75 1. a) Au moins 90 % des valeurs de la série sont
inférieures ou égales à 62 980 €.
b) Me = D5
2. Le 1er quartile est entre D2 et D3 : Q1 ≈ 18 605.
Le 3e quartile est entre D7 et D8 : Q3 ≈ 44 585.
x ≈ 23 181
Chapitre 7
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 111
Statistiques
111
03/07/15 14:40
8
1
Probabilités
Au fil des siècles
• Le problème du chevalier de Méré
Le chevalier de Méré, philosophe et homme de lettres,
posa le problème suivant à Blaise Pascal : « Qu’estce qui est le plus probable : obtenir au moins un six
en quatre lancers d’un dé, ou obtenir au moins un
double-six en lançant vingt-quatre fois deux dés ? »
• Le problème de Galilée
Le Prince de Toscane demanda à Galilée : « Pourquoi,
lorsqu’on jette trois dés, obtient-on plus souvent la
somme 10 que la somme 9 alors que ces deux sommes
sont obtenues chacune de six façons différentes ? »
• La martingale de Saint-Pétersbourg
Dans un jeu de pile ou face, on gagne le double de
la mise si l’on obtient pile et on perd la mise si l’on
­obtient face.
Un joueur dispose de 1 000 €, il commence par miser
un euro, double sa mise tant qu’il perd et ne s’arrête
que s’il gagne ou s’il ne peut plus miser.
Quelle est l’espérance de gain du joueur ?
• Le problème des partis
Ce problème est étudié p. 197, il fut posé par Blaise
Pascal en 1654.
2
Bien démarrer
1. Il semble que l’on puisse modéliser avec les probabilités du tableau b).
2. a) Les issues sont :
– Tirer une boule bleue (B)
– Tirer une boule verte (V)
– Tirer une boule rouge (R)
b)
Issue
B
V
R
Probabilité
1
2
1
3
1
6
4 1
= .
32 8
b) B : « La carte tirée est un Roi »,
1
1 7
P (B) = donc P (B) = 1 – = .
8
8 8
4. a) A est réalisé par les issues :
19
00, 01, 02, …, 09, 10, 20, …, 90 donc P(A) =
100
B est réalisé par les issues : 09, 19, …, 89, 90, …, 99
19
.
donc P(B) =
100
b) A ∩ B : « les chiffres 0 et 9 figurent dans le numéro ».
2
A ∩ B est réalisé par 09 et 90 donc P (A ∩ B) =
.
100
c) P (A ∪ B) = P (A) + P (B) – P (A ∩ B)
36
donc P (A ∪ B) =
.
100
5. Il s’agit de la formule c).
3. a) P (A) =
3
Découvrir
1 Détermination d’un gain moyen
1. d) On conjecture pour 1 000 joueurs un gain de
0,7 €.
2. a) Gain k
–2
–1
2
P (G = k)
1
10
3
10
6
10
b) On estime la fréquence du gain de 2 € à 0,6 lorsque
le nombre de joueurs est grand.
c) Le gain moyen par joueur est :
1
3
6
× (– 2) +
× (– 1) +
× 2 = 0,7
10
10
10
Le gain cumulé est donc 0,7 N.
112
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 112
03/07/15 14:40
2
Répétition d’expériences identiques
et indépendantes
1. a) On obtient les issues :
1er tour
R1
R2
R3
V1
V2
2e tour
issue
R1 ............. (R1 ; R1)
R2 ............. (R1 ; R2)
R3 ............. (R1 ; R3)
V1 ............. (R1 ; V1)
V2 ............. (R1 ; V2)
R1 ............. (R2 ; R1)
R2 ............. (R2 ; R2)
R3 ............. (R2 ; R3)
V1 ............. (R2 ; V1)
V2 ............. (R2 ; V2)
R1 ............. (R3 ; R1)
R2 ............. (R3 ; R2)
R3 ............. (R3 ; R3)
V1 ............. (R3 ; V1)
V2 ............. (R3 ; V2)
R1 ............. (V1 ; R1)
R2 ............. (V1 ; R2)
R3 ............. (V1 ; R3)
V1 ............. (V1 ; V1)
V2 ............. (V1 ; V2)
R1 ............. (V2 ; R1)
R2 ............. (V2 ; R2)
R3 ............. (V2 ; R3)
V1 ............. (V2 ; V1)
V2 ............. (V2 ; V2)
b) L’expérience compte 5 × 5 = 25 issues.
1
La probabilité de chaque issue est .
25
c) « Gagner la partie » est réalisé par 4 issues :
(V1 ; V1), (V1 ; V2), (V2 ; V1), (V2 ; V2) donc la probabilité
4
est .
25
2. a) Lorsqu’on fait tourner la roue une seule fois, la
3
probabilité d’obtenir la couleur rouge est et celle
5
2
d’obtenir la couleur verte .
5
3
R ........ (R ; R)
5
3
R
V ........ (R ; V)
5
2
5
2
5
V
3
5
2
5
c) La probabilité de chaque issue est :
3 3 9
(R ; R) : × =
5 5 25
3 2 6
(R ; V) : × =
5 5 25
2 3 6
(V ; R) : × =
5 5 25
2 2 4
(V ; V) : × =
5 5 25
d) On retrouve ainsi la probabilité de gagner la partie :
4
.
25
4
Savoir-faire
2 La loi de probabilité de X est donnée dans le
­tableau.
xi
P (X = xi)
8
0,4
1
0,2
3 La loi de probabilité
­tableau.
xi
–1
1
3
1
P (X = xi)
7
7
–3
0,4
de X est donnée dans le
3
1
7
7
1
7
5 La loi de probabilité de X est donnée dans le
­tableau.
xi
–7
0
8
1
1
1
P (X = xi)
3
2
6
1
1
1
a) E (X) = × (– 7) + × 0 + × 8
3
2
6
E (X) = – 1
1
1
1
V (X) = × (– 7 + 1)2 + × (0 + 1)2 + × (8 + 1)2
3
2
6
V (X) = 26
s (X) = 26
s (X) ≈ 5,1
b) E (X) ≠ 0 donc le jeu n’est pas équitable.
6 Voici la loi de probabilité de la variable aléatoire
X.
xi
R ........ (V ; R)
V ........ (V ; V)
–1
0
1
1
1
1
P (X = xi)
4
2
4
a) E (X) = 0, V (X) = 0,5 et s (X) ≈ 0,71.
b) Le jeu est équitable car E(X) = 0.
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 113
5
1
7
Probabilités
113
03/07/15 14:40
8 a)
35
—
60
V
V
5
—
60
20
—
60
35
—
60
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
V
O
R
O
R
V
5
—
60
O
O
R
20
—
60
V
R
O
R
(V ; V ; V)
(V ; V ; O)
(V ; V ; R)
(V ; O ; V)
(V ; O ; O)
(V ; O ; R)
(V ; R ; V)
(V ; R ; O)
(V ; R ; R)
(O ; V ; V)
(O ; V ; O)
(O ; V ; R)
(O ; O ; V)
(O ; O ; O)
(O ; O ; R)
(O ; R ; V)
(O ; R ; O)
(O ; R ; R)
(R ; V ; V)
(R ; V ; O)
(R ; V ; R)
(R ; O ; V)
(R ; O ; O)
(R ; O ; R)
(R ; R ; V)
(R ; R ; O)
(R ; R ; R)
b) L’événement (X = 2) est réalisé par les issues :
(V ; V ; O), (V ; O ; V), (O ; V ; V), (V ; V ; R), (V ; R ; V) et
(R ; V ; V). Donc :
35 2 5
35 2 20
P (X = 2) = 3 ×
× +3×
×
60
60
60
60
P (X = 2) ≈ 0,43.
 
 
9 a)
1
3
1
3
A
1
3
1
3
1
3
1
3
A (A ; A)
F (A ; F)
E (A ; E)
A (F ; A)
F (F ; F)
E (F ; E)
F
A (E ; A)
E
F (E ; F)
E (E ; E)
b) (X = 1) est réalisé par les issues :
(A ; F), (F ; A), (F ; E), et (E ; F).
12 4
P (X = 1) = 4 ×
=
3
9

5
Résoudre des problèmes
11 On note p le prix du ticket à gratter et X la
variable aléatoire qui donne le gain algébrique du
joueur.
Voici sa loi de probabilité.
xi
– p 5 – p 10 – p 50 – p 100 – p 1000 – p
P (X = xi) 0,74 0,205 0,0425 0,01
0,002
0,0005
E (X) = 0,74 (– p) + 0,205 (5 – p) + 0,0425 (10 – p)
+ 0,01 (50 – p) + 0,002 (100 – p) + 0,0005 (1000 – p) =
– p + 2,65.
Le prix du ticket doit être fixé à 2,65 € pour que le jeu
soit équitable.
13 a)
xi
35x
–x
P (X = xi)
1
37
36
37
1
36
× 35x +
× (– x)
37
37
x
E (X) = –
37
Pour une mise non nulle, le jeu n’est jamais équitable.
b) E (X) =
14 Dans ce cas, la loi de la probabilité de X est :
xi
m
2m
1
1
P (X = xi)
2
2
1
1
3
E (X) = × m + × 2m = m
2
2
2
3
1
A reçoit m pistoles et B, m pistoles.
2
2
15 La loi de la probabilité de la variable aléatoire X
qui donne le gain du joueur est :
xi
3
4
1
1
P (X = xi)
2
2
1
1
7
E (X) = × 3 + × 4 =
2
2
2
Le joueur peut espérer remporter 3,5 €.
17 La probabilité de tirer une boule rouge de l’urne
7
= 0,7.
10
Dans les tests de l’algorithme, on remplace la condition a , 0,6 par a , 0,7 et la condition b , 0,6 par
b , 0,7.
est
114
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 114
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b)
18
x est un nombre entier naturel
a, b, c sont des nombres réels
Traitement : Affecter à x la valeur 0
Affecter à a un nombre aléatoire de [0 ; 1[
Affecter à b un nombre aléatoire de [0 ; 1[
Affecter à c un nombre aléatoire de [0 ; 1[
Si a , 0,5 alors
Affecter à x la valeur x + 1
Fin Si
Si b , 0,5 alors
Affecter à x la valeur x + 1
Fin Si
Si c , 0,5 alors
Affecter à x la valeur x + 1
Fin Si
Sortie :
Afficher x
Variables :
6
3. a) et b)
Travaux pratiques
19 1. a)
5
—
6
5
—
6
a
1
—
6
6
1
—
6
b
5
—
6
5
—
6
c
1
—
6
6
1
—
6
d
6
6
b) La loi de la probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
0
1
2
3
4
54
1
5 1
52 1
53 1
×
×
×
P (X = xi)
6
6
6 6
6
6
6
6
1 5
25
125
c) E (X) = +
×2+
×3+
×4
6 36
216
1 296
E (X) ≈ 1,2
2. a) x représente les faces successives obtenues lors
des lancers du dé.
La variable k compte le nombre de lancers du dé.



20 1. d) Le gain moyen fluctue suivant la simulation.
D’après les valeurs obtenues dans la feuille de calcul,
on peut espérer un gain moyen de – 0,48 €.
2. a)
4 (4 ; 4 ; 4)
4
4
1
—
4
4 (4 ; b ; 4)
b
e (4 ; b ; e)
4 (a ; 4 ; 4)
3
—
4
4
a
f (a ; 4 ; f )
4 (a ; c ; 4)
c
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 115
d (4 ; 4 ; d)
g (a ; c ; g)
Probabilités
115
03/07/15 14:40
a, b, c, d, e, f, g sont des numéros parmi 1, 2, 3.
13 1
=
b) P (X = 5) =
4
64
2
1
3 9
× =
P (X = 2) = 3 ×
4
4 64
1
3 2 3 3 54
×
+
=
P (X = – 1) = 3 ×
4
4
4
64
1
9
54
c) E (X) =
×5+
×2+
× (– 1)
64
64
64
31
E (X) = – , E (x) ≈ – 0,48.
64
Pour la répétition 2 000 fois du jeu, on obtient une
moyenne des gains proche de – 0,48.
3. On modifie la formule saisie dans la cellule F2 :
= SI (E2 = 3 ; 10 ; SI((E2 = 1) ou (E2 = 2) ; 5 ; – 1))


  
7
Pour s’entraîner
29 a)
2e lancer
1 lancer
1
2
3
4
5
6
er
1
2
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
2
4
6
8
10
12
3
6
9
12
15
18
4
8
12
16
20
24
5
10
15
20
25
30
6
12
18
24
30
36
b) La loi de probabilité de X est donnée dans le ­tableau.
xi
1
2
3
4
5
6
8
9
1
2
2
3
2
4
2
1
P (X = xi)
36 36 36 36 36 36 36 36
10
2
36
12
4
36
15
2
36
30
16
1
36
18
2
36
1re case
21 Les valeurs prises par X sont 0, 1, 2 et 3.
20
2
36
2e case
23 Les valeurs prises par X sont 2, 3 et 4.
10
1
4
P (X = xi)
–2
3
4
27 a) Les valeurs prises par G sont – 2 ; 8 ; 48 et 98.
b) 889 billets ne sont pas gagnants donc :
889
P (G = – 2) =
1 000
c) La loi de probabilité de G est donnée dans le ­tableau.
xi
98
48
8
–2
0,01
36
1
36
V
B........ X = 3
B
V........ X = 1
R
B........ X = 1
B
R
R........ X = 0
V
R........ X = 1
V........ X = 0
B
26 a) La somme des probabilités est égale à 1 donc
la valeur manquante est P (X = 3) = 0,2.
b) P (X > 2) = P (X = 2) + P (X = 3)
P (X > 2) = 0,7
P (G = xi) 0,001
30
2
36
3e case
V
24 Les valeurs prises par X sont 1, 2, 3 et 4.
25
25
1
36
R
22 Les valeurs prises par X sont 0, 1, 2, … 10.
xi
24
2
36
0,1
0,889
a) Les valeurs prises par X sont 0, 1 et 3.
b) La loi de probabilité de X est donnée dans le ­tableau.
xi
0
1
3
P (X = xi)
1
1
2
c) P (X > 2) = P (X = 3) =
31
3
1
6
1
6
2
1
1........ X = 5
1........ X = 4
1
1
1
1........ X = 5
28 a) Les valeurs prises pour X sont 0, 1, et 4.
b)
xi
P (X = xi)
0
1
5
1
2
5
4
2
5
3
1........ X = 5
Les valeurs prises par X sont 4 et 5.
1
Chaque chemin à la probabilité d’être tiré par Anna.
4
xi
4
5
1
3
P (X = xi)
4
4
116
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 116
03/07/15 14:40
32 a) Les valeurs prises par X sont 0, 1 et 2.
3×2
6
= = 0,3
5 × 4 20
b) La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
0
1
2
0,6
0,1
P (X = xi) 0,3
3×2+2×3
P (X = 1) =
= 0,6.
20
2
P (X = 2) = = 0,1.
20
p
p
p
33 a) p1 = 2 = 3 = 4 donc p2 = 2 p1, p3 = 3p1 et
2
3
4
p4 = 4 p1.
P (X = 0) =
b) p1 + p2 + p3 + p4 = p1 + 2p1 + 3p1 + 4p1 = 10 p1, 10p1 = 1
donc p1 = 0,1.
La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
1
2
3
4
0,2
0,3
0,4
P (X = xi) 0,1
34 a) (X < 2) : « Le standard a reçu moins de 2 appels durant une minute ».
P (X < 2) = 0,1 + 0,15 + 0,25 = 0,5.
(1 < X < 4) : « Le standard a reçu entre 1 et 4 appels
durant une minute ».
P (1 < X < 4) = 0,15 + 0,25 + 0,3 + 0,15 = 0,85.
b) P (X > 3) = 0,3 + 0,15 + 0,05 = 0,5.
38 E (G9) = 2 E (G) = 24,
V (G9) = 4V (G) = 421.
0,8
0,15
0,05
b) E (X) = 1,25
V(X) = 7,1875 et s (X) ≈ 2,68.
42 a) Les lois de probabilité de X1, X2 et X3 sont don-
nées ci-dessous :
xi
0,5
P (X1 = xi)
xi
P (X2 = xi)
xi
P (X3 = xi)
2
6
1
1
6
2
1
6
1
3
6
2
2
6
3
1
6
0
2
6
1
2
6
4
2
6
40 La loi de probabilité de X est donnée dans le ta5
4
9
2
3
2
1
9
9
9
9
– 11 + m
b) E(X) =
9
c) Le jeu est équitable lorsque m = 11.
10
1
9
20
1
9
1
9
44 a) X est la variable aléatoire qui donne le gain
algébrique du jeu. Voici sa loi de probabilité.
xi
9
4
–1
1
3
n–4
n
n
n
1
3
n–4
E (X) = × 9 + × 4 +
× (– 1).
n
n
n
25 – n
E (X) =
n
Le jeu est équitable pour n = 25.
P (X = xi)
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 117
3
2
6
43 a) La loi de probabilité de X est donnée dans le
tableau.
xi
–4
–3
1
4
m
P (X = xi)
39 a) La loi de probabilité de X est donnée dans le
tableau.
xi
–3
–2
1
5
9
1
2
1
1
1
P (X = xi)
6
6
6
6
6
1
2
1
1
1
b) E (X) = × (– 3) + × (– 2) + × 1 + × 5 + × 9
6
6
6
6
6
8
E (X) = , soit E (X) ≈ 1,33
6
En jouant un grand nombre de fois à ce jeu, le gain
algébrique moyen du joueur s’élève environ à 1,33 €.
P (X = xi)
P (X = xi)
b) E (X1) = E(X2) = E(X3) =
37 E (X) = – 0,05, s (X) ≈ 2,11 et V(X) ≈ 4,45
1
3
9
41 a) La loi de probabilité de X est donnée dans le
tableau.
xi
0
5
10
10
≈ 1,67.
6
c) Il peut jouer avec n’importe lequel des trois dés.
12
= 2,4.
5
36 E (X) = 2,1.
35 E (X) =
bleau.
xi
3
4
1
1
E (X) = × 1 + × 5 + × 10 + × 20
9
9
9
9
53
E (X) = , soit E (X) ≈ 5,89.
9
La moyenne des numéros indiqués lors d’un grand
nombre de tirages est environ 5,89.
Probabilités
117
03/07/15 14:40
b) On note m la mise de départ (en euros).
xi
10 – m 5 – m
–m
1
20
16
20
1
3
16
E (X) = (10 – m) + (5 – m) + (– m)
20
20
20
5
E (X) = – m.
4
Le jeu est équitable pour une mise de 1,25 €.
P (X = xi)
3
20
45 1. Stratégie 1
xi
a)
10
– 10
1
1
P (X1 = xi)
2
2
b) E (X) = 0 et σ (X) = 10.
Stratégie 2
xi
a)
190 – 10
3
8
5
8
x1
p1
x2
p2
10
= 1,25 et σ (X) ≈ 14,52.
8
2. La stratégie 2 donne une espérance de gain la plus
importante mais avec une très forte disparité de ces
gains lorsque l’expérience est réalisée plusieurs fois.
La stratégie 1 est équitable.
46 1.
…
…
xn
pn
a) E (aX + b) = p1 (ax1 + b) + … + pn (axn + b)
5
E (aX + b) = a (p1x1 + … + pn xn) + b (p1 + … + pn)
5

47 a) 150 X représente la marge bénéficiaire de location pour une journée.
Les frais fixes journaliers s’élèvent à 300 € donc le gain
d’une journée est donné par R = 150 X – 300.
b) E (X) = 3,16.
c) E (R) = E (150X – 300) = 150 E (X) – 300,
E (R) = 174.
P (X1 = xi) 0,03
b) E (X) =
Valeur de X
P (X = xi)

48 1. a) La loi de probabilité de X est donnée dans
le tableau.
xi
4
7
8
10
1
7
P (X1 = xi)
8
8
b) E (X) = 15 et σ (X) ≈ 66,14.
Stratégie 3
xi
a)
20
– 10
P (X1 = xi)
c) V (Z) = a2 V(X) = 3,8 a2
1
V (Z) = 1 pour a2 =
, c’est-à-dire :
3,8
1
1
ou a =
.
a=–
3,8
3,8
E (X)
1
E (aX + b) = a E (X) + b.
b) V (aX) = p1 (ax1 – E (aX))2 + … + pn (axn – E (aX))2
V (aX) = p1 (ax1 – a E (X))2 + … + pn (axn – a E (X))2
V (aX) = a2 [p1 (x1 – E (X))2 + ... + pn (xn – E (X))2]
V (aX) = a2 V (X).
2. a) E (X) = 0,2 × 1 + 0,1 × 3 + 0,3 × 4 + 0,3 × 5 + 0,1 × 8
E (X) = 4.
V (X) = 0,2 (1 – 4)2 + 0,1 (3 – 4)2 + 0,3 (4 – 4)2 + 0,3 (5 – 4)2
+ 0,1 (8 – 4)2.
V (X) = 3,8.
b) E (Y) = E (X) + b = 4 + b.
E (Y) = 0 pour b = – 4.
0,27
0,14
0,56
b) E (X) = 8,73.
En moyenne, le prix payé par un spectateur s’élève à
8,73 €.
2. La recette s’élève à 2 000 × 8,73 = 17 460 €, donc les
comptes du théâtre ne sont pas équilibrés.
3.
Situation A
Le prix payé par un spectateur est Y = X + 1,
alors E (Y) = E (X) + 1 = 9,73.
La recette s’élève alors à 2 000 × 9,73 = 19 460 €.
Les comptes ne sont toujours pas équilibrés.
Situation B
Dans ce cas, Y = 1,2X et E(Y) = 1,2 E(X) = 10,476 et
2 000 × 10,476 = 20 952.
La recette s’élève à 20 952 € et les comptes sont alors
équilibrés.
49 a) E (G) = 3 et V (G) = 168,5.
b) On diminue tous les gains de 3 €, dans ce cas
G1 = G – 3 donne le gain d’un joueur.
E (G1) = E (G) – 3 = 0. Le jeu est équitable.
c) Dans le calcul de la variance, pour tout i :
pi (xi – 3 – E (G1))2 = pi (xi – E (G))2
car xi – 3 – E (G1) = xi – E (G).
Donc V (G1) = V (G).
50 1. a) La loi de probabilité de X est donnée dans
le tableau.
xi
9
4
–1
1
3
n
n+4
n+4
n+4
21 – n
E (X) =
n+4
Le jeu est équitable pour n = 21.
P (X1 = xi)
118
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 118
03/07/15 14:40
b) Pour n = 16, on obtient :
xi
10 – m 5 – m
–m
16
20
1
3
20
20
25 – 20 m
E (X) =
= 1,25 – m.
20
Le jeu est équitable pour m = 1,25.
2. a) De façon générale :
1
3
n
E (X) =
(10 – m) +
(5 – m) +
(– m)
n+4
n+4
n+4
25 – (n + 4) m
E (X) =
n+4
b) Le jeu est équitable lorsque m (n + 4) = 25.
P (X1 = xi)
51 On note A, B, C les locataires et 1, 2, 3 leurs clés
respectives.
On peut schématiser la remise des clés par l’arbre :
A
55 a)
2e tirage
1er tirage
0
1
2
0
3
1
—
4
(2 ; 0)
(2 ; 1)
(2 ; 2)
(2 ; 3)
1 2
—
4
1
—
4
0
1
2
C
2
3 ........ X = 3
3
2 ........ X = 1
b) Les issues qui réalisent cet événement sont : (0 ; 2),
1
3 ........ X = 1
3
1
1 ........ X = 0
(2 ; 0), (1 ; 2), (2 ; 1) et (2 ; 2). Donc sa probabilité est
1
5 × , c’est-à-dire 0,3125.
16
2
1 ........ X = 1
2
2. ....... X = 0
3
3
56
1er tirage
a) La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
0
1
3
1
6
52 a) La loi de probabilité de X est donnée dans le
tableau.
xi
0
1
3
1
2
1
1
P (X1 = xi)
3
3
2
b) E (X) = 1 et V (X) = .
3
53 a) L’expérience compte 4 × 4 = 16 issues.
b) Il y a 3 + 3 = 6 issues avec exactement une fois l’as
de cœur.
54 La probabilité que l’archer atteigne trois fois la
cible est (0,8)3 = 0,512.
3
—
4
1
—
4
B
N
2e tirage
Issue
3
—
4
B
(B ; B)
1
—
4
N
(B ; N)
3
—
4
B
(N ; B)
1
—
4
N
(N ; N)
2. a) La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
0
1
2
1
16
9
6
1
b) E (X) =
×0+
×1+
×2
16
16
16
8
E (X) = , soit E (X) = 0,5.
16
En moyenne, le nombre de boules noires tirées est
0,5 lorsqu’on réalise l’expérience un grand nombre de
fois.
P (X1 = xi)
9
16
6
16
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 119
(3 ; 0)
(3 ; 1)
(3 ; 2)
(3 ; 3)
B
3
2
3
6
6
b) E (X) = 1 et s (X) = 1.
(0 ; 0)
(0 ; 1)
(0 ; 2)
(0 ; 3)
(1 ; 0)
(1 ; 1)
(1 ; 2)
(1 ; 3)
1
—
4 1
1
P (X1 = xi)
Issue
Probabilités
119
03/07/15 14:40
57 a)
1er tirage
2e tirage
3e tirage
0,6
H
(H ; H)
0,4
F
(H ; F)
0,6
H
(F ; H)
0,4
F
(F ; F)
H
0,6
0,4
F
b) La probabilité d’obtenir un homme et une femme
est de 2 × 0,4 × 0,6 = 0,48.
1re série
58 1.
2e série Total
5
0,5 4
10
0,3
3
8
0,2
5
0,5 4
9
0,3
3
7
0,2
5
0,5 4
8
3
6
0,2
5
0,2
0,5
4
0,3
3
0,3
2. P (X = 10) = (0,2)2 = 0,04.
P (X = 9) = 2 × 0,2 × 0,5 = 0,2.
P (X = 8) = 2 × 0,2 × 0,3 + (0,5)2 = 0,37
P (X = 7) = 2 × 0,3 × 0,5 = 0,3.
P (X = 6) = (0,3)2 = 0,09.
xi
6
7
8
9
P (X1 = xi) 0,09
0,3
0,37
0,2
9
1
3
1
3
1
3
E
E
2
3
E
E
E
60 X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de pièces défectueuses.
a) P (X = 0) = (0,99)10 ≈ 0,904.
b) P (X > 1) = 1 – P (X = 0) ≈ 0,096.
61 1. a)
1
6
1
E
E
E
1/3 2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1
2
3
1/3
3
1
6
1
1
3
2
2
1
2
1
3
10
0,04
Réponses correctes
E ......... 4
E ......... 3
E ......... 3
E ......... 2
E ......... 2
E ......... 2
E ......... 1
2
3
1
8
P (X1 = xi)
3
8
3
8
62 a)
0,5
0,5
E ......... 1
0,5
F
E ......... 1
E ......... 1
1
8
b) E (X) = 1,5 et s (X) ≈ 0,87.
E ......... 2
E ......... 2
111
112
113
121
122
123
131
132
133
211
212
213
221
222
223
231
232
233
311
312
313
321
322
323
331
332
333
1 1 1 1
b) P (A) = × × =
6 3 2 36
B est réalisé par les issues 123, 132, 213, 231, 312 et 321,
1 1
donc P(B) = 6 × = .
36 6
2. a) La loi de X est donnée dans le tableau.
xi
0
1
2
3
E ......... 2
E
E
1
2 2
1
2
E
2
3
1
3
E ......... 3
E
1
1/6
E
E
3

7
E ......... 3
2
3
1
3
2
3
13
8
b) E (X) = 0,09 × 6 + 0,3 × 7 + 0,37 × 8 + 0,2 × 9 + 0,04 × 10
= 7,8.
59 1.
2 8
× = .
3 81
b) P (X > 3) = P (X = 3) + P (X = 4).
14 1
= , donc
P (X = 4) =
3
81
8
1
9 1
P (X > 3) = + = =
81 81 81 9
P (X > 3) ≈ 0,11.
2. a) P (X = 3) = 4 ×
0,5
0,5
F
0,5
P
0,5
F
0,5
F
P
P
P
E ......... 0
120
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 120
03/07/15 14:40

63 a)
3/5
2/5
B
3/5
B
2/5
N
3/5
B
2/5
N
3/5
B
2/5
N

N


b) La loi de probabilité de X est :
2
P (X = 1) = = 0,4.
5
3 2 6
P (X = 2) = × = = 0,24.
5 5 25
3 2 2 18
× =
= 0,144.
P (X = 3) =
5
5 125
3 3 2 54
× =
= 0,0864.
P (X = 4) =
5
5 625
4
3
81
=
= 0,1296.
P (X = 0) =
5
625
c) On obtient E (X) = 1,6576.





64 On schématise l’expérience à l’aide d’un arbre
pondéré.
X : somme
0
3
—
7
2
—
7 1
1
—
7
2
1
—
7
5
Y : produit
0
1
2
5
0
1
2
5
0
0
0
0
0
1
2
5
1
2
3
6
0
1
2
5
0
1
2
5
2
3
4
7
0
2
4
10
0
1
2
5
5
6
7
10
0
5
10
25
X donne la somme et Y le produit des numéros tirés.
32 9
=
P (X = 0) =
7
49
3 2 12
P (X = 1) = 2 × × =
7 7 49

3 1 2 2 10
P (X = 2) = 2 × × +
=
7 7 7
49
2 1 4
P (X = 3) = 2 × × =
7 7 49
12 1
P (X = 4) =
=
7
49
3 1 6
P (X = 5) = 2 × × =
7 7 49
2 1 4
P (X = 6) = 2 × × =
7 7 49
1 1 2
P (X = 7) = 2 × × =
7 7 49
12 1
P (X = 10) =
=
7
49
18
On obtient E (X) =
≈ 2,57.
7
32
3 2
3 1
3 1 33
+2× × +2× × +2× × =
P (Y = 0) =
7
7 7
7 7
7 7 49
22 4
P (Y = 1) =
=
7
49
2 1 4
P (Y = 2) = 2 × × =
7 7 49
12 1
P (Y = 4) =
=
7
49
2 1 4
P (Y = 5) = 2 × × =
7 7 49
1 1 2
P (Y = 10) = 2 × × =
7 7 49
12 1
P (Y = 25) =
=
7
49
81
On obtient E (Y) =
≈ 1,65.
49
Le jeu 1 est le plus intéressant pour le joueur.

b) La loi de probabilité de X est :
P (X = 1) = 0,5.
P (X = 2) = (0,5)2 = 0,25.
P (X = 3) = (0,5)3 = 0,125.
P (X = 4) = (0,5)4 = 0,0625.
P (X = 0) = (0,5)4 = 0,0625.
c) On obtient E (X) = 1,625.
65 On schématise l’expérience à l’aide d’un arbre.
Objet A
Objet B
1 ........ 2
1
2 ........ 1
3 ........ 1
1 ........ 1
2
2 ........ 0
3 ........ 0
1 ........ 1
3
2 ........ 0
3 ........ 0
X donne le nombre d’objets placés dans le tiroir 1.
xi
0
1
2
4
4
1
9
9
9
4
4
1
6 2
E (X) = × 0 + × 1 + × 2 = =
9
9
9
9 3
P (X1 = xi)
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 121
Nbre d’objets
placés dans le tiroir 1
Probabilités
121
03/07/15 14:40
La moyenne du nombre d’objets placés dans le tiroir
2
1 est ≈ 0,67.
3
66 A : « On n’obtient pas le 6 » ;
9
Pour aller plus loin
71 a)
1/2
B : « On obtient au moins une fois le 3 » ;
C : « Le 1 apparaît au moins deux fois » ;
D : « Il y a au moins deux numéros identiques ».
67 1. a) L’implication est fausse. On suppose (X < 1)
réalisé, alors on peut avoir X = – 1, X = 0 ou X = 1.
b) L’implication est vraie.
2. a) Si (X = – 1) est réalisé, alors (X < 1) est réalisé.
Cette implication est vraie.
b) Si (X > 1) est réalisé, alors (X = 2) est réalisé.
Cette implication est fausse.
1/2
A
1/2
Pour se tester
1/2
D
1/2
1/2
C :X = 4
1/2
1/2
1/2
B
1/2
D
A :X = 0
1/2
1/2
1/2
D
C :X = 4
A :X = 0
1/2
C :X = 4
1/2
C :X = 2
69 1. A et D 2. C et D
4. C et D
5. B
70 1. Faux.
En effet, la loi de probabilité de X est donnée dans le
tableau.
xi
1
2
3
1
6
1
3
1
2
2. Vrai.
1
1
1
7
En effet, E (X)= × 1 + × 2 + × 3, E (X) = .
6
3
2
3
3. Vrai.
En effet, E (Y) = E (3X) = 3 × E (X) donc E (Y) = 7.
4. Vrai.
7
7
En effet, E (Z) = E X – = E (X) – donc E (Z) = 0.
3
3
7
V (Z) = V X – = V (X) d’après la formule du calcul de
3
la variance.

A :X = 0
1/2
C :X = 2
A
5. B
P (X1 = xi)
C :X = 4
B
68 1. C 2. A 3. D
3. A et C
A :X = 0
1/2
1/2
A
8
4. A
B



La loi de probabilité de X est donc :
14 1
P (X = 0) = 4 ×
=
2
4
2
1
1
P (X = 2) = 2 ×
=
2
2
14 1
P (X = 4) = 4 ×
=
2
4
b) La probabilité que la fourmi ait traversé le carré
pendant le temps imparti est :
3
P (X = 2) + P (X = 4) =
4
72 On peut représenter la situation à l’aide d’un
arbre pondéré.
• Pour colorier le drapeau italien, les issues qui
conviennent sont :
(B ; R ; V), (B ; V ; R), (R ; B ; V), (R ; V ; B), (V ; B ; R) et (V ; R ; B).
La probabilité est donc :
1 1 1 1
6× × × =
6 6 2 12



122
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 122
03/07/15 14:40
• Pour colorier le drapeau malien, les issues qui
conviennent sont :
(V ; J ; R), (V ; R ; J), (J ; V ; R), (J ; R ; V), (R ; V ; J) et (R ; J ; V).
La probabilité est donc :
1 1 1 1
6× × × =
6 6 2 12
• Pour colorier le drapeau péruvien, les issues qui
conviennent sont :
(B ; B ; R), (B ; R ; …), (B ; V ; R), (B, J, R)
(R ; B ; …), (R ; R ; B), (R ; V ; B), (R ; J ; B)
(V ; B ; R) ; (V ; R ; B)
(J ; B ; R) ; (J ; R ; B)
La probabilité est :
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
× × + × + × × + × × +
6 6 2 6 2 6 6 2 6 6 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
× + × × + × × + × × +
2 6 2 2 6 2 6 6 2 6 6
1 1 1
2× × × +
6 6 2
1 1 1 1
2× × × =
6 6 2 3
P (X = 100) =
102 
3
1
2 2
.
×
10 10
1 2 7
P (X = 10) = 3 ×
×
10
10
1
2
7
1
7 2
P (X = 2) = 6 × × × + 3 × ×
10 10 10
10
10
7
2 2
7 2 2
7 3
P (X = 0) = 3 × ×
+3×
× +
10 10
10
10 10
On obtient E (X) = 4,572.
Y donne le gain algébrique du joueur, Y = X – 5 et
E (Y) = E (X) – 5 donc E (Y) = – 0,428.
Le gain annuel du casino sur cette machine est :
300 × 250 × 0,428, soit 32 100 €.
Le coût annuel de la machine (amortissement + entretien) est :
40 000
+ 2 000 = 10 000 €.
5
La machine est donc rentable pour le casino.
 
P (X = 50) = 3 ×
 
 
 
 
74 On schématise la situation à l’aide d’un arbre.
73 On schématise la situation à l’aide d’un arbre.
7
Bar
7
Autre
1
10
7
2
10
Bar
Bar
Autre
7
10
7
Autre
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
7
Bar
Autre
77
77
77
7B
7B
7B
7A
7A
7A
B7
B7
B7
BB
BB
BB
BA
BA
BA
A7
A7
A7
AB
AB
AB
AA
AA
AA
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
7
B
A
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
•
 
5/6
5/6
5/6
1/6
5/6
b
1/6
6
1/6
a
c
1/6
d
6
6
6
a, b, c, d sont des nombres entiers naturels distincts
de 6.
La probabilité que la tortue gagne est :
54
≈ 0,48.
6
On peut calculer de deux façons la probabilité que le
lièvre gagne :
54
soit : 1 –
≈ 0,52.
6
1 5 1 52 1 53 1
× +
×
Soit : + × +
6 6 6 6
6 6
6
La situation la plus enviable est celle du lièvre.




X donne le gain du joueur.
1 3
.
P (X = 1 000) =
10
1 2 2
×
P (X = 250) = 3 ×
10
10
 
 
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 123
Probabilités
123
03/07/15 14:40
75 1. On présente la situation à l’aide d’un arbre.
Sac vert
1/3
0
1/3
1/3
1/3
1/3
1
1/3
2
Sac bleu
Produit
3
0
4
0
5
0
3
3
4
4
5
5
3
6
4
8
5
10
1
4n
× et P (X = 0) =
.
5
5
b) P (X = 1) + P (X = 2) + … + P (X = n) + P (X = 0)
P (X = k) =

 
2

  

n

× 0,2 + …+ n x (0,8)n–1 × 0,2
Le événements A et B ne sont pas équiprobables.
2. X donne le gain algébrique en livres.
xi
–1
2
3
4
5
7
9
1
3

k–1
 
2
P (X1 = xi)
45
1 4
1
4 n–1 1 4
= +
×
+…+
× +
5 5
5
5
5 5
n
–
1
1
4
4
4n
= 1+ +…+
+
5
5
5
5
4 n
1–
1
5 + 4 n=1
=
5
5
4
1–
5
c) E (X) = 1 × (0,8)0 × 0,2 + 2 × (0,8)1
13 = 13
1
4
• P(B) = 4 ×   =
3
9
• P(A) = 3 ×
2. a) La variable aléatoire X suit une loi géométrique
tronquée.
Pour 1 < k < n,
1
9
1
9
1
9
1
9
1
9
1
9
On obtient E (X) = 3.
Le jeu n’est pas équitable, il est favorable au joueur.
=
n
Σ k × (0,8)
k= 1
× 0,2.
On obtient la formule de l’écran de calcul formel dans
le cas où n = 30.
d) Pour les grandes valeurs de n, E (X) ≈ 5 et en
moyenne, le secteur numéroté 5 apparaît au rang 5.
77 Stratégie A
Issue
76 a) On complète de la façon suivante.
Tant que x ≠ 5 et j < n.

Si j < n alors
Afficher j
sinon
Afficher 0
Fin Si
b)
k–1
1/2
1/2
1/2
B
(B ; B)
1/2
N
(B ; N)
1/2
B
(N ; B)
1/2
N
(N ; N)
B
N
X donne le nombre de boules blanches tirées.
1 3
P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – = = 0,75.
4 4
Stratégie B
B
4/9
1/2
1/2
B
5/9
N
5/9
B
4/9
N
N
1 4 7
P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – × = ≈ 0,78.
2 9 9
La probabilité d’obtenir au moins une boule blanche
est la plus grande dans la stratégie B.
78 Le nombre de codes possibles est 104.
La probabilité de composer le code exact est donc
10 –4.
124
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 124
03/07/15 14:40
La probabilité de composer successivement trois
c­ odes erronés est :
(1 – 10 –4)3 ≈ 0,999 7.
79 Yasmine effectue n tirs.
X donne le nombre de tirs où elle touche la cible.
P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – (0,5)n.
1 – (0,5)n > 0,99 équivaut à (0,5)n < 0,01.
Avec la calculatrice, on obtient n > 7.
Yasmine doit tirer au moins sept fois.
80 X donne la somme des trois nombres obtenus.
(X = 9) est réalisé par les issues :
(1, 2, 6) (1, 6, 2) (2, 1, 6) (2, 6, 1) (6, 1, 2) (6, 2, 1)
(1, 3, 5) (1, 5, 3) (3, 1, 5) (3, 5, 1) (5, 1, 3) (5, 3, 1)
(2, 3, 4) (2, 4, 3) (3, 2, 4) (3, 4, 2) (4, 2, 3) (4, 3, 2)
(1, 4, 4) (4, 1, 4) (4, 4, 1)
(5,2, 2) (2, 5, 2) (2, 2, 5)
(3, 3, 3)
25
P (X = 9) = 3
6
(X = 10) est réalisé par les issues :
(1, 3, 6) (1, 6, 3) (3, 1, 6) (3, 6, 1) (6, 1, 3) (6, 3, 1)
(1, 4, 5) (1, 5, 4) (4, 1, 5) (4, 5, 1) (5, 1, 4) (5, 4, 1)
(2, 3, 5) (2, 5, 3) (3, 2, 5) (3, 5, 2) (5, 2, 3) (5, 3, 2)
(2, 2, 6) (2, 6, 2) (6, 2, 2)
(4, 4, 2) (4, 2, 4) (2, 4, 4)
(3, 3, 4) (3, 4, 3 (4, 3, 3)
27
P (X = 10) = 3
6
Donc P (X = 10) > P (X = 9).
10
Accompagnement
personnalisé
83 La loi de probabilité de X est donnée par le tableau.
xi
0
1
2
P (X1 = xi)
P (X1 = xi)
2
1
3
1
1
1
1
1
1
× 5 + × 6 + × 7 + × 8 + × 9 + × 10
12
6
4
3
12
12
89
E (X) = , soit E (X) ≈ 7,42.
12
En moyenne, la durée du trajet est environ de 7,42 min.
b) Avec la calculatrice :
s (X) ≈ 1,32 et V (X) ≈ 1,74.
85 E (X) = 0,3 × (– 5) + 0,1 × (– 4) + 0,25 × 1 + 0,1 × 7
+ 0,2 × 10 + 0,05 × 15
E (X) = 1,8.
En moyenne, le gain à ce jeu s’élève à 1,8 €.
86 a) La loi de probabilité de X est donnée par le
tableau.
xi
P (X = xi)
2 1
P (X = 5) =
= .
10 5
b) La loi de probabilité X est donnée par le tableau.
xi
P (X1 = xi)
–2
3
10
3
1
2
5
1
5
10
0,5
20
0,3
50
0,2
b) E (X) = 0,5 × 10 + 0,3 × 20 + 0,2 × 50 = 21.
Le prix moyen d’une montre du catalogue est 21 €.
c) Après réduction de 20 %, 0,8 X donne le prix d’une
montre choisie au hasard.
Y = 0,8 X + 2 car la participation aux frais d’envoi est
de 2 €.
E (Y) = E (0,8X + 2) = 0,8 E (X) + 2,
E (Y) = 0,8 × 21 + 2 = 18,8.
87 a)
2e lancer Issue
1er lancer
0,6
3
1
6
82 a) (X = 5) est réalisé par les issues 4 et 8, donc
2
5
E (X) =
b) La loi de probabilité X est donnée par le tableau.
1
1
2
2
5
84 a)
81 a. Les valeurs prises par X sont 1, 2 et 3.
xi
1
5
0,4
0,6
P ...... (P ; P)
0,4
F ...... (P ; F)
0,6
P ...... (F ; P)
0,4
F ...... (F ; F)
P
F
b) P (X = 2) = (0,6)2 = 0,36.
P (X = 1) = 2 × 0,4 × 0,6 = 0,48.
P (X = 0) = (0,4)2 = 0,16.
La loi de probabilité de X est donc donnée par le tableau :
xi
P (X = xi)
2
0,36
1
0,48
0
0,16
Chapitre 8
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 125
Probabilités
125
03/07/15 14:40
88 a)
1re boule
2e boule
0,5
R
0,3
0,2
0,5
0,5
0,3
V
0,3
0,2
0,2
0,5
B
0,2
0,3
Issue
R
......
(R ; R)
V
......
(R ; V)
B
......
(R ; B)
R
......
(V ; R)
V
......
(V ; V)
B
......
(V ; B)
R
......
(B ; R)
V
......
(B ; V)
B
......
(B ; B)
b) (X = 1) est réalisé par les issues :
(R ; V), (R ; B), (V ; R) (B ; R).
P (X = 1) = 2 × 0,5 × 0,3 + 2 × 0,5 × 0,2
P (X = 1) = 0,5
c) P (X = 0) = (0,3)2 + 2 × 0,3 × 0,2 + (0,2)2
P (X = 0) = 0,25.
et P (X = 2) = (0,5)2 = 0,25.
d) La loi de probabilité de X est donnée dans le tableau.
xi
P (X = xi)
0
0,25
1
0,5
2
0,25
90
Variables :
k, x, y, d sont des nombres entiers
naturels.
Traitement : Affecter à k la valeur 0.
Affecter à x la valeur 0
Affecter à y la valeur 0
Tant que x ≠ – 4 et x ≠ 5 et y ≠ – 4 et y ≠ 4
Affecter à d un nombre entier
aléatoire de 1 à 4
Si d = 1 alors
Affecter à x la valeur x – 1
Fin Si
Si d = 2 alors
Affecter à x la valeur x + 1
Fin Si
Si d = 3 alors
Affecter à y la valeur y – 1
Fin Si
Si d = 4 alors
Affecter à y la valeur y + 1
Fin Si
Affecter à k la valeur k + 1
Fin Tant que
Afficher k
Sortie :
89 On numérote les cases de l’échiquier
1
2
3
4
5
6
7
8
9
On peut représenter une issue de la façon suivante :
(2 ; 5 ; 7) signifie que le jeton rouge est sur la case 2, le
vert sur la case 5 et le bleu sur la case 7.
Il y a 9 × 8 × 7 = 504 triplets différents, donc 504 placements distincts de trois jetons sur l’échiquier.
X donne le nombre de jetons sur la diagonale en pointillés.
(X = 3) est réalisé par les triplets (1 ; 5 ; 9), (1 ; 9 ; 5),
(5 ; 1, 9), (5 ; 9 ; 1), (9 ; 1 ; 5) et (9 ; 5 ; 1)
6
donc P (X = 3) =
.
504
On obtient par dénombrement des issues :
108
P (X = 2) =
504
270
P (X = 1) =
504
120
P (X = 0) =
504
126
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 126
03/07/15 14:40
9
1
La loi binomiale
Au fil des siècles
Jacob (1654-1705) et Johan (1667-1748) sont deux fils
de Nicolas Bernoulli.
Ils étudient ensemble le calcul infinitésimal récemment découvert par Leibniz et Newton mais une
­rivalité naît entre eux à l’occasion de la résolution de
certains problèmes.
Jacob s’intéresse également aux probabilités, il publie
en 1713 Ars Conjectandi. Dans cet ouvrage, il pose les
principes du calcul des probabilités et le concept de
schéma de Bernoulli apparaît au cours de ces travaux.
2
Bien démarrer
1. a) La probabilité de tirer deux boucles noires est
0,2 × 0,2 = 0,04.
b) La probabilité de tirer au moins une boule noire est
0,8 × 0,2 + 0,2 × 0,8 + 0,2 × 0,2 = 0,36.
2. a)
i
1
2
3
4
5
k
1
1
0
1
0
S
0
1
2
2
3
3
3
À la sortie de la boucle S = 3 donc F = .
5
L’algorithme affiche 0,6.
b) N est le nombre de lancers de la pièce, S est le
nombre de Pile obtenus, k représente le résultat à
chaque lancer : 0 pour face et 1 pour pile.
F est la fréquence d’obtention de Pile lors des N lancers.
3. a)
5
b ...... (a ; b)
6
a
5
6 ...... (a ; 6)
6
1
1
6
6
5
6
6
1
6
b)
k
P (X = k)
0
25
36
1
10
36
2
1
36
4. a) E (G) = 0,6 × 0 + 0,3 × 2 + 0,08 × 20 + 0,02 × 200
E (G) = 6,2
Le gain moyen du jeu est de 6,2 €.
b) V (G) = 0,6 × (0 – 6,2)2 + 0,3 × (2 – 6,2)2
+ 0,08 × (20 – 6,2)2 + 0,02 × (200 – 6,2)2
= 794,76
c) σ (G) = 794,76 ≈ 28,19
5. a) Cette formule donne pour résultat un nombre
entier naturel aléatoire compris entre 1 et 6.
Elle peut permettre de simuler le lancer d’un dé
équilibré.
b) Avec la formule : = ENT (2 * ALEA()) + 1.
3
Découvrir
1
Schéma de Bernoulli et loi binomiale
1
1. a) La probabilité du succès est p = .
5
b)
S
0,2
S
0,2
S
0,8
S
0,2
S
0,2
0,8
S
S
0,8
0,2
0,8
S
0,8
0,2
S
0,8
S
0,2
S
0,8
S
S
S
c ...... (6 ; c)
6 ...... (6 ; 6)
(a, b, c sont des nombres entiers de 1 à 5).
127
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 127
03/07/15 14:40
2. a)


k
0
1
2
3
P (X = k) 0,512 0,384 0,096 0,008
P (X = 0) = 0,83 = 0,512
P (X = 1) = 3 × 0,2 × 0,82 = 0,384
P (X = 2) = 3 × 0,22 × 0,8 = 0,096
P (X = 3) = 0,23 = 0,008
b) E (X) = 0,512 x 0 + 0,384 x 1 + 0,096 x 2 + 0,008 x 3
E (X) = 0,6
Le nombre moyen de succès est 0,6.
3. a) et b)
c) On conjecture que l’espérance est donnée par :
E (X) = n × p.
2 Le nombre de chemins sur un arbre
1. a)
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S S S S
S S S S
S S S S
S S S S
S S S S
S S S S
S S S S
S
S
4
Savoir-faire
2 a) Chaque choix d’une pièce est une expérience
aléatoire à deux issues :
• le succès S : « La pièce est jaune »,
• l’échec S : « La pièce est verte ».
P (S) = 0,44, chaque choix peut être considéré comme
une épreuve de Bernoulli de paramètre 0,44.
b) Cette épreuve est répétée trois fois de manière
­indépendante. La situation peut donc être associée à
un schéma de Bernoulli.
c)
0,44
S
S
0,44
S
0,56
S
0,44 S
0,44
0,56
S
S
0,56
0,44
0,56
S S S S S
S S S S S
S S S S S
S S S S S
S S S S S
S S S S S
0,44
S
0,56
S
0,44
S
0,56
S
S
S
0,56
S
S S S S S
b) Six chemins conduisent à la réalisation de deux
­succès.
c)
k
0
1
2
3
4
Total
4
1
4
6
4
1
16
k

  
 

S S S S
S S S S S
S
2. a)
4
= 6 chemins débutent par S,
2
4
= 4 chemins débutent par S.
3
5
4
4
=
+
= 6 + 4 = 10.
b) Alors
3
2
3
n
n
n
= 1,
= 1 et
= n.
3.
0
n
1
3 a) La naissance d’un garçon peut être considérée
comme une épreuve de Bernoulli de paramètre 0,51.
Cette épreuve est répétée deux fois de manière indépendante.
On peut associer un schéma de Bernoulli à cette situation.
b)
0,51
S
0,51
S
0,49
0,51
0,49
S
S
S
0,49
S
128
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 128
03/07/15 14:40
5 a) On lance le dé, le succès est S : « obtenir 6 »
1
et p = P (S) = .
6
On répète n = 3 fois cette épreuve de Bernoulli dans
des conditions d’indépendance.
La variable aléatoire X suit la loi binomiale de para1
mètres n = 3 et p = .
6
b) X prend les valeurs 0, 1, 2 et 3.
3 1 0 5 3 125
=
P (X = 0) =
0 6 6
216
3 1 1 5 2 75
P (X = 1) =
=
1 6 6
216
3 1 2 5 1 15
P (X = 2) =
=
2 6 6
216
3 13 50 1
P (X = 3) =
=
3 6 6
216
1 1
c) E (X) = np = 3 × =
6 2
1 5 5
V (X) = np (1 – p) = 3 × × = et
6 6 12
σ (X) = V(X) ≈ 0,65.
    
    
    
    
6 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et
p = 0,05.
k
0
1
2
3
P (X = k) 0,857 375 0,135 375 0,007 125 0,000 125
b) E (X) = 3 × 0,05 = 0,15
V (X) = 3 × 0,05 × 0,95 = 0,142 5
σ (X) = V(X) ≈ 0,38
8 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 30 et
40
= 0,002.
20 000
b) P (X < 1) = P (X = 0) + P (X = 1)
30
P (X = 0) =
0,99830 = 0,99830
0
30
P (X = 1) =
0,002 × 0,99829 = 30 × 0,002 × 0,99829
1
P (X < 1) = 0,99830 + 0,06 × 0,99829
P (X < 1) ≈ 0,998
La probabilité que la crèche compte au plus un enfant
atteint par le virus est environ 0,998.
p=
 
 
9 a) On définit le succès S :
« Le client a un sinistre dans l’année »,
P (S) = 0,3 et on choisit 15 clients au hasard et de façon
indépendante. Donc X suit la loi binomiale de paramètres 15 et 0,3.
b) • P (X > 3) = 1 – P (X < 2)
• P (X < 2) = P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
15
• P (X = 0) =
= 0,30 × 0,715 = 0,715
0
 151  × 0,3 × 0,7
15
• P (X = 2) =   × 0,3 × 0,7
2
• P (X = 1) =
1
14
= 15 × 0,3 × 0,714
2
13
= 105 × 0,32 × 0,713
• P (X < 2) ≈ 0,127 et P (X > 3) ≈ 0,873
5
Résoudre des problèmes
11 a) P (X = 4) ≈ 0,218
b) P (X < 4) ≈ 0,630
c) P (X > 5) = 1 – P (X < 4)
≈ 0,370
12 a) P (X < 25) ≈ 0,683
b) P (X , 20) = P (X < 19) ≈ 0,074
c) P (20 < X < 25) = P (X < 25) – P (X < 19) ≈ 0,608
14 a) On définit le succès S :
« Le client achète le produit », p = P (S) = 0,2.
On répète 10 fois cette épreuve dans des conditions
d’indépendance.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,2.
b) E (X) = n × p = 2. En moyenne 2 clients achètent le
produit, le montant de la commission perçue par le
commercial est : 140 × 2 × 0,1, soit 28 €.
15 a) On définit le succès S :
« Le visiteur du site clique sur l’encart publicitaire »,
p = P (S) = 0,02.
On répète 600 fois cette épreuve dans des conditions
d’indépendance.
X suit la loi binomiale de paramètres
n = 600 et p = 0,02.
b) E (X) = np = 12
En moyenne, le gain du site pour 600 visites est :
12 ×1,5 soit 18 €.
17 a) On modifie les lignes :
Affecter à a un nombre entier aléatoire
compris entre 1 et 6

Si a = 6 alors

b) L’épreuve de Bernoulli est le lancer du dé.
1
S : « On obtient le numéro 6 », p = .
6
Le schéma de Bernoulli est la répétition n fois de cette
épreuve.
 
Chapitre 9
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 129
Échantillonnage et simulation
129
03/07/15 14:40
b)
18 a)
Variables :a, k, S sont des nombres entiers
naturels
Traitement : Affecter à S la valeur 0
Pour k allant de 1 à 100
Affecter à a un nombre aléatoire égal
à 0 ou 1
Si a = 0 alors
Affecter à S la valeur S + 1
Fin Si
Fin pour
Sortie :
Afficher S
b) L’épreuve de Bernoulli est le lancer d’une pièce de
monnaie équilibrée.
1
S : « Obtenir Pile », p = .
2
Le schéma de Bernoulli est la répétition de 100 fois
cette épreuve.
n nombre entier naturel
R nombre réel
Entrée :
Saisir n
Traitement : Si 0,95 × n > 70 alors
Affecter à R la valeur
90 × 70 – 45 × (0,95 n – 70)
sinon
Affecter à R la valeur
90 × 0,95 n
Fin Si
Sortie
Afficher R
Variables :
c) La recette est maximale pour la plus petite valeur de
n telle que 0,95n > 70, c’est-à-dire pour n = 74.
7
21
6
Travaux pratiques
19 2. a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 5
1
et p = .
2
3. Les fréquences observées fluctuent à chaque
­recalcul de la feuille.
Les valeurs des fréquences sont proches des probabilités théoriques obtenues avec la loi binomiale.
On obtiendrait une meilleure approximation en augmentant le nombre de simulations.
20 1. a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 70
et p = 0,95.
b) P (X < 69) = 1 – P (X = 70)
P (X < 69) = 1 – 0,9570
P (X < 69) ≈ 0,972
c) E(X) = 70 × 0,95 = 66,5
La recette moyenne du vol est 90 × 66,5 soit 5 985 €.
2. a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 80 et
p = 0,95.
b) P (X < 69) ≈ 0,002
c) P (X > 71) = 1 – P (X < 70) ≈ 0,993
d) E (X) = 80 × 0,95 = 76
La recette moyenne du vol est 90 × 70 – 45 × 6
soit 6 030 €.
3. a) La recette du vol est supérieure dans le cas de la
surréservation (n = 80).
Pour s’entraîner
Issue
Probabilité
Succès
1
4
Échec
3
4
22 a) L’épreuve a deux issues.
b) Succès : « la carte est un as » ;
Échec : « la carte n’est pas un as ».
4 1
c) P(S) =
=
32 8
23 La probabilité du succès est p = 0,4 dans une
épreuve de Bernoulli.
Cette épreuve est répétée 3 fois dans des conditions
d’indépendance.
24 Succès : « Pile est sorti » ;
Échec : « Face est sorti ».
1
1
P (S) = et P (S) = .
2
2
25 Succès : « Il s’agit d’une femme » ;
Échec : « Il s’agit d’un homme ».
P (S) = 0,54 et P (S) = 0,46.
26 Succès : « La boule tirée est rouge » ;
Échec : « La boule tirée est noire ».
5
4
P (S) = et P (S) = .
9
9
27 a) Le service est une épreuve de Bernoulli, le
succès est S : « Le service est réussi » et P (S) = 0,8.
Cette épreuve est répétée trois fois et les services sont
indépendants.
130
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 130
03/07/15 14:40
b)
0,8
0,8
S
0,2
S
0,8
0,2
29 Le succès est S : « La carte porte un X ».
S
S
S
2/5
S
3/5
S
S
S
2/5
S
S
0,2
S
S
3/5
S
S
S
S
S
S
S
S
S
30 Le succès est S : « Alice marque le panier ».
0,8
0,2
S
S
S
0,2
S
S
S
S
S
S
S
0,2
S
S
0,8
S
S
S
S
S
0,2
S
S
S
S
S
S
S
S
S
0,8
S
S
0,8
S
S
S
S
S
28 a) Le choix d’une carte est une épreuve de
S
S
S
S
­ ernoulli, le succès est S :
B
1
« Il s’agit d’un Trèfle » et P (S) = .
4
On effectue quatre tirages identiques et indépendants.
b)
S
1/4
S
1/4
S
3/4
S
S
1/4
S
3/4
S
S
S
S
3/4
S
1/4
S
S
S
S
S
S
3/5
S
S
3/4
2/5
S
S
S
S
S
S
S
S
S
S
31 Le succès est S : « On tire le nom d’une fille ».
19/35
19/35
16/35
S
16/35
S
Chapitre 9
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 131
S
S
S
S
Échantillonnage et simulation
131
03/07/15 14:40
32 Les quatre choix ne constituent pas quatre
épreuves identiques et indépendantes. Cette situation ne peut pas être modélisée par un schéma de
Bernoulli.
33 X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et
p = 0,8.
34 Un chemin contient 0 succès ;
3 chemins contiennent 1 succès ;
3 chemins contiennent 2 succès ;
1 chemin contient 3 succès.
k
p = 0,15.
b) Deux chemins possèdent un succès exactement.
c) P (X = 1) = 2 × 0,15 × 0,85
36 Le choix d’une carte est une épreuve de
­Bernoulli, le succès est S : « La carte tirée est un as » et
4 1
p = P (S) =
= .
32 8
On répète n = 5 fois cette même épreuve dans des
conditions d’indépendance.
La variable aléatoire X qui donne le nombre d’as obte1
nus suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = .
8
37 X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et
1
p= .
2
38 a) Il s’agit d’un schéma de Bernoulli, le succès est
S : « La personne est un lecteur »,
P (S) = 0,5 et n = 3.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,5.
b) La loi de probabilité de X est donnée dans le
­tableau.
c)
0
0,125
1
0,375
c) E(X) = 3 × 0,05 = 0,15
En moyenne, lorsqu’on répète l’expérience un grand
nombre de fois, le nombre de poules dont le test est
positif est 0,15.
d) V (X) = 3 × 0,05 × 0, 95 = 0,142 5 et s (X) ≈ 0,38.
40 a) n = 3
27
3
2
P (X = 0) = (1 – p)3 =
donc 1 – p = et p = .
125
5
5
b)
35 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 2 et
k
P (X = k)
k
0
1
2
3
P (X = k) 0,857 375 0,135 375 0,007 125 0,000 125
2
0,375
3
0,125
P (X = k)
0
27
125
1
54
125
2
36
125
3
8
125
41 n = 4 et (1 – p)4 = 0,129 6 donc 1 – p = 0,6 et p = 0,4.
42 Réalisation d’une feuille de calcul.
43 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 20
et p = 0,03.
b) P (X = 0) = 0,9720 ≈ 0,54
P (X > 1) = 1 – P (X = 0)
P (X > 1) ≈ 0,46
c) E (X) = 20 × 0,03 = 0,6
En moyenne, lorsque cette expérience est répétée un
grand nombre de fois, le nombre de colis abîmés est
0,6.
44 a) P (X = 5) ≈ 0,25
b) P (X < 5) ≈ 0,62
c) P (X > 6) = 1 – P (X < 5)
P (X > 6) ≈ 0,38
45 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 35
et p = 0,12.
b) E (X) = 35 × 0,12 = 4,2
On peut s’attendre à trouver en moyenne 4,2 gauchers dans une classe de 35 élèves.
46 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et
p = 0,1.
b) P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,94
P (X > 1) ≈ 0,34
P (X = k)
0,4
0,3
0,2
0,1
47 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 25
0
1
2
3
k
39 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et
p = 0,05.
b) La loi de probabilité de X est donnée dans le ­tableau.
et p = 0,05.
b) (X > 1) : « La commande contient au moins un
­article défectueux ».
P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,9525
P (X > 1) ≈ 0,72
48 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et
p = 0,2.
132
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 132
03/07/15 14:40
b) Les valeurs exactes de la loi de X sont données dans
les tableaux.
k
P (X = k)
0
0,327 68
1
0,409 6
k
P (X = k)
4
0,006 4
5
0,000 32
2
0,204 8
3
0,051 2
c) P (X > 1) = 1 – P(X = 0) = 0,672 32
d) E(X) = 5 × 0,2 = 1
En moyenne, le représentant vend un produit dans sa
matinée.
e) V (X) = 5 × 0,2 × 0,8 = 0,8
s (X) ≈ 0,89
49 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 50
et p = 0,02.
b) P (X = 2) ≈ 0,19
c) P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,9850
P (X > 1) ≈ 0,64
d) E (X) = 50 × 0,02 = 1
Le lot de 50 composants contient en moyenne un
composant défectueux.
50 a) On complète de la façon suivante :
Si y < 2 alors
X prend la valeur X + 1
Fin Si
Sortie : Afficher X
b)
b) Les valeurs de la loi de X sont données dans les
­tableaux.
k
0
1
2
3
4
5
P (X = k) 0,00 60 0,040 3 0,120 9 0,215 0 0,250 8 0,200 7
k
6
7
8
9
10
P (X = k) 0,111 5 0,042 5 0,010 6 0,001 6 0,000 1
c) E (X) = 10 × 0,4 = 4
En moyenne, lorsqu’on répète l’expérience un grand
nombre de fois, on obtient 4 boules blanches.
51 1. a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 5
et p = 0,1.
b) Les valeurs exactes de la loi de X sont données dans
les tableaux :
k
0
1
2
3
P (X = k) 0,590 49 0,328 05 0,072 9 0,008 1
k
4
5
P (X = k) 0,000 45 0,000 01
c) E (X) = 5 × 0,1 = 0,5
2. a) G = 5X – 3
b) P (G = – 3) = P (X = 0)
P (G = 2) = P (X = 1)
P (G = 7) = P (X = 2)
P (G = 12) = P (X = 3)
P (G = 17) = P (X = 4)
P (G = 22) = P (X = 5)
c) E (G) = 5E (X) – 3 = – 0,5
En moyenne, le gain algébrique d’une partie est de
– 0,5 €.
52 a) Tirer une cordelette est une épreuve de
­Bernoulli.
30
S : « Tirer un gros lot » et P (S) =
= 0,12.
250
On répète trois fois cette même épreuve dans des
conditions d’indépendance.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = 0,12.
b) P (X = 0) = 0,883 ≈ 0,68
c) P (X > 1) = 1 – P(X = 0)
P (X > 1) ≈ 0,32
d) E (X) = 3 × 0,12 = 0,36
En moyenne, on gagne 0,36 gros lot à cette attraction.
53 a)
41 est le nombre de chemins de l’arbre qui
contiennent 1 succès.
4
4
4
4
4
b)
= 1,
= 4,
= 6,
= 4 et
= 1.
0
1
2
3
4

2. a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et
p = 0,4.
54 a) 
c)

5
= 10
3

85 = 56
Chapitre 9
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 133


b)
62 = 15
d)
107 = 120

Échantillonnage et simulation
133
03/07/15 14:40
55
127 = 1212– 7, 127 = 125 = 792.
56
114 = 104 + 103 = 210 + 120 = 330
57 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 10
et p = 0,3.
10
b) Avec la calculatrice
= 210.
4
10
4
× 0,3 × 0,76
c) P (X = 4) =
4
P (X = 4) ≈ 0,20
 
 
20 1 5 3 15 20
×
,
= 15 504.
5 4
4
5
315
P (X = 5) = 15 504 × 20
4
10
10
59 P (X = 8) =
0,28 × 0,82,
= 45.
8
8
P (X = 8) = 45 × 0,28 × 0,82
58 P (X = 5) = 
     
 
n
chemins commencent par un succès,
k
chemins commencent par un échec.
60 a) 

n
k+1

 

 nk ++ 11  = nk + k +n 1.
8
7
7
2.   =   +  
3
2
3
7
6
6
2 = 1 + 2 = 6 + 15 = 21
73 = 62 + 63 = 15 + 20 = 35
8
donc   = 21 + 35 = 56
3
b) Donc
1
2
3
4
5
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
3
1
4
1
4
6
4
1
5
1
5
10 10
5
1
6
1
6
15 20 15
6

est le nombre total de chemins de l’arbre.
b) Cette somme est donc égale à 2n.
63 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et
p = 0,525.
10
b) P (X = 5) =
× 0,5255 × 0,4755
5
P (X = 5) ≈ 0,243
c) Le nombre d’arbres feuillus est 10 – X,
(10 – X > 2) = (X < 8).
Avec la calculatrice ou le tableur : P (X < 8) ≈ 0,984.
 
64 a) X suit la loi binomiale de paramètre n = 100
et p = 0,198.
b) P (X > 30) = 1 – P (X < 29)
≈ 0,01
c) P (X > 20) = 1 – P (X < 19)
≈ 0,52
d) P (X > k) = 1 – P (X < k – 1)
P (X > k) > 0,5 équivaut à P(X < k – 1) < 0,5.
Avec le tableau, la plus grande valeur de k est
k – 1 = 19, soit k = 20.
65 X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de réponses exactes données par l’élève.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = .
2
10 1 4 1 6
P (X = 4) =
×
et
4 2
2
10 1 6 1 4
P (X = 6) =
×
.
6 2
2
10
10
Or,
=
donc P (X = 4) = P (X = 6).
4
6
Les probabilités sont les mêmes.
    
6
1
b) La symétrie sur chaque ligne s’explique par la
­formule :
n
n
=
pour 0 < k < n.
k
n–k
 
n0 + n1 + n2 + … + nn
    
61
k
0
n
0 1
62 a) La somme
   
66 X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et
p = 0,4.
P (X > k) = 1 – P (X < k – 1)
P (X > k) > 0,95 équivaut à P (X < k – 1) < 0,05.
Avec le tableur, la plus grande valeur de k telle que
P (X < k – 1) < 0,05 est k – 1 = 31, soit k = 32.
La probabilité qu’au moins 32 personnes répondent
est supérieure à 0,95.
Au-delà de 32 personnes, ce n’est plus vrai.
67 a) « Ne pas obtenir de succès ».
b) « Obtenir au moins trois succès ».
c) « Obtenir au plus deux succès ».
68 a) La proportion est vraie.
En effet P (X > 1) = 1 – P (X = 0).
b) La proposition est fausse.
134
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 134
03/07/15 14:40
En effet pour n = 4, p = 0,4 et k = 1,
P (X = 1) = 0,345 6 et P (X = 3) = 0,1536
donc P (X = 1) . P (X = 3).
c) La proposition est vraie.
En effet, pour 0 < k < n,
n
P (Y = k) = P (X = n – k) =
p n – k (1 – p)k,
n–k
n
n
=
donc
or,
n–k
k
n
(1 – p)k pn – k.
P (Y = k) =
k


  
 
9
73 a) X suit la loi binomiale de paramètres n et
p = 0,1.
b) P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,95
P (X > 1) ≈ 0,41
c) On cherche n tel que P (X > 1) > 0,6,
c’est-à-dire 1 – P (X = 0) > 0,6, soit P (X = 0) < 0,4.
(0,9)n < 0,4 est réalisé pour n > 9.

69 On note X la variable aléatoire qui donne le
nombre de Pile obtenus.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = .
2
A = (X > 1)
B = (3 – X < 1) = (X > 2)
A ∪ B = (X > 1) et A ∩ B = (X > 2)
P (A ∪ B) = P (X > 1) = 1 – P (X = 0) donc
13 7
P (A ∪ B) = 1 –
= .
2
8
P (A ∩ B) = P (X > 2) = P (X = 2) + P (X = 3) donc
13 13 4 1
+
= = .
P (A ∩ B) = 3 ×
2
2
8 2

 
8
Pour se tester
70 1. C 2. A 3. B 4. D
71 1. B et C 2. A, B, C 3. A et D 4. A et D 5. B et C
72 1. Vrai. En effet,
P (X = 3) =
103 × 12 × 12
P (X = 7) =
107 × 12 × 12 .
Or,
3
7
Pour aller plus loin
7
3
103 = 107, donc P (X = 3) = P (X = 7).
2. Vrai. En effet, il s’agit de la formule de Pascal.
1 1 5
5
3. Faux. En effet, V (X) = 5 × × = et σ (X) =
,
2 2 4
4
soit σ (X) ≈ 1,12 donc σ (X) . 1.

4. Faux. En effet, avec la calculatrice ou le tableur, on
obtient P (X < 6) ≈ 0,61.
74 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 100
et p = 0,04.
b) P (X . 5) = 1 – P (X < 5)
P (X . 5) ≈ 0,21
c) P (X . k) = 1 – P (X < k),
P (X . k) < 0,01 équivaut à P (X < k) > 0,99.
P (X < k) > 0,99 est réalisé pour k > 9.
La plus petite valeur est k = 9.
Un lot est remboursé lorsqu’il contient strictement
plus de 9 roses fanées.
75 • Un automobiliste rencontre 5 passages piétons
successifs. La probabilité qu’un passage soit occupé
par un piéton à un moment donné est 0,4.
Ces cinq épreuves sont supposées indépendantes et
X est le nombre de passages occupés rencontrés par
l’automobiliste.
• Un joueur effectue 10 tirs au but successifs. La probabilité lors d’un tir de marquer le but est 0,6.
Les tirs sont indépendants et X est le nombre de buts
marqués par le joueur.
• Dans la journée, 20 automobilistes se présentent
­devant ces panneaux.
La probabilité qu’un automobiliste prenne la direction
de droite est 0,55.
Ces 20 épreuves sont supposées indépendantes et X
est le nombre d’automobilistes qui prennent la direction de droite.
• Dans ce lot, 40 % des bonbons sont verts. On choisit
au hasard 5 bonbons. Le grand nombre de bonbons
permet d’assimiler le choix à un tirage avec remise.
X est le nombre de bonbons verts tirés.
76 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et
p = 0,2.
b) Les valeurs de la loi de X sont données dans le
­tableau :
k
0
1
2
3
P (X = k)
0,512
0,384
0,096
0,008
c) E (X) = 3 × 0,2 = 0,6
Chapitre 9
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 135
Échantillonnage et simulation
135
03/07/15 14:40
En moyenne, Léonard doit mettre 5 × 0,6, soit $3 dans
la tirelire.
77 X donne le nombre de boules blanches tirées.
X suit la loi binomiale de paramètres
10
n = 20 et p =
,
m + 10
200
.
E (X) = n p =
m + 10
200
boules blanches
En moyenne, le joueur obtient
m + 10
200
20 m
et donc 20 –
=
boules rouges.
m + 10 m + 10
En moyenne, le gain s’élève à :
200
20 m 400 – 60 m
–3×
=
.
2×
m + 10
m + 10
m + 10
Le jeu est favorable au joueur lorsque 400 – 60 m > 0,
20
c’est-à-dire m < .
3
Donc lorsque l’urne contient 6 ou moins de 6 boules
rouges.
78 a) • M est le nombre de répétitions du schéma
de Bernoulli.
• i, j et k sont des variables compteurs.
• s représente à chaque répétition, le nombre de
­succès parmi les 5 épreuves.
• T [k] représente le nombre de fois où il y a k succès.
b) Dans le langage AlgoBox.
c) Lors d’une exécution, on a obtenu :
T [0] = 807, T [1] = 2 608, T [2] = 3 438, T [3] = 2 229,
T [4] = 814 et T [5] = 104.
Les valeurs théoriques arrondies au centième sont :
k
P (X = k)
0
0,08
1
0,26
2
0,35
3
0,23
4
0,08
5
0,01
79 On note, Succès :
« Le devin donne la bonne réponse »,
1
p = P (S) = dans le cas où il répond au hasard.
2
On répète n = 10 fois l’épreuve, X est le nombre de
­réponses justes du devin.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = .
2
P (X = 8) ≈ 0,04 (arrondi au centième).
Dans le cas de réponses au hasard, cette probabilité
est faible, l’homme serait-il alors un vrai devin ?
80 X donne le nombre de fois où Lina écoute son
morceau préféré.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n et p = = 0,05.
20
n
pn = P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,95
pn > 0,9 équivaut à 1 – 0,95n > 0,9, soit 0,95n < 0,1.
Avec la calculatrice, 0,95n < 0,1 pour n > 45.
Lina doit écouter au moins 45 morceaux pour que la
probabilité d’entendre au moins une fois son morceau
préféré soit supérieure à 0,9.
81 X donne le nombre de participants qui tentent
le parcours d’accrobranche.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = .
3
23
13
et P (X = 3) =
,
P (X = 0) =
3
3
effectivement P (X = 0) = 8 × P (X = 3).


82 On note m le nombre de balles de couleur rouge
(0 < m < 10).
X donne le nombre de balles rouges tirées.
m
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = .
10
m
m 2
× 1–
P (X = 1) = 3 ×
10
10
Lorsque m = 7, P (X = 1) = 0,189.
On peut aussi effectuer une simulation avec le tableur.
On évalue à 7 le nombre de balles rouges.


83 a) (x + y)2 = x2 + 2 xy + y2 : 1 2 1
(x + y)3 = x3 + 3 x2y + 3 xy2 + y3 : 1 3 3 1
(x + y)4 = x4 + 4 x3y + 6 x2y2 + 4 xy3 + y4 : 1 4 6 4 1
On retrouve les coefficients binomiaux obtenus dans
le triangle de Pascal.
b) n = 5 : 1 5 10 10 5 1
(x + y)5 = x5 + 5 x4y + 10 x3y2 + 10 x2y3 + 5 xy4 + y5
n = 6 : 1 6 15 20 15 6 1
(x + y)6 = x6 + 6 x5y + 15 x4y2 + 20 x3y3 + 15 x2y4 + 6 xy5
+ y6
136
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 136
03/07/15 14:40
10
b) P (X = 5) =
Accompagnement
personnalisé
86 On répète n = 3 fois la même épreuve dans des
conditions d’indépendance.
3
S : « On tire un stylo bleu », P (S) = .
4
3
X suit la loi binomiale de paramètres n = 3 et p = .
4
3 3 2 1 27
× =
ou
b) P (X = 2) =
2 4
4 64
P (X = 2) = 0,421 875.
  
87 a) Il s’agit d’une répétition de dix épreuves identiques et indépendantes.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p = 0,08.
b) P (X > 1) = 1 – P (X = 0) = 1 – 0,9210
P (X > 1) ≈ 0,57
88 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et
p = 0,005.
b) P (X < 1) ≈ 0,999
89 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 200
et p = 0,05.
b) E (X) = 200 × 0,05 = 10
Le lot compte en moyenne 10 pommes attaquées.
90 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 25
et p = 0,7.
b) E (X) = 25 × 0,7 = 17,5
52 est le nombre de chemins de l’arbre qui
contiennent 2 succès.
5
= 10
b)
2
4
5
6
92 a)
= 6 b)
= 10 c)
= 20
2
3
3




d)
5
86 = 28
15
20
1
1
20
1
×
×  = × 
20
15  2
2
15
2
20
20
Or,   =   donc P (X = 5) = P (X = 15).
5
15
15
P (X = 15) =
84 a) Le lancer du dé est l’épreuve de Bernoulli. Le
succès est S : « On obtient le sommet numéroté 4 »,
1
P (S) = .
4
On répète n = 5 fois cette même épreuve et ces répétitions sont indépendantes.
1
b) X suit la loi binomiale de paramètres n = 5 et p = .
4
85 a) Un jeu à la loterie est l’épreuve de Bernoulli. Le
succès est S : « Arthur gagne le jeu », P (S) = 0,3.
On répète n = 4 fois le jeu dans des conditions d’indépendance.
b) X suit la loi binomiale de paramètres n = 4 et p = 0,3.
91 a)
205 × 12 × 12 = 205 × 12
5
20
c) Pour 0 < k < 20,
P (X = k ) = P (X = n – k).
94
k
0
n
0 1
1
2
3
1
1
1
2
1
2
1
3
1
3
3
1
4
1
4
6
4
4
1
95 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 2 et
m
.
100
m
m
P (X = 1) = 2 ×
× 1–
100
100
x
x
La fonction x  2
1–
définie sur [0 ; 100]
100
100
1
­admet pour maximum f (50) = .
2
La probabilité est maximale pour m = 50.
1
b) Dans ce cas, P (X = 1) = .
2
96 1. a) F(x) est une probabilité donc pour tout
nombre réel x, 0 < F (x) < 1.
b) P (X . x) = 1 – P (X < x) = 1 – F (x)
c) Avec x < x9,
P (x , X < x9) = P (X < x9) – P (X < x)
= F (x9) – F(x).
P (x , X < x9) > 0 donc F (x) < F (x9).
F est croissante sur R.
d) Pour 1 < k < n.
F (k) – F (k – 1) = P (k – 1 , X < k) = P (X = k)
2. a) F (2) = P (X < 2) = 0,682 56
F (3,5) = P (X < 3,5) = P (X < 3) = 0,912 96
F (4) = P (X < 4) = 0,989 76
F (6) = P (X < 6) = P (X < 5) = 1
b)
1
p=




0,5
93 a) X suit la loi binomiale de paramètres n = 20
1
et p = .
2
O
Chapitre 9
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 137
1
2
3
4
5
Échantillonnage et simulation
137
03/07/15 14:40
10
1
Échantillonnage
Au fil des siècles
Les diagrammes en crêtes de coq présentés par
Florence Nightingale dans un rapport au Parlement
ont mis en évidence le fait que la mortalité dans l’armée britannique pendant la guerre de Crimée était
surtout due à des maladies et des épidémies.
c) Cela vient de la fluctuation des échantillons.
2. 0,2 < p < 0,8 et n = 50 . 25 donc on peut utiliser
la formule.
Les réponses possibles sont a) et c).
1
1
; 0,15 +
3. a) 0,15 – 100
= [0,05 ; 0,25]
100
b) f = 0,24
c) f ∈ [0,05 ; 0,25] donc on ne peut pas considérer que
cette fréquence est anormalement importante.


4. a) On effectue cinq tirages successifs avec remise
dans des conditions d’indépendance. Le succès de
cette expérience aléatoire est « la rose est rouge », sa
probabilité est 0,25. Donc X suit une loi binomiale de
paramètres n = 5 et p = 0,25.
b) P(X = 2) ≈ 0,264
La probabilité d’obtenir exactement deux roses
rouges est environ 0,264.
P(X > 1) = 1 – P(X = 0) ≈ 0,763
La probabilité d’obtenir au moins une rose rouge est
environ 0,763.
3
Diagramme des causes de mortalité au sein de l’armée
en Orient, Florence Nightingale.
• http://fr.wikipedia.org/wiki/Florence_Nightingale
2
Bien démarrer
1. a) ALEA() fournit un nombre aléatoire entre 0 et 1,
donc : 0,7 < ALEA() + 0,7 , 1,7.
ENT(ALEA() + 0,7) renvoie la partie entière de ce
nombre, c’est-à-dire 0 si ALEA() + 0,7 , 1 et 1 sinon.
Elle permet donc de simuler la composition de bonbons avec les proportions souhaitées.
b) Les bonbons à l’orange correspondent aux « 1 ».
34
Il y en a 34. f =
= 68 %.
50
Découvrir
1 Loi binomiale et intervalle de fluctuation
1. a) On effectue un tirage successif avec remise de
100 personnes, le succès de l’expérience aléatoire
étant « la personne est obèse », on est dans un schéma
de Bernoulli, X suit donc une loi binomiale de paramètres n = 100 et p = 0,31.
b) =LOI.BINOMIALE(A2;100;0,31;1)
c) P(X < 30) ≈ 0,462
La probabilité qu’il y ait moins de 30 personnes obèses
dans l’échantillon est environ 0,462.
2. a) a = 22
b) b = 40
c) P(X < b) = P(X  a) + P(a < X < b)
Or ce sont des nombres entiers donc :
P(X , a) = P(X < a – 1)
D’où P(a < X < b) = P(X < b) – P(X < a – 1)
P(a < X < b) ≈ 0,961.
138
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 138
03/07/15 14:40
d)
22 40
= [0,22 ; 0,40]
;
100
100
e) Intervalle de Seconde :
1
1
; 0,31 +
0,31 –
= [0,21 ; 0,41]
100
100
L’intervalle obtenu avec la loi binomiale est plus précis.


2 Prendre une décision à partir d'un intervalle
de fluctuation
1. a) Les naissances sont assimilées à des tirages
successifs identiques et indépendants donc X suit une
loi binomiale de paramètres n = 1 000 et p = 0,51.
b)
4
Savoir-faire
2 Le plus petit nombre entier naturel a tel que :
P(X < a) . 0,025 est 94 ; le plus petit entier naturel b
tel que P(X < b) > 0,975 est 116.
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % ainsi obtenu
94 116
47 58
est
, soit
.
;
;
150 150
75 75



5
On obtient b = 541.
c)
On a bien P(479 < X < 541) > 0,95.
d) L’intervalle de fluctuation ainsi obtenu est :
[0,479 ; 0,541].
3. a) La fréquence observée dans l’échantillon est 0,55.
b) Cette fréquence observée n’appartient pas à
l’intervalle de fluctuation obtenu, donc on rejette
l’hypothèse que la proportion de garçons nés dans
cette région est la même que dans le monde.
Résoudre des problèmes
5 X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de Français favorables à la protection du loup dans
l’échantillon.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 60 et p = 0,8.
Avec la loi de X, on obtient à l’aide de la calculatrice ou
du tableur l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %,
42 54
I=
.
;
60 60
43
La fréquence observée dans l’échantillon est f = .
60
f appartient à I, donc ce résultat ne remet pas en question le pourcentage national.

On a bien a = 479.
b)

6 X est la variable aléatoire qui compte le nombre
de pièces défectueuses dans un échantillon de taille
400.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 400 et p = 0,05.
Avec la loi de X, on obtient à l’aide de la calculatrice ou
du tableur l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %,
12 29
I=
.
;
400 400
32
La fréquence observée dans l’échantillon est f =
.
400
f n’appartient pas à I, donc on peut estimer que la
machine est mal réglée.


8 À partir des données de la rivière saine, on peut
estimer que la proportion de femelles pour cette
45
espèce est p = .
87
X est la variable aléatoire qui compte le nombre de
femelles dans un échantillon de taille 117. X suit la loi
45
binomiale de paramètres n = 117 et p = .
87
Chapitre 10
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 139

3 Le plus petit nombre entier naturel a tel que
P(X < a) . 0,025 est 4 ; le plus petit entier naturel b tel
que P(X < b) > 0,975 est 16.
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % ainsi o
­ btenu
4 16
est
.
;
75 75

2. a)

Échantillonnage
139
03/07/15 14:40
Avec la loi de X, on obtient à l’aide de la calculatrice ou
50 71
du tableur l’intervalle au seuil de 95 %, I =
.
;
117 117
49
.
La fréquence observée dans l’échantillon est f =
117
f n’appartient pas à I, on rejette l’hypothèse selon
laquelle la proportion de femelles dans cette rivière
est distribuée normalement et on peut estimer que
cette rivière est polluée.


9 X est la variable aléatoire qui compte le nombre
de personnes à avoir utilisé Internet pour des achats
dans l’échantillon.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 251
380
et p =
.
1 002
Avec la loi de X, on obtient à l’aide de la calculatrice, ou
du tableur, l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %,
80 110
109
I=
et f =
;
.
251 251
251
f appartient à I, on ne peut pas rejeter l’hypothèse
selon laquelle la proportion de personnes ayant
réalisé des achats sur Internet est la même pour les
habitants de cette grande ville que pour le reste de
la France.


6
Travaux pratiques
b) 0,5 ∈ I2, donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse
formulée par le journaliste. Cependant, on peut noter
que la candidate n’est pas sûre d’être élue sachant que
0,496 , 0,5.
3. a) J1 = [0,508 ; 0,572] donc I1 ⊂ J1 : la loi binomiale
donne un intervalle plus précis.
J2 = [0,496 ; 0,584] donc I2 ⊂ J2 : l’intervalle est plus
­ récis.
p
b) Dilma Rousseff a remporté les élections avec 51,64 %
des suffrages exprimés.
11 1. a)
S
k
0
0
5,904 × 10 –6 0,000 14 0,001 59 0,010 59
1
2
3
4
0,047 3
5
b) Cet algorithme sert à déterminer le plus petit
nombre entier a tel que P(X < a) . 0,025.
• S est la somme des probabilités et k correspond au
nombre entier testé.
• n est le nombre de tirages et p est la probabilité du
succès.
c)
10 1. a) Le choix de l’échantillon étant assimilé à un
tirage avec remise, l’expérience ayant deux issues possibles, le succès étant « l’électeur votera pour Dilma
Rousseff », la variable aléatoire suit la loi binomiale de
paramètres n = 1 040 et p = 0,54.
b)
c) I1 =
2. a) et b)
593
≈ [0,509 ; 0,571]
;
1530
040 1 040
d) 0,5 ∉ I1 donc on peut rejeter l’hypothèse formulée
par le journaliste.
258 303
2. a) I2 =
≈ [0,496 ; 0,583]
;
520 520


a b
3. a) Dans les algorithmes précédents, afficher et .
n n
140
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 140
03/07/15 14:40
b) Modifier les tests :
• Tant que S < 0,05 (pour l’affichage de a)
• Tant que S , 0,95 (pour l’affichage de b).
7
J=
14
101 ; 107 
15
14 20
; 
20
20
d) La fréquence observée du nombre d’apparitions du
29
numéro 5 dans l’échantillon est f =
.
120
f n’appartient pas à I, on rejette l’hypothèse selon
laquelle le dé est équilibré.
Remarque : avec l’intervalle J, la conclusion n’est pas la
même car f appartient à I.
18
407 ; 40

16 X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de lycéens ayant un animal domestique dans l’échantillon de lycéens de taille 80.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 80 et p = 0,47.
Avec la loi de X, l’intervalle de fluctuation au seuil de
29 46
95 % obtenu est
.
;
80 80

17 a)

50
69
. Il s’agit bien d’un intervalle de
;
100
100 
fluctuation au seuil de 95 % car p ∈ I et au moins 95 %
des fréquences sont situées dans cet intervalle.
b) Avec la loi binomiale de paramètres n = 100 et
50 69
.
p = 0,6 on obtient avec la calculatrice :
;
100 100
C’est le même intervalle.


18 a) f ∈ I donc on ne rejette pas l’hypothèse sur la
proportion p.
b) f ∉ I donc on rejette l’hypothèse sur la proportion p.
c) f ∈ I donc on ne rejette pas l’hypothèse sur la proportion p.
19 a) I =
10 22
12
;  et f = .
40
40
40
f appartient à I, donc on ne rejette pas l’hypothèse sur
la proportion de 0,4 dans la population totale.
20 a) Il s’agit d’une répétition d’expériences identiques et indépendantes donc X suit la loi binomiale
1
de paramètres n = 120 et p = .
6
b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à
12 28
12
avec
la loi de X est I =
;
= 0,1
120 120
120
28
≈ 0,24 par excès.
et
120
c) L’intervalle étudié en Seconde est :


21 a) On considère que le grand nombre de fleurs
permet d’assimiler le tirage à un tirage avec remise, le
succès de l’expérience étant la plante est endémique.
X suit donc la loi binomiale de paramètres n = 80 et
p = 0,6.
b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à
39 56
la loi de X est I =
.
;
80 80
c) La fréquence observée du nombre de plantes endé42
miques est f = .
80
f appartient à I, on ne peut pas rejeter l’hypothèse
selon laquelle 60 % des fleurs de l’île sont endémiques.


22 a) Loi binomiale  (100 ; 0,0627)
b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à
2 11
.
;
la loi de X est I =
100 100
c) La fréquence observée du nombre d’asthmatiques
14
dans l’échantillon est f =
.
100
f n’appartient pas à I, donc on rejette l’hypothèse
selon laquelle la proportion d’asthmatiques dans
cette ville est 6,27 %. La proportion d’asthmatiques y
est plus élevée.


23 a) X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de filles dans un échantillon de taille 112. X suit la loi
binomiale de paramètres n = 112 et p = 0,45. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à la loi de
40 61
X est I =
.
;
112 112
60
b) La fréquence observée est f =
.
112
f appartient à I : Charlie peut conclure que la proportion de filles en 1re S dans son lycée est représentative
de celle en France.


24 a) On assimile le tirage à un tirage avec remise,
le succès de l’expérience est le client est satisfait par
Chapitre 10
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 141
1
1
1
≈ 0,26 par excès.
+
6 120
On remarque que I est contenu dans J.
12 La loi binomiale  (100 ; 0,4)
b)
1
défaut et
Pour s’entraîner
13 a) a = 7 et b = 18.
1
16 – 120 ; 16 + 120  avec 16 – 120 ≈ 0,07 par
Échantillonnage
141
03/07/15 14:40
le SAV. X suit la loi binomiale de paramètres n = 450
et p = 0,75.
b) P(X < 318) ≈ 0,021 et P(X < 319) ≈ 0,026.
P(X < 354) ≈ 0,969 6 et P(X < 355) ≈ 0,976 6.
c) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à
319 355
la loi de X est I =
.
;
450 450
322
d) La fréquence observée dans l’échantillon est f =
.
450
f appartient à I, le directeur ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle 75 % des clients de son magasin
sont satisfaits par le SAV.


25 a) p = 1 – P(3 filles) – P(3 garçons)
p ≈ 1 – 0,493 – 0,513
p ≈ 0,749 7
b) On assimile le choix à un tirage avec remise donc
X suit la loi binomiale de paramètres n = 100 et
p = 0,749 7.
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à la
66 83
loi de X est I =
= [0,66 ; 0,83].
;
100 100
c) Il y a une fréquence (0,84) qui n’appartient pas à
1
l’intervalle, soit
≈ 0,04 ≈ 4 %.
24
Cette proportion est cohérente puisqu’il y a une erreur
de 5 %.


26 On suppose que la proportion chez les professeurs est la même que dans le reste de la population.
Avec la loi binomiale de paramètres n = 300 et p = 0,6,
on obtient l’intervalle de fluctuation suivant :
163 197
I=
.
;
300 300
214
La fréquence observée est f =
.
300
f n'appartient pas à I donc on rejette l’hypothèse selon
laquelle la proportion de professeurs pensant que le
baccalauréat est trop facilement donné est de 60 %.
On peut estimer qu’elle est plus importante.


27 1. P(X < a – 1) < 0,05 car si a est le plus petit
nombre entier tel que P(X < a) . 0,05 alors a – 1 , a
est tel que P(X < a – 1) < 0,05.
2. a) X . b
b) (X . b) = (X > b + 1) car ce sont des nombres entiers,
donc P(X > b + 1) = P(X . b) ;
donc P(X > b + 1) = 1 – P(X < b).
3. a) (a < X < b) ∪ (X < a – 1) = (X < b)
b) (a < X < b) et (X < a – 1) sont des événements disjoints,
donc P(a < X < b) + P(X < a – 1) = P(X < b) ;
donc P(a < X < b) = P(X < b) – P(X < a – 1).
c) P(a < X < b) > 0,95 – 0,05
donc P(a < X < b) > 0,9.
28 • Si on rejette l’hypothèse, alors la fréquence
observée f n’appartient pas à I.
• Si on ne rejette pas l’hypothèse, alors la fréquence
observée f appartient à I.
8
Pour se tester
29 1. B
2. C
3. C
30 1. B
2. A et D
3. A, B, D
31 1. Vrai. En effet, le plus petit nombre entier
naturel a tel que P(X < a) . 0,025 est 14 donc la borne
14
inférieure est
= 0,56.
25
2. Faux. En effet, le plus petit nombre entier naturel
b tel que P(X < b) > 0,975 est 23 donc la borne supé23
= 0,92.
rieure est
25
3. Vrai. En effet, les résultats des questions 1. et 2.
donnent I = [0,56 ; 0,92].
4. Vrai. En effet la fréquence observée de nageurs de
compétition de l’échantillon est f = 0,6 et f appartient
à l’intervalle I.
5. Vrai. En effet, dans ce cas, la fréquence observée est
24
f=
= 0,96 et f n’appartient pas à l’intervalle I.
25
9
Pour aller plus loin
32 a) X est la variable aléatoire qui compte le
nombre de bébés qui choisissent le jouet rouge. X suit
1
la loi binomiale de paramètres n = 100 et p = .
3
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à la
loi de X est [0,24 ; 0,43].
b) La fréquence observée est f = 0,48.
f n’appartient pas à I, on peut donc rejeter l’hypothèse
du choix aléatoire de la couleur.
33 a) Déterminons l’intervalle de fluctuation asso­
cié à cette situation, à partir de la loi binomiale de
11 18
paramètres n = 20 et p = 0,75 : I =
.
;
20 20
16
La fréquence observée par Lana est f = .
20
f appartient à l'intervalle I, donc elle ne peut pas rejeter l’hypothèse formulée par Mathias. Elle a donc tort
de le contredire.


142
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 142
03/07/15 14:40
b) Dans ce cas, les paramètres de la loi binomiale sont
n = 20 et p = 0,5. L’intervalle de fluctuation au seuil de
6 14
95 % associé à la loi de X est I =
.
;
20 20
f n’appartient pas à l'intervalle I, donc elle aurait eu
raison de le contredire.
34 Étude 1 : intervalle de fluctuation déterminé
170 186
171
et f1 =
avec (198 ; 0,9) : I1 =
;
.
198 198
198
f1 appartient à l'intervalle I1, on ne peut pas rejeter
l’hypothèse formulée par l’entreprise pharmaceutique.
Étude 2 : intervalle de fluctuation déterminé avec
307 329
306
(354 ; 0,9) : I2 =
et f2 =
;
.
354 354
354
f2 n’appartient pas à l'intervalle I2, on rejette l’hypothèse
formulée par l’entreprise pharmaceutique.
Étude 3 : intervalle de fluctuation déterminé avec
82 94
83
(98 ; 0,9) : I3 =
et f3 = .
;
98 98
98
f3 appartient à l'intervalle I3, on ne peut pas rejeter
l’hypothèse formulée par l’entreprise pharmaceutique.
Étude 4 : intervalle de fluctuation déterminé avec
202 220
199
(235 ; 0,9) : I4 =
et f4 =
;
.
235 235
235
f4 n’appartient pas à l'intervalle I4, on rejette l’hypothèse
formulée par l’entreprise pharmaceutique.






b) P(X , 11) = P(X < 10) ≈ 0,96
P(X > 11) = 1 – P(X , 11) ≈ 0,04
c) n = 11. En effet d’après la question 2. b), la probabilité de répondre correctement à plus de 11 réponses
correctement en choisissant au hasard, est égale à
environ 0,04. Donc on respecte bien la contrainte sur
95 % des élèves répondant au hasard recalés.
3. a)




35 1. a) On répète une expérience aléatoire dans
des conditions identiques et indépendantes où le
succès est la réponse est correcte, donc X suit la loi
1
binomiale de paramètres n = 20 et p = .
3
20
b) E(X) = n × p =
3
2. a)
b) La probabilité qu’il réponde à moins de 10 questions correctement est environ 0,24.
Ce résultat est donc raisonnable.
36 a) On peut assimiler ce tirage à un tirage avec
remise donc X suit la loi binomiale de paramètres
n = 100 et p = 0,68.
b) L’intervalle de fluctuation associé à la loi de X est
I = [0,59 ; 0,77].
La fréquence observée dans l’échantillon est f = 0,74.
f appartient à I, donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle l’efficacité des deux traitements
est la même.
37 Avec la loi binomiale de paramètres n = 324 et
p = 0,2 on détermine l’intervalle de fluctuation à 90 % :
53 77
.
I90 % =
;
324 324
79
La fréquence observée est f =
.
324
f n’appartient pas à l'intervalle I90 %, donc la 1re équipe
conclura que manger au fast-food a une influence sur
l’excès de cholestérol.


Chapitre 10
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 143
Échantillonnage
143
03/07/15 14:40
Avec la loi binomiale de paramètres n = 324 et p = 0,2
on détermine l’intervalle de fluctuation à 95 % :
51 79
I95 % =
.
;
324 324
79
La fréquence observée est f =
.
324
f appartient à l'intervalle I95 %, donc la 2e équipe conclura que manger au fast-food n’a pas d’influence sur l’excès de cholestérol.


38 Hôpital Lavertu :
Avec la loi binomiale de paramètres n = 623 et
p = 0,069, on détermine l’intervalle de fluctuation au
seuil de 95 % :
31 56
I=
≈ [0,049 ; 0,090].
;
623 623
La fréquence observée 0,087 appartient à I donc on
ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle l’Hôpital Lavertu est dans la norme des hôpitaux français.
Hôpital Charmant :
Avec la loi binomiale de paramètres n = 2 670 et
p = 0,069, on détermine l’intervalle de fluctuation au
160 211
seuil de 95 % : I =
≈ [0,059 ; 0,080].
;
2 670 2 670
La fréquence observée 0,078 appartient à I donc on
ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle l’Hôpital Charmant est dans la norme des hôpitaux français.




39 Testons si le dé est équilibré. On suppose qu’il
est équilibré, donc chaque face a la même probabilité
1
1
de sortir. Donc P(bleue) = P(verte) = et P(rouge) = .
4
2
On s’intéresse à l’apparition des faces rouges.
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 160, p = .
2
L’intervalle de fluctuation associé à la loi de X est :
68 92
.
;
I=
160 160
94
, f n’appartient pas
La fréquence observée est f =
160
à I donc on rejette l’hypothèse selon laquelle les faces
sont équiprobables ; le dé de Nora n’est pas équilibré.

42 a) Avec la loi binomiale de paramètres n = 80 et
p = 0,3, on obtient l’intervalle de fluctuation au seuil
de 95 % : I = [0,2 ; 0,4].
b) En testant différentes valeurs de n pour (n ; 0,3)
avec une feuille de calcul par exemple, on obtient
n = 120.
10
Accompagnement
personnalisé
43 a) On répète 50 fois une expérience aléatoire
à deux issues où le succès est la sortie de Face, de
manière indépendante. La probabilité du succès est
0,5. Donc X suit la loi binomiale de paramètres n = 50
et p = 0,5.
b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % obtenu
18 32
avec la loi de X est I =
.
;
50 50
44 a) 3 et 6 sont les seules faces multiples de 3.
2 1
Donc p = = .
6 3
b) On répète de manière indépendante la même
expérience à deux issues, où le succès est la sortie
d’un multiple de 3. Donc X suit la loi binomiale de
1
paramètres n = 40 et p = .
3
c)



40 On cherche n tel que X suit la loi binomiale de
paramètres n et p = 0,7 tel que 0,65 ∈
na ; nb où a et b
sont définis par P(X < a) . 0,025 et P(X < b) > 0,975.
En utilisant le module de probabilité de GeoGebra par
exemple, on trouve n = 340.
41 En utilisant le module de probabilités de Geo­
Gebra avec n = 100 et P(X < 66) . 0,025
et P(X < 83) > 0,975. On trouve p = 0,75.
d) L’intervalle de fluctuation associé à la loi de X est
8 19
I=
.
;
40 40


144
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 144
03/07/15 14:40
45 a) Il s’agit d’une répétition d’épreuves indépendantes où le succès est la boule tirée est blanche donc
1
X suit la loi binomiale de paramètres n = 20 et p = .
4
b) L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à
2 9
la loi de X est
.
;
20 20


46 Il s’agit d’un tirage avec remise donc on utilise
la loi binomiale de paramètres n = 300 et p = 0,08, on
15 34
.
obtient :
;
300 300


47 a) X est la variable aléatoire qui compte le
nombre d’élèves de 15 ans ayant redoublé dans un
échantillon de 28 élèves de 15 ans. X suit la loi binomiale de paramètres n = 28 et p = 0,38. L’intervalle de
6 16
fluctuation associé à la loi de X est
.
;
28 28
11
b) La fréquence observée est f = .
28
f appartient à I donc elle peut conclure que sa classe
est conforme aux résultats de l’étude de l’OCDE.


48 a) Il s’agit de la répétition de la même expérience
dans des conditions d’indépendance, où le succès est
la face obtenue est 6. Donc X suit la loi binomiale de
1
paramètres n = 100 et p = .
6
b)
49 a) Le choix des salariés est assimilé à un tirage
avec remise, donc X suit la loi binomiale de paramètres
n = 64 et p = 0,03.
b) À l’aide du tableur ou de la calculatrice, l’intervalle
de fluctuation à 95 % obtenu avec la loi de X est :
0 5
I=
.
;
64 64
5
c) La fréquence observée est f = .
64
f appartient à I, donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle le service d’Emma est dans la
norme des services de l’entreprise.


50 a) Avec la loi binomiale de paramètres n = 100 et
p = 0,94, l’intervalle de fluctuation associé à la loi est :
I=
89 98
.
;
100
100 
90
.
100
f appartient à I donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle le taux de réussite au bac pour ce
lycée est 94 %.
b) La fréquence observée est f =
51 On fait l’hypothèse que la nouvelle molécule a
la même efficacité que la précédente. Sur l’échantillon de 498 patients, X donne le nombre de patients
guéris. X suit la loi binomiale de paramètres n = 498 et
417
p=
.
695
L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à la
277 320
.
;
loi de X est I =
498 498
318
, f appartient à I
La fréquence observée est f =
498
donc on ne peut pas rejeter l’hypothèse selon laquelle
la nouvelle molécule a la même efficacité que l’ancienne.


52 X est la variable aléatoire qui compte le nombre
de personnes qui craignent que le virus Ebola se propage en France dans un échantillon de taille n = 150.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 150 et
p = 0,58. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %
75 99
associé à la loi de X est I =
.
;
150 150
73
Auvergne : la fréquence observée est f =
, f
150
n’appartient pas à I donc on peut rejeter l’hypothèse

c) On obtient I =
10 24
.
;
100
100 
11
, f appartient à I
100
donc Paolo ne peut pas rejeter l’hypothèse selon
d) La fréquence observée est f =
laquelle son dé est équilibré.
selon laquelle en Auvergne, 58 % de la population
pense que le virus Ebola va se propager en France.
98
,
Ile de France : la fréquence observée est f =
150
f appartient à l’intervalle I donc on ne peut pas rejeter
l’hypothèse selon laquelle la proportion de la popuChapitre 10
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 145

Échantillonnage
145
03/07/15 14:40
lation craignant une propagation du virus Ebola est
58 %.
53 a) X est la variable aléatoire qui donne le nombre
de personnes présentant le caractère dans un échantillon de taille 10.
X suit la loi binomiale de paramètres n = 10 et p, on a
X
F=
.
10
Donc P(F < 0,2) = P(X < 2).
Quand p augmente la probabilité de l'événement
(X < 2) diminue donc, on obtient le tableau de variation suivant :
p
f (p)
0
b) On procède par balayage par exemple :
• avec p = 0,5, f (p) ≈ 0,054 7
et avec p = 0,6, f (p) ≈ 0,012 3
donc 0,5 , p , 0,6.
• avec p = 0,55, f (p) ≈ 0,027 4
et avec p = 0,56, f (p) ≈ 0,023 6
donc 0,55 , p , 0,56.
• avec p = 0,555, f (p) ≈ 0,025 4
et avec p = 0,556, f (p) ≈ 0,025 0.
Conclusion : p ≈ 0,556.
1
1
0
146
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 146
03/07/15 14:40
11
1
Géométrie plane
Au fil des siècles
b) tv = – 3 tu donc tu et tv sont colinéaires.
2
En 1637, le mathématicien René Descartes publie
une Géométrie dans laquelle il établit une correspondance entre les figures géométriques et les relations
algébriques.
Pour cela, il associe à tout point M du plan, deux
nombres réels x, y que nous appelons coordonnées
de M dans un repère.
Descartes invente ainsi la géométrie algébrique nommée plus tard géométrie analytique.
2
Bien démarrer
tu
O
1
1 2 3
tv
–6
c) tv = – 6 tu donc tu et tv sont colinéaires.
1. a) et b)
D
C
pBI
I
A
B
tu
– 1 tu 1
3
pID
pAB
2. a) pAB (4 – (– 2) ; 5 – 3), pAB (6 ; 2)
et pDC (7 – 1 ; 1 – (– 1), pDC (6 ; 2).
b) pAB = pDC donc ABCD est un parallélogramme.
tv = 2 tu donc tu et tv sont colinéaires.
4. a. 12 pAB a pour coordonnées (2 ; 1).
On note (x ; y) les coordonnées du point E, alors :
x–4=2
x=6
donc
y+1=1
y = 0.
5
5
b) pBD (10 ; – 6) et pBE (5 ; – 3) donc pBD = 2 pBE.
pBD et pBE sont colinéaires donc B, D et E sont alignés.
5. a)
A
B
1
O
6
2
3
1
–4
c) Avec la relation de Chasles,
tu = pAB + pIC + pCD + pBI, or pAB + pCD = 0
et pIC + pBI = pBC
donc tu = pBC = pAD.
3. a)
2
tv
1
tv
3
1
O
D
1
.
2
pAB = – 2 pDE, pAB et pDE sont colinéaires,
donc les droites (AB) et (DE) sont parallèles.

b) pAB (– 2 ; 1) et pDE 1 ; –
tu
1 2 3 4
E

147
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 147
03/07/15 14:40
13
ne sont pas colinéaires,
2
donc les droites (BD) et (AE) ne sont pas parallèles.
d) ABDE n’est pas un parallélogramme.

c) pBD (6 ; – 7) et pAE 5 ; –

6. a) Une équation de d
est :
1
3
3
y = – (x – 4) + 5, soit y = – x + 11.
2
2
b) Le coefficient directeur de d2 est :
(– 2) – (– 3) 1
= .
3 – (– 4)
7
Une équation de d2 est :
1
1
17
y = (x + 4) – 3, soit y = x – .
7
7
7
3
c) Le coefficient directeur de d3 est – .
2
Une équation de d3 est :
3
3
1
y = – (x + 1) + 2, soit y = – x + .
2
2
2
d) d4 a pour équation x = 3.
3
Découvrir
1
Condition de colinéarité de deux vecteurs
B2 C2
=
est vraie si, et seulement si, tu et tv sont
1. b)
2
3
colinéaires, dans ce cas on affiche 1 dans la cellule D2
sinon, on affiche 0.
d) Les vecteurs tv, tw, tl et tn sont colinéaires au vecteur tu.
Les vecteurs tt et um ne sont pas colinéaires au vecteur
tu.
2. a) tu et tu9 sont colinéaires si, et seulement si,
x9 y9
= , c’est-à-dire 2y9 – 3x9 = 0.
2 3
b) Dans la cellule D2, on peut saisir la formule :
= SI (2 * C2 – 3 * B2 = 0 ; 1 ; 0).
3. a) On conjecture que tu (x ; y) et tu9 (x9 ; y9)
sont colinéaires si, et seulement si, xy9 – yx9 = 0.
b) • 5 × 1 435 – 7 × 1 025 = 0 donc tu et tu9 sont ­colinéaires.
• 11 × (– 547) – (– 13) × 462 = – 11 donc tu et tu9 ne sont
pas colinéaires.
1 13
1 13
•– ×
– – ×
= 0 donc tu et tu9 sont colinéaires.
5 96
8 60
 
2 Équations cartésiennes d’une droite
1. d) On conjecture que l’ensemble E est la droite
­passant par le point A et de vecteur directeur tu.
2. Les coordonnées de EAM sont (x + 1 ; y – 2).
b) M appartient à l’ensemble E si, et seulement si,
EAM (x + 1 ; y – 2) et tu (3 ; 2) sont colinéaires, c’est-à-dire :
(x + 1) × 2 – (y – 2) × 3 = 0, soit 2x – 3y + 8 = 0.
c) L’équation de E s’écrit :
2
8
y = x + . Donc l’ensemble E est une droite.
3
3
4
Savoir-faire
2 a) pAB (5 ; 15) et ZOC (1 ; 3). Donc pAB = 5 ZOC et les
vecteurs pAB et ZOC sont colinéaires. Donc les droites
(AB) et (OC) sont parallèles.
b) EAM a pour coordonnées (m + 2 ; 18). A, B et M sont
alignés si, et seulement si les vecteurs pAB et EAM sont
colinéaires, c’est-à-dire :
5 × 18 – 15 × (m + 2) = 0, soit 60 – 15m = 0 et m = 4.
c) On pose N (n ; 0) un point de l’axe des abscisses.
EAN a pour coordonnées (n + 2 ; 7). N appartient à la
droite (AB) si, et seulement si, pAB et EAN sont ­colinéaires,
c’est-à-dire :
1
5 × 7 – 15 × (n + 2) = 0, soit 5 – 15n = 0 et n = .
3
1
La droite (AB) coupe l’axe des abscisses en N ; 0 .
3
3 pAB (4 ; 2) et EAM (6 ; 3)
or, 4 × 3 – 2 × 6 = 0 donc pAB et EAM sont colinéaires et
M appartient à la droite (AB).
 
4 pAB (5 ; 1) et ZCD (x + 2 ; 2). (AB) et (CD) sont
­parallèles si, et seulement si, pAB et ZCD sont colinéaires,
c’est-à-dire : 5 × 2 – 1 × (x + 2) = 0, soit x = 8.
5 pAB (4 ; – 1)
a) pAP (8 ; – 2) et pAP = 2 pAB
pAP et pAB sont colinéaires donc P appartient à la droite
(AB).
b) ZAQ (– 2 ; 1) et 4 × 1 – (– 1) × (– 2) = 2 donc ZAQ et pAB
ne sont pas colinéaires et Q n’appartient pas à la droite
(AB).
c) pAR (– 8 ; 2) et pAR = – 2 pAB. pAR et pAB sont colinéaires
donc R appartient à la droite (AB).
7 a) tu (– 4 ; 1) est un vecteur directeur de d, donc
une équation cartésienne de d est de la forme :
x + 4y + c = 0. A (3 ; – 5) est un point de d donc
3 + 4 × (– 5) + c = 0, soit c = 17.
Une équation cartésienne de d est x + 4y + 17 = 0.
7
b) Un vecteur directeur de d9 est ZBC – ; 2 , une
2
­équation cartésienne de d9 est :
7
2x + y + c = 0. B (3 ; 0) est un point de d9 donc c = – 6.
2
Une équation cartésienne de d9 est :
7
2x + y – 6 = 0.
2
1
3 11
8 – 2 × (– 1) + – 2,5 = 0 et – 2 × + – 2,5 = 0,
2
2 2
donc l’équation de Myriam est correcte.
En multipliant les deux membres par – 2, on obtient
l’équation de Nathan 4x – 2y + 5 = 0, qui est donc aussi
correcte.


148
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 148
03/07/15 14:40
L’équation – 2x + y – 2,5 = 0 peut s’écrire :
y = 2x + 2,5, l’équation de Léo est correcte.
2 13
Les droites d1 et d2 sont sécantes en K – ;
.
5 5
Le point K appartient à la droite d3, en effet :
2
13
+ 7 = 0.
–2× – –3×
5
5
Donc les trois droites sont concourantes en K.

9 a) Un vecteur directeur de ∆ est tu (5 ; 3).
b) Une équation cartésienne de ∆ est de la forme :
3x + 5y + c = 0.
A (– 4 ; 5) est un point de ∆ donc 3 × (– 4) + 5 × 5 + c = 0,
soit c = – 13. Une équation cartésienne de ∆ est :
3x + 5y – 13 = 0.
 
 
16 a)
d3
d1 d2
A
10 a) pAB (5 ; – 4) est un vecteur directeur de (AB),
donc une équation cartésienne de (AB) est :
– 4x – 5y + c = 0.
A (– 2 ; 3) est un point de la droite donc
– 4 × (– 2) – 5 × 3 + c = 0, soit c = 7.
Une équation de (AB) est : – 4x – 5y + 7 = 0.
b) – 4 × 8 – 5 × (– 5) + 7 = 0 donc P appartient à la droite
(AB)
4 × (– 12) – 5 × 11 + 7 = 0 donc Q appartient à la droite
(AB).
– 4 × (– 98) – 5 × 80 + 7 = –1 donc R n’appartient pas à
la droite (AB).
1
3
2
3
12 a) • uIJ = pIA + ZAD + pDJ = – ZAB + ZAD + ZAB
1
p B + ZAD
uIJ = A
3
2
• pIK = pIB + ZBK = ZAB + 2 ZAD
3
b) pIK = 2 uIJ, pIK et uIJ sont colinéaires, donc les points I,
J et K sont alignés.
1
2
3
3
2
4
ZPR = ZPB + ZBR = pAB + ZBC
3
3
2
4
2
4
= pAB + (pBA + ZAC) = – pAB + ZAC
3
3
3
3
b) ZPR = 2 ZPQ, ZPR et ZPQ sont colinéaires donc P, Q et R
sont alignés.
13 a) ZPQ = pPA + pAQ = – pAB + ZAC
5
Résoudre des problèmes
15 Un point M (x ; y) appartient à d1 et d2 si, et
­seulement si,
5 3xx –+y 2y+ 3–=40= 0 , c’est-à-dire
5
3 (y – 3) + 2y – 4 = 0
,
x=y–3
5
13
y=
5
2
x=– .
5
5
5y – 13 = 0
, soit
x=y–3
B
1
O
1
b) d1 et d2 sont sécantes en A (– 1 ; 2),
d1 et d3 sont parallèles,
13 1
d2 et d3 sont sécantes en B – ; .
8 8
17 a) Les droites d1 et d2 sont sécantes en K (5 ; 2).


b) 5 × 5 – 8 × 2 + 9 = 18, K n’appartient pas à la droite
d3, donc les trois droites ne sont pas concourantes.
5 2xx ––3y5y++41==00 équivaut à
– 4) – 5y + 1 = 0
y=7
, soit 5
5 2x (3y
= 3y – 4
x = 17.
18 Le système
d1 et d2 se coupent en K (17 ; 7).
3 × 17 – 8 × 7 + 5 = 0, donc K appartient à d3.
Les trois droites sont sécantes en K.
1
2
1
3
= 2 ZAC – 2 ZAB + ZCA = – 2 ZAB + ZAC
2
2
1
IA9C9 = ZA9B + ZBC9 = ZBC + ZBA
3
1
4
= ZAC – ZAB + ZBA = – ZAB + ZAC
3
3
3
Donc IA9B9 = IA9C9, IA9B9 et IA9C9 sont colinéaires et les
2
points A9, B9 et C9 sont alignés.
20 IA9B9 = ZA9C + ZCB9 = 2 ZBC + ZCA
21 On note ZAP = λ ZAB avec 0 , λ , 1.
ZDQ = ZDR + ZRQ = λ pDA + pAP = λ pDA + λ ZAB
= λ pDB
ZDQ et pDB sont colinéaire donc B, D et Q sont alignés.
23 1. a) tu (– b ; a) est un vecteur directeur de d1,
tv (– e ; d) est un vecteur directeur d2.
d1 et d2 sont parallèles si, et seulement si, tu et tv sont
colinéaires, c’est-à-dire – bd + ae = 0.
Si q = 0 alors l’algorithme affiche le message « d1 et d2
sont parallèles » et sinon l’algorithme affiche le message « d1 et d2 ne sont pas parallèles ».
Chapitre 11
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 149

Géométrie plane
149
03/07/15 14:40
b)
b) Casio
TI
2. On teste le programme obtenu.
6
Travaux pratiques
On obtient par exemple (u ; v) = (7 ; 9)
et (u ; v) = (34 ; 44).
2. a) On saisit : 35u – 27v = 2.
b) L’algorithme affiche les couples (u ; v) solutions de
(1) tels que 0 < u < n et 0 < v < m.
c) Avec le langage AlgoBox :
24 1. Construction de la figure et conjectures.
2. a) La droite (BD) a pour équation y = – x + 1 donc M
a pour ordonnée 1 – m.
b) ZCN = 2 ZCM, C (1 ; 1) et M (m ; 1 – m)
donc ZCM (m – 1 ; – m). Alors :
xN – 1 = 2 (m – 1)
xN = 2m – 1
donc
yN – 1 = – 2m
yN = 1 – 2m.
5
5
c) P (0 ; 1 – 2 m) et Q (2m – 1 ; 0).
d) ZPM (m ; m) et ZPQ (2 m – 1 ; 2 m – 1)
e) On note tu (1 ; 1), alors ZPM = m tu et ZPQ = (2m – 1) tu.
ZPM et ZPQ sont colinéaires donc P, Q et M sont alignés.
La droite (MP) garde une direction fixe déterminée par
le vecteur tu.
3. a) tu est un vecteur directeur de ∆. Une équation
­cartésienne de ∆ est de la forme :
x – y + c = 0. M est un point de ∆ donc :
m – (1 – m) + c = 0, soit c = 1 – 2m.
Une équation cartésienne de ∆ est donc :
x – y + 1– 2 m = 0.
b) P et Q sont confondus si, et seulement si,
1
2m – 1 = 0, soit m = .
2
Dans ce cas M est le milieu du segment [BD].
25 1. a) On obtient 105u = 6 + 81v, soit :
105u – 81v = 6, 35u – 27v = 2.
d) On obtient par exemple pour n = 100 et m = 100, les
couples solutions (7 ; 9), (34 ; 44) et (61 ; 79).
3. a) Les deux prochaines apparitions simultanées des
corps A et B ont lieu :
105 × 7 = 735 (ou 6 + 81 × 9) jours après J0
et 105 × 34 = 3 570 (ou 6 + 81 x 44) jours après J0.
b) On remarque que tout couple (u ; v) solution de (1)
trouvé est de la forme :
u = 7 + 27 k et v = 9 + 35 k, k nombre entier naturel.
u – 7 est une multiple de 27 et v – 9 est multiple de 35.
150
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 150
03/07/15 14:40
7

   
Pour s’entraîner
26 a) tv = 3 tu donc tu et tv sont colinéaires.
b) 2 × 2 – (– 4) × 1 = 8 donc u
t et vt ne sont pas colinéaires
27 a) tu = – 6 tv donc tu et tv sont colinéaires.
b) 7 × (– 12) – 21 × (– 4) = 0 donc u
t et vt sont colinéaires
28 a) λ = – 3
b) λ = 6 c) λ =
9
11
d) λ = –
7
16
29 a) ZAB (2 ; 3) et ZCD (– 4 ; – 6),
ZCD = – 2 ZAB donc ZAB et ZCD sont colinéaires.
b) ZAD (2 ; – 1) et ZBC (4 ; 2),
2 × 2 – (– 1) × 4 = 8 donc A
Z D et B
Z C ne sont pas colinéaires.
30 a) ZAB (1 ; 2) et ZAC (4 ; 8), ZAC = 4 ZAB donc ZAB et ZAC
sont colinéaires et A, B et C sont alignés.
b) ZAB (3 ; – 3) et ZAC (5 ; – 4),
3 × (– 4) – (– 3) × 5 = 3, ZAB et ZAC ne sont pas colinéaires
donc A, B et C ne sont pas alignés.
31 ZAB (4 ; 3) et ZAP (8 ; 6), ZAP = 2 ZAB, ZAP et ZAB sont
colinéaires donc P appartient à la droite (AB).
32 ZAB (3 ; 3) et ZCD (6 ; 6), ZCD = 2 ZAB, ZAB et ZCD sont
colinéaires donc (AB) et (CD) sont parallèles.
1 1
,
3 2
1
1
2 × – 3 × – = 2 donc tu et tv ne sont pas colinéaires.
2
3
5
5
b) tv = tu, tu et tv sont colinéaire et λ = .
2
2
3
c) tu (4 ; – 3) et tv 1 ; ,
4
3
4 × – (– 3) × 1 = 6 donc tu et tv ne sont pas colinéaires.
4
33 a) tu (2 ; 3) et tv – ;

 
 
34 a) 3 × (– 5) – m × 1 = – 15 – m.
tu et tv sont colinéaires si, et seulement si, m = – 15.
b) 1 × (m – 2) – 2 × (m + 1) = – m – 4.
tu et tv sont colinéaires si, et seulement si, m = – 4.
c) m × 7 – 5 × m = 2 m.
tu et tv sont colinéaires si, et seulement si, m = 0.
1
1
1
d) × (m + 1) – m x m = – m2 + m +
2
2
2
tu et tv sont colinéaires si, et seulement si,
1
m = 1 ou m = – .
2
35 a) x × (– 3) – 2 × 1 = – 3x – 2
2
tu et uw sont colinéaires si, et seulement si, x = – .
3
1
× (– 3) – y × 1 = – 1 – y
3
tv et uw sont colinéaires si, et seulement si, y = – 1.
2
1
1
b) tu – ; 2 et tv ; – 1 donc tv = – tu.
3
3
2




5
3
et ZAC – 9 ; –
6
2
3
5
(– 5) × – – – × (– 9) = 0
2
6
ZAB et ZAC sont colinéaires donc A, B et C sont alignés.
36 ZAB – 5 ; –

37 a) ZAB (2 ; – 10) et EAM (6 ; m – 8).
ZAB et EAM sont colinéaires si, et seulement si,
2 × (m – 8) – (– 10) × 6 = 0, soit m = – 22.
A, B et M sont alignés si, et seulement si, m = – 22.
b) ZAB (6 ; 18) et EAM (m + 2 ; 6), ZAB et EAM sont colinéaires
si, et seulement si, 6 × 6 –18 (m + 2) = 0, soit m = 0.
A, B et M sont alignés si, et seulement si, m = 0.
c) ZAB (– 7 ; 2) et EAM (2 ; m – 1), ZAB et EAM sont colinéaires
3
si, et seulement si, – 7 (m – 1) – 2 × 2 = 0, soit m = .
7
3
A, B et M sont alignés si, et seulement si, m = .
7
1
38 a) ZAB (2 ; – 1) et EAM 1 ; –
2
1
EAM = ZAB, ZAB et EAM sont colinéaires donc M appar2
tient à la droite (AB).
b) ZAB (– 2 ; – 3) et EAM (4 ; 6)
EAM = – 2 ZAB, EAM et ZAB sont colinéaires donc M appartient à la droite (AB).
c) ZAB (0 ; – 6) et EAM (– 6 ; – 4)
0 × (– 4) – (– 6) × (– 6) = – 36,
EAM et ZAB ne sont pas colinéaires donc M n’appartient
pas à la droite (AB).


39 1. a) ZAB (– 3 ; 6) et EAM (m – 2 ; 1)
b) ZAB et EAM sont colinéaires donc :
3
(– 3) × 1 – 6 × (m – 2) = 0, soit – 6 m + 9 = 0, m = .
2
3
Alors M ; 0 .
2
2. On note n l’ordonnée du point N, ZAN (– 2 ; n + 1).
ZAB et ZAN sont colinéaires donc :
(– 3) × (n + 1) – 6 × (– 2) = 0, soit – 3n + 9 = 0, n = 3.
Alors N (0 ; 3).
 
40 a) ZAB – 5 ; –
5
et ZCD (4 ; 2)
2

5
(– 5) × 2 – – × 4 = 0
2
ZAB et ZCD sont colinéaires donc (AB) et (CD) sont
­parallèles.
b) ZAB (– 2 ; 6) et ZCD (1 ; – 2)
(– 2) × (– 2) – 6 × 1 = – 2
ZAB et ZCD ne sont pas colinéaires donc (AB) et (CD) ne
sont pas parallèles.
 
41 M a pour coordonnées (x ; 2),

ZAB (– 4 ; 1) et ECM x – 1 ; –
Chapitre 11
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 151

1
.
2

Géométrie plane
151
03/07/15 14:40
(AB) et (CM) sont parallèles si, et seulement si,
1
(– 4) × – – 1 × (x – 1) = 0, c’est-à-dire 3 – x = 0, x = 3.
2
M a pour coordonnées (3 ; 2).
 
42 a) ZAB (7 ; 2) et ZAC (4 ; 5)
donc EAD
5
254 ; 114. Alors :
25
4
donc
11
yD + 1 =
4
5
17
4
7
yD = .
4
17 7
; .
D a pour coordonnées
4 4
b)
C
4
xD + 2 =
A
B

B
1
tj
2
3
4
5
6
–2
3 3
c) ZBC (– 3 ; 3) et ZBD – ; , ZBC = 4 ZBD, ZBC et ZBD sont
4 4
colinéaires donc le point D appartient la droite (BC).


43 a) 2 EMA – 3 EMB = t 0 donc :
2 EMA – 3 (EMA + ZAB) = t 0, – EMA – 3 ZAB = t 0,
soit EAM = 3 ZAB.
b)
ZAB
EAM
A
B
44 a)
46 a) 2 × 4 – 3 × 3 + 1 = 0 donc A appartient à d.
b) 2 × (– 2) – 3 × (– 1) + 1 = 0 donc B appartient à d.
7
c) 2 × (– 4) – 3 × – + 1 = 0 donc C appartient à d.
3
47 d1 a pour vecteur directeur tu1 (4 ; 1) et pour
1
­coefficient directeur .
4
d2 a pour vecteur directeur tu2 (1 ; 0) et pour coefficient
directeur 0.
d3 a pour vecteur directeur tu3 (0 ; 1) et n’admet pas de
coefficient directeur.
d4 a pour vecteur directeur tu4 (3 ; – 2) et pour coeffi2
cient directeur – .
3
48 a) A (1 ; 1) et tu (5 ; 3).
 
D
2
3
N1 (t = )
4
C
M1
3
A
= t (ZAC – ZAB) = t ZBC
EMN et ZBC sont colinéaires donc (MN) et (BC) sont
­parallèles.
b) N2
M2 (t = –1)
xD =

–2 –1 O ti 1
45 a) EMN = ZAN – EAM = t ZAC – t ZAB
b) A (– 1 ; – 1) et tu (– 4 ; – 1).
1
c) A ; 0 et tu (0 ; 1).
2
1
d) A 0 ; – et tu (1 ; 0).
7
 
 
M
A
49 Un vecteur directeur de d1 est tu1 2 ;
et un vecteur directeur de d2 est tu2
B
2ZAB
C
E
EAC
D
b) ZAD = 2 ZAB + ZAC = 2 ZAB + ZAB + ZBC
= 3 ZAB + 3 ZBE = 3 ZAE
c) ZAD et ZAE sont colinéaires, donc le point D appartient
à la droite (AE).
2
3

– 43 ; – 4.
2
4
64
2 × (– 4) – × – = –
3
3
9
tu1 et tu2 ne sont pas colinéaires donc d1 et d2 ne sont
pas parallèles
 
50 a) Une équation de d est de la forme :
3x – y + c = 0
3 × (– 2) – 4 + c = 0 donc c = 10.
On obtient 3x – y + 10 = 0.
b) Une équation de d est de la forme :
5x + 3y + c = 0
5 × 5 + 3 × 0 + c = 0 donc c = – 25.
On obtient 5x + 3y – 25 = 0.
c) Une équation de d est x = 1.
d) Une équation de d est y = – 2.
152
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 152
03/07/15 14:40
51 a) ZAB (– 3 ; – 1)
Une équation de (AB) est de la forme :
– x + 3y + c = 0
– 2 + 3 x 4 + c = 0 donc c = – 10.
On obtient – x + 3y – 10 = 0.
b) ZAB (5 ; – 5)
Une équation de (AB) est de la forme :
– 5x – 5y + c = 0
– 5 × 0 – 5 × 2 + c = 0 donc c = 10.
On obtient – 5x – 5y +10 = 0 ou – x – y + 2 = 0.
c) ZAB (– 2 ; 0)
Une équation de (AB) est y = 4.
d) ZAB (0 ; – 13)
Une équation de (AB) est x = – 2.
52 a) Il s’agit de la droite d2 car le point de coordon-
nées (2 ; 2) appartient à cette droite.
b) • d1 a pour vecteur directeur tu (3 ; – 2) et passe par le
point A (– 3 ; 0), donc une équation de d1 est :
2x + 3y + 6 = 0.
• d3 a pour équation y = 3.
• d4 a pour vecteur directeur tv (5 ; 6) et passe par le
point B (0 ; – 4), donc une équation de d4 est :
6x – 5y – 20 = 0.
53 a) La droite d1 d’équation cartésienne :
2x – 5y + 2 = 0 passe par le point A (– 1 ; 0) et B (4 ; 2).
2
Son coefficient directeur est .
5
b) La droite d2 d’équation cartésienne 3y + 4 = 0 passe
4
4
par les points A 0 ; – et B 1 ; – . Son coefficient
3
3
directeur est 0.
c) La droite d3 d’équation cartésienne – x + 3y + 1 = 0
passe par les points A (1 ; 0) et B (4 ; 1). Son coefficient
1
directeur est .
3
d) La droite d4 d’équation cartésienne :
– x + 3 = 0 passe par les points A (3 ; 0) et B (3 ; 1). Elle n’a
pas de coefficient directeur.




d4
d3
1
O
–1
1
3
56 d1 et d3 sont parallèles à d, un vecteur directeur
commun à ces droites est tu (– 1 ; 2).
d2 et d4 ne sont pas parallèles à d.
57 Ces deux droites sont sécantes en A –
4
d2
54 a) Une équation de d est de la forme 2x + y + c = 0
et 2 × (– 1) + 3 + c = 0, d’où c = – 1 et une équation
­cartésienne de d est 2x + y – 1 = 0.

58 a) tu (7 ; 5) est un vecteur directeur de d1, tv (– 3 ; 2)
est un vecteur directeur de d2.
7 × 2 – 5 × (– 3) = 29, tu et tv ne sont pas colinéaires donc
les droites d et d’ sont sécantes.
b)
5x – 7y = – 3
équivaut à
2x + 3y = – 7
10x – 14y = – 6
x = –2
c’est-à-dire :
10x + 15y = – 35
y = – 1.
5
5
5
d1 et d2 se coupent en A (– 2 ; – 1).
59 a) ZAB (4 ; 2) est un vecteur directeur de d1.
4 × 5 – 2 × 7 = 6, ZAB et tu ne sont pas colinéaires donc
d1 et d2 sont sécantes.
b) On note (x ; y) les coordonnées de leur point
­d’intersection.
ZAK (x + 1 ; y) et ZAB sont colinéaires donc :
(x + 1) × 2 – y × 4 = 0, soit 2x – 4y + 2 = 0.
ZCK (x – 10 ; y – 7) et tu sont colinéaires donc :
(x – 10) × 5 – (y – 7) × 7 = 0, soit 5x – 7y – 1 = 0.
2x – 4y + 2 = 0
x = 2y – 1
équivaut à
5x – 7y – 1 = 0
3y – 6 = 0,
5
5 xy == 2.3
5
60 a) d et d9 ont des coefficients directeurs différents
23 et 3 donc d et d9 sont sécantes.
b) On conjecture que ces deux droites se coupent en
K (3 ; 5).
2
c) × 3 + 3 = 5 et 3 × 3 – 4 = 5 donc la conjecture est
3
vérifiée.
61 1. M (x ; y) appartient à la droite d si, et seulement si, EAM et tu sont colinéaires, c’est-à-dire :
Chapitre 11
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 153
29 4
;– .
18 9
d1 et d2 se coupent en K (3 ; 2) (K = B).
d1
2
1
b) Une équation de d est de la forme x – y + c = 0 et
3
1
13
× 1 – (– 4) + c = 0, d’où c = – et une équation carté3
3
1
13
sienne de d est x – y – = 0.
3
3
55 Les coefficients directeurs des droites d1 et d2
10 9
sont respectivement
et , ils sont différents, donc
9
8
les droites d1 et d2 ne sont pas parallèles.
Géométrie plane
153
03/07/15 14:40
(x – x0) × β – (y – y0) × α = 0, soit :
βx – αy – βx0 + αy0 = 0.
On pose a = β, b = – α et c = – βx0 + αy0, une équation
cartésienne de d s’écrit ax + by + c = 0
(a ; b) ≠ (0 ; 0) car tu ≠ t0.
2. a) ZAB (3 ; 1) est un vecteur directeur de la droite (AB)
dont une équation est donc de la forme x – 3y + c = 0.
A est un point de cette droite, donc 1 – 3 × 6 + c = 0,
soit c = 17.
Une équation de (AB) est x – 3y + 17 = 0.
b)
x=0
x=0
équivaut à
17
x – 3y + 17 = 0
y= .
3
17
.
(AB) coupe l’axe des ordonnées en K 0 ;
3
y=0
x = – 17
équivaut à
x – 3y + 17 = 0
y = 0.
5
5

5

5
(AB) coupe l’axe des abscisses en L (– 17 ; 0).
62 1.
5 3x3x +– 4y2y == –9 6
équivaut à
5
5 6y = 15.
3x + 2y = 9
4
x=
3
5
y=
2
4 5
d1 et d2 se coupent en K ; .
3 2
4 5 19
9 × – = , donc K appartient à d3.
3 2 2
4 5
d1, d2 et d3 sont concourantes en K ; .
3 2
2. a)

b)
2a – b = 3
équivaut à
a + 3b = 5
5
5 b = 1.
a=2
Ainsi w
p = 2 tu + tv.
67 1 × 3 – 2 × (– 1) = 5, tu et tv ne sont pas colinéaires.
5 x2x–+y 3y= –=113 équivaut à 5 xy == 3.2
Ainsi w
p = 2 tu + 3 tv.
68 – 3 × 3 – 1 × 4 = – 13, tu et tv ne sont pas colinéaires.
5 –x +3x3y+ =4y5= 11
équivaut à
x=–1
5 y = 2.
Ainsi w
p = – tu + 2 tv.
1
3
5
× 1 – – × (– 4) = – , tu et tv ne sont pas
2
4
2
c­ olinéaires.
 
69
5
1
x – 4y = – 2
2
3
– x + y = –2
4
équivaut à
x=4
5 y = 1.
Ainsi w
p = 4 tu + tv.
E
70 a)


b) ∆1 et ∆3 ont le même coefficient directeur 2, elles
sont parallèles.
2 7
∆1 et ∆2 sont sécantes en K ; , ∆3 et ∆2 sont ­sécantes
3 3
en L(1 ; 2).
3. a) T1, T2 et T3 ont le même coefficient directeur 4,
elles sont parallèles deux à deux.
 
3
2
3
3
w
p = – tj ; rt = 5 ri ; rl = – 5 ri – rj .
2
2
1
1
1
1
64 ZAI = ZAB, ZAJ = ZAC et ZAK = ZAB + ZAC.
2
2
2
2
9
65 a) w
p = tu + tv b) tt = 2 tu + 2 tv c) um = tu – 3 tv
2
66 a) 2 × 3 – 1 × (– 1) = 7 donc tu et tv ne sont pas
colinéaires.
63 tu = 5 ri + tj ; rtv = 2 ri – rj ;
D

A
C
B
F
b) ZEC = ZEA + ZAC = – 3ZAD + ZAB + ZBC
ZEC = – 3 ZAD + ZAB + ZAD = ZAB – 2 ZAD
1
c) ZCF = ZCB + ZBF = – ZAD + ZAB
2
1
ZCF = ZAB – ZAD
2
d) ZEC = 2 ZCF, ZEC et ZCF sont colinéaires donc E, C et F
sont alignés.
A
71 a)
I
C
B
J
1
3
b) uIJ = uIB + uBJ = A
Z B + ZBC
2
5
1
3
1
3
uIJ = ZAB + (ZAC – ZAB) = – ZAB + ZAC
2
5
10
5
2
uJL = ZJC + ZCL = ZBC + 2 ZAC
5
L
154
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03/07/15 14:40
2
2
12
uJL = (ZAC – ZAB) + 2 ZAC = – ZAB + ZAC
5
5
5
c) uJL = 4 uIJ, uIJ et uJL sont colinéaires donc I, J et L sont
alignés.
D
C
72 a)
P
Q
 
A
B
b) ZQP = ZAP – ZAQ
ZQC = ZQB + ZBC = 3 ZQA + 3 ZAP
ZQC = 3 ZAP – 3 ZAQ
c) ZQC = 3 ZQP, ZQC et ZQP sont colinéaires, donc C, P et Q
sont alignés.
73 a) ZAP = ZAB + ZBP = ZAB + 2 ZCA
ZAP = ZAB – 2 ZAC
1
ZCI = ZCA + ZAI = A
Z B – ZAC
2
b) ZAP = 2 ZCI, ZAP et ZCI sont colinéaires donc les droites
(AP) et (CI) sont parallèles.
74 1. a) ZBC = ZBA + ZAD + ZDC
1
ZBC = – ZAB + ZAD + A
Z B
3
2
ZBC = – ZAB + ZAD
3
b) EBM = ZBA + EAM = – ZAB + k ZAD
3
2. a) B, C, M sont alignés si, et seulement si, k = .
2
b)
M
D


 




 

B





5
9
F a pour coordonnées – ; 1 et G a pour coordonnées
5
4
0;– .
5
7 7
2 2
7
2 7 2
c) EMF – ; et EMG ; – or, – × – – × = 0.
5 5
5 5
5
5 5 5
EMF et EMG sont colinéaires donc M, F et G sont alignés.
A

I






    
3
3
2
2
ZAD = 2 ZA J donc D (0 ; 2).
3
ZAC = ZAB + ZAD donc C ; 2 .
2
ZAK = ZAI + ZA J donc K (1 ; 1).
79 1. ZAB = ZAI donc B  ; 0.
J
K
1
1
1
1
b) ZA J = A
Z I + ZAC = ZAB + ZAC
2
2
4
2
2
ZAK = ZAB + ZBK = ZAB + ZBC
3
2
1
2
ZAK = ZAB + (ZAC – ZAB) = ZAB + ZAC
3
3
3
C
 
2. a) ZDI (1 ; – 2), une équation de (DI) est de la forme
– 2x – y + c = 0 et – 2 × 1 + c = 0.
c = 2, une équation de (DI) est – 2x – y + 2 = 0.
Chapitre 11
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
2 2
2 2
et M – ; – .
5 5
5 5
b) On note (x ; y) les coordonnées du point E.
7 2
ZBE = 2 EBM, ZBE (x – 1 ; y) et EBM – ; – , ainsi
5 5
14
9
x–1=–
x=–
5 donc
5
4
4
y=–
y=– .
5
5
5
A
B
 
78 a) ZAC (1 ; 1) donc EAM – ; –
C
75 a)
4
c) ZAK = A
Z J donc ZA J et ZAK sont colinéaires.
3
76 1. b) Dans chaque cas, il semble exister un point
M qui vérifie la propriété énoncée.
2. a) La droite passant par I et parallèle à (AB) a pour
1
équation y = .
2
1
Donc les coordonnées de M peuvent s’écrire k ; où
2
k est un nombre réel.
1
b) N a la même abscisse que le point I, soit .
2
1
1
1
On note N ; y , EMN – k ; y – et ZBC (– 1 ; 1) sont
2
2
2
colinéaires, donc :
1
1
– 1 y – – – k = 0, soit y = k.
2
2
1
N a pour coordonnées ; k .
2
1
c) • M = N si, et seulement si, k = , c’est-à-dire M = I.
2
• BCMN est un parallélogramme si, et seulement si,
1
1
ZBC = ENM, soit k – = – 1, k = – .
2
2
• BCMN est un parallélogramme si, et seulement si,
1
3
ZBC = EMN, soit k – = 1, k = .
2
2
77 a) I (λ ; 0) et C (0 ; 1) donc ZIC (– λ ; 1).
1
1
B (1 ; 0) et J 0 ; donc ZBJ – 1 ; .
l
l
b) ZIC = λ ZBJ donc ZIC et ZBJ sont colinéaires.
Géométrie plane
155
03/07/15 14:40
3
ZBJ – ; 1 , une équation de (BJ) est de la forme :
2
3
3
x + y + c = 0 et × 1 + c = 0.
2
2
3
3
3
c = – , une équation de (BJ) est x + y – = 0.
2
2
2
b)
2x + y = 2
2x + y = 2
3
3 équivaut à 2x + 3y = 3 soit,
x+ y=
2
2


5
5
5
3
4
1
y= .
2
3 1
M a pour coordonnées ; .
4 2
1
3 3
c) ZCK – ; – 1 et ECM – ; – .
2
4 2
1
3
3
– × – – (– 1) × – = 0, ZCK et ECM sont colinéaires
2
2
4
donc M, K et C sont alignés.
3
3
d) ECM = ZCK, λ = .
2
2
80 Dans le repère (O ; ZOI, ZOJ) :
1
4
A (– 1 ; – 1) et N 0 ; donc ZAN 1 ; .
3
3
1
3
C (1 ; 1) et M ; 0 donc ECM – ; – 1 .
4
4
3
Alors ECM = – ZAN, ECM et ZAN sont colinéaires donc les
4
droites (AN) et (CM) sont parallèles.
x=



   



 
 
 
 


81 ZAB (– p ; q) et ZAC (1 – p ; 1). C appartient à la droite
(AB) si, et seulement si, ZAB et ZAC sont colinéaires,
c’est-à-dire : – p × 1 – q × (1 – p) = 0, soit p + q = pq.
82 a) La proposition P est vraie.
A (0 ; – 1) est un point de d.
b) La proposition Q est fausse.
3
B 1 ; – est un point de D et ses coordonnées ne sont
4
pas de même signe.
c) La proposition R est vraie.
4 4
M – ; – est un point de d et ses coordonnées sont
3 3
égales.
d) La proposition S est vraie.
1
Si M (x ; y) est un point de d alors – x + y + 1 = 0, donc
4
– x + 4y = – 4, – x + 4y , 0 et x . 4y.




83 • Pour tout vecteurs ut et vt , Q implique P est vraie.
• Pour tout vecteurs tu ≠ 0 et tv, P implique Q est vraie.
• Pour tu = t0 et tout vecteur tv ≠ t0, P implique Q est
fausse.
Donc pour tu ≠ 0, P et Q sont équivalentes.
8
Pour se tester
84 1. B
2. C
85 1. A, C, D
2. B et C 3. A, C, D
3. D
4. A
4. A et B
1
2
86 1. Vrai. En effet, I  ; 0,
1
et 2 × + 3 × 0 – 1 = 0 ;
2
1
1
J 0 ; et 2 × 0 + 3 × – 1 = 0.
3
3
La droite d’équation cartésienne 2x + 3y – 1 = 0 est la
droite (IJ).
1
1
2. Vrai. En effet, 2 × + 3 × – 1 = 0 donc K est un
5
5
point de la droite (IJ).
K est aussi un point de la droite (AC) d’équation y = x.
 
15 ; 15 et B (1 ; 0) donc ZKB 45 ; – 15.
1 4
4. Vrai. En effet, ZKD – ;  et tu = – 5 ZKD.
5 5
3 3
5. Vrai. En effet, ZKB + ZKD a pour coordonnées  ;  et
5 5
3. Faux. En effet, K
3
ZAC (1 ; 1), donc ZKB + ZKD = A
Z C.
5
9
Pour aller plus loin
87 1. a) MA2 = x2 + (y – 1)2 et MB2 = (x – 5)2 + (y + 2)2.
b) M appartient à d si, et seulement si,
x2 + (y – 1)2 = (x – 5)2 + (y + 2)2, c’est-à-dire :
5x – 3y – 14 = 0.
Une équation cartésienne de la médiatrice d est :
5x – 3y – 14 = 0.
2. M appartient à la médiatrice d9 du segment [AC] si,
et seulement si,
x2 + (y – 1)2 = (x – 3)2 + (y – 4)2, c’est-à-dire x + y – 4 = 0.
Une équation cartésienne de d9 est : x + y – 4 = 0.
3. Le centre Ω du cercle circonscrit au triangle ABC est
le point d’intersection de d et d9.
5x – 3y – 14 = 0
8x – 26 = 0
équivaut à
, soit
x+y–4=0
y=–x+4
5
5
5
13
4
3
y= .
4
13 3
Ω a pour coordonnées
; .
4 4
4. a) I (4 ; 1)
b) La médiatrice de [BC] est la droite (ΩI).
3 1
ZΩI ; , une équation de (ΩI) s’écrit :
4 4
x=




156
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 156
03/07/15 14:40
1
3
1
3
x – y + c = 0 et × 4 – × 1 + c = 0,
4
4
4
4
1
donc c = – .
4
Une équation de (ΩI) est : x – 3y – 1 = 0.
88 1. a) B (15 ; 0) et C (0 ; 10).
b) ZBC (– 15 ; 10), une équation de (BC) est de la forme
10x + 15 y + c = 0.
Or, 10 × 15 + c = 0, c = – 150. Une équation de (BC) est
2x + 3y – 30 = 0.
2. a) p = 2 (AP + AQ)
= 2 (x + y)
2
2
Or y = – x + 10 donc p = x + 20.
3
3
b) x varie dans l’intervalle [0 ; 15] donc p varie dans
­l’intervalle [20 ; 30].
2
c) p = 24 si, et seulement si, x + 20 = 24, soit x = 6.
3
M a pour coordonnées (6 ; 6).
89 1. b) On conjecture que ZAK = ZK J = ZJB.
c) Dans le repère (A ; ZAB, ZAC),
A9 (0 ; 2), C9 (0 ; – 1) et I
ZA9I
12 ; 12 donc
12 ; – 32 et ZC9I 12 ; 32.
Une équation de (A9I) est 3x + y – 2 = 0 donc J a pour
2
coordonnées ; 0 .
3
Une équation de (C9I) est 3x – y – 1 = 0 donc K a pour
1
;0 .
coordonnées
3
On a bien ZAK = ZK J = ZJB.
 
 
90 a)
Si b = 0 alors
Afficher « le coefficient directeur n’est
pas défini »
sinon
a
Afficher –
b
Fin Si
91 a) On note (x ; y) les coordonnées de M.
EMA (3 – x ; 2 – y) et EMB (– 1 – x ; – 2 – y).
EMA et EMB sont colinéaires si, et seulement si,
(3 – x)(– 2 – y) – (2 – y)(– 1 – x) = 0
soit x – y – 1 = 0.
EMC (– 1 – x ; 2 – y) et EMD (3 – x ; – y)
EMC et EMD sont colinéaires si, et seulement si,
(– 1 – x)(– y) – (2 – y)(3 – x) = 0, soit x + 2y – 3 = 0
5
x=
x–y–1=0
3
équivaut à
x + 2y – 3 = 0
2
y= .
3
5 2
Le point M a pour coordonnées ; .
3 3
b) M est le point d’intersection des diagonales (AB) et
(CD) du quadrilatère ADBC.
5
5

92 a) ZOA (6 ; 3) et ZBC (8 ; 4).
4
ZBC = O
Z A, ZOA et ZBC sont colinéaires donc (OA) et (BC)
3
sont parallèles.
b) ZBD (2 ; 1), ZBC = 4 ZBD, ZBC et ZBD sont colinéaires, donc
B, C et D sont alignés.
c) ZAB (– 9 ; – 3), une équation (AB) est – x + 3y – 3 = 0.
M (25 ; y) appartient à (AB) si, et seulement si,
28
– 25 + 3y – 3 = 0, c’est-à-dire y = .
3
25
d) ZOD (– 1 ; 1) et ZAE – ; m – 3 .
3
ZOD et ZAE sont colinéaires si, et seulement si,
25
34
= 0, soit m = .
– 1 × (m – 3) – 1 × –
3
3
93 On note I le milieu de [AC].




ZGA + ZGC = 2 ZGI,
ZGA + 3 ZGB + ZGC = t0 équivaut à 2 ZGI + 3 ZGB = t0,
2
c’est-à-dire 2 (ZGB + ZBI) + 3 ZGB = t0, soit ZBG = ZBI.
5
C
I
b)
Variables : a, b, c sont des nombres réels
Entrées :
Saisir a, b, c
Traitement
et sortie : Si b = 0 alors
c
Afficher M – ; 0
a
sinon
c
Afficher M 0 ; –
b
Fin Si




G
A
B
94 1. D’après la réciproque du théorème de Thalès,
les droites (RS) et (AC) sont parallèles. On démontre
de même que (PQ) et (AC) sont parallèles donc (RS)
et (PQ) sont parallèles. De la même façon (PS) et (RQ)
sont parallèles à (BD) donc parallèle entre elles.
Ainsi PQRS est un parallélogramme.
Chapitre 11
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 157

Géométrie plane
157
03/07/15 14:40
2. a) IMPN est un parallélogramme donc pIP = EIM + pIN.
2
2
D’après le théorème de Thalès EIM = pIA et pIN = pIB
3
3
2
2
donc pIP = pIA + pIB.
3
3
b) On démontre de même que :
2
2
2
2
2
2
pIQ = pIB + pIC, pIR = pIC + pID et pIS = pID + pIA.
3
3
3
3
3
3
Donc :
4
pIP + pIQ + pIR + pIS = (pIA + pIB + pIC + pID).
3
pIP + pIQ + pIR + pIS = 4 pIO + EOP + EOQ + EOR + pOS.
Or, EOP + EOQ + EOR + EOS = t0 donc
4
4 pIO = (pIA + pIB + pIC + pID),
3
et finalement pIA + pIB + pIC + pID = 3 pIO.
95 Dans le repère (A ; ZAB, EAD),
une équation de (AC) est x – y = 0.
3
3
M ; 0 donc M9 ; 1 ,
2
2
4
4
N 0 ; donc N9 1 ; .
3
3
1 4
IMN9 – ; , une équation de (MN9) est :
2 3
4
1
x + y + c = 0 et 2 + c = 0, une équation de (MN’) est
3
2
4
1
donc x + y – 2 = 0.
3
2
3 1
IM9N – ; , une équation de (M9N) est :
2 3
1
3
x + y + c = 0 et 2 + c = 0, une équation de (M9N) est
3
2
1
3
donc x + y – 2 = 0.
3
2
4
1
4
1
x+ y–2=0
x+ y–2=0
3
2
3
2
équivaut à
1
3
4
x+ y–2=0
x + 6y – 8 = 0 ;
3
2
3
 
 
 

 
 

5
5
4
1
x+ y–2=0
3
2
,
12
y=
11
5
5
12
11
soit
12
y= .
11
12 12
.
(MN’) et (M’N) sont sécantes en K
;
11 11
K appartient à la droite (AC) donc ces trois droites sont
concourantes en K.
x=


96 Le programme suivant permet de déterminer
les coordonnées du 2 015e point de d à coordonnées
entières positives
Il affiche x = 54 389 et y = 10 072.
97 Dans le repère (A ; ZAB, ZAC) :
ZAP = α ZAB donc P (α ; 0).
ZBQ = β ZBC donc Q (1 – β ; β).
ZCR = γ ZCA donc R (0 ; 1 – γ).
ZPQ (1 – α – β ; β) et ZPR (– α ; 1 – γ).
P, Q et R sont alignés si, et seulement si,
ZPQ et ZPR sont colinéaires, c’est-à-dire :
(1 – α – β) (1 – γ) – β (– α) = 0, soit
αβ + αγ + βγ = α + β + γ – 1.
10
Accompagnement
personnalisé
3
7
et ZAC 7 ; – .
2
2
7
3
b) 3 × – – – × 7 = 0, ZAB et ZAC
2
2
sont colinéaires donc A, B et C sont alignés.
98 a) ZAB 3 ; –



   
99 ZAB (4 ; – 3)
9
9
, 3 x (– 3) – – x 4 = 0, EAM et ZAB
4
4
sont colinéaires donc M appartient à (AB).
• ZAN (8 ; – 6), 8 × (– 3) – (– 6) × 4 = 0, ZAN et ZAB
sont colinéaires donc N appartient à (AB).
• ZAP (– 3 ; 2), (– 3) × (– 3) – 2 × 4 = 1, ZAP et ZAB
ne sont pas colinéaires donc P n’appartient pas à (AB).

• EAM 3 ; –

 
158
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 158
03/07/15 14:40
100 ZAB (3 ; 9) et ZCD (2 ; m – 1).
(AB) et (CD) sont parallèles si, et seulement si, ZAB et ZCD
sont colinéaires, c’est-à-dire :
3 × (m – 1) – 9 × 2 = 0, soit m = 7.
101 a) tu (2 ; 3) est un vecteur directeur de d, donc une
équation de d est de la forme :
3x – 2y + c = 0.
b) A est un point de d donc 3 × 5 – 2 × (– 1) + c = 0, soit
c = – 17.
c) Une équation cartésienne de d est 3x – 2y – 17 = 0.
102 a) EAM (x – 3 ; y – 1) et ZAB (– 9 ; – 6).
EAM et ZAB sont colinéaires si, et seulement si,
(x – 3) × (– 6) – (y – 1) × (– 9) = 0, soit – 6x + 9y + 9 = 0.
b) Une équation de (AB) est – 2x + 3y + 3 = 0.
103 a) Un vecteur directeur de d1 est tu1 4 ;
2
.
3

Un vecteur directeur de d2 est tu2 (– 12 ; – 2).
b) tu2 = – 3 tu1, tu1 et tu2 sont colinéaires donc d1 et d2 sont
parallèles.
104 a) d est la droite passant par A (0 ; 1) et de v­ ecteur
directeur tu (– 2 ; – 3).
1
b) d9 est la droite passant par B 0 ; – et de vecteur
2
directeur tv (– 1 ; 4).

4

7
2
tj
–1 1 O it
–
2
2
105 a) Un vecteur directeur de d est tu (3, 2).
2
1
b) L’équation s’écrit y = x + , le coefficient directeur
3
3
2
de d est .
3
106 Le coefficient directeur de d est a.
b) L’équation s’écrit ax – y + b = 0, un vecteur directeur
de d est tu (1 ; a).
1
1
c) pIJ = (ZBA + ZAC) = ZBC
4
4
pIJ et ZBC sont colinéaires donc (IJ) et (BC) sont parallèles.
1
1
4
3
1
3
ZRQ = ZRA + ZAB + ZBQ = ZAC + ZAB + ZBC
3
7
1
3
4
16
ZRQ = ZAC + ZAB + (ZAC – ZAB) = ZAB + ZAC
3
7
7
21
16
b) ZRQ = pRP, ZRQ et pRP sont colinéaires donc P, Q et R
7
sont alignés.
108 a) pRP = pAP – pAR = ZAB + ZAC
1
4
pBF = ZAF – ZAB = – ZAB + 4 ZAD
b) pBF = – 4 ZDE, pBF et ZDE sont colinéaires
donc (DE) et (BF) sont parallèles.
109 a) ZDE = pAE – ZAD = ZAB – ZAD
110 a)
5 3x– 5x– +2y3y= =1 – 3 équivaut à 5 9x– 10x– 6y+ =6y3= – 6
x=3
c’est-à-dire 5
y = 4.
d1 et d2 se coupent en K (3 ; 4).
K appartient à d3 si, et seulement si,
2m × 3 + (m – 2) × 4 – 2 = 0, c’est-à-dire m = 1.
d1, d2 et d3 sont concourantes si, et seulement si, m = 1.
b) d3 coupe seulement d1 si, et seulement si,
d3 et d2 sont parallèles, c’est-à-dire :
10
3 × 2m – 5 (– m + 2) = 0, soit m = .
11
111 1. a) 3 ZGA + 2 ZGB = t0 équivaut à 5 ZGA + 2 ZAB = t0,
2
soit ZAG = ZAB.
5
b)
M
A
G
A
107 a)
I
B
1
1
b) pIJ = pIA + pA J = – A
Z B + ZAC.
4
4
tu
J
C
c) Pour tout point de M,
tu = 3 (UMG + ZGA) + 2 (UMG + ZGB) = 5 UMG.
d) Voir figure.
Chapitre 11
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 159
B
Géométrie plane
159
03/07/15 14:40
2. a) tu et ZAB colinéaires équivaut à UMG et ZAB colinéaires. L’ensemble des points M est la droite (AB).
1
b)  tu  = AB équivaut à GM = AB.
5
1
# est le cercle de centre G et de rayon AB.
5
c) Voir figure.
2
2
3. a) ZAG = A
Z B donc G ; 0 .
5
5
b) tu et ZBC colinéaires équivaut à UMG et ZBC colinéaires.
∆ est la droite passant par G et de vecteur directeur
ZBC.
c) ZBC (– 1 ; 1), une équation de ∆ s’écrit x + y + c = 0.
G appartient à ∆ donc une équation de ∆ est :
2
x + y – = 0.
5
 
160
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 160
03/07/15 14:40
12
Trigonométrie
Zebrating est un duo composé par deux artistes
allemands qui peignent des visages sur des barreaux.
Leur travail se cache dans le décor urbain et ce n’est
que sous un certain angle que l’on peut découvrir
leurs portraits collés sur les barreaux de ponts ou de
grilles.
Un déplacement, en modifiant l’angle de visée, p
­ ermet
d’observer des déformations des œuvres proposées.
1
Au fil des siècles
C’est dans l’Almageste (la grande composition) que
Ptolémée, qui est né au premier siècle de notre ère,
reprend pour les vérifier les données d’Hipparque de
Nicée. Il pose les bases de la trigonométrie et du mouvement des planètes. Sa vision géocentriste conçoit la
terre comme le centre de l’univers.
Ce n’est qu’au xve siècle que Copernic imposera
­l’héliocentrisme.
• http://serge.mehl.free.fr/chrono/Hipparque.html
• http://www.universalis.fr/encyclopedie/claudeptolemee/1-l-almageste/
2
13p p 12p
– =
= 1,5p
8
8
8
13p
p
et
n’ont pas le même point image.
8
8
11p
p 12p
– – =
= 3p
c)
4
4
4
11p
p
et – n’ont pas le même point image.
4
4
4. a) Les nombres réels ayant le même point image
3p
3p
que
sont de la forme
+ 2kp avec k ∈ Z.
4
4
b) Le nombre réel de l’intervalle ]– p ; p] dont A est ausp
si l’image est – .
3
p
–p
5. a) cos 3 ≈ 0,81
b) cos
≈ 0,87
6
7p
15p
c) cos
≈ – 0,92
d) cos
≈ 0,90
8
7
b)
 
6.
3
2
2
21
b)
3p
4
2.
c)
2p
3
J
u O
d)
7p
12
A
d) –
7p
12
I
– 3
2
–7π
3
p 3
1. sin =
3
2
13p 1
3. sin
=
2
6
p 2
2. sin =
4
2
– 7p
3
=–
4. sin
3
2
7. a)
J
π
3
I
B
p
12p
3. a) – 11p
– =–
= – 2p
6 6
6
13π
6
0
–
π
3 π
4
2
Bien démarrer
1. a) 3p
2
J
I
1
2
–π
3
11p p
et ont même point image.
6
6
161
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 161
03/07/15 14:40
b)
3. Mesure en degrés
de jAOM
Mesure en radians
de jAOM
J
I
0
– 3
2
–2π
3
c)
J
4
–π
3
π
2
I
–π
2
b)
1
Découvrir
Mesures d’un angle orienté
O
60°
p
6
p
4
p
3
90° 135°
p
2
3p
4
Savoir-faire


3
45°
2 a) Pour construire M, on construit M9 image de
p
p p
p 2
0, ,
et cos =
puis le symétrique de M9
2
4
4 2
4
par rapport à l’axe des abscisses.
p
p p
Pour construire N, on construit N9 image de 0 , ,
3
3 2
p 1
et cos = puis le symétrique de N9 par rapport à
3 2
l’axe des ordonnées.

0
30°
293°
43°

d
175
5p
p
radians
a
12
180 d
Mesure de d en degrés :
=
p
5p
12
180 × 5p
d’où d =
= 75°.
12p
5p
On place R en remarquant que 0 , , π et hIOR = 75°.
12
180 175
175p 35p
=
radians.
=
donc a =
c)
p
a
180
36
2p
9p
4p
3 a) 5p
b)
c)
d)
18
3
10
9
4 a) 36°
b)22,5°
c) 75°
d) 82,5°
degrés
180
6 Les vecteurs pDE et pAC sont colinéaires de sens
a) Le marin a mesuré l’angle dans le sens des aiguilles
d’une montre.
b) Une mesure de (pOA ; pOP) est 180 – (43 + 67) = 70°
mesuré dans le sens des aiguilles d’une montre.
(pOP ; pOA) a pour mesures – 70° et 290°.
2 Une nouvelle unité de mesure d’angle : le radian
1. a) La valeur exacte de la longueur du cercle # est 2p.
p
p



b) L’arc AB mesure , l’arc AC mesure et l’arc AD
2
6
2p
­mesure .
3
2. a) Angle
Longueur de l’arc
180°
π
l
a
b) l =
contraires, donc (pAC ; pDE) = p. Le triangle ABC est équip
latéral de sens direct, donc (pAB ; pAC) = .
3
a) D’après la relation de Chasles :
p
4p
(pAB ; pDE) = (pAB ; pAC) + (pAC ; pDE) = + p =
3
3
4p
2p 2p
b)
– 2p = –
;–
∈ ]– p ; + p], la mesure princi3
3
3
2p
pale de (pAB ; pDE) est donc – .
3
7 (pER ; pPK) = (pER ; pET) + (pET ; pTP) + (pTP ; pPK)
p
= p – + (pTE ; pTP) + p + (pPT ; pPK) + p
3
2p p
p
=
+ + p – + p = 3p
3 2
6
La mesure principale de 3π est π, les vecteurs pER et pPK
sont colinéaires et de sens contraires.
a×p
180
162
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 162
03/07/15 14:40
8 a) (pAB ; pAH) = (pAB ; pAF) + (pAF ; pAH) = 2p + p = 7p
3 2 6
7p 12p 5p 5p
b)
=
– , – ∈ ]– p ; + p], la mesure principale
6
6
6
6
5p
de (pAB ; pAH) est – .
6
A
9
0
B
16 a) cos – 19p = cos – 4p – 3p = cos – 3p = – 2
4
4
4
3p
3p
b) Les solutions sont et – .
4
4
1
13p
p
p
17 a) sin –
= sin – 2p – = sin – = –
2
6
6
6
p
5p
b) Les solutions sont – et – .
6
6
18 a) Pas de solution car 5 . 1.
2
b) Pas de solution car – 1,01 , – 1.




2
 
C
a) OAC est un triangle isocèle en O, identique au
1
p
p
triangle OAB. Donc jOAC = jBAC = alors (pAO ; pAC) =
2
6
6
7p
et (pOA ; pAC) = (pAO ; pAC) + p = .
6
7p
5p
5p
b)
– 2p = – et – ∈ ]– p ; + p], la mesure princi6
6
6
5p
pale de (pOA ; pAC) est – .
6
3p
p
3p
11 a) = p – , cos = cos p – p = – cos p = – 2.
4
4
4
4
4
2
b)
J

I
– 3π
4
3p
3p
+ 2kp et x = – + 2kp (k ∈ Z).
4
4
2p
p
12 a) = p – , sin 2p = sin p – p = sin p = 3
3
3
3
3
3
2
p
2p
b) x = + 2kp et x =
+ 2kp (k ∈ Z).
3
3
1
13 a) cos 7p = cos 2p + p = cos p =
3
3
3 2
p
p
b) x = + 2kp et x = – + 2kp (k ∈ Z).
3
3
14 a) Les solutions sont p et – p.
4
4
p 5p
b) Les solutions sont et .
6
6
c) La solution est p.
x=


15 a) Les solutions sont p et 3p.
2
2
5p 7p
et .
b) Les solutions sont
4
4
p
c) La solution est .
2
Résoudre des problèmes
20
J
2π
3
I

3π
4

5

– 2π
3
Dans l’intervalle [0 ; 2p[, les solutions de l’équation
2p 4p
sont et .
3
3
Avec sa calculatrice, Charles a obtenu une valeur
2p
approchée de la solution .
3
21 a) À la calculatrice, on obtient x0 ≈ 0,93 rad arrondi
à 10 –2.
b) Les solutions sont x0 + 2kπ et π – x0 +2kπ, k étant un
nombre entier relatif.
22 a) À la calculatrice, on obtient x0 ≈ 1,88 rad arrondi
à 10 –2.
b) Les solutions sont x0 et 2p – x0, soit environ 1,88 et
4,40 rad.
24
D
C
π
3
A
E H
B
EDC est isocèle en D, donc jECD =
p 5p p
p
– = , donc (pCE ; pCB) = .
2 12 12
12
p p 5p
5p
jCEH = – = , on a alors : (pEC ; pEH) = – .
2 12 12
12
On a donc jECB =
Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 163
p
6 = 5p.
12
2
p–
Trigonométrie
163
03/07/15 14:40
25 ADE est un triangle direct rectangle isocèle en
p
A, donc jAED = .
4
p
D’où (pED ; pEA) = . ABE est équilatéral direct :
4
p
(pEA ; pEB) = .
p
3
p–
p p p
6 = 5p.
EBC est isocèle en B : jEBC = – = , jBEC =
2 3 6
12
2
D’après la relation de Chasles :
(pED ; pEC) = (pED ; pEA) + (pEA ; pEB) + (pEB ; pEC)
p p 5p
= + + = p.
4 3 12
Les vecteurs pED et pEC sont colinéaires et de sens
contraires : les points D, E et C sont alignés.
6
Travaux pratiques
26 1. a) Le périmètre p du secteur circulaire est égal

à 2R + AB.
Arc
Angle
2πR
2p
x
a
0
+
S9(a)
S (a)
p
2
0
6,25
–
0
5,94
4. a) h = 2,5 et arc AB = R = 5
p
p2 a
et S =
On obtient R =
2+a
2(2 + a)2
2
p (2 – a)
D’où S9(a) =
.
(2 + a)3
L’aire S est maximale pour a = 2 radians.
27 1. a)
a
41
31
21
11
1
p
Affichage : .
5
b)
49p
49 25
1
12
p
Affichage : .
12
62p
62 56 50 44 38 32 26 20 14
3
a

La longueur de l’arc AB est donc x = Ra.
Affichage :
b) On a donc p = 2R + Ra = R (2 + a)
10
.
Comme p = 10, on a R =
2+a
2.
121p
121 117 113 109 …
2
p
Affichage : .
2
2. a)
Entrées
Traitement
3. a) Modélisation
Aire
Angle
πR2
2p
S(a)
a
pR2a R2a
=
.
2p
2
10
100a
50a
=
.
, d’où : S(a) =
Or, R =
2+a
2(2 + a)2 (2 + a)2
L’aire S est égale à
50(4 – a ) 50(2 + a)(2 – a) 50(2 – a)
=
=
(2 + a)4
(2 + a)4
(2 + a)3
c) L’aire du secteur circulaire est maximale et égale à
6,25 unités d’aires pour a = 2 radians.
b) S9(a) =
2
Sortie
2
2p
.
3
Variables
f) L’aire semble maximale pour a = 2.
8
13
9
5
1
a est un nombre entier relatif
b est un nombre entier naturel
Saisir a, b
Si a > 0 alors
a
Tant que . 1
b
Affecter à a la valeur a – 2b
Fin de tant que
Sinon
a
Tant que , – 1
b
Affecter à a la valeur a + 2b
Fin de tant que
Fin Si
ap
Afficher
b
b. Les sorties sont :
39p
p 61p
p 41p 7p
–
→ ;–
→– ;–
→ .
8
4
4
5
5
8
164
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 164
03/07/15 14:40
3. a) Avec Algobox :
13p
12p p
p
=–
– = –4p – : oui.
3
3 3
3
p
36 A est l’image de , B est l’image de 3p ;
4
4
5p
7p
C est l’image de
et D est l’image de
.
4
4
37 a) Faux. b) Vrai.
c)
38 a) 140°
b) 75°
39 a) 8p
b)
40 – p
9
c) 67,5°
7p
18
c)
d) 144°
29p
36
d)
7p
20
3
1
41 1. 25p = 4p + p donc sin 25p = sin p = .
6
6
6
6 2
23p
p
23p
p 2 1
.
= cos =
= – 6p + donc cos –
=
2. –
4
4
4
4 2 2

42 a) et b)
M

J
L1
I
O
7
L2
Pour s’entraîner
28 a) F
b) C
c) E
d) G
  
e) A
29 9p et – 7p.
4
4
3p
30
+ 2kp, où k est un nombre entier relatif.
4
31 a) 30°
b) 90°
32 a) p
b)
p
3
c) 150°
2p
3
p
p
3
33 et – ont pour cosinus
.
6
6
2
4
34
–4π
3
J
5π
6
c)
N
1 2 3 2
ON =
+
= 1 donc N ∈ #.
2
2
c) (pON ; EOL1) = (pON ; pOI) + (pOI ; EOL1)
p p p
Donc (pOI ; EOL1) = – = .
2 3 6
De même (pOI ; EOL2) = (pOI ; pON) + (pON ; EOL2)
p p – 5p
.
Donc (pOI ; EOL2) = – – =
3 2
6
9 16
43 sin2 x =1 – cos2 x = 1 – =
25 25
4
p
x∈ 0;
donc sin x . 0 d’où sin x = .
5
2
d) 180°
d)
3p
4
 
44 (pIA ; pID) = – p ; (pIB ; pID) = π ;
–3π
2
13π
6
I
7π
4
35 a) 13p = 12p + p = 2p + p : oui.
6
6
6
6
11p 12p p
p
=
– = 3p – : non.
b)
4
4 4
4
2
p
p
(pIB ; pCI) = – ; (pAI ; pDI) = –
2
2
p
45 (pOD ; pOE) = ; (pOF ; pOD) = – 2p ;
3
3
2p
2p
(pBO ; pOA) =
; (pBC ; pDE) = – .
3
3
3p
p
p
46 a) –
b) –
c)
4
2
3
2p
p
47 a)
b)
c) p
3
4
48 (pAB ; pAD) = 7p ; (pAB ; pDC) = p .
12
12
Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 165
Trigonométrie
165
03/07/15 14:40
49 (ru ; – rv) = 7p ; (– ru ; – rv ) = p ; (2ru ; 3rv ) = p.
6
6
6
C
58 a)
50 a) (pOA ; pOB) = π – (pOD ; pOA) = π – p = 2p
3 3
p
2p
b) (pOD ; pCB) = (pOD ; pDA) = (pDO ; pDA) + π = – + π =
3
3
p 2p
2p
51 a) jCOA = π – 2 × = donc (pOC ; pOA) = .
6 3
3
b) pAC = 2 EC9A9 donc (pAC ; EC9A9) = 0.
p p p
p
c) jBOA9) = – = donc (pOB ; pAA9)= .
2 6 3
3
52 4 p est un multiple de 2p, c’est l’écriture 2.
9p
5p
c)
13
6
2p
p
5p
54 a)
b) –
c) –
3
4
6
55 D’après la relation de Chasles :
53 a) p
b) –
(pAB ; pDE) = (pAB ; pBC) + (pBC ; pCD) + (pCD ; pDE) équivaut à
0 = (pBA ; pBC) + π + (pCB ; pCD) + π + (pDC ; pDE) + π
2p
p
0 = – + π + + π – (pDE ; pDC) + π
3
5
8p
0 = – (pDE ; pDC) +
15
8p
D’où (pDE ; pDC) = .
15
56 1. a) (ru ; rv) + (rv ; ru) = (ru ; ru ) = r0
donc (rv ; ru) = – (ru ; rv ).
+
π
4
π
4
A
B
b) (pBC ; pBA) + (pAB ; pAC) + (pCA ; pCB) = π
p p
d’où (pBC ; pBA) + + = π.
4 4
p
d’où (pBC ; pBA) = le triangle ABC est rectangle en B.
2
59 (pAC ; pAD) = (pAC ; pAB) + (pAB ; pAD)
p 5p p
+
=
= – (pAB ; pAC) + (pAB ; pAD) =
12 12 2
Le triangle ACD est rectangle en A.
60 a) (2 ri ; 3 rj ) = (ri ; rj ) = p
2
3p
p
p
b) (– ri ; rj ) = (ri ; rj ) + π =
= 2π – d’où (– ri ; rj )= – .
2
2
2
p
c) (– ri ; – rj ) = (ri ; rj ) =
2
p
d) ( rj ; 2 ri ) = (rj ; ri ) = – (ri ; rj ) = –
2
p
e) (– rj ; – ri )= ( rj ; ri ) = – .
2
f) ( rj ; – 4rj )= ( rj ; – rj ) = π
61 a)
J
b) (ru ; – rv) = (ru ; rv) + (rv ; – rv) = (ru ; rv) + π
c) (– ru ; – rv) = (– ru ; ru) + (ru ; rv) + (rv ; – rv)
= π + (ru ; rv) + π = (ru ; rv) + 2π = (ru ; rv)
p
3
4p
b) (pAB ; pCA) = – (pCA ; pAB) = – (pAC ; pAB) + π =
3
p
c) (pBA ; pCA) = (pAB ; pAC) =
3
p
d) (pCA ; pBA) = (pAC ; pAB) = –
3
57 (pCB ; pCA) = (pBC ; pCA) + π = 23p = 2π – p
12
12
(pBC ; pBA) + (pAB ; pAC) + (pCA ; pCB) = π
p
p
d’où + (pAB ; pAC) +
=π;
6
12
p p 3p
3p
d’où (pAB ; pAC) = π – –
=
et (pAC ; pAB) = – .
6 12 4
4
O
–
π
4
I
2. a) (pAC ; pAB) = –
M
b)
J
O
I
M
62 a) (pBA ; pBC) + (pAC ; pAB) + (pCB ; pCA) = π
p p
p
+ + (pCB ; pCA) = π soit (pCB ; pCA) = .
3 2
6
p
On a donc (pCA ; pCB) = – .
6
p
b) De même dans ABH : (pAB ; pAH) = – .
6
c) (pAC ; pAH) + (pAH ; pAB) = (pAC ; pAB), on a donc :
p p p
(pAC ; pAH) = – = .
2 6 3
d’où
166
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 166
03/07/15 14:40
63 a)
B
A
J
J
d)
π
I
O
M
M ∈ [IJ] privé
de I et J
I
O
3p p 7p
– =
4 6 12
p
3
c) xA = 2 cos = 2
= 3.
6
2
1
p
yA = 2 sin = 2 × = 1.
2
6
3p
3p
De même B a pour coordonnées 2 cos ; 2 sin
=
4
4
(– 2, 2).
b) (pOA ; pOB) =

d) AB = (– 2 – 3)2 + (2 – 1)2
= 8 + 26 – 22
≈ 3,2

65
J
M
A
N
O
I
B
(EOM ; pON) = (EOM ; pOA) + (pOA ; pOI) + (pOI ; pOB) + (pOB ; pON)
p p
p
(EOM ; pON) = – a – – + a = –
3 6
2
66 (pAB ; pDE) = (pAB ; pBC) + (pBC ; pCD ) + (pCD ; pDE)
=(pBA ; pBC) + π + (pCB ; pCD) + π + (pCD ; pDE)
5p
p
p
=– +π– +π+ =π
6
2
3
Donc pAB et pDE sont colinéaires de sens contraires.
64 a)
J
]IJ)
I
O
67 La somme des angles du pentagone ABCDE est
3p radians (somme des angles de trois triangles).
3p 2p p
p p
jAED mesure 3π –
–
– – π – = rad
4
3 2
4 3
(pEA ; pED) est mesuré dans le sens indirect :
p
(pEA ; pED) = – .
3
68 1. a) Le triangle IJI9 est rectangle en J, l’angle

J
b)
I
O
M
]IM)

(pJI9 ; uJI) est mesuré dans le sens direct, sa mesure prinp
cipale est .
2
b) L’ensemble E est le demi-cercle de diamètre [I9I] qui
contient J privé des points I9 et I.
c) L’ensemble F est le demi-cercle de diamètre [I’I] qui
ne contient pas J privé des points I9 et I.
69 a) (pAB ; pIH) = (pAB ; pBC) = (pBA ; pBC) + π = 5p
c)
π
3
O
M
4
3p
7p
+π=
4
4
p
Donc la mesure pricipale de (pFG ; pBC) est – .
4
c) (pAD ; pHI) = (pAD ; pAD) = 0
d) D’après la relation de Chasles :
(pEB ; pCI) = (pEB ; pBA) + (pBA ; pBC) + (pBC ; pCI)
= (pBE ; pBA) + π + (pBA ; pBC) + (pCB ; pCI) + π
p
p p
p
= +π+ – +π=
4
4 4
4
b) (pFG ; pBC) = (pDB ; pBC) = (pBD ; pBC) + π =
J
]IM)
I
Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 167
Trigonométrie
167
03/07/15 14:40
70 Tireur 1 : total 300 points.
3
b) cos
I
O
3
=–
;
 17p
6 
2


79
71 a) π + p = 5p
4 4
5p
2
5p
2
b) cos = –
; sin
=–
.
4
2
4
2
72 a) π – p = 5p
6 6
5p
3
5p 1
b) cos = –
; sin = .
6
2
6 2
73 a) cos – p = 2 , sin – p = – 2.
4
2
4
2
1
2p
2p 3
.
b) cos = – ; sin =
2
3
3
2
1
7p
3
7p
c) cos = –
; sin = – .
2
6
2
6
 
 
74 a) cos – 5p = – 3 ;
1
5p
=– .
sin –
2
6
2
6
9p 2
9p 2
; sin =
.
b) cos =
4
2
4
2
3p
2
3p
2
=–
=–
; sin –
.
c) cos –
4
2
4
2
75 a) x = p ou x = – p. b) x = p ou x = 3p.
3
3
4
4
p
p
p
5p
d) x = ou x = .
c) x = ou x = – .
6
6
6
6
 
 
 
76 a) cos – 13p  = 3,
1
13p
=– .
2
6
2
6
81p 2
81p 2
=
=
, sin
.
b) cos
4
2
4
2
103p 2
103p
2
c) cos –
=
=–
, sin –
.
4
2
4
2


sin –
 





I

3
=
.
 74p
3 
2
1
= .
 17p
6  2



sin


 
sin
71p 1
71p 3
= ; sin –
=
.
2
3
3
2
78 1. p – p = 5p ; p + p = 7p.
2 12 12 2 12 12
5p
p p
p 1
2. a) cos = cos –
= sin = (– 2 + 6)
12
2 12
12 4
5p
p p
p 1
= cos = (2 + 6)
sin = sin –
12
2 12
12 4
7p
p p
p 1
b) cos = cos +
= – sin = (2 – 6)
12
2 12
12 4
7p
p p
p 1
= cos = (2 + 6)
sin = sin +
12
2 12
12 4

c) cos –
Tireur 2 total 340 points.
O
1
2
77 a) cos  74p  = – ;


J
M
(π – x)
M
x
O
M
(π + x)
I
M
(2π – x)
A = sin x + sin (π – x) + sin (p + x) + sin (2π – x)
= sin x + sin x – sin x – sin x = 0
B = cos x + cos (π – x) + cos (π + x) + cos (2p – x)
= cos x – cos x – cos x + cos x = 0
80 1. a) 9p
3p
8p
6p
b)
c)
d)
10
5
5
5
p
2p
3p
9p
2. A = cos + cos + cos + cos
10
5
5
10
p
2p
2p
p
= cos + cos + cos π –
+ cos π –
10
5
5
10
p
2p
2p
p
= cos + cos – cos – cos = 0
10
5
5
10
2p
4p
6p
8p
B = sin + sin + sin + sin
5
5
5
5
2p
4p
4p
2p
= sin + sin + sin 2π –
+ sin 2π –
5
5
5
5
2p
4p
4p
2p
= sin + sin – sin
– sin
=0
5
5
5
5



 
   
81 a)



J
O
sin x
x
3
4
I
M
168
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 168
03/07/15 14:40
b. sin2 x = 1 – cos2 x
p
comme x ∈ – , 0 , sin x < 0
2
7
9
donc sin x = – 1 – = –
.
4
16
3
2. a) cos (π – x) = – cos x = –
4
3
p
b) sin – x = cos x =
4
2
p
7
c) cos + x = – sin x =
2
4







82 a)
J
O
π
4
2
2
I
J
c)
11π
6
–1
2

e) À la calculatrice, on obtient x ≈ 0,14 rad.
3p
; 2π .
0,14 ∉
2
On prend 2π – x ≈ 6,14 rad comme solution.

86 D’après la relation de Chasles :
(pAC ; pAD) + (pAD ; pAB) = (pAC ; pAB)
p p p
= .
soit (pAD ; pAB) = –
3 12 4
p 3p
Dans ABFD, l’angle (pBA ; pBF) mesure π – = .
4 4
Le triangle ABE est rectangle isocèle en A, donc :
p
(pBE ; pBA) = .
4
D’après la relation de Chasles :
p 3p
(pBE ; pBF) = (pBE ; pBA) + (pBA ; pBF) = +
= π.
4 4
Les points E, B et F sont alignés.
I
O
7π
6


7π
4
b)
85 a) À la calculatrice, on obtient x ≈ 0,80 rad,
0 < 0,80 < π
b) À la calculatrice, on obtient x ≈ – 0,41 rad,
p
p
– < – 0,41 <
2
2
c) À la calculatrice, on obtient x ≈ 1,37 rad, 1,37 ∉ [– π ; 0].
On prend – x ≈ – 1,37 rad comme solution.
d) À la calculatrice, on obtient x ≈ 1,12 rad.
p 3p
1,12 ∉ ;
. On prend comme solution
2 2
p – x = 2,02 rad.
J
87 cos x = sin p équivaut à cos x = cos p – p soit
π
cos x = cos
I
O
5
2
Dans ]– π ; π], les solutions sont
83 a) sin x = 2 ; les solutions sont x = p + 2kπ
2
4
p
3p
+
avec k ∈ Z et x = π – + 2kπ avec k ∈ Z soit x =
4
4
2kπ avec k ∈ Z.
1
2p
+ 2kπ avec
; les solutions sont x =
2
3
2p
k ∈ Z et x = – + 2kπ avec k ∈ Z.
3
c) sin x = 0 ; les solutions sont x = 0 + 2kπ avec k ∈ Z et
x = π + 2kπ avec k ∈ Z.
b) cos x = –
84 cos x = – (5 + 1) équivaut à cos x = – cos p
1
4
5
p
4p
donc à cos x = cos π – , soit cos x = cos . Les
5
5
4p
­solutions sont x =
+ 2kπ avec
5
– 4p
k ∈ Z et x =
+ 2kπ avec k ∈ Z.
5

.
3p
10 

3p
3p
et – .
10
10
88 a) – 0,9 [– 1 ; 1],
il existe donc un réel x tel que cos x = – 0,9.
La proposition est vraie.
b) 1,01 ∉ [– 1 ; 1],
il n’existe pas de réel x tel que cos x = 1,01.
La proposition est fausse.
c) cos x = cos (– x).
il existe au moins deux réels x tels que cos x = 0,24.
La proposition est fausse.
d) Les mesures d’un angle orienté se retrouvent à
2kπ près. Tout intervalle semi-ouvert de longueur 2π
contient donc une seule mesure d’un angle orienté, ce
qui est le cas de l’intervalle ]–π ; π].
La proposition est vraie.
p
e) Les points A (image de x) et B (image de – x) sont
2
symétriques par rapport à la droite d’équation y = x.
p
donc xB = yA soit cos – x = sin(x).
2
La proposition est vraie.


Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 169
5
Trigonométrie
169
03/07/15 14:40
= cos x – cos x – sin x
= – sin x
f) Un contre-exemple suffit à prouver que la proposition est fausse : cos (0) = 1.
89 a) Si « P, alors Q » : vrai ; si « Q, alors P » : faux ;
« P équivalent à Q » : faux.
b) Si « P, alors Q » : faux ; si « Q, alors P » : vrai ;
« P équivalent à Q » : faux.
c) Si « P, alors Q » : vrai ; si « Q, alors P » : vrai ;
« P équivalent à Q » : vrai.
8
95 a) Le triangle ABM est isocèle en M, M appartient
à la médiatrice d du segment [AB]. Les points recherchés sont les points d’intersection de d et #.
3π
4
B
Pour aller plus loin
93 Avec un guide
Comme EHGF est un parallélogramme, pEH = pFG
(pAC ; pFG) = (pAC ; pEH).
D’après la relation de Chasles.
(pAC ; pEH) = (pAC ; pAB) + (pAB ; pBE) + (pBE ; pEH)
=(pAC ; pAB) + (pBA ; pBE) + π + (pEB ; pEH) + π
p p
p
p
=– + +π– +π=–
4 2
3
12
94 A = cos (4π – x) + sin 7p + x + cos 11p – x
2
2
p
p
= cos (– x) + sin (4π – + x) + cos 6π – – x
2
2
p
p
= cos (– x) + sin (– + x) + cos – – x
2
2
p
p
= cos (x) – sin – x + cos + x
2
2





I
N
180
12
p
180 ×
4 15
= et non 15.
2. Faux. En effet,
2
p
6p
n’appartient pas à l’intervalle
3. Faux. En effet,
5
]– p ; p].
4. Vrai. En effet, si cos ( tu ; tv ) = cos ( tu9 ; tv9) et sin (tu ; tv ) =
sin ( tu9 ; tv9), alors ( tu ; tv ) = ( tu9 ; tv9).
Remarque : si a et une mesure de ( tu ; tv ) et a9 une mesure de ( tu9 ; tv9) alors il existe k ∈ Z tel que a9 – a = k2p.
p
p
5. Faux. En effet, si (jAOB) = , alors (pOA ; pOB) = ou
4
4
p
(pOA ; pOB) = – .
4
6. Vrai. En effet,
sin (5π – x)= sin (4π + π – x) = sin (π – x) = sin x.

π
6
92 1. Vrai. En effet, p × 165 = 11p.

A
O
91 1. A et D 2. A et C 3. B, C, D 4. A, C, D

M
C
Pour se tester
90 1. C 2. D 3. B 4. D 5. A.
9
J




b) (pOI ; EOM) =(pOI ; pOA) + (pOA ; EOM)
1
= (pOI ; pOA) + (pOA ; pOB)
2
p 1 3p p p 7p 11p
– = +
=
= + ×
6 2
4 6 6 24 24
11p
13p
(pOI ; EON) = (pOI ; EOM) + (EOM ; EON) =
–π=–
24
24
7p 2p
c) (pOA ; pOB) =
≠ , il n’y a pas de point M sur le
12
3
cercle tel que ABM soit équilatéral.


96 1. L’équation équivaut à 3x = x – p + 2kπ (k ∈ Z)
2
p
p
soit 2x = – + 2kπ (k ∈ Z) d’où x = – + kπ (k ∈ Z)
2
4
p
ou 3x = π – x – + 2kπ (k ∈ Z) soit
2
p
3p kp
4x = π + + 2kπ (k ∈ Z) d’où x =
+
(k ∈ Z).
2
8
2
p
3p
a) Si k = 0, on obtient x = – ou x = .
4
8
3p
7p
Si k = 1, on obtient x =
ou x = .
4
8
3p
5p
Si k = 2, on obtient x =
+ π soit x = – .
8
8
3p 3p
p
Si k = 3, on obtient x =
+
soit x = – .
8
2
8
b) Dans R, les solutions sont :
p
3p kp
x = – + kπ (k ∈ Z) ou x =
+
(k ∈ Z).
4
8
2

C
1 J

B
D
–1
I
1
F
0O
0
–1
E
A
170
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 170
03/07/15 14:40
97 1. a) xB = 4 cos p = 23, yB = 4 sin p = 2
6
6
0+2
4 + 23
xK =
= 2 + 3, yK =
=1
2
2
b) Comme le triangle OAB est isocèle en O et que K est
le milieu de [AB], (OK) est la bissectrice de l’angle jAOB.
p
p
xK =OK cos , yK = OK sin
12
12
2) OK = (2 + 3) + 1 = 8 + 43
2
2
5
 
sin
3p
=
5

1–
2
1 –45
10 + 25
.
4
=
7p
2p
2p 1 –5
• cos = cos π +
= – cos =
5
5
5
4
7p
Comme
∈ ]π ; 2π]
5

sin
7p
=–
5

1–

2
1 –45
=–
10 + 25
.
4
p
p 2p
2p
= sin
• cos = cos –
10
2 5
5
2p
p
Comme
∈ 0;
5
2


M
I
p
=
10

1–
2
54– 1
=
4



a2 –
a3
IP
2
3
=
.
tan fIJP = =
IJ
a
2
fIJP ≈ 0,72 rad
(EMI ; AJP) = (EMI ; EMM9) ≈ 0,71 rad
100 1. a) A0A1 = OA0 sin p = = 2
6
4
2
p 1
p 1
3
= 3
A1A2 = 0A1 sin = OA0 cos = × 4 ×
6 2
6 2
2
p 1
3 3 3
A2A3 = 0A2 sin = × 4 ×
×
=
2
6 2
2
2
b)
Variables
Traitement
k est un nombre entier naturel
a et L sont des nombres réels
Affecter à L la valeur 0
Affecter à a la valeur 2
Pour k allant de 1 à 12
Affecter à L la valeur L + a
Affecter à a la valeur a
10 + 25
4
p
p 2p
2p 5 – 1
sin = sin –
= cos =
.
10
2 5
5
4
N
a2 a3
=
4
2
IJP est un triangle rectangle en I,
 
cos
M
α
J
IP =
98 • cos 3p = cos π – 2p  = – cos 2p = 1 –5
5
P
MIP est un triangle rectangle en I,
(2 + 3)
1
p
cos =
= (2 + 6)
12 8 + 43 4
1
1
p
= (– 2 + 6)
sin =
12 8 + 43 4
5
3p
p
Comme
∈ 0;
5
2
99
Sortie
3
2
Fin pour
Afficher
c)
9p
p 2p
2p
= – sin
= cos +
10
2 5
5
2p
p
Comme
∈ 0;
5
2

• cos

 
cos
sin
9p
=–
10

1–
2
54– 1
=–
10 + 25
4
9p
p 2p
2p 1 – 5
= – cos =
= sin +
.
10
2 5
5
4


Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 171
Trigonométrie
171
03/07/15 14:40
101
J
N
B
Soit environ 12,27.
2. a)
A
n+2
M
An + 1
A
i
An
0
p
p
p
= OA n cos sin
6
6
6
p
p
3
= OAn sin cos = A nAn + 1
6
6
2
b) La suite des longueurs des segments AnAn + 1 est la
suite géométrique de premier terme A0A1 = 2 et de
3
.
­raison
2
La longueur ln est la somme des n premiers termes de
cette suite, soit :
An + 1 An + 2 = OA n + 1 sin
ln = 2 + 2

3
3
+…+2
2
2
=2 1+
=
 
3
3
+…+
2
2
 
4
3
1–
2
2 – 3
c) l3 =
I
O
n–1
n–1
=2

  
n
4
3
1–
2
2 – 3
3
2
3
1–
2
1–


n

    ≈ 12,27
12
3. À l’aide de l’algorithme ci-dessous on obtient k = 20.
Les coordonnées des points sont : I (1,0) ; M(cosx ; sinx) ;
N(sinx ; cosx).
Les triangles sont isocèles, donc les hauteurs relatives
aux bases sont aussi médiatrices de ces bases.
1 + cos x sin x
A
;
2
2
sin x + cos x sin x + cos x
;
B
2
2
1
L’aire du triangle OIM est égale à IM × OA.
2
IM = (1 – cos x)2 + sin2 x




= 1 – 2 cos x + cos2 x + sin2 x = 2 – 2 cos x
 1 + 2cos x  +  sin2 x 
= 1 + 2 cos x + cos x + sin x

4
OA =
2
2
2
2
2 + 2 cos x
2
1
2 + 2cos x
L’aire de OIM est 2 – 2 cos x ×
2
2
1
1
2
= 1 – cos x = sin x car sin x > 0.
2
2
Par symétrie c’est aussi l’aire de ONJ.
1
L’aire du triangle OMN est égale à MN × OB.
2
MN = (cos x – sin x)2 + (sin x – cos x)2
OA =
MN = 2 (1 – 2 sin x cos x)
 sin x +2 cos x  +  sin x +2 cos x 
OB = (1 + 2 sin x cos x)
 2
OB =
2
2
L’aire du triangle OMN est :
1
1 + 2 sin x cos x
2 (1 – 2 sin x cos x) ×
2
2
1
= (1 – 4 sin2 x cos2 x).
2
L’aire du polygone OIMNJ est égale à :
1
1 – 4 sin2 x cos2 x + sin x.
2

172
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 172
03/07/15 14:40
Le logiciel affiche les solutions :
3p p 5p
p
; ;
de l’intervalle [0 ; 2p] ; la solution – est
2 6 6
2
également affichée.
102
104 AMC est un triangle isocèle en M, en effet le plan
médiateur de [AC] est (BDH) et M est un point de ce
plan donc MA = MC.
M
Les triangles EDC, ELM et EFG sont équilatéraux.
3
2
3
EJ =
2
3
EK = 1 +
2
3
EK = LM
2
EJ = DC
3
2
3 + 2 3
=
3
3
2
1+
LM =
EL1 = FG
1+
FG =
3
donc :
2
3 3 + 2 3
+
2
2
3
12 + 7 3
=
×
6
3
3
2
4 3 + 7
.
3
Le périmètre du triangle EFG est 43 + 7.
a AI
sin =
, or
α
2 AM
2
1
2
donc
AI = AC =
2
2
a 2
.
sin =
A
C
I
2 2AM
a p
a est un angle géométrique donc 0 < < .
2 2
a
a est maximal si, et seulement si,
est maximal,
2
a
c’est-à-dire sin est maximal.
2
a
sin est maximal lorsque la distance AM est minimale,
2
c’est-à-dire lorsque M est le projeté orthogonal K de
A sur (HB).
H
a 2
Alors sin =
2 2AK
AK
1
=
donc
sin θ =
2 3
θ
2
. Enfin
3
a 3
2p
et a = .
sin =
2
2
3
AK =
A
K
B
=
103 On résout l’équation :
2 sin2 x + sin x – 1 = 0
On pose X = sin x, on résout :
2 X2 + X – 1 = 0
1
On obtient X9 = , et X0 = – 1
2
1
L’équation sin x = a pour solutions les nombres réels :
2
p
5p
+ k2p et
+ k2p avec k ∈ Z.
6
6
L’équation sin x = – 1 a pour solutions les nombres réels :
p
– + k2p avec k ∈ Z.
2
Finalement, les solutions dans R de l’équation sont les
nombres réels :
p
p
5p
– + k2p ;
+ k2p ;
+ k2p avec k ∈ Z.
2
6
6
10
Accompagnement
personnalisé
105 1. a) jIOM = p rad=30°
6
3p
5p
rad = 135°
c) jNOP =
rad = 75°
4
12
p
7p
2p
rad
2. jROS = rad ; jROT = rad ; jSOT =
9
9
3
144
4
106
= , la première affirmation de Kévin est
180
5
juste.
b) jIOP =
36
1 1 1
= , ≠ , la deuxième affirmation de Kévin est
180 5 5 6
fausse.
107 a) (AAB ; ACD) = π
c) (AAB ; AAE) =
5p
6
Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 173
p
3
7p
d) (AAB ; ADE) = .
6
b) (ADA ; ADE) = –
Trigonométrie
173
03/07/15 14:40
108 a) D’après la relation de Chasles :
(ACD ; ABA) = (ACD ; ACB) + (ACB ; ABA)
= (ACD ; ACB) + (ABC ; ABA) + π.
p p
11p
b) (ACD ; ABA) = – + + π =
3 4
12
109 L’angle géométrique hACB = p – 3p = 4p = 2p
2 14 14 7
Donc (ACB ; ACA), orienté dans le sens négatif,
2p
mesure – .
7
3p
11p
+π=
(ABA ; ACB) = (ABA ; ABC) + p = –
14
14
π +π
2 8
110
J
π–π
2 8
π– π
8
O
π
8
I
–π
8
π+ π
8
43p
48p 5p
5p
=–
+
= – 8π +
6
6
6
6
43p
5p
3
cos –
= cos
=–
6
6
2
43p
5p 1
sin –
= sin
=
2
6
6
b) –


 


 
35p 36p p
p
=
– = 12π –
3
3
3
3
35p
p 1
cos
= cos – =
3
3 2
35p
p
3
= sin – = –
sin
3
3
2
c)
 
 
 
 
25p 24p p
p
=
+ = 12π +
2
2
2
2
25p
p
cos
= cos
=0
2
2
25p
p
sin
= sin
=1
2
2
d)
 

 

104p
102p 2p
2p
=–
–
= – 34π –
3
3
3
3
1
104p
2p
= cos –
=–
cos –
2
3
3
104p
2p
3
= sin –
=–
sin –
3
3
2
e) –
 p8  = cos p8 = 2 +2 2
cos –
cos
9p8  = – cos p8 = – 2 +2 2
cos
 7p8  = – cos p8 = – 2 +2 2
cos
 3p8  = sin p8 = 2 –2 2
5p
cos
8
p
sin –
8
9p
sin
8
7p
sin
8
3p
sin
8
5p
sin
8
 
 
 


 
 
 
 


111 a) 53p = 56p – 3p = 14π – 3p


2
P est associé à x + π.
3p
Q est associé à x + .
2
p
3p
2. a) cos x + cos x + + cos (x + π) + cos x +
2
2
= cos x – sin x – cos x – sin x = 0
p
3p
b) sin x + sin x + + sin (x + π) + sin x +
2
2
= sin x + cos x – sin x – cos x = 0
  = cos p8 = 2 +2 2



112 1. N est associé à x + p .
  = cos p8 = 2 +2 2



71p 72p p
p
=
– = 18π –
4
4
4
4
71p
p 2
cos
= cos – =
4
4
2
71p
p
2
sin
= sin – = –
4
4
2
  = 2 –2 2
4
4
53p
3p
2
cos
=–
= cos –
4
4
2
53p
3p
2
sin
= –
= sin –
4
4
2

f)
p
= – sin = – 2 – 2
8
2
p
= – sin = – 2 – 2
8
2
p
= – sin = – 2 – 2
8
2
4

4






113 1. a) M est l’image de p .
6
5p
.
6
p 5p
2. Les solutions sont et .
6
6
b) N est l’image de
174
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 174
03/07/15 14:40
114
p
p
+ 2kπ ou 2x = π – x + + 2kπ, soit
4
4
p
3p
p
2p
x = + 2kπ ou 3x =
+ 2kπ, x = + k
donc
4
4
4
3
p
11p
19p
,x=
.
dans [0,2π[, x = , x =
4
12
12
p 11p 19p
,
= ,
4 12 12
M
O
I

2
2
N









J
B
H
A
I
O
1. La hauteur issue de O dans le triangle isocèle OAB
est aussi bissectrice de l’angle jAOB.
a
a
Dans le triangle rectangle OAH : AH = OA sin = sin .
2
2
a
Donc AB = 2HA = 2 sin .
2
2. a) D’après la table, la longueur de la corde pour 48°
est :
48
48
30
5 857
=
+
+
≈ 0,813 47.
b) 2 ×
120 7 200 432 000
7 200
Comme cette corde a pour longueur 2 sin (24°), on a
sin 24° ≈ 0,406 74.
c) À la calculatrice on obtient sin 24° ≈ 0,406 73 soit
1
une différence de
.
100 000


Chapitre 12
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 175


116
p
p
Dans ]– π ; + π], les solutions sont x = et x = – .
4
4
p
7p
Dans [0,2π[, les solutions sont x = et x = .
4
4
p
Dans R, les solutions sont x = + 2kπ avec k ∈ Z
4
p
et x = – + 2kπ avec k ∈ Z.
4
115 a) sin x = – 3 ou cos x = 1 :  = 4p , 5p , 0 .
2
3 3
2
2
p 3p 7p 5p
b) cos x =
.
ou cos x = –
:= , , ,
2
2
4 4 4 4
p 1
p p
p 5p
c) sin x + = , soit x + = ou x + =
:
4 2
4 6
4 6
11p 7p
.
,
=
12 12
p
p
p
p
5p
11p
ou x =
:
d) – x = ou – x = – , soit x =
3
8
3
8
24
24
5p 11p
,
=
24 24


e) 2x = x +
J
Trigonométrie
175
03/07/15 14:40
13
1
Produit scalaire
Au fil des siècles
Les racines latines de scalaire sont vraisemblablement
scandere qui signifie « monter » et sacalaris qui signifie
« relatif à une échelle ».
En mathématiques, le terme scalaire a été employé
pour désigner un nombre (peut-être par opposition
au mot vecteur). Il est possible que ce choix résulte
de l’analogie entre les barreaux d’une échelle et les
nombres entiers naturels.
En physique, une quantité scalaire est une quantité
pouvant être décrite par un nombre avec une unité
correspondante.
Exemple de points auxquels on a associé un scalaire :
2. a) AAC = AAD+ ADC
1
B(1 ; 1), C(1 ; 0), D(0 ; 0), I ; 1 ,
2
1
1 1
et O ; .
J 0;
2
2 2
1 1
b) ADA (0 ; 1), ADC (1 ; 0), AAC (1 ; –1), ADO ; ,
2 2
1
1 1
et uJI ; .
AJC 1 ; –
2
2 2
c) AAB + AAD – 2AAJ = AAB + ABC + ACB = AAB, donc tu (1 ; 0).
d) tu = AAB donc M = B d’où M (1 ; 1).
 








4. a) AAC (1 ; – 5), ACB (– 3 ; 2) et AAB (– 2 ; – 3).
b) AC = 1 + 25 = 26, CB = 9 + 4 = 13 et
AB = 4 + 9 = 13.
c) AC2 = AB2 + AC2 et AB = CB donc le triangle ABC est
rectangle isocèle en B.
3
2
 
3. a) A(0 ; 1),
5. a) Réponse A.
Sources :
• http://physique.ac-orleans-tours.fr/fileadmin/user_
upload/physique/lycee/premiere_S/comprendre/
comprendre_champs_scalaires_vectoriels.pdf
• http://culturemath.ens.fr/questions/questions.htm
b) AJC = AJD + ADC
d) AAC = AAB + AAD
f) AOC = AA J + AJO
c) ADB = ADC + ACB
e) AIC = AIA + AAD + ADC
1
b) Réponse B.
c) Réponse C.
Découvrir
1. a) et b)
Bien démarrer
1. 1. a) et b)
c) AEF = – 2 ABC
c) On note ∝ la mesure de l’angle jBAC.
Il semble que :
– lorsque ∝ appartient à [0 ; 90[ ∪ ]270 ; 360], p est
strictement positif,
– lorsque ∝ = 90 ou ∝ = 270, p est égal à zéro,
– lorsque ∝ appartient à ]90 ; 270[, p est strictement
négatif.
176
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 176
03/07/15 14:40
2. a) AAB (4 ; 0).
b) et c)
2
1. a)
∝
W
0°
45°
60°
80 000 56 569 40 000
90°
0
120°
– 40 000
b) Louise a raison car si les droites (AB) et (AC) sont
perpendiculaires alors jBAC = 90°, donc cos jBAC = 0.
D’où W = 0.
Tanguy a raison car W est du signe de cos jBAC :
si l’angle jBAC est obtus alors cos jBAC est négatif donc
W aussi, tandis que si l’angle jBAC est aigu alors cos jBAC
est positif donc W aussi.
2. a), b) et c) et 3. a)
Il semble que k reste constamment égal à 2.
d) AAB (0 ; 5) et k =
p
.
5s
Lorsqu’on déplace le point C sur le cercle c, il semble
que k soit égal à W.
On conjecture que W = AAB · AAC, c’est-à-dire :
AB × AC × cos jBAC = AAB · AAC.
Il semble que k reste constamment égal à 2.
3. a) et b)
4
Savoir-faire
1
2
1 2
ACD · ACA = (4 + (42)2 – 42) = 16
2
1
b) AFD · AFC = (FD2 + FC2 – DC2)
2
1 2
AFD · AFC = (2 + 22 – 42) = – 4
2
c) AFH · AAB = 0 car AFH et AAB sont orthogonaux.
1
d) AFD – AED = AFE donc AED · AFD = (42 + 22 – (23)2) = 4.
2
2
2
3  tu  = (–1) + 4 = 17,  tv  = 17 ,
2
9
313
.
tv – tu 3 ; – donc  tv – tu  =
2
2
1
17 117
= –4
b) tu · tv = 17 + –
2
4
4
2 a) ACD · ACA = (CD2 + CA2 – DA2)
Lorsqu’on déplace les points A, B et C, k semble rester
constamment égal à 2.
p
D’où la conjecture : 2 =
, c’est-à-dire :
ar + bs
p = 2(ar + bs).




Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 177
Produit scalaire
177
03/07/15 14:40
1
2
4 a) ADA · ADC = (DA2 + DC2 – CA2) = – 7,5
b) ABA · ACA = 32,5
d) AAD · ACB = – 9
c) ABA · ACD = 25
e) AAB · ACB = – 7,5
6 a) EMA (–1 ; – 4) et EMB (1 ; – 6) donc MA2 = 17,
24
4
= d’où jBAC ≈ 37°.
900 5
b) Par projection orthogonale des points A et C sur la
droite (AB), on a : AAB · AAC = AAB · EAH = AB × AH
24
, ce qui conduit avec le théorème de
d’où AH =
45
6
242
­Pythagore à CH = 20 –
. Donc CH ≈ 2,7.
=
45 5
donc cos jBAC =

MB2 = 37.
I(3 ; 0) et AMI (0 ; – 5), de plus, ABA (– 2 ; 2)
donc AMI · ABA = 0 × (– 2) + (– 5) × 2 = – 10.
Finalement, MA2 – MB2 = – 20 et 2AMI · ABA = – 20.
La propriété est vérifiée.
orthogonaux des points A et C sur la droite (AB) sont
respectivement A et B.
b) MA2 – MB2 = EMA2 – EMB2
MA2 – MB2 = (EMA + EMB) · (EMA – EMB)
donc MA2 – MB2 = 2 AMI · ABA.
b) AAB · AAC = 5 × 25 + 4 × cos jBAC
5
, donc jBAC ≈ 22°.
d’où cos jBAC =
29
7 a) AAB · (AAC + AAB) = AAB · AAC + AAB2 = 12
b) (2 AAB – 3 AAC) · AAC = 2 AAB · AAC – 3 AAC = – 59
c) (AAB + AAC) · (AAB – AAC) = AAB2 – AAC2 = – 21
d) (AAB + AAC)2 = AAB2 + 2 AAB · AAC + AAC2 = 45
2
9 a) Les projetés orthogonaux des points E et C sur
la droite (ED) sont respectivement E et D donc :
AED · AEC = AED · AED = ED2 = 9,
b) AAB · AAC = AB × AC × cos jBAC,
1
AAB · AAC = 2 × 3 × cos 60° = 2 × 3 × = 3
2
c) AAB · AAE = AB × AE × cos jBAE,
AAB · AAE = 2 × 4 × cos (60° + 90°).
3
.
Or, cos (60° + 90°) = – sin 60° = –
2
Donc AAB · AAE = – 43.
d) AAB · AEA = AAB · (– AAE) = – AAB · AAE = 43
e) AAB · AEC = AAB · (AEA + AAC) = AAB · AEA + AAB · AAC
donc AAB · AEC = 43 + 3.
10 a) AAB · AAC = 4 × 4 × cos 60° = 8
b) ACB · AAC = – ACB · ACA = – 8
c) AAA9 · ABC = 0 car AAA9 ⊥ ABC
2
2
3 43
=
d) OA = AA9 donc OA = × 4 ×
3
3
2
3
1 16 16
8
AOA · AOB =
+ – 16 = –
2 3
3
3
e) AOA9 · AOC = AOA9 · AOA9 car les projetés orthogonaux
de O et C sur la droite (OA9) sont respectivement O et
A9.
2
1
4
AOA9 · AOC = OA92 = × 23 =
3
3
1
1
f) UA9B9 · AAB = ABA · AAB = – AB2 = – 8
2
2



5

Résoudre des problèmes
12 a) AAB (6 ; 3) et AAC (2 ; 4) donc AAB · AAC = 24.
AAB · AAC = 45 × 20 × cos jBAC
13 a) AAB · AAC = AAB · AAB = AB2 = 25 car les projetés
c) AAB · AAC = AAH · AAC = AH × AC (par projection orthogonale des points A et B sur la droite (AC)).
25
10
252
Donc AH =
et BH = 25 –
d’où
=
29 29
29
BH ≈ 1,9.

15 Conjecture à l’aide d’un logiciel de géométrie
dynamique :
Lorsque a varie, il semble que les droites (AE) et (BF)
restent perpendiculaires.
Choix d’une stratégie :
On souhaite démontrer que AAE · ABF = 0.
Résolution du problème :
AAE · ABF = (AAB + ABE) · (ABC + ACF), donc :
AAE · ABF = AAB · ACF + ABE · ABC car AAB ⊥ ABC et ABE ⊥ ACF
1
1
1
AAB · ACF = – AB2 = – a2 car ACF = – AAB
3
3
3
1
1
1
ABE · ABC = BC2 = a2 car ABE = ABC.
3
3
3
1
1
D’où AAE · ABF = – a2 + a2 = 0, donc AAE ⊥ ABF.
3
3
16
D
M
C
4
2
A
5
B
a) En utilisant le théorème de Pythagore dans le
triangle ADM rectangle en D et dans le triangle MBC
rectangle en C, on a AM2 = 4 + 1 = 5 et MB2 = 4 + 16 = 20.
178
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 178
03/07/15 14:40
D’où AM2 + MB2 = 25 = AB2. La réciproque du théorème de Pythagore permet de conclure que le triangle
AMB est rectangle en M.
b) RAM (1 ; 2) et RMB (4 ; – 2), donc RAM · RMB = 4 – 4 = 0,
c’est-à-dire RAM ⊥ RMB.
c) (RMD + RDA) · (RMC + ACB) = RMD · RMC + RMD · ACB
+ RDA · RMC + RDA · ACB
(RMD + RDA) · (RMC + ACB) = – 1 × 4 + 0 + 0 + 2 × 2
(RMD + RDA) · (RMC + ACB) = 0, c’est-à-dire RMA ⊥ RMB.
6
Travaux pratiques
20 1. a) à e)
18 Casio
TI
19
2. a) Les droites (BC9) et (CB9) semblent rester
­ erpendiculaires.
p
b) Les longueurs BC9 et CB9 semblent rester égales.
3. a) kB9AC9 + 2 × 90 + jBAC = 360
donc kB9AC9 = 180 – jBAC
RAB9 · RAC9 = AB9 × AC9 × cos kB9AC9
or cos kB9AC9 = cos (180 – jBAC) = – cos jBAC
de plus AB9 = AB et AC9 = AC,
donc RAB9 · RAC9 = – AB × AC × cos jBAC = – AAB · AAC.
b) RBC9 · RCB9 = (ABA + AAC9) · (ACA + RAB9)
RBC9 · RCB9 = ABA · ACA + ABA · RAB9 + RAC9 · ACA + RAC9 · RAB9
Or, ABA · ACA = AAB · AAC = – RAB9 · RAC9 d’après 3. a),
ABA · RAB9 = 0 car ABA ⊥ RAB9
RAC9 · ACA = 0 car RAC9 ⊥ ACA, donc RBC9 · RCB9 = 0.
Les droites (BC9) et (CB9) sont donc perpendiculaires.
c) RAC9 · AAB = AC9 × AB × cos jBAC9
et AAC · RAB9 = AC × AB9 × cos kCAB9.
Or AC9 = AC, AB = AB9 et kBAC9 = jBAC + 90, soit encore
kBAC9 = kCAB9.
D’où RAC9 · AAB = AAC · RAB9.
1
d) RAC9 · AAB = (AC92 + AB2 – BC92)
2
1
et AAC · RAB' = (AC92 + AB92 – CB92).
2
De AC9 = AC, AB = AB9 et RAC9 · AAB = AAC · RAB9, on déduit
BC9 = CB'.
4. a) Le logiciel de géométrie dynamique permet de
déplacer librement les points A, B et C et ainsi d’observer la figure pour différentes positions de ces trois
points : l’émergence de conjectures est donc facilitée.
b) Conjecture : les droites (AI) et (B9C9) semblent
­perpendiculaires.
1
Preuve : I milieu du segment [BC] donc A
A I = (AAB + A
A C).
2
1
AAI · EB9C9 = (AAB + AAC) · (EB9A + EAC9),
2
1
AAI · EB9C9 = (AAB · EB9A + AAB · EAC9 – AAC · EAB9 + AAC · EAC9)
2
Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 179
Produit scalaire
179
03/07/15 14:40
1
AAI · EB9C9 = (0 + AAB · EAC9 – AAC · EAB9 + 0) = 0
2
car EAC9 · AAB = AAC . EAB9 d’après 3 c).
Les droites (AI) et (B’C’) sont donc perpependicualires.
21 1. a), b) et c)
4. a) Quel que soit le choix du repère orthonormé,
la recherche des coordonnées de plusieurs vecteurs
est très calculatoire. Donc l’introduction d’un repère
­orthonormé n’est pas pertinente.
DF
b) Conjecture : le rapport
semble constant quelles
DE
que soient les positions de A, B et C.
DF DE + EF
EF
Preuve :
=
=1+ .
DE
DE
DE
1
3 2
AAD · AAE =
a mais aussi AAD . AAE = (a2 + a2 – DE2)
2
2
DE2
3
d’où DE = a 2 – 3.
donc
= a2 1 –
2
2
2
DF
=1+
En conséquence,
= 3 + 2.
DE
2 – 3


ADE · ADF = DE × (3 + 2) DE = (3 + 2) DE2
2. a) Le triangle BCF semble équilatéral.
b) Les droites (DE) et (BG) semblent perpendiculaires.
c) Les points D,E et F semblent alignés.
3. a) jEBC = 90 – 60 = 30°
Or, ABC · ABE = BC × BE × cos jEBC,
3 2
a.
donc ABC · ABE = a × a × cos (30) =
2
ADA · ABE = ACB · ABE car ADA = ACB dans le carré ABCD.
3 2
ADA · ABE = – ABC . ABE = –
a
2
1
b) AEA · AEB = a × a × cos (60) = a2
2
c) BC = BF et jCBF = 90 – 30 = 60° donc le triangle BCF
est équilatéral.
1
ABC · ABF = a × a × cos (60) = a2
2
1
ADA · AEG = ACB · AEG = ACB · ABF = – ABC . ABF = – a2
2
d) AAE · AEG = – AEA · AEG = – EA × EG × cos jAEG
AAE · AEG = – a × a × cos (90 + 60),
3 2
a.
2
e) ADE . ABG = (ADA + AAE) . (ABE + AEG),
ADE · ABG = ADA · ABE + ADA · AEG + AAE · ABE + AAE · AEG.
3 2 1 2 1 2 3 2
ADE . ABG = –
a – a + a +
a = 0.
2
2
2
2
Les droites (DE) et (BG) sont donc perpendiculaires.
f) La droite (BG) est perpendiculaire à la droite (DE) et
à la droite (EF) ([EF] et [BG] sont les diagonales du carré
BFGE).
Donc les droites (DE) et (EF) sont parallèles et sont donc
confondues car elles ont au moins un point commun E.
Finalement, D,E et F sont alignés.
AAE · AEG = – a2 × (– sin (60)) =
22 1. a) C’est l’algorithme III qui permet de constuire
le réseau.
b) On utilise l’expression analytique du produit scalaire dans le repère orthonormé en testant chaque
point du réseau.
Les points de coordonnées (1 ; 1), (2 ; 1), (3 ; 1), (4 ; 1),
(1 ; 2), (2 ; 2), (3 ; 2), et (4 ; 2) appartiennent à Γ.
c) On note (x ; y) les coordonnées du point M.
RMA (– 2 - x ; – y) et RMB (5 – x ; – y),
donc RMA · RMB = (– 2 – x)(5 – x) + y2.
Si x ∈ ]–  ; – 2] ∪ [5 ; + [ alors (– 2 – x)(5 – x) > 0, d’où
(– 2 – x)(5 – x) + y2 > 0,
c’est-à-dire RMA · RMB > 0.
Note : ce résultat limite la zone de recherche des
points M. On pourrait aussi raisonner avec les ordonnées y des points M de Γ.
2. a) 1 < i < 69 donc :
1
i
69
– 2 + < – 2 + < – 2 + , c’est-à-dire :
10
10
10
i
– 2 < – 1,9 < – 2 + < 4,9 < 5.
10
Donc toutes les abscisses des points du réseau R9
­appartiennent à ]– 2 ; 5[.
De même, toutes les ordonnées des points du réseau
R9 appartiennent à ]– 5 ; 5[.
En conséquence, tous les points du réseau R9 sont
contenus dans l’intérieur du rectangle CDEF.
b) Pour i allant de 1 à 69 ;
Pour j allant de 1 à 100 ;
i
i
j 2
si –
* 7–
+ 5–
, 0.
10
10
10
i
j
.
Tracer le point de coordonnées – 2 + ; – 5 +
10
10
  
 



180
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 180
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Produits scalaires non nuls :
b) RDG · RDF d) RDC · RAB
c) Avec le logiel Algobox :
26 a) Faux car  yu  = 25 + 4 = 29
b) Vrai car yv – yu (– 4 – 5 = – 9 ; 10 + 2 = 12).
1
c) Faux car yu . yv = (29 + 116 – (81 + 144))
2
yu · yv = – 40.
d) Faux car yu · yv ≠ 0
e) Vrai car yu – 2 yv (13 ; – 22) et :
1
yv · (yu – yv) = ( yv 2 +  yu – yv 2 –  yu – 2yv 2),
2
Or yu – 2 yv (13 ; 22) donc  yu – 2 yv  = 653.
1
yv · (yu – yv) = (116 + 225 – 653) = – 156 , 0.
2
27 a) yu · yv = y0 c) yu · yv = yw et f) y0 · yv = y0
n’ont pas de sens car le produit scalaire de deux vecteurs est un nombre réel.
d) 0 · yv = 0 n’a pas de sens car 0 · yv est un vecteur (vecteur nul).
Il semble que r contienne le disque de diamètre AB.
3. a) RMA · RMB = (AMI + pIA) · (AMI – pIA) car I milieu du
­segment de [AB] vérifie pIB = – pIA.
RMA . RMB = AMI2 – pIA2
b) RMA · RMB , 0 équivaut à MI2 , IA2, c’est-à-dire à
MI , IA (car MI et IA sont des nombres réels positifs).
L’ensemble Γ est donc le disque de rayon IA, privé du
cercle de centre I et de rayon IA.
4) RMA · RMB = 10 équivaut à MI2 = 10 + IA2.
IA = 3,5 donc l’ensemble cherché est le cercle de
centre I et de rayon 22,25.
7
Pour s’entraîner
23 a)  ROB  = OB = (– 2)2 + (– 3)2 = 13
b)  RAB  = AB = (– 2 + 1)2 + (– 3 – 3)2
 RAB  = 37
1 + 1 2 + (2 – 3)2
13
c)  RAC  = AC =
=
2
4
13
 RAC =
2
d) 2RBC  = 25 + 100 = 55 car 2 RBC (5 ; 10)



1
2
1
11
RAB · RAC = (25 + 64 – 100) = –
2
2
1
b) RAB · RAC = (36 + 64 – 100) = 0
2
24 a) RAB . RAC = (AB2 + AC2 – BC2)
25 Produits scalaires nuls par orthogonalité des
vecteurs :
a) RBA · RBC c) RDB · RAC e) RDK · RFG f) RHG · pHI
28 a)  yu  = (– 2)2 + 32 = 13
 yv  = (– 1)2 + (– 2)2 = 5
yv – yu (1 ; – 5) donc  yv – yu  = 12 + (– 5)2 = 26 ,
 yu – yv  =  yv – yu , donc  yu – yv  = 26 .
1
b) yu . yv = ( yu 2 +  yv 2 –  yv – yu 2)
2
1
yu . yv = (13 + 5 – 26) = – 4
2
1
De même : yv · yu = (5 + 13 – 26) = – 4.
2
1
(yv – yu ) · yv = ( yv – yu  2 +  yv  2 -  yu  2)
2
1
(yv – yu ) · yv = (26 + 5 – 13) = 9
2
29 a) Comme les points sont donnés dans un ­repère
orthonormé, AB = 2, AC = 22 et BC = 32.
1
b) p = (2 + 8 – 18) = – 4
2
1
30 a) RAB · RAC = (36 + 196 – 100) = 66
2
1
b) RCA · RCB = (196 + 100 – 36) = 130
2
1
c) RAB · RDC = RAB . RAB = (36 + 36 – 0) = 36
2
1
1
d) C
R A·D
R A = (CA2 + DA2 – DC2) = (196 + 100 – 36) = 130
2
2
31 Les droites (BE) et (AE) sont perpendiculaires
car E est situé sur le cercle de diamètre [AB]. Comme
le point I appartient à la droite (BE), et le point D à la
droite (AE), il vient : les droites (BI) et (AD) sont perpendiculaires, d’où ABI · RDA = 0.
De même AAI · RBD = 0.
Dans le triangle ABD, (BE) et (AF) sont deux hauteurs
qui se coupent en I. Donc (DI) est la troisième hauteur
relative à [AB]. D’où les droites (DI) et (AB) sont perpendiculaires, c’est-à-dire ADI . RAB = 0.
Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 181
Produit scalaire
181
03/07/15 14:40
32 Avec Algobox :
40 Dans le repère orthonormé, RAB (3 ; – 2)
et RCD (– 4 ; – 6)
donc RAB · RCD = 3 × (– 4) + (– 2) × (– 6) =0,
d’où RAB et RCD sont orthogonaux, donc les droites (AB)
et (CD) sont perpendiculaires.
7
2
Donc RAB · RAC = 14 + 12 = 26 ≠ 0.
D’où le triangle ABC n’est pas rectangle en A.
7
b) RDC – ; – 2 donc RAB = RDC, c’est à dire ABCD est un
2
parallélogramme.
41 a) RAB – ; – 2 et RAC (– 4 ; – 6).

1
2
1
b) RBA · RDC = RBA . RAB = (BA2 + AB2 – 4AB2)
2
RBA . RDC = –16
1
c) RAC · RAB = (AC2 + AB2 – BC2)
2
1
RAC · RAB = ((42)2 + 42 - 42) = 16
2
d) RAC · RBD = 0 car les diagonales d’un carré sont perpendiculaires.
2. a) Dans le triangle EFB rectangle en F, d’après le
théorème de Pythagore :
EF2 = EB2 – FB2 = 16 – 4 = 12.
Donc EF = 23.
1
b) pEF · pEB = (EF2 + EB2 – BF2) = EF2 = 12
2
34 a) yu · yv = (– 2) × (– 4) + 3 × (– 1) = 8 – 3 = 5
1
3
3
b) yu · yv = (– 3) × – + 3 × (– 1) = – 3 = –
2
2
2
c) yu · yv = (– 1) × 6 + 3 × 2 = – 6 + 6 = 0
d) yu · yv = – yu 2 = – ((– 3)2 + 32) = – 18
33 1. a) pEB · pEC = (EB2 + EC2 – BC2) = 8
 
3
2
36 Dans le repère orthonormé on a :
35 a) yu · yv = – 3 + 4 = 1 b) yu · yv = – 3 = –
a) yu (2 ; 0) et yv (2 ; 1) donc yu · yv = 4 + 0 = 4
b) yu (– 4 ; 1) et yv (2 ; – 3) donc yu · yv = – 8 – 3
yu · yv = – 11
37 RAB (1 ; 1) et RAC (6 ; – 1) donc RAB · RAC = 5
et RAB2 = 2.
38 a) yu 2 =  yu 2 = 1
1 5
b) yu · (2yu – yv ) = 2 yu 2 – yu . yv = 2 + =
2 2
c) (yu + yv )2 = yu 2 + 2yu . yv + yv 2 = 3
d) (yu – yv )2 = yu 2 – 2yu . yv + yv 2 = 5
39 RAB · RCD = – 12 + 12 = 0 donc RAB ⊥ RCD.
3
2

42 a) yu · yv = 4 + 6 = 10 et yu · yw = 20 – 10 = 10
donc yu · yv = yu · yw.
b)
C
5
4
3
2
1
O
0 1
–5 –4 –3 –2 –1
–1
A
–2
–3
B
c) ROA . ROB = ROA · ROC donc ROA · ROB – ROA · ROC = 0.
D’où ROA · (ROB – ROC) = 0, soit ROA · RCB = 0.
Donc ROA ⊥ RCB.
43 On note (x ; y) les coordonnées du point C.
C appartient à la droite d d’équation y = x, donc les
coordonnées de C peuvent être notées (x ; x).
RAB (– 4 ; – 3) et RAC (x – 3 ; x – 5).
RAB · RAC = 0 équivaut à – 4(x – 3) – 3(x – 5) = 0,
27
c’est-à-dire à x = .
7
27 27
.
;
D’où les coordonnées de C :
7 7
44 a) B(6 ; 0), C(0 ; 6), D(3 ; 0), E(0 ; 3) et F(3 ; 3).
b) RAF (3 ; 3) et RED (3 ; – 3).
Donc RAF · RED = 9 – 9 = 0. Les droites (AF) et (ED) sont
donc perpendiculaires.
c) D’après le théorème des milieux : les droites (ED) et
(BC) sont parallèles.
Or, la droite (AF) est la médiatrice du segment [BC] car
le triangle ABC est iscolèle en A et F est le milieu du
segment [BC].
D’où la droite (AF) est perpendiculaire à la droite (BC).
Finalement les droites (ED) et (AF) sont perpendiculaires.


182
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 182
03/07/15 14:40
1
2
3
4
45 a) B(a ; 0), C(a ; a), D(0 ; a) , E a ; 0, Fa ; a
1
et G 0 ; a .
4
b) RAB (a ; 0) et RAC (a; a) donc RAB · RAC = a2.
1
1
RDE a ; – a donc RAB · RDE = a2.
2
2
1
1
RGF a ; a et RDA (0 ; – a) donc RGF . RDA = – a2.
2
2
1
1
c) RDE a ; – a et RGF a ; a
2
2
1 2 1 2
d’où RGF · RDE = a – a = 0.
2
2
Les droites (GF) et (DE) sont donc perpendiculaires.







46


A
a

B
b J
D
I
C
a) On considère le repère orthonormé (D ; ADI , ADJ) où I
est le point de la demi-droite [DC) tel que DI = 1 et J le
point de la demi-droite [DA) tel que DJ = 1.
RAC (a ; – b) et RDB (a ; b) donc RAC · RDB = a2 – b2.
b) RAC · RDB = (RAB + RBC) · (RDA + RAB)
RAC · RDB = RAB · RDA + RAB2 + RBC · RDA + RBC · RAB,
RAB · RDA = RBC · RAB = 0 car les côtés consécutifs d’un
rectangle sont perpendiculaires.
RBC · RDA = – RBC · RBC car RDA = – RBC dans le rectangle
ABCD.
Finalement, RAC · RDB = RAB2 – RBC2 = a2 – b2.
47 On considère le repère orthonormé (A ; AAI, AAJ)
où I est le point du segment [AB] tel que AI = 1 et J le
point du segment [AD] tel que AJ = 1.
a) RAB (4,5 ; 0) et RCD (– 3 ; 0) donc RAB · RCD = – 13,5 ≠ 13,5.
b) RAB (4,5 ; 0) et RBC (– 1,5 ; 2) donc RAB · RBC = –6,75.
c) RBD (– 4,5 ; 2) et RBA (– 4,5 ; 0) donc RBD · RBA = 20,25 ≠ 20.
d) RAC (3 ; 2) et RDB (4,5 ; – 2) donc RAC · RDB = 9,5 ≠ 0.
Les résultats a), c) et d) sont donc inexacts.
Note : implicitement, on admet que le résultat de
l’expression analytique du produit scalaire ne dépend
pas du repère orthonormé choisi.
48 a) RAB · RAD = RDC · RAD car RAB = RDC dans le
­parallélogramme ABCD.
1
D’où RAB · RAD = – RDC · RDA = – (82 + 42 – 62)
2
RAB · RAD = – 22.
2
2
2
b) BD = RBD = (RBA + RAD)
BD2 = RBA2 + 2 RBA · RAD + RAD2 = 64 + 44 + 16
BD2 = 124
Donc BD ≈ 11,1.
49 a) Cet algorithme permet de calculer le produit
scalaire yu · yv à partir de son expression analytique.
1
b) A = [(x + x9)2 + (y + y9)2 – (x2 + y2) – (x92 + y92)]
2
1 2
A = [x + 2xx9 + x92 + y2 + 2yy9 + y92 – x2 – y2 – x92 – y92]
2
1
1
A= × 2xx9 + × 2yy9 = xx9 + yy9 = yu · yv.
2
2
Donc Léo a raison.
c) Les coordonnées de yu + yv sont (x + x9 ; y + y9), donc
 yu + yv 2 = (x + x9)2 + (y + y9)2.
De plus,  yu 2 = x2 + y2 et  yv 2 = x92 + y92.
D’où, d’après la formule de Léo :
1
yu · yv = ( yu + yv 2 –  yu 2 –  yv 2).
2
1
d) B = ( yu + yv 2 –  yu 2 –  yv 2)
2
1
B = [(yu + yv )2 – yu2 – yv 2]
2
1
1
B = [yu 2 + 2yu · yv + yv 2 – yu 2 - yv 2] = × 2 yu · yv
2
2
B = yu · yv
50 1.  yu + yv  2 –  yu – yv  2 = (yu + yv )2 – (yu – yv)2
 yu + yv  2 –  yu – yv  2 = (yu + yv + yu – yv ) · (yu + yv – yu + yv )
 yu + yv  2 –  yu – yv  2 = 2yu · 2yv = 4yu · yv
2. a) Comme ABCD est un parallélogramme, on a :
RAC = RAB + RAD. De plus, RDB = RAB – RAD.
Donc RAC + RDB = 2RAB et RAC – RDB =2RAD.
Par conséquent, en utilisant 1., on en déduit que :
1
RAC · RDB = [  2RAB  2 –  2 RAD  2] =AB2 – AD2.
4
b) RAC · RDB = 0 équivaut à AB2 = AD2, c’est-à-dire à
AB = AD car AB et AD sont des nombres réels positifs.
Un parallélogramme dont les diagonales sont perpendiculaires est donc un losange.
51 1. MA2 + MB2 = RMA2 + RMB2
MA2 + MB2 = (RMI + pIA)2 + (RMI + pIB)2
Or I est le milieu du segment [AB], donc pIB = – pIA.
Donc, MA2 + MB2 = (RMI + pIA)2 + (RMI – pIA)2,
MA2 + MB2 = 2MI2 + 2IA2 = 2MI2 + 32.
2. a) MA2 + MB2 = 40 équivaut à MI2 = 4, c’est-à-dire
MI = 2.
L’ensemble cherché est donc le cercle de centre I et
de rayon 2.
b) MA2 + MB2 = 32 équivaut à MI2 =0, c’est-à-dire
MI = 0, soit encore à M = I.
L’ensemble cherché est donc le point I.
52 a) yu · yv = 4 × 2 = 8
c) yu · yv = 4 × (– 4) = – 16
Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 183
b) yu · yv = 4 × 2 = 8
Produit scalaire
183
03/07/15 14:40
53 a) yu · yv = 3 × 4 × cos  p  = 3 × 4 × 3 = 63
6
2
1
p
b) yu · yv = 2 × 5 × cos – = 2 × 5 × = 5
2
3
1
1
2p 1
c) yu · yv = × 4 × cos –
= × 4 × – = –1
2
2
2
3
54 a) p . 0 car 0 , jBAC , 90.
b) p , 0 car 90° < jBAD , 180°.
c) p , 0 car (RAB ; RCD) est obtus.
 
 
 
55 On remarque que RAB · RCD = RAB · pJK car J et K sont
les projetés orthogonaux respectifs de C et D sur la
droite (AB).
a) J et K sont les projetés orthogonaux respectifs de F
et E sur la droite (AB), donc :
RAB · pFE = RAB · pJK, donc RAB · pFE = RAB · RCD.
b) De même, RAB · pGJ = RAB · pK J = – RAB · pJK
RAB · pGJ = – RAB · RCD.
c) REH · RBA = pK J · RBA = pJK · RAB = RAB · RCD
d) RAB · pK J = – RAB · pJK = – RAB · RCD
56 a) L’égalité est vraie.
En effet, RAB . RAC = AB × AC × cos jBAC
RAB . RAC = 4 × 5 × cos (30°) = 103.
b) L’égalité est vraie.
En effet, RAB . RAC = RAH . RAC car H est le projeté orthogonal de B sur la droite (AC).
Les vecteurs RAH et RAC sont colinéaires et de même
sens, donc RAH . RAC = AH × AC.
Alors, AH =
RAB · RAC 103
=
= 23.
AC
5
a) RAB . RAC = AB × AC × cos (jBAC)
–6
1
Donc cos (jBAC)=
=– .
12
2
D’où jBAC = 120°.
60
AB
1
52
3
4
4
AC
2
jBAC
120°
RAB · RAC
–1
6
45°
10
5
3,75
120°
60°
– 10
7,5
61 a) jBAC = jDCA (angles alternes-internes puisque
les droites (AB) et (CD) sont parallèles) donc,
RAB · RAC = 4 × 6 × cos (30°) = 123
b) RAB · RAC = (RAD + RDB) · (RAF + RFC)
RAB · RAC = RAD · RAF + RAD · RFC + RDB · RAF + RDB · RFC
RAB · RAC = 0 + 6 × 2 + 2 × 4 + 0 = 20
58
C
E
G
B
y · yv = 4 × 2 × (– 1) = – 8.
u
b) L’affirmation est fausse car :
(yu + yv )2 = yu2 + 2yu · yv + yv2
soit (yu + yv )2 = 9 – 6 + 16 = 19
c) L’affirmation est vraie car  yu + yv  2 = (yu + yv ) 2
donc  yu + yv  2 = yu 2 + 2yu · yv + yv 2
1
 yu + yv  2 = 1 + 2 × 1 × 3 × – + 9 = 7
2
1
63 RAB · RAC = (25 + 36 – 81) = – 10
2
et RAB · RAC = AB × AC × cos jBAC = 30 cos jBAC.
1
Donc cos jBAC = – et jBAC ≈ 109°.
3
1
RBA · RBC = (25 + 81 – 36) = 35
2
et RBA · RBC = 5 × 9 × cos jABC = 45cos jABC.
35 7
Donc cos jABC = = et jABC ≈ 39°.
45 9
jBCA = 180 – (jBAC + jABC)
jBCA ≈ 32°
 
b) BC2 = RBC2 = (RBA + RAC)2
BC2 = BA2 + 2RBA · RAC + AC2 = 16 + 12 + 9
BC2 = 37
c) RCA · RCB = RCA · (RCA + RAB) = RCA2 + RCA · RAB
RCA · RCB = 9 + 6 = 15
A
c) RBD · AEF = (RBC + RCD) · AEF = RBC · AEF + RCD · AEF
23
RBC · AEF = – BC × EF = – 2 ×
= – 23 et RCD · AEF = 0
2
donc, RBD · AEF = – 23.
62 a) L’affirmation est vraie car :
57 Les résultats a) et c) sont faux. En effet :
F
59 a) RAB · RDE = RDC · RDE = RDC · RDF car F est le projeté
orthogonal de E sur la droite (DC).
RAB · RDE = DC × DF = 2 × 1 = 2
b) RDB · RDE = (RDC + RCB) · RDE = RDC · RDE + RCB · RDE
RDC · RDE = 2 d’après a)
RCB · RDE = RDA · RDE = DA × DE × cos jADE
RCB · RDE = 2 × 2 × cos (90° + 60°)
3
,
cos (90° + 60°) = – sin 60° = –
2
donc RDB · RDE = 2 – 23.
D
64 (pIA, pIC) = (RAB, RCD) car pIA et RAB sont colinéaires et
de même sens, de même que pIC et RCD.
RAB · RCD = AB × CD × cos (RAB, RCD),
184
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 184
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et yu · yv = x2 + y2 x92 + y92 cos (yu, yv),
xx9 + yy9
donc cos (yu, yv) =
.
2
x + y2 x92 + y92
b) Avec Algobox :
D’après 1. b) : BK × BA = BH × BC.
BH × BC 10
b) BK =
=
BA
3
68 a) RAC · RAD = RAD · RAD car D est le projeté orthogonal de C sur la droite (AD).
RAC · RAD = AD2 = 36
b) RCA · RDB = RCA · (RDA + RAB) = RCA · RDA + RCA · RAB
RCA · RDB = 36 + RC9A · RAB en notant C9 le projeté orthogonal de C sur la droite (AB).
RCA · RDB = 36 – CD × AB = 36 – 3 × 8 = 12
c) (ROA, ROB) = (RCA, RDB) car ROA et RCA sont colinéaires et
de même sens, de même que ROB et RDB.
RCA · RDB = CA × DB × cos (RCA, RDB) et d’après le théorème de Pythagore CA = 9 + 36 = 35,
DB = 36 + 64 = 10
12
25
D’où cos (RCA, RDB) =
=
.
25
35 × 10
Il vient : jAOB ≈ 80°.
c) RAB (– 3 ; 4) et RAC (6 ; – 4). Avec yu = RAB et yv = RAC, le
programme précédent conduit à :
69 a) RCF · RCG = CF × CG × cos (jFCG)
1
RCF · RCG = l × (a – l) × cos (60°) = l (a – l)
2
b) RFG · RFC = (RFC + RCG) · RFC = RFC2 + RCG · RFC
donc RAB · RCD = AB × CD × cos (pIA, pIC).
Or RAB (– 2 ; – 2) et RCD (1 ; – 3), donc RAB · RCD = – 2 + 6 = 4
et AB = 22, CD = 10.
4
1
=
et jAIC ≈ 63°.
D’où cos (pIA, pIC) =
22 × 10 5
65 a) c représente cos (yu, yv ). En effet : yu · yv = xx9 + yy9
cos jBAC ≈ 0,942 99033, c’est-à-dire jBAC ≈ 161°.
66 1. Se reporter p 314, paragraphe 3a. du manuel.
2. a) RBA · RBC = RBA · RBA = BA2 car A est le projeté orthogonal de C sur la droite (AB).
RBA · RBC = RBH · RBC car H est le projeté orthogonal de A
sur la droite (BC).
Et RBH · RBC = BH × BC car les vecteurs RBH et RBC sont
colinéaires et de même sens.
Finalement BA2 = BH × BC.
b) Le théorème de Pythagore appliqué au triangle
rectangle ABC, conduit à BC = 10.
36
BH =
= 3,6 et CH = BC – BH = 6,4
10
1
67 1. a) RBA · RBC = (BA2 + BC2 – AC2) = 10
2
b) RBA · RBC = RBH · RBC car H est le projeté orthogonal de
A sur la droite (BC).
RBA · RBC = BH × BC = 6 BH car :
RBH et RBC sont colinéaires et de même sens.
5
c) 6 BH = 10 d’où BH = .
3
2. a) RBA · RBC = RBA · RBK car K est le projeté orthogonal
de C sur la droite (AB).
RBA · RBC = BA × BK car RBA et RBK sont colinéaires et de
même sens.
1
1
1
RFG · RFC = l 2 – l (a – l) = l 2 – al + l 2
2
2
2
3 2 1
RFG · RFC = l – al
2
2
c) CGF est un triangle rectangle en F équivaut à
3
1
RFG · RFC = 0, c’est-à-dire l 2 – al =0,
2
2
1
soit l (3l – a) = 0.
2
Finalement, CGF est un triangle rectangle en F
a
équivaut à l = 0 ou l = .
3
Or, l = 0 est impossible car l . 0 donc, une condition
nécessaire et suffisante pour que le triangle CGF soit
a
rectangle en F est : l = .
3
4
d) a = 4 donc l = .
3
D’après le théorème de Pythagore appliqué au
triangle rectangle CGF :
FG =
8
4
 3  –  3 
2
2
64 16
43
3
EFG est un triangle équilatéral car ABC est un triangle
équilatéral et CFG, EBG ainsi que AEF sont trois
triangles superposables.
43
D’où EF = EG = FG =
.
3
FG =
9 – 9 =
Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 185
Produit scalaire
185
03/07/15 14:40
70 On note K le point d’intersection des droites (DJ)
et (IC).
(pKI, RKD) = (pCI, pJD) car pKI et pCI sont colinéaires et de
même sens, de même que RKD et pJD.
1
1
On considère le repère orthonormé (D ; RDC, RDA).
4
3
D (0 ; 0), J (4 ; 1,5), C (4 ; 0) et I (2 ; 3).
D’où pJD (– 4 ; – 1,5) et pCI (– 2 ; 3), donc
pJD · pCI = 3,5, JD = 16 + 2,25 = 18,25 et CI = 13.
Or pJD · pCI = JD × CI × cos (pK I, RKD).
3,5
, ce qui conduit à
D’où cos (pKI, RKD) =
18,25 × 13
jDKI ≈ 76,87°.
71 On note (x ; y) les coordonnées du point C.
RAB (– 2 ; – 4), RCC9 (2,5 – x ; 4 – y)
RAC (x – 3 ; y – 5), RBB9 (3 ; 3)
RCC9 · RAB = 0 et RBB9 · RAC = 0 d’où :
– 21 + 2x + 4y = 0 et – 24 + 3x + 3y = 0
(x ; y) est donc solution du système
2x + 4y = 21
x = 5,5
, ce qui conduit à
.
3x + 3y = 24
y = 2,5
5
5
72 a) L’affirmation est fausse. Contre exemple : dans
un repère orthonormé, yu (1 ; 1) et yv (– 2 ; 2),
donc yu + yv (– 1 ; 3),  yu + yv  = 10,  yu  = 2 et  yv  = 22.
On a  yu + yv  ≠  yu  +  yv .
b) L’affirmation est vraie. Il suffit de considérer dans un
repère orthonormé les vecteurs yu (1 ; 1) et yv (– 1 ; 1) qui
sont orthogonaux.
c) L’affirmation est vraie. En effet, si on note I le milieu
du segment [AB], pIB = – pIA
donc RMA · RMB = (RMI + pIA) · (RMI + pIB) = MI2 – IA2.
RMA · RMB = 100 équivaut donc à MI2 = 100,25.
Il suffit donc de considérer M comme un point du
cerce de centre I et de rayon 100,25.
d) L’affirmation est vraie. En effet :
AC2 + BD2 = (RAB + RBC)2 + (RBA + RAD)2,
AC2 + BD2 = AB2 + BC2 + BA2 + AD2
car RAB ⊥ RBC et RBA ⊥ RAD.
AC2 + BD2 = 2AB2 + 2AD2 car BC = AD dans le rectangle
ABCD.
73 a) Si P alors Q est vraie car 3yv  = 3  yv  = 3  yv .
Si Q alors P est fausse. Il suffit de considérer dans un
repère orthonormé yu (3 ; 0) et yv (0 ; 1).
On a bien  yu  = 3 yv  mais yu et yv ne sont pas colinéaires.
P n’est donc pas équivalent à Q.
b)  yu + yv  =  yu – yv  équivaut à  yu + yv 2 =  yu – yv 2 (car les
normes sont des nombres réels positifs), ce qui équivaut à
yu 2 + 2yu · yv + yv 2 = yu 2 – 2yu · yv + yv 2, soit encore à
4yu · yv = 0, c’est-à-dire à yu · yv = 0.
P et donc équivalent à Q, ce qui légitime les propositions si P alors Q et si Q alors P.
c) Si P alors Q est fausse.
Contre exemple : sur la figure ciyw
contre, par projection orthogonale yu · yv = yu · yw mais yv ≠ yw.
yv
P n’est donc pas équivalent à Q.
Si Q alors P est vraie car les vecyu
teurs yv et yw ont les mêmes coordonnées dans un repère orthonormé et l’expression analytique du produit scalaire
permet alors de vérifier l’égalité.
d) Si P alors Q est vraie car yu + yv = 0 conduit à yu = – yv,
donc yu 2 = yv 2, c’est-à-dire yu 2 - yv 2 = 0.
Si Q alors P est fausse. Il suffit de considérer dans un
repère orthonormé yu (1 ; 1) et yv (1 ; – 1).
On a bien yu 2 – yv 2 = 2 – 2 = 0, mais yu + yv ≠ t0.
P n’est donc pas équivalent à Q.
8
74 1. C
Pour se tester
2. D
3. D
4. B
5. A
75 1. A et B 2. A, B, D 3. A, B, D 4. A, B, D 5. A, C, D
76 1. Vrai. En effet, B est le projeté orthogonal du
point I sur la droite (AB),
donc RAB · pAI = RAB · RAB = AB2 = 16.
2. Faux. En effet, B et I sont les projetés orthogonaux
respectifs des points A et I sur la droite (BC)
donc RBC · pAI = RBC · pBI = BC × BI = 4 × 2 = 8.
3. Faux. En effet, RAC · pAI = (RAB + RBC) · pAI
RAC · pAI = RAB · pAI + RBC · pAI et avec les calculs précédents : RAC · pAI = 16 + 8 = 24.
4. Vrai. En effet, pAI · pAJ = pAI · (RAC + pCJ)
1
p I · pA J = pAI · RAC + pAI · pCJ = pAI · RAC + pAI · – RAB et avec
A
2
les calculs précédents :
1
pAI · pA J = 24 – × 16 = 16.
2
pAI · pA J
.
5. Vrai. En effet, cos jIAJ =
AI × AJ


Or AI = AJ = 16 + 4 = 20,
16 4
donc cos jIAJ =
= , d’où jIAJ ≈ 36,9°.
20 5
186
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 186
03/07/15 14:40
9
Pour aller plus loin
77 a) On introduit le repère orthonormé (A ; pAI, pAJ)
où I est le point de la demi-droite [AB) tel que AI = 1 et
J le point de la demi-droite [AD)tel que AJ = 1.
C(b ; b) et D(0 ; b).
On note (x ; y) les coordonnées du point M.
Comme M appartient à la diagonale [BD],
on a y = – x + b.
De plus, P(x ; 0) et Q(0 ; – x + b)
Donc RCQ (– b ; – x) et RDP (x ; – b),
d’où RCQ · RDP = – bx + bx = 0.
Donc les droites (CQ) et (DP) sont perpendiculaires.
b) CQ = b2 + x2 et DP = x2 + b2, donc CQ = DP.
78 a) RAC · RDB = (RAD + RDC) · (RDC + RCB)
RAC · RDB = (RDC + RAD) · (RDC – RAD) car RCB = – RAD dans le
rectangle ABCD.
RAC · RDB = DC2 – AD2 = L2 – l 2
b) RAC · RDB = RA9C9 · RDB par projection orthogonale
des points A et C sur la droite (DB). RA9C9 et RDB sont
­colinéaires
Or, L > l . 0 donc L2 – l 2 > 0, d’où RAC · RDB > 0,
ce qui implique RAC · RDB = A9C9 × DB.
L2 – l 2
D’où L2 – l 2 = A9C9 × DB, soit A9C9 =
.
DB
Le théorème de Pythagore appliqué dans le triangle
rectangle ABD conduit à :
L2 – l 2
.
DB = L2 + l 2. Donc : A9C9 =
L2 + l 2
L2 – l 2
1
1
= L2 + l 2,
c) A9C9 = BD équivaut à
2
L2 + l 2 2
c’est-à-dire à : 2(L2 – l 2) = L2 + l 2.
On obtient donc : L2 – 3l 2 = 0,
ce qui équivaut à L = 3 l car L . 0 et l . 0.
79 a) EOM · EBC = EOM · (EBO + EOC) = EOM · EBO + EOM · EOC
E M · EBO = – EOB2 par projection orthogonale du point
O
M sur la droite (OB) dans le triangle rectangle OBM.
De même EOM · EOC = OC2.
EOM · ZBC = – OB2 + OC2 = 0 car OB = OC = 3.
b) pOI · EOH = pOI · EOM car le projeté orthogonal du point
M sur la droite (OI) est H.
pOI · EOM = EOM · pOI = EOM · EON car le projeté orthogonal
du point I sur la droite (OM) est N puisque les droites
(BC) et (ON) sont perpendiculaires d’après a).
pOI · EOH = pOI · EOM = EOC · EOM car le point I et le point C
ont le même projeté orthogonal N sur la droite (OM).
EOM · EOC = OC2 = 9 d’après a).
c) pOI · EOH = OI × OH, car pOI et EOH sont colinéaires et de
même sens. Or, pOI · EOH = 9 d’après b),
9
9
donc OI =
= .
OH 5
9
I est donc le point du segment [OH] tel que OI = ,
5
I est donc un point fixe quelle que soit la position du
point M sur la droite d.
d) Lorsque M se déplace sur la droite d, soit le triangle
ONI est rectangle en N, soit N = I.
Le point N décrit le cercle de centre O et de diamètre
9
OI = , privé du point I9 tel que I’ est le symétrique du
5
point I par rapport à O.
80 Production de Clémence :
Clémence introduit un repère orthonormé pour utiliser la formule analytique du produit scalaire afin de
calculer RBD . pCE.
Elle ne précise pas les positions exactes de I et J sur
la figure.
Elle commet une erreur dans le calcul ou la lecture des
coordonnées de RBD.
Ensuite, Clémence exploite la formule du produit scalaire avec le cosinus d’un angle car (pFE ; pFD) = (pCE ; RBD)
La démarche est correcte mais le résultat est faux.
Production de Gabriel :
Gabriel souhaite calculer RBD · pCE à l’aide de projetés
orthogonaux mais il ne projette ni sur la droite (BD) ni
sur la droite (CE) : il effectue une projection orthogonale sur la droite (AB).
Ensuite, il procède comme Clémence pour calculer
l’angle à partir de la formule du produit scalaire avec
le cosinus d’un angle.
La démarche est partiellemement exacte et le résultat
est faux.
81 a) RAB · EAM = (RAO + ROB) · EAM = RAO · EAM + ROB . EAM
RAO · EAM = 0 car RAO ⊥ EAM
ROB · EAM = ROB2 = OB2 car les projetés orthogonaux de
A et M sur la droite (OB) sont respectivement O et B.
Donc RAB · EAM = OB2.
b) RAB · EAM = RAB · RAD car D est le projeté orthogonal de
M sur la droite (AB).
RAB · RAD = AB × AD = AD car d’une part RAB et RAD sont
colinéaires et de même sens et d’autre part dans le
rectangle AMBO, AB = OM = 1.
D’après a), on obtient AD = OB2.
RAD = AD × RAB donc RAD = OB2 × RAB.
c) A(x ; 0) et B(0 ; y) donc RAB (– x ; y) et ROB (0 ; y).
De plus, OB2 = y2.
On note (xD ; yD) les coordonnées du point D.
Chapitre 13
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 187
Produit scalaire
187
03/07/15 14:40
De RAD = OB2 × RAB, on déduit :
xD – x = y2 × (– x)
x = x (1 – y2)
, c’est-à-dire D 3
.
2
yD – 0 = y × y
yD = y
5
5
Or, OM = 1,
donc x2 + y2 = 1, soit encore 1 – y2 = x2.
x = x3
Par conséquent : D 3
yD = y .
5
82 pAI · EBD = (EAD + pDI) · (EBC + ECD)
pAI · EBD = EAD · EBC + EAD · ECD + pDI · EBC + pDI · ECD.
Or, EAD · ECD = 0 car EAD ⊥ ECD puisque ABCD est un
­rectangle. De même pDI · EBC = 0.
1
De plus, EAD = EBC et pDI = EDC.
2
1
D’où pAI · EBD = l 2 – L2.
2
1
pAI · EBD = 0 équivaut à l 2 = L2, c’est-à-dire à L = 2 l
2
(L et l étant des nombres réels positifs).
83 1. a) et b)
1
RHB9 · RHC9 = (HA2 + RHA · RHB + RHC · RHA + RHC · RHB)
4
Or, RHA · RHB = RHC · RHA = 0 car la droite (AH) est perpendiculaire à la droite (BC) en H.
De plus, RHC · RHB = RAC · RHB car les projetés orthogonaux
de A et C sur la droite (HB) sont respectivement H et C.
Or, RAC · RHB = RAC · (RHA + RAB) = RAC · RHA car le triangle
ABC est rectangle en A.
Enfin RAC · RHA = RAH · RHA = – AH2 car les projetés orthogonaux de A et C sur la droite (HA) sont respectivement A et H.
1
Finalement, RHB9 · RHC9 = (HA2 – AH2) = 0,
4
donc RHB9 ⊥ RHC9.
85 On considère le repère othonormé (O ; pDI, pDJ) où
I est le point de la demi-droite [DC) tel que DI = 1 et J
est le point de la demi-droite [DE) tel que DJ = 1.
On note (a ; 0) les coordonnées du point C et (0 ; b)
les coordonnées du point E (a et b étant des nombres
réels strictement positifs).
On a alors F (– b ; b) et B (a ; – a).
Une équation de la droite (FC) est :
–b
ab
y=
.
x+
a+b
a+b
Une équation de la droite (EB) est :
a+b
x + b.
y=–
a
Les coordonnées (xH ; yH) sont donc les solutions du
système :
b
ab
y=–
x+
(a + b)
a+b .
a+b
y=–
x+b
a
À l’aide d’un logiciel de calcul formel, on obtient :
5
Il semble que p reste constant.
2. a) Si B ≠ A9, le triangle ABA9 est rectangle en B car
[AA9] est un diamètre du cercle #. Donc le projeté orthogonal du point A9 sur la droite (MA) est le point B.
D’où EMA · EMA9 = EMA . EMB.
Si B = A9 alors EMA · EMA9 = EMA · EMB.
b) EMA · EMA9 = (EMO + EOA) · (EMO + EOA9)
EMA · EMA9 = (EMO + EOA) · (EMO – EOA) car EOA9 = – EOA
puisque O est le milieu de [AA9].
EMA · EMA9 = MO2 – OA2 = MO2 – R2
Donc EMA · EMB = MO2 – R2.
c) M est un point fixé donc la distance OM est constante,
tout comme le rayon R qui est constant.
Donc EMA · EMB est constant lorsqu’on déplace le point
N.
1
2
1
C’ est le mileu de [AB] donc H
R C9 = (RHA + RHB).
2
1
1
RHB9 · RHC9 = (RHA + RHC) · (RHA + RHB)
2
2
84 B9 est le milieu de [AC] donc RHB9 = (RHA + RHC).
5
ab2
a + ab + b2
a2b
yH = 2
a + ab + b2
xH =
2
ab2
a2b
, 2
.
2
+ ab + b a + ab + b2
Or, REC (a ; – b), donc :
a2b2
a2b2
RDH · REC = 2
= 0.
– 2
2
a + ab + b a + ab + b2
Les droites (DH) et (CE) sont donc perpendiculaires.
D’où, EDH
a
2

86 MA2 + MB2 = EMA2 + EMB2
MA2 + MB2 = (RMI + pIA)2 + (RMI + pIB)2 où I est le milieu du
segment [AB].
188
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MA2 + MB2 = 2MI2 + 2IA2 car
RMI · (pIA + pIB) = RMI · t0 = 0.
Donc MA2 + MB2 est minimum lorsque MI2 est minimum, c’est-à-dire lorsque MI est minimum, soit encore lorsque M est situé à l’intersection de la droite
perpendiculaire à d passant par I avec la droite d.
87 On nomme ABCD un quadrilatère quelconque,
I le milieu du segment [AC] et J le milieu du segment
[BD].
Dans le triangle ABC :
AB2 + BC2 = RAB2 + RBC2
AB2 + BC2 = (pAI + pIB)2 + (pBI + pIC)2
1
AB2 + BC2 = 2IB2 + AC2 (formule de la médiane).
2
De même dans le triangle ACD :
1
CD2 + DA2 = 2ID2 + AC2.
2
Donc, AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + 2(IB2 + ID2 ).
1
Dans le triangle IBD, IB2 + ID2 = 2IJ2 + DB2.
2
Finalement, AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = AC2 + DB2 + 4IJ2.
Or IJ2 > 0 d’où l’inégalité d’Euler.
88 On note I le milieu du segment [BC].
1
1
(AC2 – AB2) = (RAC2 – RAB2)
2
2
1
1
(AC2 – AB2) = (RAC + RAB) · (RAC – RAB)
2
2
1
(AC2 – AB2) = pAI . RBC
2
1
EAM · RBC = (AC2 – AB2) équivaut donc à
2
EAM · RBC = pAI · RBC, c’est-à-dire à (EAM – pAI) · RBC = 0,
soit encore à EIM · RBC = 0.
L’ensemble cherché est donc la médiatrice du s­ egment
[BC].
10
1
c) RCA · pCB = (25 + 16 – 36) = 2,5
2
1
90 a) pGF · RGH = (9 + 16 – 36) = – 5,5
2
1
b) RHG · pHF = (16 + 36 – 9) = 21,5
2
1
c) pFE · pFH = (16 + 36 – 9) = 21,5
2
91 1. a)  yu  = 9 + 1 = 10,  yv  = 1 + 4 = 5
yv – yu (– 4 ; 1) donc  yv – yu  = 16 + 1 = 17
1
b) yu · yv = (10 + 5 – 17) = – 1.
2
2.  yw  = 4 + 16 = 25 et yw – yu (– 1 ; – 5).
Donc  yw – yu  = 1 + 25 = 26.
1
yu · yw = (10 + 20 – 26) = 2
2
yw – yv (3 ; – 6) donc  yw – yv  = 9 + 36 = 35.
1
yv · yw = (5 + 20 – 45) = – 10.
2
92 a) yu · yv = 2 × (– 3) + (– 5) × (– 1) = – 6 + 5
yu · yv = – 1
b) RAB (– 1; – 1) et RAC (2 ; 1),
donc RAB · RAC = – 2 – 1 = – 3.
93 a) yu (5 ; 4) et yv (3 ; – 6) donc yu · yv = 15 – 24 = – 9.
b) yu (5 ; 4) et yw (7 ; – 6) donc yu . yw = 35 – 24 = 11.
c) yv (3 ; – 6) et yw (7 ; – 6) donc yv · yw = 21 + 36 = 57.
94 a) RAB (– 1 ; 1) et RCD (10 ; 10).
b) RAB · RCD = – 10 + 10 = 0 donc les droites (AB) et (CD)
sont perpendiculaires.
95 a) RAB · RAC = RAB · RAB = AB2 car les projetés orthogonaux de A et C sur la droite (AB) sont respectivement A et B.
RAB . RAC = 16
2
1
b) pDI · RDC = pDI · pDI = DI2 = × 42 = 8
2
c) RAB · pIC = pAI · pIC = IC2 = 8
d) pIA · RBC = pIA · pIC = – IC2 = – 8


96 a) RAB · RAC = RAB · pAE = AB × AE = 10
b) RAB · RAD = RAB · pAF = – AB × AF = – 5
c) RAB · RCD = RAB · pEF = – AB × EF = – 15
97 a) RAB · RAC = AB × AC × cos (jBAC) = 4 × 3 × cos (60°)
Accompagnement
personnalisé
1
2
89 a) RAB · RAC = (36 + 25 – 16) = 22,5
1
b) RBA · RBC = (36 + 16 – 25) = 13,5
2
RAB · RAC = 6
b) RAB · RBC = RAB · (RBA + RAC) = RAB · RBA + RAB · RAC
RAB · RBC = – AB2 + RAB · RAC = – 16 + 6 = – 10
98 a) RAB . RAD = 3 × 2 × cos (120°) = – 3
b) RAB · RAC = RAB · (RAD + RDC) = RAB · RAD + RAB · RDC
Chapitre 13
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Produit scalaire
189
03/07/15 14:40
or, RAB = RDC car ABCD est un parallélogramme,
donc RAB · RAC = – 3 + AB2 = – 3 + 9 = 6.
99 a) RCO · RCD = CD2 = 25 car les projetés ortho­
gonaux des points C et O sur la droite (CD) sont respectivement C et D.
b) RCO (– 5 ; – 2) et ZCE (1 ; – 1) donc, C
R O · ZCE = – 5 + 2 = – 3.
c) ZBE · ROD = ZBE · RBC = 2 × 2 × cos (45°) = 2
RHC · RAB = 0 et RHA · RBC = 0 conduisent au système d’inconnues x, y :
1
1 1
(c – x) × (b – a) + – y × – = 0
c
b a
1
1 1
(a – x) × (c – b) + – y × – = 0
a
c b


5
 
 


Un logiciel de calcul formel permet d’obtenir la
­solution :
100 a) On introduit le repère orthonormé (O ; ZOI, ZOJ).
1
2
1 3
donc RKO · ZKL = 1 + = .
2 2
b) RKO · ZKL = KO × KL × cos (jOKL), KO = 2 et KL =

RKO (– 1 ; – 1) et ZKL – 1 ; –
3
donc = 2 ×
2

3
2
cos (jOKL) =

5
× cos (jOKL), ce qui conduit à :
4
5
2
=

5
4
32 310
=
10
25
d’où jOKL ≈ 18,4°.
1
D’où : y = , c’est-à-dire H appartient à l’hyperbole .
x
102 a) Le triangle ABC est équilatéral équivaut à
CA2 = BA2 et pCI · RAB = 0 ou I est le milieu du segment
[AB].
On note (x, y) les coordonnées du point C.
CA2 = BA2 si et seulement si (x – 1)2 + (y – 1)2 = 20.
pCI · RAB = 0 si et seulement si 4(3 – x) + 2y = 0.
D’où le système à résoudre :
y = 2x – 6
(x – 1)2 + (y – 1)2 = 20
5
101 1. a)
soit encore :
5 y5x= 2x– 30x– 6+ 30 = 0.
2
D’où les coordonnées possibles du point C :
(3 – 3 ; – 23) ou (3 + 3 ; 23).
b) Dans un premier temps on recherche les coordonnées du point F tel que le triangle ABF soit rectangle
isocèle en B, c’est-à-dire tel que AB2 = BF2 et RAB · pBF = 0.
En notant (x, y) les coordonnées du point F, il vient :
(x, y) sont les solutions du système
(x – 5)2 + (y + 1)2 = 20
4(x – 5) – 2 (y + 1) = 0
5
b) Il semble que l’orthocentre H appartienne toujours
à l’hyperbole, quelles que soient les positions sur 
des points A , B d’abscisses strictement positives et du
point C d’abscisse strictement négative.
1
1
1
2. On note a ; , b ; , c ; , H (x ; y) les coordona
b
c
nées respectives des points A,B, C et H avec a, b des
nombres réels strictement positifs, c un nombre réel
strictement négatif et x, y des nombres réels. H est le
point de concours des hauteurs du triangle ABC, donc
les droites (HC) et (AB) sont perpendiculaires ainsi que
les droites (HA) et (BC).


 
soit encore
(x – 5) + (y + 1) = 20
,
5 2(x
– 5) = (y + 1)
c’est-à-dire
5 (x2(x––5)5)==4(y + 1) .
2
D’où les solutions
2
2
5 xy==–35 ou 5 xy == 37 .
Pour calculer les coordonnées des points D et E, on
utilise le fait que B est le milieu des segments [AE] et
[DF].
Finalement, on obtient D (7 ; 3), E (9 ; – 3) et F (3; – 5) ou
D (3 ; – 5), E(9 ; – 3) et F (7 ; 3).
190
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 190
03/07/15 14:40
14
1
Applications
du produit scalaire
Au fil des siècles
Il serait plus judicieux de parler de cartes des Cassini.
En effet, c’est toute la famille Cassini qui a participé à
leur réalisation. Ces cartes sont les premières à utiliser
la triangulation géodésique.
Cette méthode permet de déterminer la position d’un
point en le considérant comme le troisième sommet
d’un triangle dont on connaît deux angles et la longueur du côté qui les sépare.
De nos jours on peut consulter les feuilles de la carte
de Cassini au département des cartes et plan de la
­Bibliothèque Nationale de France ou en ligne :
• www.geoportail.gouv.fr
• espaceloisirs.ign.fr/boutique/cartes-anciennes-html
• wikipedia.org/wiki/Carte_de_Cassini
2
Bien démarrer
1. AB = (– 1 – 2)
2
+ (4 – (– 3))2 = 9 + 49 = 58
de même AC = 26 et BC = 210
2. a) ZAB (– 4 ; 4)
ZAC ( – 3 ; – 1)
ZAB · ZAC = 12 – 4 = 8
b) AB = 16 + 16 = 42
AC = 10
c) ZAB · ZAC = 42 × 10 × cos (jBAC) = 85 × cos (jBAC)
8
5
d’où cos (jBAC) =
=
, ainsi jBAC ≈ 63°
5
85
3. a) A
ABC est isocèle en A donc [AI] est
hauteur issue de A et médiatrice de
[BC].
ZBA · ZBC = ZBC × pBI
H
=2×1=2
B
I
C
b) ZBA · ZBC = ZBA · ZBH = BA × BH = 2 d’où 3 BH = 2, soit
2
BH = .
3
4. a) ZOA · ROD = – OA × OD = – 9
ZOA ^ RDC donc ZOA · RDC = 0.
ZAB ^ ROD donc ZAB . ZOB = 0.
ZAB · RDC = AB × DC = 12
b) ROB · ROC = (ZOA + ZAB) · (ROD + RDC)
= ZOA · ROD + ZOA · RDC + ZAB · ROD + ZAB · RDC
= – 9 + 0 + 0 + 12 = 3
5. x ∈ [0 ; π] donc sinx > 0.
5 11
sin2 x = 1 – cos2 x = 1 –
=
alors,
16 16
11
sinx =
4
6. a) Une équation de (AB) est de la forme y = mx + p
yB – yA – 2 – 4
3
=
=–
2
xB – xA 3 + 1
3
5
A (– 1 ; 4) ∈ (AB) donc 4 = + p et p = .
2
2
3
5
Une équation de (AB) est y = – x + .
2
2
b) Une équation de d9 est de la forme
– 2x – y + p = 0, C (2 ; 3) ∈ d9 donc
– 4 – 3 + p = 0, p = 7.
Une équation de d9 est – 2x – y + 7 = 0.
avec m =
7. a) L’ensemble des points M du plan tels que
MA = MB est la médiatrice de [AB].
b) L’ensemble des points M est le cercle de centre A
qui passe par B.
c) L’ensemble est le cercle de diamètre [AB].
3
Découvrir
1 Équation d’un cercle et de deux tangentes
1. a) AN2 = (x – 3)2 + y2
b) M ∈ T si, et seulement si, (AB) ^ (MB) en B, donc si,
et seulement si ZAB ^ RBM.
c) (BC) coupe l’axe des abscisses en H (2,8 ; 0).
D’après le théorème de Pythagore, dans le triangle
ABH rectangle en H on a :
AB2 = AH2 + HB2 d’où HB2 = 1 – 0,04.
v = 1 – 0,04 ≈ 0,98.
d) ZAB (2,8 – 3 ; v – 0) est orthogonal à
RBM (x – 2,8 ; y – v)
191
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 191
03/07/15 14:40
ZAB · RBM = 0 d’où – 0,2 (x – 2,8) + (y – v)v = 0.
Soit – 0,2x + vy – v2 + 0,56 = 0 est une équation de T.
e) De même M ∈ T9 équivaut à RCM · ZCA = 0
d’où ZCA (0,2 ; v) · RCM (x – 2,8 ; y + v) = 0
donc 0,2 (x – 2,8) + v (y + v) = 0
Une équation de T’ est 0,2x + vy + v2 – 0,56 = 0.
3. a) et b)
4
Savoir-faire
2 ZBC (1 ; – 6) est un vecteur normal à d1, ainsi une
équation cartésienne de la droite d1 est de la forme
x – 6y + c = 0.
A (3 ; 1) appartient à d1 donc 3 – 6 × 1 + c = 0, soit c = 3.
Une équation cartésienne de d1 est x – 6y + 3 = 0.
2. a) Le vecteur rn (– 2 ; 12) est un vecteur normal à la
droite d2.
rn = – 2 ZBC, rn et ZBC sont colinéaires donc les droites d1
et d2 sont parallèles.
b) Le milieu I du segment [BC] a pour coordonnées
–3 – 2 2 – 4
5
, soit – ; – 1 .
;
2
2
2
5
– 2 × – + 12 × (– 1) + 7 = 0 donc la droite d2 passe
2
par I.
D’autre part ZBC est un vecteur normal à d2, donc la
droite d2 est la médiatrice du segment [BC].
3. ZAC (– 5 ; – 5) est un vecteur normal à d3, ainsi une
équation cartésienne de la droite d3 est de la forme
– 5x – 5y + c = 0.
B (– 3 ; 2) appartient à d3 donc – 5 × (– 3) – 5 × 2 + c = 0,
soit c = – 5.
Une équation cartésienne de d3 est – 5x – 5y – 5 = 0 ou
encore x + y + 1 = 0.




 
c) Les droites (DE) et (AB) sont perpendiculaires à T,
elles sont donc parallèles.
D’après le théorème de Thalès, dans les triangles ODE
OD OA
et OAB on a :
=
.
DE AB
Les coordonnées de O sont (– 2 ; 0).
2+d 2–d
4
On a donc
=
, d’où 2 + d = 10 – 5d, soit d = .
5
1
3
Calcul
d’un
angle
de
tir
2
1. a) D’après la relation de Chasles,
ZBA + ZAC = ZBC donc ZAC – ZAB = ZBC.
b) BC2 = ZBC2 = (ZAC – ZAB)2 = AC2 + AB2 – 2ZAC · ZAB
= b2 + c2 – 2bc cos jBAC
c) On a donc a2 = b2 + c2 – 2bc cos qA.
2. a) TB12 = TA2 + AB12 = 252 + 202 = 1 025
TB22 = TA2 + AB22 = 252 + 27,322 ≈ 1 371,38
b) B1B22 = TB12 + TB22 – 2 TB1 · TB2 · cos α
TB2 + TB22 – B1B22
= 0,988 d’où α ≈ 8,9°
d’où cos α = 1
2 TB1 · TB2
3. a)
3
a) La médiatrice d de [AB] passe par son milieu
5–1 2+3
5
I
soit 2 ; . Elle a pour vecteur normal
;
2
2
2
ZAB (– 6 ; 1).
Une équation cartésienne de d est : – 6x + y + c = 0.




5
5
19
I ∈ d donc – 6 × 2 + + c = 0 d’où c = 12 – , soit c = .
2
2
2
19
Une équation de d est – 6x + y + = 0.
2
La médiatrice d9 de [AC] passe par le milieu de [AC],
5
J ; – 1 . Elle a pour vecteur normal ZAC (– 5 ; – 6).
2
L’équation cartésienne de d9 est – 5x – 6y + c = 0.
5
I ∈ d9 donc – 5 × – 6 × (– 1) + c = 0
2
25
13
d’où c = – 6 = .
2
2
13
Une équation de d9 est – 5x – 6y + = 0,
2
13
soit 5x + 6y – = 0.
2
b) On résout le système.


b) La distance TA pour laquelle α est maximal est 24 m.
192
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 192
03/07/15 14:40
5
19
=0
2
qui équivaut à
13
5x + 6y – = 0
2
– 6x + y +
5
19
2
5
13
y=– x+ .
6
12
y = 6x –
19
5
13
=– x+
2
6
12
41x 127
6 × 127 127
=
soit x =
=
6
12
41 × 12 82
127 19
17
y=6×
– =– .
82 2
82
d et d9 se coupent au point de coordonnées
127 17
.
;–
82
82
équivaut à 6x –


1
4 T a pour vecteur normal ZOA ; 3 .
2 2
Un vecteur normal à d est rn (1 ; 3).
rn = 2 ZOA, les vecteurs rn et ZOA sont colinéaires donc les
droites T et d sont parallèles.


6 a) D’après le théorème d’Al Kashi dans le triangle
ABC :
AC² = BA² + BC² – 2BA × BC × cos q B
AC² = 25 + 49 – 70 cos 120° = 109
AC = 109.
b) D’après la formule des sinus dans le triangle ABC :
BC
sin jBAC
=
AC
sin jABC
7
109
c’est-à-dire
=
.
sin jBAC sin 120°
7 × sin 120°
, soit sin jBAC ≈ 0,581.
Ainsi : sin jBAC =
109
Avec la calculatrice, on obtient jBAC ≈ 35°.
La somme des angles d’un triangle est égale à 180°
donc jACB ≈ 25°.
7
D’après le théorème d’Al Kashi, dans le triangle
ABC :
BC² = AB² + AC² – 2AB × AC × cos qA
BC² ≈ 72 900 + 202 500 – 83 111 ≈ 192 289
d’où BC = 439 m environ.
8 On utilise le théorème d’Al Kashi dans le triangle
dessiné sur le billard.
1 100² = 1 400² + 1 200² – 2 × 1 400 × 1 200 × cos a
cos a ≈ 0,652 d’où a ≈ 49°.
9 a) AB = (– 2)2 + (– 4)2 = 20 = 25
AC = 52 + (– 5)2 = 52

ABC est isocèle en C
BC = 72 + (– 1)2 = 52
b) Le théorème d’Al Kashi appliqué au triangle ABC
donne :
BC² = AB² + AC² – 2AB × AC × cos qA soit
10
.
50 = 20 + 50 – 2010 × cos qA d’où cos qA =
10
On en déduit qA ≈ 72°.
Comme ABC est isocèle en C, q B = qA ≈ 72°
et C
q ≈ 180 – 2 × 72 ≈ 36°.
11 cos 5p = cos p + p = cos p cos p – sin p sin p
12
4
6
4
6
4
3 2 1 2
=
×
– ×
2
2 2
2
5p 6 – 2
=
12
4
5p
p p
p
p
p
p
sin
= sin + = sin cos + cos sin
12
6 4
6
4
6
4
donc cos


1 2 3 2
= ×
+
2
2
2 2
5p 2 + 6
=
12
4
5p 5p
comme 2 ×
=
et que cos 2x = 2 cos² x – 1 on a :
24 12
5p
5p
cos = 2 cos² – 1 d’où
12
24
5p 1
6 – 2
cos²
= 1+
24 2
4
4 + 6 – 2
=
8
5p
p
5p
comme
∈ 0 ; cos > 0
24
2
24
sin


 
d’où cos
5p
=
24
4 + 68 – 2
5p
5p
= 1 – 2 sin²
12
24
5p 1
6 – 2
donc sin² = 1 –
24 2
4
de même cos

sin
5p
=
24

4 – 68 + 2
12 a) Pour tout x ∈ R, sin² x + cos² x = 1
donc sin² x = 1 –
9
7
p
= comme x ∈ 0 ;
16 16
2
 
7
.
4
9
2 1
b) cos 2x = 2 cos² x – 1 = 2 × – 1 = =
16
16 8
3 7 37
=
sin 2x = 2 sin x cos x = 2 × ×
4
4
8
c) cos 3 x = cos (x + 2 x) = cos x cos 2x – sin x sin 2 x
donc sin x =
3 1 7 37 3 21 – 9
= × –
×
= – =
4 8 4
32 32 16
8
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 193
6
Applications du produit scalaire
193
03/07/15 14:40
sin 3x = sin (x + 2 x) = sin x cos 2 x + cos x sin 2 x
7 1 3 37 7 97 57
=
× + ×
=
+
=
8 4
4
8
32
32
16
13 2 × p = p d’où cos p = 2 cos² p – 1, soit
8 4
4
8
1 2
p 1
p
cos² = cos + 1 =
+1
2 2
8 2
4
p
p
p
cos . 0
donc
∈ 0;
8
8
2


p
cos =
8





 24+ 2 = 22 + 2
p
p
p
comme sin² + cos² = 1 et sin . 0
8
8
8
2 + 2 2 – 2
p
sin² = 1 –
=
4
4
8
p
sin = 2 – 2.
8
2
13p
3p p
14 cos
= cos
+
12
4 3
3p
p
3p
p
= cos cos – sin sin
4
3
4
3
1
2
2 3
=–
× –
×
2 2
2
2
13p – 2 – 6
cos
=
12
4
13p
3p
p
3p
p
sin
= sin cos + cos sin
12
4
3
4
3
2 1 2 3
=
× –
×
2 2
2
2
 


 
 
sin
2 – 6
=
.
13p
12 
4
5
Résoudre des problèmes
16 a) R² = AB² = (– 2 – 1)² + (3 + 1)² = 25.
Une équation cartésienne du cercle de centre A et de
rayon R est :
(x – 1)² + (y + 1)² = 25
b) M (x ; y) ∈ #9 si, et seulement si,
x² – 4x + y² + 4y – 1 = 0
Or x² – 4 x = (x – 2)² – 4 et y² + 4y = (y + 2)² – 4
donc M ∈ #9 si, et seulement si, (x – 2)² + (y + 2)² = 9.
#9 est le cercle de centre le point de coordonnées
D (2 ; – 2) et de rayon R9 = 3.
AD = (2 – 1)2 + (– 2 + 1)2 = 2
R – R9 = 2
AD , R – R9 les cercles # et #9 ne se coupent pas.
17 M (x ; y) ∈ Γ si, et seulement si,
x² – 2x + y² + y = – 1.
Or x² – 2x = (x – 1)² – 1
1 ² 1
y² + y = y +
–
2
4
1 ² 1
donc M ∈ Γ si, et seulement si, (x – 1)² + y +
= .
2
4
1
1
Γ est le cercle de centre A 1 ; – et de rayon .
2
2
M (x ; y) ∈ Γ9 si, et seulement si, x² + 3x + y² – y – 3 = 0.
donc si, et seulement si,






x + 32² – 94 + y – 12² – 14 – 3 = 0,
3 ²
1 ² 11
+ y–
=
2
2
2
3 1
Γ9 est le cercle de centre B – ; et de rayon
2 2
5 2 2 29
11 1
+1 =
+
R + R9 =
AB =
2
2
2 2
11 1
–
R – R9 =
2 2

soit x +
 


 



11
2 .
R – R9 , AB , R + R9, les cercles se coupent.
18 a) M ∈ Γ si, et seulement si, x² – 4x + y² = 0.
Or x² – 4x = (x – 2)² – 4 donc M ∈ Γ si, et seulement si,
(x – 2)² + y² = 4. Γ est le cercle de centre B (2 ; 0) et de
rayon 2.
AB = 32 + 32 = 32
R – R9 , AB , R + R9. Les cercles sont sécants.
19 # est le cercle de centre A (– 5 ; 1) et de rayon 2.
#9 est le cercle de centre B (0 ; – 3) et de rayon 3.
AB = 41 AB > R + R9
Les cercles ne se coupent pas.
21 Dans le triangle HGK rectangle en G
HK² = HG² + GK² = a² + 9a² = 10a²
HG = a10
Dans le triangle JKF rectangle en F
JK² = JF² + KF² = 5a², JK = a5
Le théorème d’Al Kashi dans le triangle HJK permet
d’écrire :
HJ² = HK² + JK² – 2HK × JK cos a
soit a² = 10a² + 5a² – 2 a10 × a5 cos a
14a2
7
, cos a ≈ 0,99
=
donc cos a =
102a2 52
donc a ≈ 8°.
22 PB² = PF² + FB² = 100,36
PD² = FB² + (0,6 – 0,4)² = 100,04
Le théorème d’Al Kashi dans PDB donne :
DB² = PD² + PB² – 2PD × PB × cos q P
0,16 = 100,04 + 100,36 – 210 040,01 cos q P
200,24
cos q P ≈
≈ 0,999 d’où q P ≈ 2°.
200,4
194
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 194
03/07/15 14:40
24
Variables : xA, yA, xB, yB, xI, yI, k, d, p, r sont des
nombres réels
Entrées :
Saisir xA , yA , xB , yB
Saisir k
Traitement Affecter à d la valeur
et sorties : (xB – xA)² + (yB – yA)²
k d2
Affecter à p la valeur –
2 4
x +x
Affecter à xI la valeur A B
2
yA + yB
Affecter à yI la valeur
2
Si p , 0 alors
Afficher « Γ est l’ensemble vide »
sinon
Si p = 0 alors
Afficher « Γ est réduit au point
I (xI ; yI) »
sinon
Affecter à r la valeur p
Afficher « Γ est le cercle de centre
I (x I ; yI) et de rayon r »
Fin si
Fin si
25
Variables :
xA , yA , xB , yB , k, p, r sont des nombres
réels
Saisir k
Entrées :
Traitement Affecter à p la valeur
et sorties :
(xB – xA)2 + (yB – yA)2
+k
4
Si p , 0 alors
Afficher «  est l’ensemble vide »
sinon
Si p = 0 alors
Afficher «  est réduit au point I
milieu de [AB] »
sinon
Affecter à r la valeur p
Afficher «  est le cercle de centre
I et de rayon r »
Fin si
Fin si
6
Travaux pratiques
26 1.
1
2. a) Aire (OAB) = OA × OB × sin a = 10 sin a
2
b) On en déduit que Aire(OABC) = 20 sin a
p
p
c) Pour a = , l’aire est maximale (sin = 1).
2
2
3. a) La valeur conjecturée est 20.
AB² = OA² + OB² – 2 OA × OB × cos a
= 25 + 16 – 40 cos a
AB = 41 – 40 cos a
p
Cette distance est égale à 41 quand a = .
2
27 1. d) L’angle lM1AM2 mesure environ 36,9°.
2. a) A (x, y) est tel que x² – x = 0
donc x = 1 et A (1 ; 1).
b) T1 y = 2 (x – 1) + 1, soit y = 2x – 1
1
1
1
T2 y =
(x – 1) + 1, soit y = x + .
2
2
21
c) M1 est le point de T1 d’ordonnée nulle.
1
On a, donc 2xM1 – 1 = 0, donc M1 ; 0 .
2
M2 est le point de T2 d’ordonnée nulle.
 
1
1
On a xM2 + = 0, donc M2(– 1 ; 0).
2
2
d) D’après le théorème d’Al Kashi dans le triangle
AM1M2
M1M22 = AM12 + AM22 – 2 × AM1 × AM2 cos lM1AM2,
soit 1,52 = (0,52 + 12) + (22 + 12) – 21,25 5 cos lM1AM2
2
et lM1AM2 ≈ 36,9°.
donc cos lM1AM2 =
6,25
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 195
Applications du produit scalaire
195
03/07/15 14:40
3) ax2 – ax = 0 si, et seulement si, x = 1.
T1 a pour équation y = 2a (x – 1) + a soit y = 2ax – a
a
a
a
T2 a pour équation y = (x – 1) + a soit y = x +
2
2
2
On obtient les points M91 et M92 d’ordonnées nulles sur
T91 et T92 :
1
M91 (– 1 ; 0) et M92 ; 0
2
Toujours d’après le théorème d’Al Kashi
M91 M922 = A9M912 + A9M922 – 2 × A9M91 × A9M92 cos q A soit
 
2,25 = 0,25 + a2 + 4 + a2 – 20,25 + a2 × 4 + a2 cos qA9
a2 + 1
d’où cos qA9 =
2
a + 0,25 × a2 + 4
x2 + 1
En tabulant la fonction : x 
2
x + 0,25 × x2 + 4
on obtient
X
Y1
qA est maximal quand cos qA
0,9
0,8015 est minimal, c’est-à-dire pour
1
0,8
a = 1.
1,1
0,8013
7
Pour s’entraîner
28 a) A(2 ; 0) est un point de d1 et rn (2 ; 3) est un
vecteur normal à d1.
b) A(8 ; 0) est un point de d2 et rn (– 1 ; 5) est un vecteur
normal à d2.
c) A(0 ; – 1) est un point de d3 et rn (5 ; – 1) est un vecteur
normal à d3.
29 a) A (0 ; – 5) est un point de d1 et rn (3 ; – 1) un vecteur normal à d1.
b) A (0; 3) est un point de d2 et rn (– 2 ; – 1) un vecteur
normal à d2.
c) A (0 ; 1) est un point de d3 et rn (8 ; – 1) un vecteur
normal à d3.
30 a) rn1 (1 ; 2) est un vecteur normal à d1, rn2 (– 3 ; – 6)
est un vecteur normal à d2.
b) rn2 = – 3 rn1, ces vecteurs sont colinéaires donc d1 et
d2 sont parallèles.
31 Une équation de d est 2x + 3y – 2 = 0.
4 3
et rn2 (3 ; 4)
5 5
4
3
b) rn1 . rn2 = – × 3 + × 4 = 0
5
5
c) On en déduit que les droites d1 et d2 sont perpendiculaires.
32 a) rn1 – ;

33 a) une équation de d est x + 2y + c = 0 ;
A ∈ d donc 5 – 4 + c = 0
c = –1
une équation de d est x + 2y – 1 = 0.
b) Une équation de d est – 2x + 3y + c = 0
de plus – 12 + 3 + c = 0
une équation de d est – 2x + 3y + 9 = 0.
c) Une équation de d est 2 x + y + c = 0
de plus 2 + c = 0
une équation 2 x + y – 2 = 0.
d) – 2x + 3 y = 0 est une équation de d.
34 ZAB (– 6 ; 3) est un vecteur normal à la hauteur d
issue de C dans le triangle ABC.
Une équation cartésienne de d est de la forme
– 6x + 3y + c = 0.
C (– 1 ; – 3) appar tient à d donc :
– 6 × (– 1)+ 3 × (– 3) + c = 0, soit c = 3.
Une équation cartésienne de d est
–6x + 3y + 3 = 0, soit – 2x + y + 1 = 0.
35 ZAB (– 3 ; 1) est un vecteur normal à la médiatrice
d du segment [AB]. Une équation de d est :
– 3x + y + c = 0.
Le milieu I de [AB] a pour coordonnées
5 + 2 –2 – 1
7 3
, soit ; –
;
2
2
2 2
7 3
I appartient à d donc – 3 × – + c = 0, soit c = 12.
2 2
Une équation cartésienne de d est :
– 3x + y + 12 = 0.




36 a) hA hauteur issue de A a pour vecteur normal
ZBC (– 6 ; – 2). On choisira rn (3 ; 1) comme vecteur normal
à hA, une équation de hA est 3x + y + c = 0 d’où comme
A ∈ hA
3 – 2 + c = 0, c = – 1
Une équation hA est 3x + y – 1 = 0.
b) ZAC (– 3 ; 3), on choisira rn (– 1 ; 1) comme vecteur normal à hB hauteur issue de B, B ∈ hB donc une équation
de hB est – x + y + c = 0 et – 4 + 3 + c = 0, c = 1.
Une équation de hB est – x + y + 1 = 0.
c) Les coordonnées de H sont solutions du système :
3x + y – 1 = 0
1 1
soit H ; –
–x+y+1=0
2 2
5


37 a) d1 la médiatrice de [AC] passe par le milieu
B9 (2 ; 3) de [AC] et a pour vecteur normal ZAC (– 6 ; 2).
Elle a pour autre vecteur normal rn (– 3 ; 1).
Une équation de d1 est :
– 3x + y + c = 0 avec – 6 + 3 + c = 0, soit – 3x + y + 3 = 0
b) d2 la médiatrice de [BC] passe par le milieu A9 de
3
[BC] A9 (1 ; , elle a pour vecteur normal ZBC (– 4 ; 5).
2
Une équation de d2 est
15
– 4x + 5y + c = 0 avec – 4 +
+c=0
2
7
soit – 4x + 5y – = 0.
2


196
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 196
03/07/15 14:40
c) Les coordonnées du centre Ω du cercle circonscrit à
ABC sont solutions de :
– 3x + y + 3 = 0
37 45
;
soit Ω
22 22
7
– 4x + 5y – = 0
2
5


38 a) rn2 (2 ; – 1) est normal à d2.
b) rn1 · rn2 = 1 × 2 + 2 × (– 1) = 0
donc d1 et d2 sont perpendiculaires.
c) les coordonnées de M point d’intersection de d1 et
d2 sont solutions du système :
5 x2x+–2yy +– 84 == 00
soit M (0 ; 4)
39 a) rn (– 3 ; 1) est un vecteur directeur de d1, c’est
un vecteur normal à d2. Une équation de d2 est :
– 3x + y + c = 0
A (2 ; 6) ∈ d2 donc – 6 + 6 + c = 0
Une équation de d2 est – 3x + y = 0.
b) Les coordonnées de d1 sont solution du système
7 21
x + 3y – 7 = 0
;
d’où H
10 10
– 3x + y = 0
5


c) La distance de A à d1 est la distance AH
AH =
7
21
169
10 – 2 + 10 – 6 =  10 =
2
2
1310
10
40 a) ZAB (3 ; – 1) est un vecteur normal à d.
Une équation de d est 3x – y + c = 0
Comme A ∈ d, 3 – 3 + c = 0, d’où 3x – y = 0 est une
équation de d.
b) Une équation de d9 est 3x – y + c = 0
B ∈ d9 d’où 3 × 4 – 2 + c = 0
une équation de d9 est 3x – y – 10 = 0.
41 a) Cercle de centre A (3 ; 1) est de rayon 3.
b) Cercle de centre A (– 2 ; 5) est de rayon 4.
c) Cercle de centre A (– 1 ; – 4) est de rayon 5.
d) Cercle de centre A (4 ; – 1) est de rayon 2.
e) Cercle de centre A (0 ; – 5) est de rayon 2.
f) Cercle de centre A (0 ; 0) est de rayon 5.
42 a) (x – 2)2 + (y – 5)2 = 9
c) (x + 1) + (y + 4) = 6
2
2
b) (x + 3)2 + (y – 2)2 = 1
d) x2 + (y – 1)2 = 8
43 Les coordonnées de Ω sont Ω (1,9 ; 2,75) et le
rayon est 2.
44 Cercle bleu : (x – 1)2 + (y – 2)2 = 1.
Cercle noir : (x – 3,2)2 + (y – 2)2 = 1.
Cercle rouge : (x – 5,4)2 + (y – 2)2 = 1.
Cercle jaune : (x – 2,1)2 + (y – 1)2 = 1.
Cercle vert : (x – 4,3)2 + (y – 1)2 = 1.
45 a) AB = (5 – 1)2 + (0 – 1)2 = 17
Une équation cartésienne du cercle de centre A qui
passe par B est (x – 1)2 + (y – 1)2 = 17
b) AB = (3 – 2)2 + (1 – 0)2 = 2
une équation cartésienne du cercle de centre A qui
passe par B est (x – 2)2 + y2 = 2.
c) AB = 52 + (– 5)2 = 52
une équation cartésienne du cercle de centre A qui
passe par B est (x + 1)2 + (y – 3)2 = 50.
d) AB = 72 + 12 = 50
une équation cartésienne du cercle de centre A qui
passe par B est x2 + (y – 4)2 = 50.
3
b) AB = 17
2
c) Une équation du cercle de diamètre [AB] est :
32
= 17
(x – 1)2 + y –
2
1 9
47 a) I ; –
b) AB = 2
2 2
c) Une équation du cercle de diamètre [AB] est :
12
92
x–
+ y+
=2
2
2
46 a) I 1 ;




 


48 a) I (0 ; 6)
b) AB = 5
c) Une équation du cercle de diamètre [AB] est :
x2 + (y – 6)2 = 5.
49 a) EMA · EMB = (4 – x)(– 2 – x) + (3 – y)(1 – y)
= x2 – 2x – 8 + y2 – 4y + 3
= x2 – 2x + y2 – 4y – 5
b) M (x ; y) ∈ cercle de diamètre [AB] si, et seulement si,
EMA · EMB = 0, soit x2 – 2x + y2 – 4y – 5 = 0
or x2 – 2x = (x – 1)2 – 1 et y2 – 4y = (y – 2)2 – 4
Une équation du cercle de diamètre [AB] est :
(x – 1)2 + (y – 2)2 = 10
50 a) x2 – 10x = (x – 5)2 – 25
y + 4y = (y + 2)2 – 4
b) x2 + y2 – 10x + 4y + 23 = 0 peut s’écrire :
(x – 5)2 + (y + 2)2 = 6
 est le cercle de centre Ω (5 ; – 2) et de rayon 6.
2
51 a) x2 + y2 – 4x + 6y + 12 = 0 peut s’écrire
(x – 2)2 + (y + 3)2 = 1
# est le cercle de centre Ω (2 ; – 3) et de rayon 1.
b) x2 + y2 + 10x – 4y + 29 = 0
x2 + 10x = (x + 5)2 – 25
y2 – 4y = (y – 2)2 – 4
x2 + y2 + 10x – 4y + 29 = 0 peut s’écrire
(x + 5)2 + (y – 2)2 = 0, l’ensemble est réduit au point
Ω (– 5 ; 2).
c) x2 + y2 + 8x – 10y + 42 = 0 peut s’écrire
(x + 4)2 – 16 + (y – 5)2 – 25 + 42 = 0,
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 197

Applications du produit scalaire
197
03/07/15 14:40
soit (x + 4)2 + (y – 5)2 = – 1.
Ce n’est pas l’équation d’un cercle.
d) x2 + y2 – 7x = 0 peut s’écrire
7 2 49 2
7 2 2 49
x–
– + y = 0, soit x –
+y = .
2
4
2
4
7
; 0 et de
L’ensemble est le cercle de centre Ω
2
7
rayon .
2






52 x2 + y2 – 2x – 6y + 8 = 0
a) x – 2x = (x – 1) – 1
y2 – 6y = (y – 3)2 – 9
x2 + y2 – 2x – 6 + 8 = 0 peut s’écrire
(x – 1)2 + (y – 3)2 = 2
# est le cercle de centre A (1 ; 3) et de rayon 2.
b) (0 – 1)2 + (4 – 3)2 = 2 donc B ∈ #
c) ZAB est un vecteur normal à T,
une équation de T est – x + y + c = 0.
B ∈ T, donc 0 + 4 + c = 0.
Une équation de T est – x + y – 4 = 0.
2
2
53 # est le cercle de centre Ω (1 ; 2)
(2 – 1)2 + (3 – 2)2 = 2 donc A ∈ #.
EWA a pour coordonnées (1 ; 1).
Une équation de la tangente à # en A est x + y + c = 0.
A appartient à cette tangente donc 3 + 2 + c = 0
donc c = – 5.
d est bien la tangente à # en A.
54 On utilise le théorème d’Al Kashi dans un triangle
quelconque a2 = b2 + c2 – 2bc cos qA.
55 On utilise la formule des sinus.
56 On calcule d’abord a grâce au théorème d’Al
Kashi puis on utilise la formule des sinus.
57 D’après le théorème de la médiane :
BC2
AB + AC = 2AI +
2
1
AI2 = (9 + 16 – 18)
2
7
72
2
AI = , AI =
2
2
2
2
2
58 D’après le théorème d’Al Kashi dans ABC :
BC = AB + AC – 2 AB × AC × cos jBAC
1
d’où BC2 = 4 + 36 – 2 × 12 × = 28 donc BC = 27.
2
2
2
2
59 D’après le théorème d’Al Kashi dans DEH :
DE2 = DH2 + EH2 – 2 × DH × EH cos jDHE
DE2 = 49 + 49 – 2 × 49 cos 93°
DE2 ≈ 103,13 soit DE ≈ 10,2 m
60 D’après le théorème d’Al Kashi :
AC2 = BA2 + BC2 – 2 × BA × BC cos jABC
1,44 = 1 + 0,64 – 2 × 1 × 0,8 cos jABC
D’où cos jABC = 0,125.
Avec la calculatrice, jABC ≈ 82,8°.
61 Le théorème d’Al Kashi dans ABC donne :
BC2 = AB2 + AC2 – 2 AB × AC cos qA
AB2 + AC2 – BC2 133
=
442
2 AB × AC
Donc qA ≈ 72,4° avec la calculatrice.
D’où cos qA =
De même, cos C
q =
donc C
q ≈ 43,5°.
CA2 + CB2 – AB2 444
=
612
2 CA × CB
On a donc q B ≈ 180 – (72,4 + 43,5) ≈ 64,1°.
62 a) L’aire du triangle ABC est égale à :
1
AB × AC × sin jBAC soit 53,6 cm2.
2
b) D’après le théorème d’Al Kashi :
BC2 = AB2 + AC2 – 2 AB × AC cos jBAC
Donc BC = 52 + 72 – 2 × 5 × 7 cos 50° ≈ 5,4 cm
P ≈ 5 + 7 + 5,4 ≈ 17,4 cm
1
2
jBAC et jB9AC sont opposés par le sommet, ils ont même
mesure, donc
1
S2 = × 12 × sin jB9AC9 = 6 sin jBAC
2
jB9AC = π – jBAC donc sin jB9AC = sin jBAC
1
S3 = × 8 × sin jB9AC = 4 sin jBAC
2
S 1 S 3
S3 4
= .
Donc 1 = , 2 = ,
S2 2 S3 2
S1 3
63 S1 = × 6 × sin jBAC = 3 sin jBAC
1
2
4×2 8
= donc qA ≈ 32,2°.
sin qA =
3 × 5 15
64 4 = AB × AC × sin jBAC
65 qA = 180 – (45 + 60) = 75°
D’après la formule des sinus :
sin A
q
sin q B
BC × sin q B
=
donc AC =
BC
AC
q
sin A
d’où AC ≈ 146 m
BC × sin q C
de même, AB =
, AB ≈ 179 m.
q
sin A
66 a) Dans le triangle ABC, le théorème d’Al Kashi
donne :
BC2 = AB2 + AC2 – 2 × AB × AC cos qA
BC2 = 3252 + 2362 – 2 × 325 × 236 cos q78°
BC2 ≈ 145 374,17 d’où BC ≈ 381,3 m
198
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 198
03/07/15 14:40
b) D’après la formule des sinus :
AD2 = 34 donc AD =34.
sin q B sin A
q
AC × sin q A 236 × sin 78°
=
d’où sin qB =
=
BC
AC
BC
BC
donc sin q B ≈ 0,642 d’où q B ≈ 40°.
On en déduit que qC ≈ 180 – (78 + 40) ≈ 62°.
b) Dans le triangle ACE
1
AC2 + AE2 = 2AD2 + CE2
2
1
AE2 = 68 + × 36 – 16 = 70
2
AE = 70
67
D
C
51°
56°
37°
32°
48°
A
44°
B
150 m
a) jACB = 180° – (32° + 48° + 44°) = 56°
AC
AB
=
sin (44°) sin (56°)
AB × sin (44°) 150 × sin (44°)
d’où AC =
=
≈ 125,7 m
sin (56°)
sin (56°)
b) jADB = 180° – (48° + 44° + 37°) = 51°
jABD = 44° + 37° = 81°
AD
AB
=
sin (81°) sin (51°)
AB × sin (81°) 150 × sin (81°)
d’où AD =
=
≈ 190,6 m.
sin (51°)
sin (51°)
c) Dans le triangle ACD, le théorème d’Al Kashi donne :
CD2 = AC2 + AD2 – 2AC × AD × cos (jCAD)
CD ≈ 107,2 m
68 A’ est le milieu de [BC], B9 celui de [AC] et C9 celui
de [AB].
D’après la théorème de la médiane :
1
AB2 + AC2 = 2AA92 + BC2
2
1
1
d’où AA92 = AB2 + AC2 – BC2
2
2
AA92 = 7,875, AA9 ≈ 2,8.


1
1
De même BB9 = BA2 + BC2 – AC2
2
2
BB9 ≈ 4,18
2
et CC’2 =
CC’ ≈ 3,8


1
1
CA2 + CB2 – AB2
2
2


69 D’après le théorème de la médiane dans le
triangle ABD
1
AB2 + AD2 = 2AC2 + BD2
2
2
2 1
2
AD = 2AC + BD – AB2
2
1
AD2 = 2 × 42 + × 62 – 42
2
70 Dans le rectangle ABCD, I est le milieu de [AC] et
de [BD]. Dans LAC on a :
1
LA2 + LC2 = 2 LI2 + AC2
2
Dans le triangle LBD, on a :
1
LB2 + LD2 = 2 LI2 + BD2
2
On en déduit que :
1
1
LA2 + LC2 – AC2 = LB2 + LD2 – BD2
2
2
Or AC = BD (diagonales d’un rectangle) donc
LC2 = LB2 + LD2 – LA2
LC2 = 1,252 + 1,682 – 1,842.
LC2 = 0,9993 donc LC ≈ 1,00 m.
71 Dans la triangle CDE, le théorème d’Al Kashi
donne :
DE2 = CE2 + CD2 – 2 × CE × CD cos jDCE
CE2 + CD2 – DE2
≈ 0,152
2 × CE × CD
donc jDCE ≈ 81,3°.
De même dans DEF
FE2 + FD2 – DE2
cos jDFE =
≈ 0,161 et jDFE ≈ 80,8°.
2 × FE × FD
L’aire de la Corrèze est estimée à
1
1
× CE × CD × sin jDCE + FD × FE × sin jDFE
2
2
Soit environ 5 222 km2 (en réalité cette aire est de
5 857 km2 (source : cartesfrance.fr)
d’où cos jDCE =
72 D’après la formule des sinus dans le triangle
sin qA sin qC
=
BC
AB
jABC = 180 – 46 = 134° donc
jACB = 180 – (29 + 134) = 17°
100 × sin 29°
d’où BC =
≈ 165,8 m.
sin 17°
b) Dans le triangle BCD rectangle en D
CD
sin qB =
d’où CD = BC sin qB, soit CD ≈ 119,3.
BC
La hauteur CE de la falaise est d’environ 120 m.
ABC :
73 AC = 12 + 22 = 5
AB = 32 + 12 = 10
BC = 32 + 22 = 13
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 199
Applications du produit scalaire
199
03/07/15 14:40
Le théorème d’Al Kashi donne dans le triangle ABC :
BC2 = AB2 + AC2 – 2AB × AC cos jBAC
AB2 + AC2 – BC2
2 × AB × AC
2
soit cos jBAC =
250
On trouve à la calculatrice jBAC ≈ 81,9°
donc cos jBAC =
74 cos x – p = cos x × 2 + sin x × 2
4

sin x +
2
p
2
2
= sin x ×
+ cos x ×
4
2
2
2

75 a) A = cos 4x
b) B = sin 2x
31
1210
sin 2a =
49
49
7
77 cos 2x =
25
78 a) cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b
3 12 4
5
56
=
cos (a + b) = ×
– × –
5 13 5
13
65
3 12 4
5
16
=
b) cos (a – b) = ×
+ × –
5 13 5
13
65
c) sin (a + b) = sin a cos b + cos a sin b
76 cos 2a = –
 
 
48 15 33
–
=
65 65 65
48 15 63
d) sin (a – b) =
+
=
65 65 65
sin (a + b) =
79 a) cos x + p = cos x cos p – sin x sin p
6
6
1
p 3
cos x + =
cos x – sin x
2
6
2
p
p
p
sin x + = sin x cos + cos x sin
6
6
6
1
p 3
sin x + =
sin x + cos x
2
6
2






2p
2p
2p
= cos x cos + sin x sin
3
3
3
1
2p 3
cos x –
=
sin x – cos x
2
3
2


b) cos x –


2p
2p
2p
= sin x cos
– cos x sin
3
3
3
1
2p
3
sin x –
= – sin x –
cos x
2
3
2
sin x –




80 a) p – p = p
4 5 20
p
p p
b) cos = cos –
20
4 5
p
p
p
p
p
cos = cos cos + sin sin
20
4
5
4
5


6
p 2
p 2
p
=
cos +
+ sin
20
2
5
2
5
p
p
p
p
p
sin = sin cos – cos sin
20
4
5
4
5
p 2
p 2
p
sin =
cos –
sin
20
2
5 2
5
2p
4p
81 sin x + sin x +
+ sin x +
=
3
3
2p
2p
4p
sin x + sin x cos + cos x sin + sin x cos
3
3
3
4p
+ cos x sin
3
1
1
3
3
= sin x – sin x +
cos x – sin x –
cos x = 0
2
2
2
2
cos




82 a) On cherche q tel que
1
3
sin x
cos x –
2
2
1
3
p
donc q tel que cos q = et sin q =
, soit q =
2
2
3
b) On cherche q tel que
2
2
sin(x + q) =
cos x +
sin x
2
2
2
2
p
donc q tel que sin q =
et cos q =
, soit q = .
2
2
4
83 a) (cos x + sin x)2 = cos2 x + 2 cos x sin x + sin2 x
(cos x + sin x)2 = 1 + sin 2x
b) (cos x – sin x)2 = cos2 x – 2cos x sin x + sin2 x
(cos x – sin x)2 = 1 – sin 2x
cos (x + q) =
84 cos 3p = cos 2 × 3p 
4
8
3p
3p
cos
= 2 cos2
–1
4
8
1 2
3p 1
3p
= cos + 1 = –
+1
donc cos2
2
8 2
4
2
3p
p
3p
comme
∈ 0 ; , cos
>0
8
2
8
3p
donc cos = 2 – 2
8
2
3p
3p
sin2
= 1 – cos2
8
8
3p 2 + 2
3p
sin2
=
et sin > 0
8
4
8
3p 2 + 2
donc sin
=
.
8
2






85 1. a) D’après la relation de Chasles
(ZOB ; ZOA) = (ZOB ; pOI) + (pOI ; ZOA) = a – b
donc ZOB · ZOA = OA × OB × cos (ZOB, ZOA)
ZOB · ZOA = cos (a – b)
200
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 200
03/07/15 14:40
Les coordonnées du vecteur ZOB sont (cos b ; sin b),
celles du vecteur ZOA sont (cos a ; sin a)
donc ZOB · ZOA = cos b cos a + sin b sin a.
b) En remplaçant b par – b dans l’expression précédente, on obtient :
cos (a + b) = cos a cos (– b) + sin a sin (– b)
d’où cos (a + b) = cos a cos b – sin a sin b
2. a) cos (x + y) cos (x – y)
= (cos x cos y – sin x sin y) (cos x cos y + sin x sin y)
= cos2 x cos2 y – sin2 x sin2 y =
cos2 x (1 – sin2 y) – (1 – cos2 x) sin2 y
= cos2 x – cos2 x sin2 y – sin2 y + cos2 x sin2 y = cos2 x – sin2 y
b) En utilisant le résultat précédant
cos (x + y) cos(x – y) = cos2 x – sin2 y
= (1 – sin2 x) – (1 – cos2 y) = cos2 y – sin2 x
86 a) 2cos (x + y) sin (x – y)
= 2 (cos x cos y – sin x sin y)(sin x cos y – cos x sin y)
= 2 (sin x cos x cos2 y – cos2 x sin y cos y – sin2 x sin y cos y
+ sin2 y sin x cos x
2
2
= 2 (sin x cos x (cos y+ sin y) – sin y cos y (cos2 x + sin2 x))
= 2 sin x cos x – 2 sin y cos y = sin 2x – sin 2y
b) 2 sin (x + y) sin (x – y)
= 2 (sin cos y + cos x sin y) (sin x cos y – cos x sin y)
= 2 (sin2 x cos2 y – cos2 x sin2 y)
= 2 (1 – cos2 x) cos2 y – 2 cos2 x (1 – sin2 y)
= 2 cos2 y – 2 cos2 x
= cos 2y – cos 2x
87 cos x = 6 + 2, cos 2x = 2 cos2 x – 1
4
8 + 43
3
cos 2x = 2
–1=
16
2
p
comme 0 , x , , 0 < 2x < π,
2
p
p
donc 2x = et x = .
6
12


88 a) h = 4x2 + x2 = x5
cos
2x
a
25
=
=
2
5
x5
α
2
h
a 5
=
2
5
a
a 4
b) sin a = 2 sin cos =
2
2 5
p
α ∈ 0 ; donc α ≈ 53,1°.
2
2x
sin

x

89 a) cos2 x = 1 – 2 + 3, cos2 x = 2 – 3
4
0,x,
4
p
donc cos x . 0, soit cos x =
2
sin 2x = 2 sin x cos x = 2 ×
2 – 3
2
2 + 3 × 2 – 3
2
2
4 – 3 1
=
2
2
2 – 3 2 + 3 – 3
cos 2x = cos2 x – sin2 x =
–
=
4
4
2
5p
5p
On en déduit que 2x =
donc x = .
6
12
sin 2x =
90 1. 0 , a , p donc 0 , , p, cos . 0
a
a
2 4
2
2
a
2 a
cos a = cos 2 × = 2 cos – 1
2
2
a
1
+
cos
a
a
1 + cos a
.
d’où cos2 =
, donc cos =
2
2
2
2
2. a) Le nombre affiché en sortie est 0,986.
b) Il faut saisir n = 3.
c) Cet algorithme permet, en connaissant X = cos α, de
a
calculer cos n .
2


 
91 a) A = sin (3x – x) = sin 2x
sin 3x cos 3x
–
sin x cos x
sin 3x cos x – cos 3x sin x
=
sin x cos x
sin 2x
2 sin x cos x
=
=
=2
sin x cos x sin x cos x
b)
92 a) cos 3x = cos (2x + x)
cos 3x = cos 2x cos x – sin 2x sin x
cos 3x = (cos2 x – sin2 x) cos x – 2 sin x cos x sin x
cos 3x = cos3 x – sin2 x cos x – 2 sin2 x cos x
cos 3x = cos3 x – 3 (1 – cos2 x) cos x
cos 3x = cos3 x + 3 cos3 x – 3 cos x
cos 3x = 4 cos3 x – 3 cos x
sin 3x = sin 2x cos x + cos 2x sin x
sin 3x = 2 sin x cos2 x + (1 – 2 sin2 x) sin x
sin 3x = 2 sin x (1 – sin2 x) + (1 – 2 sin2 x) sin x
sin 3x = 2 sin x – 2 sin3 x + sin x – 2 sin3 x
sin 3x = 3 sin x – 4 sin3 x
93 a) Les coordonnées de A sont cos p ; sin p
8
8
p p
p
2 p
2 = donc cos = 2 cos – 1
8 4
4
8
1
1
p
p
2
soit cos2 = cos + 1 =
+1
2 2
8 2
4
p 2 + 2
p p
p
cos2 =
comme 0 , , , cos . 0
8
4
8 2
8
p 2 + 2
donc cos =
8
2
p
p
sin2 = 1 – cos2
8
8
p
2
–
2
p
p
sin2 =
, 0 , x , , sin . 0
8
4
2
8

Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 201




Applications du produit scalaire
201
03/07/15 14:40
p
sin = 2 – 2
8
2
Les coordonnées de A sont
cos
 2 +2 2 ; 2 –2 2 .
b) A et B sont symétriques par rapport à la droite
d’équation y = x.
Les coordonnées de B sont 2 – 2 ; 2 + 2 .
2
2
c) À partir des coordonnés de A et B et celles du point
p
image de , on déduit les coordonnées des sommets
4
du polygone.


94 T1 a pour vecteur normal ZAB (– 2 ; 2,5)
T2 a pour vecteur normal ZCD (3,75 ; 3)
ZAB . ZCD = – 2 × 3,75 + 2,5 × 3 = 0
ZAB ^ ZCD donc T1 et T2 sont perpendiculaires.
95 AC = 22, AD = 22 × 2 = 4, AE = 42.
jBAE = 3 × 45° = 135°.
Le théorème d’Al Kashi appliqué dans le triangle ABE
donne :
BE² = AB² + AE² – 2AB × AE cos jBAE
BE² = 4 + 32 – 82 cos 135°
BE² = 44, BE = 211.
96 a) Si M ∈  demi-cercle de centre O et de rayon 1
alors OM = 1, soit x² + y² = 1.
b) M (0 ; – 1) est tel que 0² + 1² = 1, M ∉ .
La réciproque n’est pas vraie.
8
Pour se tester
97 1. C
2. B
3. A
4. D
98 1. A, B, D
2. A, B, D
3. B et D
4. A
99 1. Faux. En effet, l’équation de #1 s’écrit :
(x – 2)² + (y + 1)² = 11
Le centre de #1 a pour coordonnées (2 ; – 1) et le centre
de #2 a pour coordonnées (2 ; 1).
2. Vrai. En effet, la droite d passe par le point de A de #
qui a pour coordonnées
2
.
;
2
2
2 
rn (1 ; 1) et donc aussi ZOA sont des vecteurs normaux à
la droite d.
Donc d est la tangente à # au point A.
3. Vrai. En effet :
p p
p
p
p
p
cos – = cos cos + sin sin
4 6
4
6
4
6
p p 2 3 2 1
cos – =
×
+
× , donc :
2
4 6
2
2
2




+ 1)
p4 – p6 = 2 (3
4
p
p
p
: sin x + = sin = 1
4
4
2
2
2
p
p
et
sin – cos = 0
(sin x – cos x) =
2
2
4
4

4. Faux. En effet, pour x =


9

Pour aller plus loin
1
2
1
Aire (AID) = IA × ID × sin (p – a)
2
1
Aire (AID) = IA × ID × sin a donc
2
1
1
Aire (ADB) = IA (IB + ID) sin a = IA × BD sin a
2
2
1
b) De même, aire(DCB) = IC × DB sin a
2
c) L’aire du quadrilatère ABCD est :
1
1
(IC + IA) × DB sin a, soit AC × DB sin a.
2
2
1
2. Aire (ABCD) = × 530 × 480 × sin 105°
2
≈ 122 865,76 m2
100 1. a) Aire (AIB) = × IA × IB sin a
101 D’après le théorème de la médiane
a) dans le triangle ABC
AC2
BA² + BC² = 2 BI² +
et dans le triangle ADC
2
AC2
DA² + DC² = 2 DI² +
2
d’où AB² + BC² + AD² + DC² = 2 BI² + 2 DI² + AC²
En décomposant à l’aide de la relation de Chasles
AB² + BC² + AD² + DC² = 2 ABI² + 2 ADI² + AAC²
AB² + BC² + AD² + DC² = 2 (ABJ + yJI)² + 2 (ADJ + yJI)² + AC²
= 2 (BI² + JI² + 2 ABJ · yJI) + 2 (DJ² + JI² + 2 × ADJ · yJI) + AC²
= 2 BI² + 2 DJ² + 4 ABJ · yJI + 4 IJ² + 4 ADJ · yJI + AC²
BD2
DB2
=2
+2
+ 4 yJI · (ABJ + ADJ) + AAC² + 4 IJ2
4
4
or ABJ + ADJ = y0 donc 4 yJI × (ABJ + ADJ) = 0
d’où AB² + BC² + AD² + DC² = BD² + AC² + 4 IJ²
b) Il y a égalité lorsque IJ² = 0, soit I et J confondus,
soit lorsque ABCD est un parallélogramme.
102 a) ZAB (– 1 ; 2) et ZAC (4 ; 2)
ZAB · ZAC = – 1 × 4 + 2 × 2 = 0 donc ZAB ^ ZAC
Le triangle ABC est rectangle en A.
b) BC = 5
1
I milieu de [BC] a pour coordonnées I ; 5 , c’est le
2
centre du cercle circonscrit à ABC.
1 ²
25
+ (y – 5)² = .
Une équation de ce cercle est x –
2
4




202
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 202
03/07/15 14:40
103 1. a) M (x ; y) ∈ #1 si, et seulement si,
x² + y² – 2x = 0
or x² – 2x = x² – 2x + 1 – 1 soit x² – 2x = (x – 1)² – 1
M (x ; y) ∈ #1 si, et seulement si, (x – 1)² + (y – 0)² = 1
#1 est le cercle de centre I1 (1 ; 0) et de rayon 1.
b) I1 I2 = (2 – 1)2 + (2 – 0)2 = 5
Comme 2 – 1 , 5 , 2 + 1, les cercles #1 et #2 sont
sécants.
c) M (x ; y) appartient à #2 si, et seulement si,
(x – 2)² + (y – 2)² = 4, soit x² + y² – 4x – 4y + 4 = 0
Les coordonnées des points d’intersection de #1 et #2
sont solutions du système :
5 x²x² ++ y²y² –– 4x2x –= 4y0 + 4 = 0 , soit
5
– 2x – 4y + 4 = 0
x² + y² – 2x = 0
5
,

BA2 + BC2 – AC2
≈ 0,805.
2 × BA × BC
jABC ≈ 36,4° et jBCA ≈ 180 – (65,8 + 36, 4)
soit jBAC ≈ 77,8°.
1
y=– x+1
2
x² + y² – 2x = 0
5



2
4
8 4
OA1 A2 2 – ; 0 – soit OA1 A2 ; –
5
5
5 5
Une équation de cette médiatrice est de la forme :
8
4
x – y + c = 0, soit 2x – y + c = 0.
5
5
Elle passe par I3 le milieu de [A1 A2].
6 2
I3 ; appartient à la médiatrice donc :
5 5
6 2
2 × – + c = 0, soit c = – 2
5 5
Une équation de la médiatrice de [A1 A2] est :
2x – y – 2 = 0






b) Méthode 1 :
I1 A1 =
2
4
5 – 1 + 5 = 1  deI est[A surA ]la médiatrice
2
2
1
I1 A2 = 1
I2 A1 =
1
2
4
5 – 2 + 5– 2
2
I 2 A2 = 2
2
104 a) AB ≈ 6,1
AC ≈ 3,6
BC ≈ 5,7
b) D’après le théorème d’Al Kashi dans le triangle ABC
on a :
AB² + AC² = BC² – 2AB × AC × cos jBAC
AB2 + AC2 – BC2
donc cos jBAC =
≈ 0,410.
2 × AB × AC
À la calculatrice, on obtient jBAC ≈ 65,8°.
De même, cos jABC =
1
1
y=– x+1
y=– x+1
2
2
d’où 5
1
²
x²
–
3x + 1 = 0.
x² + – x + 1 – 2x = 0
4
2
5
Les solutions de l’équation x² – 3x + 1 = 0
4
2
4
sont x1 = et x2 = 2 d’où y1 = et y2 = 0.
5
5
2 4
Les points d’intersection de #1 et #2 sont A1 ; et
5 5
A2 (2 ; 0).
2. a) La médiatrice de [A1A2] a pour vecteur normal :
5
Méthode 2 :
Un vecteur directeur de d est :
ZI2I1(1 – 2 ; 0 – 2) = ZI2I1(– 1 ; – 2)
Une équation de d est donc 2x – y + c = 0 ; I2 ∈ d donc
2 + c = 0, soit c = – 2.
Une équation de d est 2x – y – 2 = 0 donc (I1 I2) = d.
2

= 2 I2 est sur la médiatrice
de [A1 A2]
donc d = (I1 I2) est la médiatrice de [A1 A2].
105 # a pour équation (x – 2)² + (y – 2)² = 1.
dm a pour équation y = mx + 2 – 2m
donc M (x ; y) ∈ dm équivaut à y – 2 = mx – 2m
a) si x = 2, y – 2 = 2m – 2m donc y = 2
I ∈ dm quelle que soit la valeur de m.
b) En remplaçant y – 2 par mx – 2m dans l’équation de
#, on obtient (x – 2)² + (mx – 2m)² = 1
soit x² – 4x + 4 +m² x² – 4m² x + 4m² – 1 = 0
qui équivaut à (1 + m²) x² – (4 + 4m²) x + 4m² + 3 = 0
D = (4 + 4m²)² – 4 × (1 + m²) (4m² + 3)
D = 16 + 3m² + 16m4 – 16m² – 16m4 – 12 – 12m
D = 4m² + 4 = 4 (m² + 1) . 0 pour tout m ∈ R
xm1 =
4 + 4m2 – 4 (m2 + 1)
donc
2 (1 + m2)
xm1 =
2m2 + 2 – 1 + m2
2m2 + 2 + 1 + m2
et xm2 =
1 + m2
1 + m2
on obtient alors
ym1 = m ×
ym1 =
2m2 + 2 + 1 + m2
+ 2 – 2m
1 + m2
2m3 + 2m + m 1 + m2 + 2 + 2m2 – 2m – 2m3
1 + m2
2m2 + m 1 + m2 + 2
1 + m2
2m2 – m 1 + m2 + 2
et ym2 =
1 + m2
ym1 =
106 a) Les coordonnées sont solutions de
5 yx²=+x²y² = 1, elles sont donc solutions de x² + x – 1 = 0.
4
En posant X = x² (X > 0), on obtient l’équation
X² + X – 1 = 0.
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 203
Applications du produit scalaire
203
03/07/15 14:40
dont les solutions sont :
– 1 – 5
X1 =
(solution négative qui ne convient pas)
2
– 1 + 5
5 – 1
et X2 =
, d’où x² =
permet de trouver
2
2

5 – 1
et xB = –
2
5 – 1
et les ordonnées yA = yB =
2
des points d’intersection.
les abscisses xA =

5 – 1
2
b) Le théorème d’Al Kashi dans le triangle OAB permet
d’écrire :
AB² = OA² + OB² – 2 OA × OB × cos a

AB² = 2

5 – 1 ²
+ 0² = 2 (5 – 1)
2

On a donc :
2 (5 – 1) = 1 + 1 – 2 × 1 × 1 × cos a
2 – 25 + 2
= 2 – 5, d’où a ≈ 103,65°.
2
1
107 A (1 ; 1) et B 3 ; sont sur Γ.
3
1
C a ; est tel que ABC rectangle en A
a
2
1
donc AAB 2 ; – · AAC a – 1 ; – 1
3
a
2 1
d’où 2 (a – 1) –
–1 =0
3 a
6 a (a – 1) – (2 – 2a)
d’où
=0
3a
a est solution de 6a² – 4a + 2 = 0.
Pour que le triangle ABC soit rectangle en C, l’abscisse
de C doit être négative.
Cette équation admet deux solutions :
et cos a =
 
 






1
1
a = – et a9 =
3
2
1
Les coordonnées de C sont – ; – 3 .
3
10 10
(AH) a pour vecteur normal ABC – ; – .
3
3
On peut prendre tn (1 ; 1) comme vecteur normal à (AH).
(AH) a pour équation x + y + c = 0
A ∈ (AH) donc 1 + 1 + c = 0 d’où c = – 2.
Une équation de (AH) est x + y – 2 = 0.
Le ou les points d’intersection de (AH) et Γ vérifient :
1
1
y=
y=
x
x
, soit
, soit
1
x+y–2=0
x+ –2=0
x
1
y=
x
qui équivaut à
x2 + 1 – 2x
=0
x



5
5
5

5
1
x
(AH) et Γ ont un seul point d’intersection
(x – 1)2
=0
x
y=
donc (AH) est tangente à Γ.
1
2
1
= xc × (1 – x)b × sin qA
2
1
= x (1 – x) bc sin qA
2
donc Aire(APR) = x (1 – x) Aire (ABC)
108 1. Aire(APR) = AP × AR sin qA
1
2. De même Aire(BQP) = BQ × BP sin q B
2
1
= xa × (1 – x) c × sin q B
2
1
= x (1 – x) × ac sin q B
2
= x (1 – x) aire (ABC)
1
Aire (CQR) = CQ × CR × sin qC
2
1
= (1 – x) a × xb × sin qC
2
1
= x (1 – x) × ab sin qC
2
= x (1 – x) × aire (ABC)
Ces trois triangles ont la même aire.
3. Aire (PQR) = aire (ABC) – 3x (1 – x) aire(ABC)
Aire (PQR) = (1 – 3 x ( 1 – x)) aire (ABC).
1
2
4. a) Il faut 1 – 3x + 3x² = , soit 3x² – 3x + = 0
3
3
3–1 1
D = 1 x1 =
=
6
3
3+1 2
x2 =
=
6
3
1
2
Il faut x = ou x = pour que l’aire (PQR) soit le tiers
3
3
de l’aire (ABC).
b) L’aire est minimale quand 1 – 3x + 3x² est minimal
– (–3) 1
soit, comme 3 est positif, lorsque x =
=
2×3 2
c) L’aire est maximale lorsque x = 0 ou x = 1, elle est
alors celle de ABC.
109 #1 : M (x ; y) ∈ #1 si, et seulement si, x² + y² – 8y = 0
or y² – 8y = (y – 4)² – 16
donc si, et, seulement si, (x – 0)² + (y – 4)² = 16
#1 est le cercle de centre W1 (0 ; 4) et de rayon 4.
#2 : N (x ; y) ∈ #2 si, et seulement si,
x² + y² – 16x + 4y + 32 = 0.
Or x² – 16x = (x – 8)² – 64 et y² + 4y = (y + 2)² – 4
N ∈ #2 si, et seulement si, (x – 8)² + (y + 2)² = 36
204
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 204
03/07/15 14:40
#2 est le cercle de centre W2 (8 ; – 2) et de rayon 6.
W1 W2 = (8 – 0)2 + (– 2 – 4)2 = 100 = 10
donc W1 W2 = 4 + 6 donc #1 et #2 sont tangents.
110 W (a ; b) est le centre de #
22 – 3a
Donc 3a + 4b = 22 soit b =
4
B (7 ; 9) ∈ # donc
(7 – a)² + (9 – b)² = R²
C (– 1 ; 5) ∈ # donc
On en déduit
(– 1 – a)² + (5 – b)² = R²

(7 – a)² + (9 – b)² = (– 1 – a)² + (5 – b)² soit
49 – 14a + a² + 81 – 18b + b² =
1 + 2a + a² + 25 – 10b + b²
donc, les a² et b² s’éliminant, on obtient
– 16a – 8b + 104 = 0 soit
– 16a – 2 (22 – 3a) + 104 = 0 d’où
22 – 18
– 10a + 60 = 0 soit a = 6 et b =
=1
4
111 Une équation de G est (x + 3)² + (y – 5)² = 8
Le ou les points d’intersection de G et d ont leurs coordonnées qui vérifient :
(x + 3)² + (y – 5)² = 8
, ce qui équivaut à
x + 7y – 52 = 0
5
5 x(52= 52– 7y– +7y3)² + (y – 5)² = 8
55 – 770y + 49y + y – 10y + 25 = 8
soit 5
x = 52 – 7y
+ 3 042 = 0
5 x50y= 52– –780y
7y
2 (5y – 39)² = 0
.
soit 5
x = 52 – 7y
2
2
soit BC2 = 2 (AB2 + AC2) – 4 AI2
donc comme AI2 > 0, on a
BC2 < 2(AB2 + AC2)
113 Dans le triangle CAD, d’après le théorème d’Al
Kashi on a :
AC2 + AD2 – CD2
cos α =
soit
2 AC × AD
2+5–1
3
=
.
cos α =
210
10
Dans le triangle BEF,
EB2 + EF2 – BF2
cos β =
soit
2 EB × EF
10 + 9 – 1
3
=
donc α = β.
cos β =
2 × 3 ×10 10
C
114 Dans le triangle ABC,
d’après le théorème d’Al Kashi :
AB2 + AC2 –BC2
2 × AB × AC
1
cos jBAC =
10
donc jBAC ≈ 71,6°.
cos jBAC =
5
5
A
De même dans ADC, jADC ≈ 71,6°.
2
B
2
2
39
13
et x = –
5
5
13 39
d est tangente à G en T – ;
5 5
A
Le couple solution est y =


10
Accompagnement
personnalisé
115 Une équation de d est :
2x + y + c = 0 ; A (– 3 ; – 2) ∈ d donc
2 x (– 3) – 2 + c = 0, soit c = 8.
Une équation de d est : 2x + y + 8 = 0.
116 h est la hauteur issue de A.
ABC (– 8 ; 2) est normal à h.
tn (– 4 ; 1) est normal à h. Une équation de h est :
– 4x + y + c = 0
A ∈ h donc – 12 + 2 + c = 0 donc c = 10.
Une équation de h est – 4x + y + 10 = 0.
112
117 Un vecteur normal à d est tn (3 ; 2).
B
I
C
On appelle I le milieu de [BC]. D’après le théorème de
la médiane
1
AB2 + AC2 = 2 AI2 + BC2
2
1
d’où BC2 = AB2 + AC2 – 2 AI2
2
118 a) un vecteur normal à d1 est tn1 (4 ; 1).
Un vecteur normal à d2 est tn2
3
b) tn1 · tn2 = 4 × + 1 × (– 6) = 0.
2
c) Les vecteur tn1 et tn2 sont orthogonaux, les droites d1
et d2 sont perpendiculaires.
Chapitre 14
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 205
32 ; – 6.
Applications du produit scalaire
205
03/07/15 14:40
119 Une vecteur normal à d est tn (1 ; – 3)
a) tu = tn
oui
oui
b) tv = – 2 tn
c) uw et tn ne sont pas colinéaires non
120 a) AB = (5 + 3) + (– 2 – 4) = 10
2
2
b) Une équation cartésienne de #1 est :
(x + 3)² + (y – 4)² = 100
c) M (x, y) ∈ #2 si, et seulement si, YAM · YMB = 0
YAM (x + 3 ; y – 4)
YBM (x – 5 ; y + 2)
YAM · YBM = (x + 3)(x – 5) + (y – 4)(y + 2)
YAM · YBM = x2 – 2x – 15 + y2 – 2y – 8.
Une équation de #2 est : x2 + y2 – 2x – 2y – 23 = 0.
121 a) YMA (1 – x ; – 2 – y) ; YMB (5 – x ; 4 – y)
YMA · YMB = (1 – x)(5 – x) + (– 2 – y)(4 – y)
YMA · YMB = x2 – 6x + 5 + y2 – 2y – 8
b) M (x ; y) appartient au cercle de diamètre
[AB] si et seulement si YMA · YMB = 0
soit x2 + y2 – 6x – 2y – 3 = 0.
122 a) dans ABC
BC2 = AB2 + AC2 – 2 AB × AC × cos jBAC
Soit a2 = 25 + 49 – 70 cos 50° ≈ 29 d’où a ≈ 5,39.
7 × sin 50°
sin qA sin q B
=
d’où sin q B ≈
≈ 0,995,
5,39
a
7
à la calculatrice, on obtient q B ≈ 84,2°.
b)
123 a) Le théorème d’Al Kashi permet d’écrire :
BC2 = AB2 + AC2 – 2 AB × AC cos qA
36 + 49 – 64 21 1
= = , d’où qA ≈ 75,5°
2×6×7
84 4
2
2
BC + BA – AB2 51
de même q B =
= , soit q B ≈ 57,9°
96
2 × BC × BA
qC ≈ 180 – (75,5 – 57,9) ≈ 46,6°
b) D’après le théorème de la médiane :
BC2
AB2 + AC2 = 2 AI2 +
(où I est le milieu de [BC])
2
1
BC2
donc AI2 = AB2 + AC2 –
2
2
1
53
AI2 = (36 + 49 – 32) =
2
2
53
donc AI =
2
d’où cos qA =



124 L’aire du triangle ABC est égale à :
1
1
3
× 4 × 6 × sin 60° = × 4 × 6 ×
2
2
2
aire (ABC) = 63
D’après le théorème d’Al Kashi :
BC2 = AB2 + AC2 – 2 AB × AC × cos qA
1
BC2 = 36 + 16 – 2 × 6 × 4 × = 28
2
BC = 27
Périmètre (ABC) = 10 + 27
125 qA = 180 – (45 + 35) = 100°
sin 100° sin 35°
sin qA sin qC
=
, d’où
=
,
4
AB
BC
AB
4 × sin 35°
d’où AB =
≈ 2,3
sin 100°
4 × sin 45°
de même, AC =
≈ 2,9.
sin 100°
126 a) cos x + p  = cos x cos p – sin x sin p
3
3
p 3 1 4 3 3 – 43
cos x + = × – ×
=
3 5 2 5
2
10
p
p
p
sin x + = sin x cos + cos x sin
3
3
3
p 4 1 3 3 4 + 33
sin x + = × + ×
=
3 5 2 5
2
10
b) cos 2x = cos2 x – sin2 x
9 16 – 7
cos 2x =
–
=
25 25 25
4 3 24
sin 2x = 2 × × =
5 5 25






3
127 cos x + cos x – 2p  + cos x – 4p  =
3
3
2p
2p
4p
cos x + cos x cos + sin x sin + cos x cos
3
3
3
4p
=
+ sin x sin
3
1
1
3
3
sin x – cos x –
sin x = 0
cos x – cos x +
2
2
2
2
128 a) cos 2x = 2 cos2 x – 1
2 + 2
2
–1=
4
2
p
p
0 , 2x , p donc 2x = , soit x = .
4
8
c) sin2 x = 1 – cos2 x
cos 2x = 2
sin2 x = 1 –
2 + 2 2 – 2
=
4
4
 p2 donc sin x = 2 –2 2
x∈ 0;
129 sin (a + b) sin (a – b)
= (sin a cos b + cos a sin b)(sin a cos b – cos a sin b)
= sin2 a cos2 b – cos2 a sin2 b
= sin2 a cos2 b – (1 – sin2 a) sin2 b
= sin2 a (cos2 b + sin2 b) – sin2 b
Or cos2 b + sin2 b = 1.
Donc sin (a + b) sin (a – b) = sin2 a – sin2 b
206
172883_LdP_hyperbole_1re.indd 206
03/07/15 14:40
2
130 cos p + sin p 
(2bc)2 – (b2 + c2 – a2)2
4b2c2
(2bc – b2 – c2 + a2) (2bc + b2 + c2 – a2)
sin2 qA =
4b2c2
2
2
(a – (b – c) ) ((b + c)2 – a2)
sin2 qA =
4b2c2
(a + b – c) (a – b + c) (b + c + a) (b + c – a)
sin2 qA =
4b2c2
(a + b + c) (a + b – c) (a + c – b) (b + c – a)
sin2 qA =
4b2c2
c) Comme a + b + c = 2p
b) sin2 qA =
24
24
p
p
p
2 p
+ sin
+ 2 sin
cos
= cos
24
24
24
24
p
p
= 1 – sin 2 ×
= 1 – sin
24
12
2

=1–

6 – 2 4 – 6 + 2
=
4
4
131 1. x2 – 2mx = (x – m)2 – m2
y2 – 2y = (y + 1)2 – 1
x2 + y2 – 2mx + 2y + 5 = 0 équivaut à
(x – m)2 +(y + 1)2 = m2 – 4
La nature de Gm dépend du signe m2 – 4.
m
–∞
–2
+
m2 – 4
cercle
Gm
+∞
2
0
–
0
réduit
à 1 point
∅
réduit
à 1 point
2p (2p – 2c)(2p – 2b)(2p – 2a)
4b2c2
16p (p – c)(p – b)(p – a)
soit sin2 qA =
4b2c2
p (p – b)(p – a)(p – c)
On en conclut sin2 qA = 4 ×
b2c2
Comme qA ∈ ]0 ; p[
sin2 qA =
+
cercle
2. a) M (x ; y) ∈ #m si, et seulement si,
(x – m)2 + (y + 1)2 = m2 – 4
A m a pour coordonnées (m ; – 1)
le rayon de G est égale à m2 – 4
b) Les centres A m ont pour ordonnée – 1, ils appartiennent à la droite d’équation y = – 1.
c) Gm passe par 0, si, et seulement si, m2 + 1 = m2 – 4.
Il n’existe pas de cercle Gm qui passe par 0.
p (p – b)(p – a)(p – c)
bc
On a par conséquent
1
p (p – b)(p – a)(p – c) = bc sin qA
2
donc Aire (ABC) = p (p – b)(p – a)(p – c)
on a sin qA= 2
2. L’aire du triangle ABC est égale à :
18(18 – 11) (18 – 12) (18 – 13) = 3 780
Aire (ABC) ≈ 61,5
132 1. a) Le théorème d’Al Kashi permet d’écrire :
a2 = b2 + c2 – 2 bc cos qA
b2 + c2 – a2
2bc
sin2 qA = 1 – cos2 qA donc
D’où cos qA =
sin2 qA = 1 –
(b2 + c2 – a2)2
4b2c2
Chapitre 14
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Applications du produit scalaire
207
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