Sous la direction d’Éric Barbazo et de Christophe Barnet
Martial Baheux
Aline Bouget
Nadine Castagnos
Maïna Cigana
Amélie Daniel
Jean-Baptiste Devynck
Dominique Grihon
Benoît Lafargue
Sébastien Maimaran
Anne Malibert
Céline Meunier
Corinne Ondriozola
Sylvie Peducasse
Florence Picart
Sandrine Pollet
Catherine Racadot
Denis Roumilhac
Karine Sermanson
Chloé Ubéra
Mise en pages et schémas : Soft Office
Édition : Alexandre Bertin
www.hachette-education.com
© Hachette Livre 2019, 58 rue Jean-Bleuzen, 92178 Vanves
Tous droits de traduction, de reproduction et d’adaptation réservés pour tous pays.
Sommaire
Algèbre
Chapitre 1
Suites numériques…………………………………………………………………………………………………………………… 5
Chapitre 2
Fonctions polynômes du second degré…………………………………………………………………… 29
Analyse
Chapitre 3
Fonctions trigonométriques…………………………………………………………………………………………… 57
Chapitre 4
Dérivation locale……………………………………………………………………………………………………………………… 77
Chapitre 5
Dérivation globale………………………………………………………………………………………………………………
109
Chapitre 6
Fonction exponentielle………………………………………………………………………………………………………
137
Chapitre 7
Calcul vectoriel et produit scalaire……………………………………………………………………………
155
Chapitre 8
Géométrie repérée………………………………………………………………………………………………………………
177
Géométrie
Probabilités et statistiques
Chapitre 9
Probabilités conditionnelles et indépendance……………………………………………………
207
Chapitre 10
Variables aléatoires réelles……………………………………………………………………………………………
229
3
1
1 a. 4 ; 7 ; 10
c. 21 ; 34 ; 55
e. −162 ; 486 ; − 1 458
2 a. 35 × 3−7 = 3−2
3
c. 10−9 = 1012
10
Suites
numériques
b. 32 ; 64 ; 128
d. 1 ; 1 ; 1
81 243 729
f. − 6 ; − 11 ; − 16
35
35
35
b. 2−4 × 213 = 29
4
d. 109 = 10−5
10
5 1er terme : –4
2e terme : 3 × (−4 ) + 5 = −7
3e terme : 3 × (−7) + 5 = −16
6 1. 1,1
2. 25 %
3. 20 %
4. 60 × 0,85 × 1,15 = 58,65 euros
5. 1 800 × 1,03 × 1,03 × 1,03 ≈ 1967 euros
3 1. f (3) = 58
7 1. f (n ) = n2 + 1
f (25) = 5 470
f (50) = 22 195
2
2
2. f (n ) = −5 ⇔ 9n − 6n − 5 = −5 ⇔ 9n − 6n = 0 ⇔ 3n (3n − 2) 2.
= 0f (20) = 401
ouf n(n=) =2 2 705 ⇔ n2 + 1 = 2 705 ⇔ n2 = 2 704 ⇔ n = 2 704 ou n = −
5 = −5 ⇔ 9n2 − 6n = 0 ⇔ 3n (3n − 2) = 0 ⇔ 3n = 0 ou 3n − 2 = 0 ⇔ n = 0 3.
3
2
2
f (n ) = 2 705 ⇔ n + 1 = 2 705 ⇔ n2 = 2 704 ⇔ n = 2 704 ou n = − 2 704
⇔ 3n = 0 ou 3n − 2 = 0 ⇔ n = 0 ou n =
3
⇔ n = 52 ou n = −52
0 est l’unique entier naturel dont l’image par f vaut –5.
2n = 52 est la seule valeur1 entière positive de n telle que
2
2
3. f (n ) = −6 ⇔ 9n − 6n − 5 = −6 ⇔ 9n − 6n + 1 = 0 ⇔ (3n − 1) = 0 ⇔ 3n − 1 = 0 ⇔ n =
3
f (n ) = 2 705.
−6 ⇔ 9n2 − 6n + 1 = 0 ⇔ (3n − 1)2 = 0 ⇔ 3n − 1 = 0 ⇔ n = 1 .
3
4. f (n ) = 6 899 ⇔ n2 + 1 = 6 899 ⇔ n2 = 6 898 ⇔ n = 6 898 ou n = −
Il n’existe pas d’entier naturel dont fl’image
vaut
899f ⇔
n2–6.
+ 1 = 6 899 ⇔ n2 = 6 898 ⇔ n = 6 898 ou n = − 6 898
(n ) = 6par
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
4 On passe d’une étape à la suivante en ajoutant
4 allumettes.
Ainsi 17 allumettes sont nécessaires pour la 4e étape, 21 pour
la 5e étape et 25 pour la 6e étape.
Il n’existe aucune valeur entière de n telle que f (n ) = 6 899 .
8 Cet algorithme calcule la somme S des nombres entiers
naturels de 1 à 100.
( S = 1+ 2 + 3 + … + 100).
Pour construire le cours
Situation
1
et
A
2
• En notant un le nombre de points nécessaires pour construire le n-ième dessin de la suite 1, on a : u1 = 5 ; u2 = 9 ; u3 = 13 ;
u4 = 17 ; u5 = 21.
De façon générale, le nombre de points nécessaires pour construire le (n + 1)-ième dessin s’obtient en ajoutant 4 au nombre
de points nécessaires pour construire le n-ième dessin.
Ainsi, la suite des nombres de points nécessaires pour construire les dessins de la suite 1 peut être définie de la façon suivante :
⎧u1 = 5
⎨u = u + 4, pour tout entier naturel n > 1
⎩ n+1
n
• En notant vn le nombre de points nécessaires pour construire de n-ième dessin de la suite 2, on a : v1 = 1 ; v = 9 ; v3 = 13 ;
v4 = 16 ; v5 = 25.
De façon générale, le nombre de points nécessaires pour construire le n-ième dessin est égal à n2.
Ainsi, la suite des nombres de points nécessaires pour construire les dessins de la suite 2 peut être définie de la façon suivante :
vn = n2 pour tout entier n > 1.
Chapitre 1 Suites numériques
5
3 Pour la suite 1, on a u6 = 25 ; u7 = 29 ; u8 = 33 ; u9 = 37 ; u10 = 41.
Pour la suite 2, on a v10 = 102 = 100.
Il faut 41 points pour construire le 10e dessin de la suite 1 et 100 points pour construire le 10e dessin de la suite 2.
Remarque :
Pour obtenir u10 directement à partir de u1 , on peut remarquer qu’il y a 9 étapes pour passer du 1er au 10e dessin et qu’à chaque
étape on ajoute 4 points, ainsi : u10 = u1 + 9 × 4 = 5 + 9 × 4 = 41.
Situation
B
1 En 2007, Bordeaux Métropole comptait 714 000 habitants. En supposant que la population augmente de 11 800 personnes
par an, elle comptera 23 ans plus tard en 2030 :
714 000 + 23 × 11 800 = 985 400, donc l’« Objectif 2030 » de dépasser le million ne sera pas atteint.
2 En notant r l’augmentation annuelle constante, on cherche la plus petite valeur entière de r telle que :
714 000 + 23r > 1 000 000.
Or, 714 000 + 23r > 1 000 000 ⇔ 23r > 1 000 000 − 714 000 ⇔ 23r > 286 000 ⇒ r > 12 435
Il faudrait une augmentation annuelle constante d’au moins 12 345 personnes pour atteindre l’« Objectif 2030 ».
Situation
C
1 a. 1 000 + 3 % × 1 000 = (1+ 3 % ) × 1000 = 1,03 × 1 000 = 1 030
(Rappel : augmenter de 3% revient à multiplier par 1,03).
Ainsi, au bout d’un an, le capital acquis est de 1 030 €.
1 030 × 1,03 = 1 060,9 ; au bout de deux ans, le capital acquis est de 1 060,90 €.
1 060,9 × 1,03 = 1 092,727 ;
1 092,727 × 1,03 = 1 125,50881;
1 125,50881× 1,03 ≈ 1 159,27 ; au bout de cinq ans, le capital acquis est de 1 159,27 €.
b. Cn+1 = Cn × 1,03
2 B3 = B2 + B2 * 5,2 % ou B3 = B2 * 1,052
On obtient B9 ≈ 14 259,7 et B10 ≈ 15 001,2 .
Il faudra donc 8 ans pour que le capital acquis dépasse 15 000 €.
Situation
D
2 a. 75 000 − 15 % × 75 000 + 3 000 = (1− 15 % ) × 75 000 + 3 000 = 0,85 × 75 000 + 3 000 = 66 750
(Rappel : diminuer de 15 % revient à multiplier par 0,85)
1 an après cette préconisation, il y aura, selon ce modèle, 66 750 buis dans ce massif.
0,85 × 66 750 + 3 000 = 59 737,5
2 ans après cette préconisation, il y aura, selon ce modèle, 59 737 buis dans ce massif.
b. n + 1 années après cette préconisation, le massif contient 85 % des buis de l’année précédente puisque la chenille en a fait
disparaître15 %, soit 0,85un ainsi que les 3 000 buis replantés.
On a donc un+1 = 0,85un + 3 000 pour tout entier naturel n.
c. On utilise la calculatrice pour obtenir le tableau de valeurs de termes de la suite (un ) définie par :
⎧u0 = 75 000
⎨u = 0,85u + 3 000 pout tout entier naturel n
⎩ n+1
n
Lorsque n devient grand, les valeurs de un semblent se rapprocher d’une valeur limite 20 000.
On peut conjecturer que, si la préconisation de l’ONF est suivie, à long terme le nombre de buis dans ce massif se stabilisera
autour de 20 000 buis.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 Oui, la vérification « v0 = u0 » est nécessaire car deux suites qui ont la même relation de récurrence mais qui n’ont pas le
même terme initial ne sont pas identiques.
2 a. un+1 = un + r pour tout entier naturel n
b. un+1 = qun pour tout entier naturel n
3 Non, pour montrer que deux suites sont identiques, il faut montrer que tous les termes sont égaux.
6
Chapitre 1 Suites numériques
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1 Si la préconisation de l’ONF n’est pas suivie, comme chaque année le nombre de pieds de buis diminue de 15 %, on peut
conjecturer qu’à long terme il n’y en aura plus.
Rédiger une démonstration
1 On pose S = 1 + 2 + 3 + L + n, avec n entier naturel non nul.
On a aussi S = n + (n − 1) + (n − 2) + L + 1
Donc, par addition (« verticale »)
S + S = (1+ n ) + (2 + (n − 1)) + (3 + (n − 2)) + L + (n + 1)
2S = (n + 1) + (n + 1) + (n + 1) + L + (n + 1)
2S = n (n + 1)
n (n + 1)
d’où S =
2
On pose S = u0 + u1 + u2 + L + un avec n entier naturel et (un ) suite arithmétique de raison r.
Ainsi on a S = u0 + (u0 + r ) + (u0 + 2r ) + L + (u0 + nr )
On a aussi S = un + (un − r ) + (un − 2r ) + L + (un − nr )
Donc, par addition (« verticale »)
S + S = (u0 + un ) + (u0 + un ) + (u0 + un ) + L + (u0 + un )
2S = (n + 1)(u0 + un )
d’où S =
(n + 1)(u0 + un )
2
2 On pose S = 1+ q + q2 + q3 + L + qn avec n entier naturel et q un réel différent de 1.
(1− q ) S = S − qS = 1+ q + q2 + q3 + L + qn − (q + q2 + q3 + L + qn+1)
= 1+ q + q2 + q3 + L + qn − q − q2 − q3 − L − qn+1
1− qn+1
D’où (1− q ) S = 1− qn+1. Ainsi, comme q ≠ 1, on a S =
.
1− q
Oui, il fallait l’hypothèse q ≠ 1 pour ne pas diviser par 0 à la dernière étape de la démonstration précédente.
On pose S = u0 + u1 + u2 + L + un avec n entier naturel et (un ) suite géométrique de raison q ≠ 1 .
Ainsi, on a S = u0 + u0 q + u0 q2 + L + u0 qn = u0 (1+ q + q2 + q3 + L + qn ).
1− qn+1
D’où, comme q ≠ 1, S = u0
1− q
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Utiliser différents raisonnements
1 La suite (un ) est arithmétique si la propriété Pn « un+1 − un = u1 − u0 » est vraie pour tout entier naturel n. On a u0 = 2,
u1 = 3 × 2 + 2 = 8 et u2 = 3 × 8 + 2 = 26 .
Ainsi, on a u1 − u0 = 8 − 2 = 6 et u2 − u1 = 26 − 8 = 18 ≠ 6 : P1 est fausse.
Donc la suite (un ) n’est pas arithmétique.
La suite (un ) est géométrique si la propriété Pn « un+1u0 = u1un » est vraie pour tout entier naturel n.
u
u
La propriété Pn revient à dire, si on sait que les termes un ne sont pas nuls, que « n+1 = 1 ».
u
u
n
0
u
u
On a 1 = 8 = 4 et 2 = 26 ≠ 4 : P1 est fausse.
8
u0 2
u1
Donc la suite (un ) n’est pas géométrique.
2 vn+1 = un+1 + 1 = 3un + 2 + 1 = 3un + 3 = 3(un + 1)
Ainsi, vn+1 = 3vn pour tout entier naturel n : la suite ( vn ) est géométrique.
Travaux pratiques
TP
1 a.
1 Pyramide d’allumettes
i
//////////
0
1
2
S
0
3
10
21
a
3
7
11
15
b. La variable a représente le nombre d’allumettes nécessaires pour chaque étage : 3 allumettes au 1er étage, 7 allumettes
au 2e étage, 11 allumettes au 3e étage … Chaque étage comporte 4 allumettes de plus que l’étage précédent (2 à gauche et
2 à droite).
c. Le nombre renvoyé par pyramide(3) correspond au nombre total d’allumettes nécessaires pour construire une pyramide
à 3 étages.
Chapitre 1 Suites numériques
7
2 a.
On peut donc construire au maximum 22 étages avec 1 000 allumettes.
b.
TP
2 Atteindre les limites
⎧u0 = 10
⎩un+1 = 0,5un + 2 pour tout entier naturel n
1 a. La suite (un ) est définie par ⎨
b. sur ordinateur
c. terme_u(0) renvoie le terme u0 = 10 ; terme_u(4) renvoie le terme u4 = 4,375 ;
terme_u(9) renvoie le terme u9 = 4,01171875
d. La variable x contient la liste des entiers de 0 à 9.
La variable y contient la liste des termes un pour n allant de 0 à 9.
e. Il semble que la suite (un ) tende vers 4 lorsque n tend vers +`.
f. On obtient la représentation graphique des 10 premiers termes de la suite (un ).
On conjecture que lim vn = +`
n→+ `
b.
On conjecture que lim tn = −`
n→+ `
8
Chapitre 1 Suites numériques
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2 a.
c.
On conjecture que lim wn = 2 .
n→+ `
d.
On conjecture que la suite ( kn ) n’a pas de limite.
TP
3 Suite de Syracuse
u
u1 4
= = 2 ; u3 = 2 = 2 = 1 ;
2 2
2 2
u5 2
u4 4
= = 1…
u4 = 3u3 + 1 = 3 × 1+ 1 = 4 ; u5 =
= = 2 ; u6 =
2 2
2
2
On remarque que les termes de la suite sont : 1, 4, 2, 1, 4, 2, 1, 4, 2 …
On retrouve les trois premiers termes 1, 4, 2 indéfiniment.
u
u
b. u0 = 10 ; u1 = 0 = 10 = 5 ; u2 = 3u1 + 1 = 3 × 5 + 1 = 16 ; u3 = 4 = 16 = 8
2
2
2
2
u4 4
u5
u3 8
= = 2 ; u6 =
= 1.
u4 =
= = 4 ; u5 =
2
2
2
2 2
Le nombre 1 figure bien dans la suite de Syracuse de premier terme u0 = 10 .
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1 a. u0 = 1 ; u1 = 3u0 + 1 = 3 × 1+ 1 = 4 ; u2 =
2 a.
b.
c.
teste si le reste de la division euclidienne de u par 2 est nul c’est-à-dire si u est pair.
renvoie le terme suivant u dans la suite de Syracuse.
3 a.
Il s’agit de la liste des termes de la suite de Syracuse de premier terme u0 = 14 jusqu’à ce que 1 soit atteint.
b. L’instruction L.append ajoute l’argument à la fin de la liste L.
Ainsi L.append(Syracuse(u)) ajoute Syracuse(u) en fin de liste L.
c. On n’est pas sûr que pour tout entier naturel u, l’instruction Liste_Syracuse(u) renvoie une liste car il faudrait que quel que soit
l’entier naturel u choisi pour u0, le nombre 1 soit toujours atteint par un terme de la suite, or il ne s’agit que d’une conjecture.
4 a.
Si u0 = 7, la durée du vol est 17 et son altitude est 52.
Chapitre 1 Suites numériques
9
b. et c.
27 est la plus petite valeur de u0 qui donne un temps de vol supérieur à 100, l’altitude de ce vol est alors de 9 232.
u0 = 31 et u0 = 41 donnent la même altitude.
TP
4 Comparaison de placements
1 Le placement P1 rapporte 8 % de 1 000 euros chaque année, soit 80 euros.
Ainsi un+1 = un + 80 pour tout entier naturel n.
Le placement P2 augmente le capital de 5 % chaque année.
Ainsi vn+1 = vn + 0,05vn = 1,05vn pour tout entier naturel n.
2 a. sur calculatrice
b. Le placement P1 est le plus intéressant au bout des 10 premières années car u10 . v10 .
c. D’après la calculatrice, n = 19 : il faut attendre 19 années pour que P2 soit le placement le plus intéressant.
3 a. D’après leur formule de récurrence, (un ) est une suite arithmétique et ( vn ) est une suite géométrique.
b. un = u0 + nr = 1000 + 80n et vn = v0 qn = 1000 × 1,05n .
c. sur calculatrice
TP
5 La suite de Fibonacci
1
a. Il faut écrire =B2+B3 dans la cellule B4 puis faire une recopie vers le bas.
b. On écrit =B3/B2 dans la cellule C2 puis on effectue une recopie vers le bas.
Il semble que la suite (Qn ) tende vers un réel ¯ ≈ 1,618.
On peut conjecturer que ¯ = Φ.
10
Chapitre 1 Suites numériques
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d.
TP
6 Étude de trois propositions d’embauche
1 sur ordinateur
2 a. =C2+40
b. = 1,05*D2
c. =1,02*E2+30
3 a. La proposition A est celle qui donne le salaire mensuel le plus intéressant au départ, mais au fil du temps, ce salaire
mensuel deviendra le moins intéressant des 3 propositions, tout le contraire de la proposition B. Quant à la proposition C,
elle donne des salaires se situant en général entre les 2 autres propositions.
b. En 2030, c’est la proposition B qui donne le meilleur salaire. Cependant, le total des salaires perçus jusque-là montre que
c’est la proposition C qui serait la plus intéressante si le jeune actif change d’entreprise en 2030.
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4 D’après le tableur, il devrait au moins rester jusqu’en 2033 dans cette entreprise pour que le choix de la proposition B
soit le plus rentable.
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
1 1. 21 (17 + 4 )
2. 486 (16 × 23)
3. 21 (8 + 13)
4. 97 (2 × 49 − 1)
5. − 243
16
( 3) ( 3) 3
= v × (− 1 ) = −27 × (− 1 ) = 27 = 9
3
3
3
1
1
9
= v × (− ) = 9 × (− ) = − = −3
3
3
3
6 v1 = v0 × − 1 = 81× − 1 = − 81 = −27
v2
v3
( 818 × (− 23 ))
1
2
7 v3 = v1 × q2 = 0,01 × 52 = 0,01 × 25 = 0,25.
8 v2 = v1 × q donc 200 = 50 × q donc q = 200 = 4.
2 u3 = 10 ; u10 = 171; u20 = 741; u50 = 4 851.
50
v
=
Puis v1 = v0 × q donc 50 = v0 × 4 donc 0 50 = 12,5.
4
3 u10 = u0 + 10r = 3 + 10 × (−7) = −67.
4 u10 = u0 + 10r = −2 + 10 × 4 = −2 + 40 = − 6 + 40 = − 34 .
3
3
3
3
3
10 × 4 = −2 + 40 = − 6 + 40 = − 34 .
3
3
3 3
3
5 u8 = u2 + 6r donc 20 = 2 + 6r donc r = 18 = 3.
6
Puis u2 = u0 + 2r donc 2 = u0 + 2 × 3 donc 2 = u0 + 6 donc
u0 = −4.
9 1. S = (1+ 100) × 100 = 10 100 = 5 050.
2
2
(1+ 19) × 19 20 × 19 20
2. S =
=
=
× 19 = 10 × 19 = 190.
2
2
2
Chapitre 1 Suites numériques
11
10 1. un+1 = 2un
2. un+1 = un + 3,5
3. un+1 = 1,15un
4. un+1 = un − 50
5. un+1 = 0,97un
6. un+1 = 0,876un
14 1. Voir TP
2. Pour montrer qu’une suite n’est pas arithmétique, on
calcule les premiers termes de la suite et on montre grâce
à un contre-exemple que la différence entre deux termes
consécutifs n’est pas toujours égale au même nombre.
3. Pour montrer qu’une suite est arithmétique, on effectue
le calcul littéral un+1 − un et on montre que cette différence
ne dépend pas de l’entier n.
4. Pour montrer qu’une suite n’est pas géométrique, on
calcule les premiers termes de la suite et on montre grâce à
un contre-exemple que le quotient de deux termes consécutifs non nuls n’est pas toujours égal au même nombre.
5. Pour montrer qu’une suite est géométrique, on exprime
un+1 en fonction de un afin de montrer que un+1 = qun avec q
un nombre qui ne dépend pas de l’entier naturel n.
6. Pour étudier le sens de variation d’une suite arithmétique,
on regarde le signe de sa raison r .
Pour étudier le sens de variation d’une suite géométrique, on
regarde le signe de son premier terme et la valeur de sa raison q
(on distingue les cas, q , 0 ; q = 0 ; 0 , q , 1 ; q = 1 et q . 1).
De façon générale, pour étudier le sens de variation d’une
suite, on étudie le signe de la différence un+1 − un .
11 1. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 100 . 0
et de raison q = 4 avec q .1 donc (un ) est croissante et pour
tout entier naturel n, un = u0 × qn = 100 × 4 n .
2. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = 4 et de raison
r = −6 , 0 donc (un ) est décroissante et pour tout entier
naturel n, un = u0 + nr = 4 − 6n.
3. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = −2 et de raison
r = 0,6 . 0 donc (un ) est croissante et pour tout entier naturel
n, un = u0 + nr = −2 + 0,6n.
4. (un ) est géométrique de premier terme u0 = −1, 0 et de
raison q = 1 avec 0 , q ,1 donc (un ) est croissante et pour
3
n
tout entier naturel n, un = u0 × qn = −1× 1 = − 1n .
3
3
5. (un ) est arithmétique de premier terme u1 = 3 et de raison
r = −5 , 0 donc (un ) est décroissante et pour tout entier naturel
n, un = u1 + (n − 1)r = 3 + (n − 1) × (−5) = 3 − 5n + 5 = 8 − 5n.
15 Pour tout entier naturel n > 1, un = 2n2 − 3n.
6. (un ) est géométrique de premier terme u1 = 2500 . 0 et
de raison q = −2 avec q , 0 donc (un ) est non monotone
un+1 − un = 2 (n + 1)2 − 3(n + 1) − (2n2 − 3n ) = 2 (n2 + 2n + 1) − 3n − 3 − 2n
2
2
2
2
et pour tout entier naturel n, unu = u−1 ×u qn−1
= 25002 × (−2)n−1.
n+1
n = 2 (n + 1) − 3(n + 1) − (2n − 3n ) = 2 (n + 2n + 1) − 3n − 3 − 2n + 3n = 2n + 4n + 2 − 3n − 3 − 2
2
un+1 −12
un1.= (2u(n) +est
1)2arithmétique
− 3(n + 1) − (2n
3n ) = 2terme
(n2 + 2nu0+=1)4−et3nde− 3 − 2n2 + 3n = 2n2 + 4n + 2 − 3n − 3 − 2n2 + 3n = 4n − 1.
de −premier
n
Or, pour tout entier naturel n >1, 4n − 1. 0 donc la suite (un )
raison r = 0,2 . 0 donc (un ) est croissante.
est croissante.
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = un + 0,2.
2. (un ) est géométrique de premier terme u0 = −2 , 0 et de
16 1. Algorithme en langage naturel qui calcule :
raison q = 3 avec q .1 donc (un ) est décroissante.
u0 + u1 + … + u29 .
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 3un .
3. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 1. 0 et de
u←5
raison q = 0,7 avec 0 , q ,1 donc (un ) est décroissante.
S←5
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 0,7un .
Pour k allant de 1 à 29 faire
4. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 10 . 0 et de
u ← u × 0,9
4
S←S+u
raison q = avec q .1 donc (un ) est croissante.
3
Fin
pour
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = 4 un .
3
2. Fonction programmée en Python qui renvoie la somme :
5. (un ) est arithmétique de premier terme u0 = −1 et de raison
u0 + u1 + … + uN .
r = 6 . 0 donc (un ) est croissante.
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = un + 6.
6. (un ) est géométrique de premier terme u0 = −5 , 0 et de
raison q = 1 avec 0 , q ,1 donc (un ) est croissante.
2
u
Pour tout entier naturel n, on a un+1 = n .
2
13 1. (un ) est géométrique de premier terme u0 = 200 et de
On obtient dans la console la somme u0 + u1 + … + u29 en
raison q = 1,2.
saisissant
2. u0 = 200 ; u1 = 240 ; u2 = 288 ; u3 = 345,6 ; u4 = 414,72 ; u5 ≈ 497,7
; u6 ≈: 597,2 ;
= 345,6 ; u4 = 414,72 ; u5 ≈ 497,7 ; u6 ≈ 597,2 ;
u7 ≈ 716,6 ; u8 ≈ 860 ; u9 ≈ 1032.
3. Proposition d’énoncé :
et la somme u10 + u11 + … + u29 en saisissant :
En 2019, Basile a mis 200 € de côté pour financer un voyage.
Il se fixe comme objectif d’augmenter de 20 % chaque année
le montant mis de côté pour ce projet. Combien devra-t-il
mettre de côté en 2025 ? De quelle somme disposera-t-il alors
pour son voyage ?
()
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
3
Automatismes
12
Chapitre 1 Suites numériques
Exercices
2
1 u0 = 2 × 02 − 1 = −1; u1 = 2 × 12 − 1 = 1; u2 = 2 × 22 − 1 = 7 ; u10 =92La
× 10
suite
− 1(u=n199
) est définie par u0 = −4 et pour tout n > 0,
2
× 1 − 1 = 1; u2 = 2 × 22 − 1 = 7 ; u10 = 2 × 102 − 1 = 199.
un+1 = un + 5.
La suite ( vn ) est définie par v0 = 300 et pour tout n > 0,
vn+1 = 2vn .
2 u1 = 1+ 1 = 2 ; u2 = 2 + 1 = 3 ; u3 = 3 + 1 = 4 ; u10 = 10 + 1 = 11
10
10
1
2
2
3
3
La suite ( wn ) est définie par w0 = 0 et pour tout > 0 ,
3 + 1 = 4 ; u = 10 + 1 = 11 .
wn+1 = n + 1+ 3wn .
3
3 10
10
10
définie
n )3est
3 v1 = 3 × v0 − 4 = 3 × 3 − 4 = 5 ; v2 = 3 × v1 − 4 = 3 × 5 − 4 = 11;10
v3 1.
= 3La×suite
v2 − 4(u=
× 11−
4 = par
29 une relation de récurrence.
3 − 4 = 5 ; v2 = 3 × v1 − 4 = 3 × 5 − 4 = 11; v3 = 3 × v2 − 4 = 3 × 11− 4 = 29 2. u ← 1
5 − 4 = 11; v3 = 3 × v2 − 4 = 3 × 11− 4 = 29.
Pour k allant de 1 à n faire
2
2
2
2
4 1. w1 = 2 × w0 + 1 = 2 × 1 + 1 = 3 ; w2 = 2 × w1 + 1 = 2 × 3 + 1 = 19 ; w3 u= ←
2 ×3w×2u2 −
+ 14= 2 × 192 + 1 = 723
2
2
2
2
2
1 + 1 = 3 ; w2 = 2 × w1 + 1 = 2 × 3 + 1 = 19 ; w3 = 2 × w2 + 1 = 2 × 19 + 1 = 723
11 1. a. u0 = 2 ; u1 = 2 × u0 − 3 = 1 ; u2 = 2 × u1 − 3 = −1 ; u3 = 2 × u2 − 3
2
+ 1 = 19 ; w3 = 2 × w22 + 1 = 2 × 192 + 1 = 723.
u
=
2
;
u
=
2
×
u
−
3
=
1
;
u
=
2
×
u
−
3
=
−1
;
u
0
1
0
2
1
3 = 2 × u2 − 3 = −5.
2. wn+1 = 2wn2 + 1.
b. v0 = 1; v1 = −v0 × (3 − v0 ) = −2 ; v2 = −v1 × (3 − v1 ) = 10 ; v3 = −v2 × (3
v0 = 1; v1 = −v0 × (3 − v0 ) = −2 ; v2 = −v1 × (3 − v1 ) = 10 ; v3 = −v2 × (3 − v2 ) = 70.
5 1.
c. w0 = 0,5 ; w1 = w02 + w0 − 1 = 0,52 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 −
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w0 = 0,5 ; w1 = w02 + w0 − 1 = 0,52 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 − 1 = (−0,25)2 − 0,25 − 1 = −1,1875 ; w3 = w22 + w2 − 1 = (−
= 0,52 + 0,5 − 1 = −0,25 ; w2 = w12 + w1 − 1 = (−0,25)2 − 0,25 − 1 = −1,1875 ; w3 = w22 + w2 − 1 = (−1,1875)2 − 1,1875 − 1 = − 199 .
256
2.
u←2
Pour k allant de 1 à n faire
u←2×u−3
v ←1
1 cm
3 cm
9 cm
Pour k allant de 1 à n faire
2. p1 = 1+ 1+ 2 = 2 + 2 ; p2 = 3(2 + 2 ) ; p3 = 9 (2 + 2 ).
v ← −v × (3 − v )
pn+1 = 3 pn .
w ← 0,5
11
1
33
9
99
81
= ;a =
= ; a3 =
= .
3. a1 =
Pour k allant de 1 à n faire
2 2 2
2
2
2
2
w ← w × w + w −1
an+1 = 32 an = 9an .
6 1. a0 = 7 ; a1 = 3 ; a2 = 2 ; a3 = 0 ; a4 = 5.
2. b0 = (−2)0 = 1; b1 = −2 ; b2 = 4 ; b3 = −8 ; b4 = 16.
3. c1 = 1 = 1; c2 = 1 ; c3 = 1 ; c4 = 1 ; c5 = 1 .
1
2
3
4
5
12 a5 ≈ 6,899 à 10−3 près.
13 Dans la cellule B3 il faut saisir la formule : =3-7*A3.
Dans la cellule C3 il faut saisir la formule : =-2*C2+3.
7 1. a. La suite (un ) est définie par une formule explicite.
14 u0 = (0 + 2)2 = 22 = 4 et pour tout entier naturel n , on a :
• d’une part, un+1 = ((n + 1) + 2)2 = (n + 3)2 = n2 + 6n + 9 ;
b. La suite ( vn ) est définie par une formule explicite.
• d’autre part, un + 2n + 5 = (n + 2)2 + 2n + 5 = n2 + 4n + 4 + 2n + 5 = n2
c. La suite ( wn ) est définie par une relation de récurrence.
un + 2n + 5 = (n + 2)2 + 2n + 5 = n2 + 4n + 4 + 2n + 5 = n2 + 6n + 9
d. La suite ( xn ) est définie par une formule explicite.
2
un + 2n + 5 = (n + 2) + 2n + 5 = n2 + 4n + 4 + 2n + 5 = n2 + 6n + 9 .
e. La suite (tn ) est définie par une relation de récurrence.
Donc un+1 = un + 2n + 5.
f. La suite ( kn ) est définie par une relation de récurrence.
15 1. a. un = 5 − n ; u8 = 5 − 8 = −3.
2. u0 = 0 ; u1 = 3 ; u2 = 12 ; u4 = 48.
v0 = −1; v1 = 0 ; v2 = 1; v4 = 3.
b. un = −2 + 1 n ; u8 = −2 + 1 × 8 = 2.
2
2
w0 = −2 ; w1 = −7 ; w2 = −12 ; w4 = −22.
5
5
c. un = 3 − n ; u8 = 3 − × 8 = −7.
x0 = 4 ; x1 = 4 ; x2 = 4 ; x4 = 4 .
4
4
1
1
1
t1 = 1; t2 = ; t3 = ; t5 = .
u
=
1+
n
−
1
×
2
=
1+
2n − 2 = −1+ 2n ; u8 = −1+ 2 × 8 = 15
d.
(
)
n
2
4
16
k0 = 5 ; k1 = 5 ; k2 = 7 ; ku4 n==17.
1+ (n − 1) × 2 = 1+ 2n − 2 = −1+ 2n ; u8 = −1+ 2 × 8 = 15.
8 1. u0 = 2 ; u1 = −3 × 12 − 1+ 2 = −2 ; u2 = −3 × 22 − 2 + 2 = −12 ; u3 = −3 × 32 − 3 + 2 = −28
1+ 2 = −2 ; u2 = −3 × 22 − 2 + 2 = −12 ; u3 = −3 × 32 − 3 + 2 = −28.
2. v1 = 2 × 1+ 3 = 5 ; v2 = 2 × 2 + 3 = 7 ; v3 = 2 × 3 + 3 = 3 ; v4 = 2 × 4 + 3 = 11
4
4
1
2
2
3
3 + 3 = 3 ; v = 2 × 4 + 3 = 11.
4
3
4
4
3. w2 = 2 − 2 = 0 ; w3 = 3 − 2 = 1; w4 = 4 − 2 = 2 ; w5 = 5 − 2 = 3
− 2 = 2 ; w5 = 5 − 2 = 3 .
Chapitre 1 Suites numériques
13
c. un+1 − un = 1,5. La suite (un ) est arithmétique de raison
1,5, de premier terme u0 = 4 et a pour formule explicite
un = 4 + 1,5n, pour tout n [N.
d. un+1 − un = −2. La suite (un ) est arithmétique de raison
−2, de premier terme u1 = −6 et a pour formule explicite
un = −6 − 2 (n − 1) = −4 − 2n pour tout n [N* .
un
2.
14
12
10
un = –1 + 2n
8
6
un = –2 + 1 n
2
4
un = 5 – n
2
0
2
4
6
–2
–4
18 1. u1 − u0 = 2 365 − 2 500 = −135. La suite (un ) est arithmétique de raison −135, de premier terme u0 = 2 500 et a
pour formule explicite un = 2 500 − 135n pour tout n [N.
2. Le plus petit entier naturel n tel que un est négatif est
n = 19.
19 u12 = u8 + (12 − 8)r ⇔ 25 = 15 + 4r ⇔ 4r = 10 ⇔ r = 2,5
u
=
u
+
12
−
8
r
⇔
25
= 15 + 4r ⇔ 4r = 10 ⇔ r = 2,5.
(
)
8 12 n 8
u8 = u0 + 8r ⇔ u0 = u8 − 8r ⇔ u0 = 15 − 82,5 ⇔ u0 = −5.
un = 3 – 5 n
4
20 On note un la durée quotidienne consacrée à la pratique
sportive par la personne au bout de n jours.
On a u0 = 0 et pour tout entier naturel n, un+1 = un + 5. La suite
(un ) est donc arithmétique de raison 5, de premier terme
u0 = 0 et a pour formule explicite un = 5n, pour tout n [N.
Le problème revient à résoudre l’inéquation :
16 a. un+1 − un = −2 + 3(n + 1) − (−2 + 3n ) = −2 + 3n + 3 + 2 − 3n =u3 .120 ⇔ 5n .120 ⇔ n . 120 ⇔ n . 24.
n
5
= −2 + 3(n + 1) − (−2 + 3n ) = −2 + 3n + 3 + 2 − 3n = 3.
La
personne
dépassera
les
deux
heures quotidiennes de sport
La suite (un ) est arithmétique de raison 3 et de premier terme
au bout de 25 jours.
u0 = −2 + 3 × 0 = −2 .
Remarque : on peut aussi dire que un = 3n − 2 = f (n ) avec f
21 1. u0 = 10 et la raison vaut 4.
affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme
2. On a u0 = 10 et pour tout entier naturel n, un+1 = un + 4.
u0 = −2 et de raison r = 3.
La suite (un ) est donc arithmétique de raison 4, de premier
b. u0 = 2 × 02 + 3 = 3 ; u1 = 2 × 12 + 3 = 5 ; u2 = 2 × 22 + 3 = 11.
terme u0 = 10 et a pour formule explicite un = 10 + 4n, pour
On a u1 − u0 = 2 et u2 − u1 = 6, donc u1 − u0 ≠ u2 − u1. La suite
tout n [N.
(un ) n’est donc pas arithmétique.
3. a. un >1000 ⇔ 10 + 4n >1000 ⇔ 4n > 990 ⇔ n > 247,5.
c. un+1 − un = n + 1+ 5 − n + 5 = 1 . La suite (un ) est arithméLe plus petit entier n [N tel que un > 1000 est n = 248.
2
2
2
0
5
1
+
5
b.
= .
tique de raison et de premier terme u0 =
2
2
2
Remarque : on peut aussi dire que un = 1 n + 5 = f (n ) avec
2
2
f affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme
u0 = 5 et de raison r = 1 .
2
2
d. u0 = 3 − 1 = 3 − 1 = 2 ; u1 = 3 − 1 = 3 − 1 = 5 ; u2 = 3 − 1 = 3 − 1 = 8
2 +1
3 3
0 +1
1+ 1
2 2
1
5
1
1
8
22
3 − = ; u2 = 3 −
= 3− = .
1. a. un = 3 × 2n ; u5 = 96.
2 2
2 +1
3 3
n
b. un = 10 × 1 ; u5 = 5 .
On a u1 − u0 = 5 − 2 = 1 et u2 − u1 = 8 − 5 = 1 , donc :
2
16
2
2
3 2 6
c. un = −2 × (−3)n ; u5 = 486.
u1 − u0 ≠ u2 − u1.
d. un = 2 × 3n−1 ; u5 = 162.
La suite u n’est donc pas arithmétique.
()
( n)
e. un+1 − un = 2 (n + 1) − 4 − (2n − 4 ) = 2n + 2 − 4 − 2n + 4 = 2.
La suite (un ) est arithmétique de raison 2 et de premier terme
u0 = 2 × 0 − 4 = −4.
Remarque : on peut aussi dire que un = 2n − 4 = f (n ) avec f
affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme
u0 = −4 et de raison r = 2.
f. un+1 − un = (n + 1) 2 − n 2 = 2 . La suite (un ) est arithmétique de raison 2 et de premier terme u0 = 0 × 2 = 0.
Remarque : on peut aussi dire que un = 2n + 0 = f (n ) avec
f affine donc la suite (un ) est arithmétique de premier terme
u0 = 0 et de raison r = 2 .
17 a. u0 = −1; u1 = −1; u2 = 1. On a u1 − u0 ≠ u2 − u1, la suite
(un ) n’est donc pas arithmétique.
b. u1 = 0 ; u2 = 1; u3 = 3. On a u2 − u1 ≠ u3 − u2 , la suite (un )
n’est donc pas arithmétique.
14
Chapitre 1 Suites numériques
2. a.
b.
c.
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–6
26
d.
23 a. u0 = 4 ; u1 = 8 ; u2 = 12.
u
u1 8
u
u
= = 2 et 2 = 12 = 3 donc 1 ≠ 2 donc la suite
8 2
u0 4
u1
u0 u1
(un ) n’est pas géométrique.
b. un = 3 × (−2)n s’écrit sous la forme un = u0 × (−2)n donc la
suite (un ) est géométrique de raison −2 et de premier terme
u0 = 3.
n
c. un = 2 = 1 × 2n s’écrit sous la forme un = u0 × 2n donc la
3 3
suite (un ) est géométrique de raison 2 et de premier terme
u0 = 1 .
3
n
n
n
d. un = ( 2 ) = 1× ( 2 ) s’écrit sous la forme un = u0 × ( 2 )
donc la suite (un ) est géométrique de raison 2 et de premier
terme u0 = 1.
e. un = 3n+2 = 32 × 3n = 9 × 3n s’écrit sous la forme un = u0 × 3n
donc la suite (un ) est géométrique de raison 3 et de premier
terme u0 = 9.
f. u0 = 0 ; u1 = 2 ; u2 = 16 ; u3 = 54.
u
u
u
u
On a 2 = 16 = 8 et 3 = 54 = 27 donc 2 ≠ 3 donc la suite
2
8
u1
u2 16
u1 u2
(un ) n’est pas géométrique.
Remarque : on peut aussi dire que si u0 est nul et pas u1 alors
la suite n’est pas géométrique
On a
24 a. La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = 3
27 1. u ← 5
Pour k allant de 1 à n faire
u ← 1,25 × u
Fin pour
2. u37 ≈ 19 259 et u38 ≈ 24 074. Au bout de 38 secondes le
nombre de bactéries va dépasser 20 000.
28 1. u0 = 150 et q = 2 .
et de raison 2. Donc, pour tout [N, on a un = 3 × 2n.
b. La suite (un ) est géométrique de premier terme u1 = 100
n−1
et de raison 1 . Donc, pour tout [N*, on a un = 100 × 1 .
5
5
c. La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = −2 et
de raison −1. Donc, pour tout [N, on a un = −2 × (−1)n.
d. u1 = 10 ; u2 = − 1 ; u3 = 10.
10
u
u2
u
u
1
On a
et 3 = −100 donc 2 ≠ 3 donc la suite (un )
=−
100 u2
u1
u1 u2
n’est pas géométrique.
3
n
2
2. un = 150 ×
, pour tout n [N.
3
3. a. 24 est le plus petit entier naturel n tel que un , 0,01.
b.
25 1. La suite (un ) est géométrique de premier terme
(un ) est géométrique de premier terme u1 = 1 et de raison
()
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22 est le plus petit entier naturel n tel que vn . un .
u0 = 1 000 et de raison 0,2. Donc, pour tout [ N, on a
un = 1 000 × 0,2n. En particulier u7 = 1 000 × 0,27 = 0,0128.
2. La suite ( vn ) est géométrique de premier terme v0 = 2 et
de raison −4. Donc, pour tout [N , on a vn = 2 × (−4 )n . En
particulier v5 = 2 × (−4 )5 = −2 048.
()
29 On note un la longueur du n-ième côté du carré. La suite
q = 0,8. Donc, pour tout [N* , on a un = 1× 0,8n−1. En particulier u4 = 1× 0,83 = 0,512. La longueur du côté du carré orange
est 0,512 et l’aire du carré orange est 0,5122 = 0,262144 u.a.
Remarque : Si on note ( vn ) l’aire du n-ième carré, la suite
(vn ) est géométrique de premier terme v1 = 1 et de raison
q = 0,82 = 0,64. Donc, pour tout [N*, on a vn = 1× 0,64 n−1.
En particulier v4 = 1× 0,643 = 0,262144.
30 a. Il s’agit de la somme des termes d’une suite arithmétique de premier terme u0 = 4 et de raison 3. De plus
64 = 4 + 3n ⇔ 3n = 60 ⇔ n = 20 donc 64 est le 21e terme
de la suite.
4 + 7 + 10 + … + 64 = 21× 4 + 64 = 21× 34 = 714.
2
b. Il s’agit de la somme des termes d’une suite arithmétique de premier terme u0 = 50 et de raison 2. De plus
1 002 = 50 + 2n ⇔ 2n = 952 ⇔ n = 476 donc 1 002 est le
477e terme de la suite.
50 + 52 + 54 + … + 1 002 = 477 × 50 + 1 002 = 477 × 526 = 250 902
2
50 + 52 + 54 + … + 1 002 = 477 × 50 + 1 002 = 477 × 526 = 250 902.
2
Chapitre 1 Suites numériques
15
Le nombre
total N de voitures fabriquées par le constructeur
31 1. a. 1+ 2 + 3 + L + 1 000 = 1 000 × 1+ 1 000 = 500 × 1 001 = 500
500
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2
sur une année est la somme des 12 premiers termes de la
1+ 2 + 3 + L + 1 000 = 1 000 × 1+ 1 000 = 500 × 1 001 = 500 500.
2
suite (un ) , soit :
b. 501+ 502 + 503 + L + 1 000 = 500 500 − 500 × 1+ 500 = 500 500 − 125 250
= 375 250
2
N = 12 × 155 + 221 = 6 × 376 = 2 256 voitures.
1+
500
3 + L + 1 000 = 500 500 − 500 ×
= 500 500 − 125 250 = 375 250.
2
2
37
On
note
u
2. S ← 0
n le montant du loyer la n-ième année. La suite
u
est
une
suite
géométrique de premier terme u1 = 900 et
( n)
Pour k allant de 1 à 1 000 faire
de raison q = 1,01.
S ← S+k
Le loyer étant dû 12 fois dans une année, la somme totale S
Fin pour
représentant l’ensemble des loyers au cours des 10 années
est égale à 12 × T où T est la somme des 10 premiers termes
S←0
de la suite (un ) .
Pour k allant de 501 à 1000 faire
10
⎛
⎞
S = 12 × T = 12 × ⎜ 900 × 1− 1,01 ⎟ = 112991,90 €.
S ← S+k
⎝
1− 1,01 ⎠
Fin pour
38 La courbe représentative de la fonction f semble décrois13
191 sur [0 ; +`[, la suite (u ) définie par u = f (n ) pour tout
32 a. 1+ 0,5 + 0,52 + L + 0,512 = 1× 1− 0,5 = 2 (1− 0,513 ) = 8 sante
n
n
4 096
1− 0,5
entier naturel semble donc décroissante.
13
1−
0,5
52 + L + 0,512 = 1×
= 2 (1− 0,513 ) = 8 191
La courbe représentative de la fonction g semble décrois1− 0,5
4 096
9
9
sante
171sur [0 ; 5] et croissante sur [5 ; +`[ , la suite ( vn ) définie
b. 1+ 1,5 + 1,52 + L + 1,58 = 1× 1− 1,5 = 1− 1,5 = 2 (1,59 − 1) = 19
par
256vn = f (n ) pour tout entier naturel semble donc décrois1− 1,5
−0,5
9
9
sante
du rang 0 au rang 5 et croissante à partir du rang 5.
52 + L + 1,58 = 1× 1− 1,5 = 1− 1,5 = 2 (1,59 − 1) = 19 171
1− 1,5
−0,5
256
39 1. Pour tout n [N, un+1 − un = un + n + 3 − un = n + 3 > 0.
11
33 a. 1+ 3 + 32 + 33 + … + 310 = 1× 1− 3 = 0,5(311 − 1) = 88 573On en déduit que pour tout n [N, un+1 − un > 0, donc la suite
1− 3
(un ) est croissante.
11
2
3
10
11
1−
3
2. Pour tout n [N , vn+1 − vn = vn (1− vn ) − vn = −vn2 < 0. On
1+ 3 + 3 + 3 + … + 3 = 1×
= 0,5(3 − 1) = 88 573.
1− 3
en déduit que pour tout n [N, vn+1 − vn < 0, donc la suite
(vn ) est décroissante.
S←0
Pour k allant de 0 à 10 faire
40 1. Pour tout n [N, un+1 − un = 2 − 4 (n + 1) − (2 − 4n ) = −4 < 0
S ← S + 3k
un+1 − un = 2 − 4 (n + 1) − (2 − 4n ) = −4 < 0. On en déduit que pour tout n [N, un+1 − un < 0,
Fin pour
donc la suite (un ) est décroissante.
2. Pour tout n [N, vn+1 − vn = 2 (n + 1)2 + 3 − (2n2 + 3) = 2n2 + 4n + 2 +
2
34 On note un le montant du don
2
2
2
le n-ième
mois. La
vn+1 en
− veuros
n = 2 (n + 1) + 3 − (2n + 3) = 2n + 4n + 2 + 3 − 2n − 3 = 4n + 2 > 0.
suite (un ) est une suite arithmétique de premier terme u1 = 1
On en déduit que pour tout n [N, vn+1 − vn > 0, donc la suite
et de raison r = 1. Donc, pour tout [N*, on a un = 1+ n − 1 = n.
(vn ) est croissante.
En particulier, au bout de 10 ans, 120 mois se seront écoulés
3. Pour tout n [N, wn+1 − wn = (n + 1)2 + 2 (n + 1) − (n2 + 2n ) = n2 + 2n +
2
2
2
2
et le montant du don sera
= 120 €.
wn+1de− uw120
n = (n + 1) + 2 (n + 1) − (n + 2n ) = n + 2n + 1+ 2n + 2 − n − 2n = 2n + 3 > 0 . On en déduit
La somme totale S que l’association aura reçue de l’entreprise
que pour tout n [N, wn+1 − wn > 0, donc la suite ( wn ) est
est la somme des 120 premiers termes de la suite (un ), soit :
croissante.
4. Pour tout n [N, tn+1 − tn = 2n+1 + 3n+1 − (2n + 3n ) = 2 × 2n + 3 × 3n − 2
S = 1+ 2 + L + 120 = 120 × 1+ 120 = 60 × 121 = 7 260 €.
2
n+1
n+1
n
n
tn = 2 + 3 − (2 + 3 ) = 2 × 2n + 3 × 3n − 2n − 3n = 2n (2 − 1) + 3n (3 − 1) = 2n + 2 × 3n > 0
n+1 −en
35 On note un le montant du tdon
centimes d’euro le
n+1
n
n
n
n
tn = 2n+1 +n3ème
− (2n +
+ une
3 × 3suite
− 2géométrique
− 3n = 2n (2 de
− 1)premier
+ 3n (3 − 1) = 2n + 2 × 3n > 0. On en déduit que pour tout n [N,
) = 2(u×n )2est
mois.
La3suite
tn+1 − tn > 0, donc la suite (tn ) est croissante.
terme u1 = 1 et de raison q = 2. Donc, pour tout [N* , on a
n−1
un = 1× 2 .
41 Pour tout entier naturel n,
La somme totale S1 que l’association aura reçue de l’entreun+1 − un = (n + 1)2 − 8 (n + 1) + 2 − (n2 − 8n + 2) = n2 + 2n + 1− 8n − 8 +
prise au bout de 1 an est la somme des 12 premiers termes
un+1 − un = (n + 1)2 − 8 (n + 1) + 2 − (n2 − 8n + 2) = n2 + 2n + 1− 8n − 8 + 2 − n2 + 8n − 2 = 2n − 7
de la suite (un ) , soit :
12
Ainsi pour n < 3, un+1 − un < 0 puis pour n > 4, un+1 − un > 0.
S1 = 1× 1− 2 = 212 − 1 = 4 095 centimes d’euros, soit
Donc la suite (un ) est décroissante jusqu’au rang 4 puis crois1− 2
40,95 €.
sante à partir du rang 4.
La somme totale S2 que l’association aura reçu de l’entreprise
42 1. La raison r = 0,6. r . 0, donc la suite (un ) est croissante.
au bout de 2 ans est la somme des 24 premiers termes de la
suite (un ) , soit :
2. La raison r = 2 . r . 0 , donc la suite ( vn ) est croissante.
24
3
24
1−
2
S2 = 1×
= 2 − 1 = 16 777 215 centimes d’euros, soit
3. La raison r = 1− 2 . r , 0, donc la suite ( wn ) est
1− 2
décroissante.
167772,15 €.
4. La raison r = 10−2 . r . 0, donc la suite (tn ) est croissante.
36 On note (un ) le nombre de voitures construites par le
43 1. La suite (un ) a pour raison q = 2 et pour premier terme
constructeur le n-ième mois. La suite (un ) est une suite arithmétique de premier terme u1 = 155 et de raison r = 6. Donc,
u0 = 3. q .1 et u0 . 0. La suite est donc croissante.
pour tout [N* , on a un = 155 + (n − 1) × 6. En particulier, le
2. La suite ( vn ) a pour raison q = 4 et pour premier terme
5
12e mois la production sera de u12 = 221 voitures.
v0 = −1. 0 , q ,1 et v0 , 0. La suite est donc croissante.
16
Chapitre 1 Suites numériques
3. La suite ( wn ) a pour raison q = 8 et pour premier terme
3
w0 = − 2 . q .1 et w0 , 0. La suite est donc décroissante.
3
4. La suite (tn ) a pour raison q = 10−1 et pour premier terme
t0 = 0,5. 0 , q ,1 et t0 . 0. La suite est donc décroissante.
44 1. un+1 − un = qn+1 − qn = q × qn − qn = qn (q − 1) . qn . 0 ,
le signe de un+1 – un ne dépend que du signe de q − 1. Or
q − 1. 0 ⇔ q .1.
Donc, pour q .1, un+1 − un . 0 et pour 0 , q ,1, un+1 − un , 0.
2. Pour q .1, un+1 − un . 0 ⇔ un+1 . un . La suite (un ) est croissante. Pour 0 , q ,1, un+1 − un , 0 ⇔ un+1 , un. La suite (un )
est décroissante.
45 1. un = n − 3, la suite (un ) est arithmétique de raison 1,
or 1. 0 la suite est donc croissante et représentée sur le
graphique n°1.
Les valeurs prises par les termes de la suite semblent devenir
aussi grandes que l’on veut. On conjecture que la suite tend
vers +`.
2. vn = −2n + 1, la suite ( vn ) est arithmétique de raison −2,
or −2 , 0 la suite est donc décroissante et représentée sur
le graphique n° 2.
Les valeurs prises par les termes de la suite semblent devenir
aussi grandes que l’on veut en valeur absolue et négatives.
On conjecture que la suite tend vers −` .
46 1. Les valeurs de la suite semblent se rapprocher autant
que l’on veut d’une valeur « limite » : 0. On conjecture que la
suite a pour limite 0.
2. Les points de coordonnées (n ; un) ne sont pas alignés entre
eux, la suite ne peut donc pas être arithmétique. En revanche,
la décroissance exponentielle des termes de la suite laisse
penser qu’il s’agit d’une suite géométrique pour laquelle la
raison q est telle que 0 , q ,1.
Il semble qu’un terme de la suite est deux fois plus petit que
le terme qui le précède et que le premier terme de la suite
est u0 = 8. Ainsi, pour tout entier naturel n :
⎧⎪u0 = 8
n
et un = 8 × 1 .
⎨
1
2
⎪⎩un+1 = 2 un
()
47
u0
−1
0
0,25
0,5
1
2
lim un
−`
0
0,5
0,5
0
−`
n→+ `
Exercices
La suite ( wn ) est géométrique de raison q = 2 et de premier
terme
w0 = 3. On a q .1 et w0 . 0 , la suite ( wn ) est donc
a1 − a0 = 4 − 1 = 3 ; a2 − a1 = 1− 4 = −3. On a a1 − a0 ≠ a2 − a1,
croissante.
a2 1
a1 4
la suite (an ) n’est pas arithmétique.
= = 4;
= . On a
2. Pour tout entier naturel n :
a0 1
a1 4
n
n
n
a1 a2
≠ , la suite (an ) n’est pas géométrique.
tn = un − vn = 3 × 2 − 4n + 3 − 3 × 2 + 4n − 3 = 3 × 2 − 4n + 3 − 3 × 2
a0 a1
2
2
2
n
n
n
n
−
4n
+
3
+
4n
−
3
3
×
2
−
4n
+
3
−
3
×
2
−
4n
+
3
3
×
2
−8n
+
6
3
×
2
tn = un − vn =
=
= 3 − 4n.
−
=
⎧b = 0
2 bn+1 = bn + r, elle
2
2
2
, la suite
2. ⎨ 0
(bn ) est de la forme
b
=
b
+
3
La suite (tn ) est arithmétique de raison r = −4 et de premier
⎩ n+1
n
terme t0 = 3. On a r , 0 , la suite (tn ) est donc décroissante.
est donc arithmétique de raison r = 3 et de premier terme
b0 = 0.
50 1. u0 = u1 = u2 = u3 = u4 = u5 = 0. Il semble que la suite
⎧c0 = 2
(un ) soit constante et que un = 0 pour tout entier naturel n.
3. ⎨
, la suite (cn ) est de la forme cn+1 = q × cn , elle est
⎩cn+1 = 5cn
2. u6 = 1440. La conjecture précédente est fausse.
donc géométrique de raison q = 5 et de premier terme c0 = 2.
51 1. u1 = − 1 × u0 + 3 = − 1 × 1+ 3 = 5 ; u2 = − 1 × u1 + 3 = − 1 × 5 + 3 =
4. dn = −1× 4 n, la suite (dn ) est de la forme dn = d0 × qn , elle
2
2 2
2
2
2
est donc géométrique de raison q =14 et de premier
terme 5
1
1
1
5
5
12
7
u1 = − × u0 + 3 = − × 1+ 3 = ; u2 = − × u1 + 3 = − × + 3 = − +
= .
d0 = −1.
2
2
2
2
2 2
4 4
4
5 − 1 = 3 et u − u = 7 − 5 = − 3 , donc
5. en = 1 n + 1, la suite (en ) est de la forme en = e0 + n × r, elle
u
−
u
=
On
a
1
0
2
1
3
2
2
4 2
4
est donc arithmétique de raison r = 1 et de premier terme
u
.
La
suite
n’est
donc pas arithmétique.
u
−
u
≠
u
−
u
( n)
1
0
2
1
3
e0 = 1.
7
u
u
u
u
6. f0 = 2 ; f1 = −1; f2 = 2 .
On a 1 = 5 ; 2 = 4 = 7 × 2 = 7 , donc 1 ≠ 2 .
u0 2 u1 5 4 5 10
u0 u1
f1 − f0 = −1− 2 = −3 ; f2 − f1 = 2 − (−1) = 3.
2
On a f1 − f0 ≠ f2 − f1 , la suite ( fn ) n’est pas arithmétique.
La suite (un ) n’est pas géométrique.
f2
f1 −1 f2
f1
2
=
;
=
= −2 . On a
≠ , la suite ( fn ) n’est pas
2. vn+1 = un+1 − 2 = − 1 × un + 3 − 2 = − 1 × ( vn + 2) + 1 = − 1 vn − 1+ 1 = −
2 f1 −1
f0
f0
f1
2
2
2
géométrique.
1
1
1
1
vn+1 = un+1 − 2 = − × un + 3 − 2 = − × ( vn + 2) + 1 = − vn − 1+ 1 = − vn .
2
2
2
2
49 1. Pour tout entier naturel n :
La suite ( vn ) est géométrique de raison q = − 1 .
n
n
n
n
n
2
n
wn = un + vn = 3 × 2 − 4n + 3 + 3 × 2 + 4n − 3 = 3 × 2 − 4n + 3 + 3 × 2 + 4n − 3 = 6 × 2 = 3 × 2n
1
2
2
2
2
3. v0 = u0 − 2 = 1− 2 = −1, ainsi vn = −1× −
.
2
× 2n + 4n − 3 = 3 × 2n − 4n + 3 + 3 × 2n + 4n − 3 = 6 × 2n = 3 × 2n .
n
2
2
2
vn = un − 2 ⇔ un = vn + 2 ⇔ un = −1× − 1 + 2.
2
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48 1. a0 = 1; a1 = 4 ; a2 = 1.
( )
( )
Chapitre 1 Suites numériques
17
( )
n
On a − 1 , 0, la suite − 1 n’est ni croissante ni décroissante
2
2
et la suite (un ) n’est donc ni croissante ni décroissante.
Les termes de la suite semblent se rapprocher autant que l’on
veut vers une valeur limite : 2. lim un = 2.
2.
n→+ `
52 1. Le rang du premier terme de la suite (tn ) est 1 et t1 = 1.
Le rang du premier terme de la suite ( wn ) est 0 et w0 = −2.
2. t1 = 1; t2 = 5 × t1 + 2 = 5 × 1+ 2 = 7 ; t3 = 5 × t2 + 2 = 5 × 7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937
× 1+ 2 = 7 ; t3 = 5 × t2 + 2 = 5 × 7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937
7 + 2 = 37 ; t4 = 5 × t3 + 2 = 5 × 37 + 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937
+ 2 = 187 ; t5 = 5 × t4 + 2 = 5 × 187 + 2 = 937.
w0 = −2 ; w1 = 0 + w0 = 0 − 2 = −2 ; w2 = 1+ w1 = 1− 2 = −1; w3 = 2 + w2 = 2 − 1 = 1; w4 = 3 + w3 = 3 + 1 = 4
1− 2 = −1; w3 = 2 + w2 = 2 − 1 = 1; w4 = 3 + w3 = 3 + 1 = 4.
3. t2 − t1 = 7 − 1 = 6 ; t3 − t2 = 37 − 7 = 30, on a t2 − t1 ≠ t3 − t2 ,
t
t
la suite (tn ) n’est pas arithmétique. 2 = 7 = 7 et 3 = 37 , on a
1
7
t
t
1
2
t2 t3
≠ , la suite (tn ) n’est pas géométrique.
t1 t2
w1 − w0 = −2 − (−2) = 0 e t w2 − w1 = −1− (−2) = 1, o n a
w1 − w0 ≠ w2 − w1, la suite ( wn ) n’est pas arithmétique.
3. Il semble qu’un terme de la suite ( vn ) est deux fois plus
w1 −2
w2 −1 1
w1 w2
petit que le terme qui le précède. On peut conjecturer que
, la suite ( wn )
=
= 1 et
=
= , on a
≠
w0 −2
w1 −2 2
w0 w1
la suite ( vn ) est géométrique de raison 0,5.
n’est pas géométrique.
4. vn+1 = un+1 − 200 = 0,5un + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200) −
vn+1 = un+1 − 200 = 0,5un + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200) − 100 = 0,5vn + 100 − 100 = 0,5vn
53 1.
0
1
2
3
4
5
.
vn+1 = un+1 −n200 = 0,5u
n + 100 − 200 = 0,5un − 100 = 0,5( vn + 200 ) − 100 = 0,5vn + 100 − 100 = 0,5vn
La suite ( vn ) est géométrique de raison 0,5.
fact(n)
1
1
2
6
24
120
5. v0 = u0 − 200 = 2 200 − 200 = 2 000 et vn = 2 000 × 0,5n .
2. n! = 1× 2 × 3 × … × (n − 1) × n.
On a :
⎧u0 = 1
vn = un − 200 ⇔ un = vn + 200 ⇔ un = 2 000 × 0,5n + 200.
3. ⎨
, pour tout n entier naturel.
u
=
n
+
1
×
u
(
)
⎩ n+1
n
56 1. VF − VI = 664 − 800 = −0,17, soit 17 % de réduction
54 On note un le capital disponible sur le compte la n-ième
800
VI
année. La suite (un ) est une suite géométrique de premier
de la taille du fichier.
terme u0 (capital de départ) et de raison q = 1,03 (augmenter
2. a. La taille du fichier après compression est obtenue en
une quantité de 3 %, c’est la multiplier par 1+ 3 = 1,03).
multipliant la taille du fichier précédent par 1− 17 = 0,83.
100
100
Donc, pour tout n [N, on a un = u0 × 1,03n .
Ainsi tn+1 = 0,83tn.
Si on souhaite obtenir un capital de 10 000 € dans 15 ans,
b. La suite (tn ) est définie par son premier terme t0 = 800
cela signifie que u15 = 100 000.
et la relation de récurrence tn+1 = q × tn , avec q = 0,83. C’est
u15 = 100 000 ⇔ u0 1,0315 = 100 000 ⇔ u0 = 100 000
⇔
u
≈
64
186 une suite géométrique de premier terme t0 = 800 et
donc
0
1,0315
de
raison 0,83.
= 100 000 ⇔ u0 = 100 000
⇔ u0 ≈ 64 186 € (arrondi à l’euro).
On
a pour tout entier naturel n, tn = t0 × qn = 800 × 0,83n .
15
1,03
)
3.
55 1. a.
b.
La taille du fichier devient inférieure à 50 Ko après 15 compressions successives.
18
Chapitre 1 Suites numériques
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
57 1. On note un le montant du forage du n-ième mètre. On
a u1 = 100 et chaque mètre supplémentaire coûte 10 euros
de plus que le précédent. On a donc un+1 = un + 10.
La suite (un ) est définie par son premier terme u1 = 100
et la relation de récurrence un+1 = un + 10. C’est donc
une suite arithmétique de premier terme u1 = 100 et
de raison r = 10 . On a pour tout entier naturel n >1,
un = u0 + (n − 1) × r = 100 + (n − 1) × 10 . E n p a r t i c u l i e r
u15 = 100 + 14 × 10 = 100 + 140 = 240. Le 15 e mètre foré
coûtera 240 €.
2. La facture pour un forage de 15 m de profondeur est
obtenue en faisant la somme des 15 premiers termes de la
suite (un ) :
S = 15 × 100 + 240 = 15 × 340 = 15 × 170 = 2 550.
2
2
La facture est de 2 550 €.
3.
58 1. un = u0 + n × r = 8 − 3n.
En particulier u9 = 8 − 3 × 9 = −19.
Le nombre d’habitants en France en 2060 est estimé à
88 141 637.
S = 10 × 8 − 19 = 5 × (−11) = −55.
2
4. a. un+1 = pn+1 + 13636,36364 = 1,0055 pn + 75 + 13636,36364 = 1,0055
10
2. S = 64 × 1− 0,5 = 128 × (1− 0,510 )u=
127,875.
=
p
+
13636,36364
= 1,0055 pn + 75 + 13636,36364 = 1,0055 pn + 13711,36364 = 1,0055(un −
n+1
n+1
1− 0,5
=
1,0055
p
+
75
+
13636,36364
=
1,0055
p
+
13711,36364
= 1,0055(un − 13636,36364 ) + 13711,36364 = 1,0055un − 13711,36364 +
1
1 + 13636,36364
n
n
3. u = u0 + n × r = −2 + n.
5 (un − 13636,36364 ) + 13711,36364 = 1,0055un − 13711,36364 + 13711,36364 = 1,0055un .
6364 = 1,0055 pnn + 13711,36364
= 1,0055
La suite (un ) est donc géométrique de raison q = 1,0055.
En particulier u9 = −2 + 1 × 9 = −0,2 .
5
b.
u0 = p0 + 13636,36364 = 67200 + 13636,36364 = 80836,36364
S = 10 × −2 − 0,2 = 5 ×u(−2,2
−11.
) =+ 13636,36364
=
p
=
67200
+
13636,36364
= 80836,36364.
0
0
2
10
10
Donc
un = 80836,36364 × 1,0055n.
1− 1
1− 1
10
On a :
5
5
4. S = −2 ×
= −2 ×
= 5 × ⎛ 1 − 1⎞ = −48 828 120 ≈ −2,5
⎝
⎠
2
5
19
531
250
4
1
u
1−
n = pn + 13636,36364 ⇔ pn = un − 13636,36364 ⇔ pn = 80836,36364
5
5p + 13636,36364 ⇔ p = u − 13636,36364 ⇔ p = 80836,36364 × 1,0055n − 13636,36364.
u
=
n
n
n
n
n
5 × ⎛ 1 10 − 1⎞ = −48 828 120 ≈ −2,5.
5. 2 060 = 2 018 + 42, l’estimation du nombre d’habitants en
⎝
⎠
2
5
19 531 250
France en 2060 est donnée par le terme p42 de la suite ( pn ).
p42 = 80836,36364 × 1,005542 − 13636,36364 = 88141,637.
59 1. Soit N le nombre de termes de la somme, on a :
720 ⇔ N = 522
S = N × 8 + 212 ⇔ 5 720 = N × 220 ⇔ 5 720 = 110N ⇔ N = 5 61
110 1. u1 = 2 2× 1 − 8 × 1+ 6 = 0. La proposition est vraie.
2
2
2. u0 = 2 × 0 − 8 × 0 + 6 = 6. La proposition est fausse.
N × 220 ⇔ 5 720 = 110N ⇔ N = 5 720 ⇔ N = 52.
2
110
3. u2 = 2 × 22 − 8 × 2 + 6 = 8 − 16 + 6 = −2. La proposition est
2. En posant u0 = 8, le premier de terme de la suite arithméfausse.
tique (un ), pour tout entier naturel n, un = 8 + n × r. D’après
la question précédente u51 = 212. On a donc :
62 1. On note un la proportion du carré coloriée à l’étape n
u51 = 8 + 51r ⇔ 212 = 8 + 51r ⇔ 51r = 204 ⇔ r = 204 ⇔ r = 4 avec n >1. À la première étape la moitié du carré est colo51
riée, on a ainsi u1 = 0,5. D’une étape à l’autre on conserve la
⇔ 51r = 204 ⇔ r = 204 ⇔ r = 4.
51
partie coloriée de l’étape précédente et on colorie la moitié
60 1. Pour obtenir le nombre d’habitants en France en 2019,
de la partie non coloriée. Cela se traduit par la relation de
on multiplie le nombre d’habitants en 2018 par 1,0055 car
récurrence un+1 = un + 1 × (1− un ) = 1 un + 1 . On utilise un
2
2
2
le coefficient multiplicateur correspondant à une hausse de
tableur pour estimer à quelle étape un . 0,99.
0,55
= 1,0055 et on ajoute 75, ce qui corres0,55 % est 1+
100
pond (en millier d’habitants) au solde migratoire.
On a alors, p1 = 67 200 × 1,0055 + 75 = 67644,6.
2. Par le même raisonnement pn+1 = 1,0055 pn + 75.
()
()
()
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()
(
)
À partir de la 7e étape on a un . 0,99.
Chapitre 1 Suites numériques
19
2. Les valeurs de la suite (un ) semblent se rapprocher autant
que l’on veut de 1 tout en restant inférieure à 1. Cette méthode
ne permet donc pas de colorier l’intégralité du carré.
Adisque π × R2
=
.
2
2
2. a0 = π × 1 = π .
2
2
2
1
π×
2 = π − π = 3π .
a1 = π −
2
2
2 8
8
2
1
π×
4 = 3π − π = 11π .
a2 = 3π −
2
8
8 32 32
3.
66 1. A1
disque
2
2
=
63 1. Avec un seul point sur le cercle il n’est pas possible
de créer de segment, donc u1 = 0. Avec deux points, il
existe un unique segment ayant pour extrémités ces deux
points : [ A1 A2 ] , donc u2 = 1. Avec trois points sur le cercle il
est possible de créer 3 segments : [ A1 A2 ], [ A2 A3 ] et [ A1 A3 ],
donc u3 = 3.
2. Pour tout entier naturel n >1, un+1 = un + n car il y a un
segments ayant pour extrémités deux points parmi les points
A1, A2, …, An et il y a n segments partant de An + 1.
3. u4 = u3 + 3 = 3 + 3 = 6 ; u5 = u4 + 4 = 6 + 4 = 10 ; u6 = u5 + 5 = 10 + 5 = 15 ; u7 = u6 + 6 = 15 + 6 = 21
6 + 4 = 10 ; u6 = u5 + 5 = 10 + 5 = 15 ; u7 = u6 + 6 = 15 + 6 = 21.
4. On remarque que pour tout entier naturel n >1 ,
un est la somme des n − 1 premiers entiers naturels.
4.
1+ (n − 1) 1
un = (n − 1)
= n (n − 1) .
2
2
5. u20 = 1 × 20 × (20 − 1) = 10 × 19 = 190. Avec 20 points sur
2
le cercle on peut construire 190 cordes.
6. un >100 ⇔ 1 n (n − 1) >100 ⇔ n (n − 1) > 200 ⇔ n2 − n − 200 > 0
2
>100 ⇔ n (n − 1) > 200 ⇔ n2 − n − 200 > 0.
Δ = (−1)2 − 4 × 1(−200) = 801.
Δ . 0, les racines de x 2 − x − 200 sont x1 = 1− 801 ≈ −13,65
2
et x1 = 1+ 801 ≈ 14,65. x 2 − x − 200 est du signe de a donc
2
positif à l’extérieur des racines. Sur l’intervalle [1 ; +`[,
x 2 − x − 200 est positif sur l’intervalle ⎡⎢1+ 801 ; +` ⎡⎢. Enfin,
lim an ≈ 1,047.
⎣ 2
⎣
n→+ `
2
pour que n − n − 200 > 0 il faut que n > 15.
67 a.
15 points au minimum sont nécessaires pour construire au
u←1
moins 100 cordes.
n← 0
64 a. un+1 − un = 4 (n + 1) − 7 − ( 4n − 7) = 4n + 4 − 7 − 4n + 7 = 4
S←1
Tant que S < 10 000
un = 4 (n + 1) − 7 − ( 4n − 7) = 4n + 4 − 7 − 4n + 7 = 4.
n ← n +1
La suite (un ) est arithmétique de raison r = 4 et de premier
u ← u + 0,1
terme u0 = 4 × 0 − 7 = −7.
S ←S +u
b. r = 4, r . 0, la suite (un ) est croissante.
Fin
tant
que
n+2
n+1
n+1
2. a. vn+1 = 4n+2 = 4 × 4n+1 = 4 × 4n+1 = 4 × vn .
Afficher
n
5 5
5
5
5×5
La suite ( vn ) est géométrique de raison q = 4 et de premier
b.
5
0+1
u←1
terme v0 = 40+1 = 4 .
n← 0
5
5
S←1
b. v0 . 0 et 0 , q , 1, la suite ( vn ) est décroissante.
Tant que S < 10 000
65 1. Les multiples de 11 sont les termes de la suite un = 11n
n ← n +1
définie pour tout entier naturel n .
u ← u × 1,01
Cherchons le rang du terme pour lequel un > 1 000 .
S ←S +u
1
000
Fin tant que
un > 1 000 ⇔ 11n > 1 000 ⇔ n >
⇔ n > 90,9.
11
Afficher n
u90 = 11× 90 = 990. On a donc :
S = 11+ 22 + 33 + L + 990 = 90 × 11+ 990 = 45 × (1 001) = 45 045
2
c.
u←1
0 × 11+ 990 = 45 × (1 001) = 45 045.
2
n← 0
2. Les multiples de 3 sont les termes de la suite un = 3n définie
S←1
pour tout entier naturel n. Cherchons le rang du terme pour lequel
Tant que S < 10 000
un > 100 . un > 100 ⇔ 3n > 100 ⇔ n > 100 ⇔ n > 33,3 .
3
n ← 2 *u +1
u33 = 3 × 33 = 99.
u ← 2 *u +1
On a donc :
S ←S +u
3
+
99
102
S = 3 + 6 + 9 + L + 99 = 33 ×
= 33 ×
= 33 × 51 = 1 683
2
2
Fin
tant
que
9 = 33 × 102 = 33 × 51 = 1 683.
Afficher n
2
()
20
Chapitre 1 Suites numériques
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
68 On pose un le nombre d’allumettes dans le n-ième
paquet formé. Pour tout entier naturel n > 1, (un ) est une
suite arithmétique de raison r = 2 et de premier terme u1 = 1.
On a un = 1+ 2 (n − 1). Au total 196 allumettes ont été placées
dans les différents paquets. On a donc :
1+ 1+ 2 (n − 1)
196 = n ×
⇔ 196 = n (1+ n − 1) ⇔ n2 = 196.
2
n est un entier naturel, donc positif, ainsi n = 196 = 14.
Il y a 14 paquets d’allumettes.
69 1. D’une année sur l’autre la consommation de pétrole
augmente de 1,8 %. Augmenter une quantité de 1,8 % c’est
la multiplier par 1+ 1,8 = 1,018. Pour tout n entier naturel,
100
on a, un+1 = 1,018un .
2. La suite (un ) est définie par son premier terme u0 = 36 et
la relation de récurrence un+1 = q × un , avec q = 1,018, C’est
donc une suite géométrique de premier terme u0 = 36 et de
raison 1,018.
On a pour tout entier naturel n, un = 36 × 1,018n .
3. 2040 = 2017 + 23, l’estimation de la consommation
mondiale de pétrole en 2040 est donnée par le terme u23
de la suite (un ) .
u23 = 36 × 1,01823 ≈ 54. La consommation mondiale de
pétrole pour l’année 2040 est estimée à 54 milliards de barils.
4. a. En cellule B3, il faut saisir et recopier vers le bas la formule
=1,018*B2.
En cellule C3, il faut saisir et recopier vers le bas la formule
=C2+B3.
(
)
71 1. On pose un le nombre de millions d’habitants en
Angleterre l’année 1800 + n. On a ainsi pour tout entier
naturel n, u0 = 8,3 et un+1 = 1+ 2 × un = 1,02 × un.
100
La suite (un ) est géométrique, de premier terme u0 = 8,3 et
de raison 1,02.
On pose vn le nombre de millions d’habitants nourris en
Angleterre l’année 1800 + n. On a ainsi pour tout entier
naturel n, v0 = 8,3 et vn+1 = vn + 0, 4.
La suite ( vn ) est arithmétique, de premier terme v0 = 8,3 et
de raison 0, 4.
2. 1801 = 1800 + 1. Le nombre d’habitants en Angleterre (en
million) en 1801 est donné par u1 et le nombre d’habitants
pouvant être nourris (en million) en 1801 est donné par v1.
On a u1 = 8,3 × 1,02 = 8, 466 et v1 = 8,3 + 0, 4 = 8,7 .
(
)
3.
5.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Le premier n tel que un . vn est n = 80. C’est donc, selon
les hypothèses de Malthus, l’année 1880 qui représente la
1re année où la population vivant en Angleterre ne pourrait
être suffisamment nourrie.
72 1. a. u0 = 3 ; u1 = u02 − 2 × u0 − 3 = 32 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2
u0 = 3 ; u1 = u02 − 2 × u0 − 3 = 32 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3
u0 = 3 ; u1 = u0 − 2 × u0 − 3 = 3 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 02 − 2 × 0 − 3 = −3 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = (−3)2 −
2
3 = 3 − 2 × 3 − 3 = 9 − 6 − 3 = 0 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 02 − 2 × 0 − 3 = −3 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = (−3)2 − 2 × (−3) − 3 = 12 .
b. u2 = −3. u2 , 0, ce contre exemple suffit pour affirmer que
l’on ne peut pas dire que « pour tout n [ N, un . 0 ».
2
2
c.
Sn . 1 697 pour n . 34. On peut estimer qu’en 2051 la quantité totale de pétrole restante sera épuisée.
70 1. Il semble que pour tout entier naturel n, la suite (un )
Les termes de la suite semblent devenir aussi grands que l’on
veut. La valeur de u10 est, semble-t-il, trop grande pour que
est décroissante.
2
un
un
un (un + 1) un − un2 − un
−u
la ncalculatrice
puisse l’afficher.
2. un+1 − un =
− un =
−
=
=
2
2
a.
u
=
−2
;
u
un + 1
un + 1
un + 1
un + 1
u2.
+
1
0
1 = u0 − 2 × u0 − 3 = (−2 ) − 2 × (−2 ) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5
n
2
2
u0 = −2 ; u1 = u0 − 2 × u0 − 3 = (−2) − 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 ×
un
−un22
un (un + 1) un − un2 − un
2
.
−
=
u0 − 3 == (u−2)+ 1− 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 = 52 − 2 × 5 − 3 = 12 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = 122 − 2
n = u +u
10 = −2
un ;+u11 = u0 − 2u×
n +1
n
2 n
2) − 2 × (−2) − 3 = 4 + 4 − 3 = 5 ; u2 = u12 − 2 × u1 − 3 =−u
52n2− 2 × 5 − 3 = 12 ; u3 = u22 − 2 × u2 − 3 = 122 − 2 × 12 − 3 = 117 .
Or pour tout entier naturel n, un > 0, donc
< 0. Ainsi,
b. u0 = −2 . u0 , 0 , ce contre exemple suffit pour affirmer
un + 1
que l’on ne peut pas dire que « pour tout n [ N, un . 0 » .
un+1 − un < 0 ⇔ un+1 < un , la suite (un ) est décroissante.
Chapitre 1 Suites numériques
21
73 1. (n + 1)2 − 10 (n + 1) , n2 − 10n ⇔ n2 + 2n + 1− 10n − 10 , n2 − 10
c.
(n + 1)2 − 10(n + 1) , n2 − 10n ⇔ n2 + 2n + 1− 10n − 10 , n2 − 10n ⇔ 2n − 9 , 0 ⇔ n , 4,5
− 10 (n + 1) , n2 − 10n ⇔ n2 + 2n + 1− 10n − 10 , n2 − 10n ⇔ 2n − 9 , 0 ⇔ n , 4,5 .
La condition (n + 1)2 − 10 (n + 1) , n2 − 10n est remplie une
dernière fois lorsque la variable n à la valeur 4. La variable
n est alors incrémentée, elle prend la valeur 5, la condition
(n + 1)2 − 10(n + 1) , n2 − 10n n’est alors plus remplie et le
programme s’arrête.
2. u0 = 0 ; u5 = −25 ; u10 = 0 . On a u0 . u5 et u5 , u10 . La
suite (un ) n’est pas monotone.
3. D’après la question 1., pour tout entier naturel n < 4 ,
(n + 1)2 − 10(n + 1) , n2 − 10n , c’est à dire que un+1 , un
⇔ un+1 − un , 0. De même pour tout entier naturel n > 5,
Les termes de la suite semblent devenir aussi grands que l’on
(n + 1)2 − 10(n + 1) . n2 − 10n , c’est à dire que un+1 . un
veut. La valeur de u10 est, semble-t-il, trop grande pour que
⇔ un+1 − un . 0. La suite (un ) est donc croissante à partir
la calculatrice puisse l’afficher.
du rang 5.
Exercices
2
2
2
2
u0
u1
u
2
7
=
= 2 ; u2 =
=
= 2 =133 ; a4 == 13
= 7 a=1 =2 1;; ua32 == 2; a23 = 1+
2 + =3 =2 5 ; a5 = 3 + 5 = 8 ; a6 = 8 + 5 =
3u + 1 3 × 2 + 1 7
3u1 + 1 3 × 2 + 1 13 13
3u2 + 1 3 × 2 + 1 19 19
a1 = 1 ; a20 = 2;2a3 = 1+ 2
8 = 13 + 21 = 34 ; a9 = 21+ 34 = 55 ;
13 = 21 ; a13
2 = 3 ; a4 = 2 + 3 = 5 ; a5 =732+ 5 = 87 ; 2a6 = 8 + 5 = 13 ; a7 = 8 + 13
u
u
3
=
5
;
a
=
3
+
5
=
8
;
a
=
8
+
5
=
13
;
a
=
8
+
13
=
21
;
a
=
13
+
21
=
34
;
a
=
21+
34
=
55
;
a
=
34
+
55
=
89
; a11 = 55 + 89 = 144 ; a12 = 144 +
2
1
2 8
7
13
10
=6
= 7 7= 2 ; u3 =
= 25 ; u2 =
=
= 139 = 2
131 + 21
=
21+
34
=
55
;
a
=
34
+
55
=
89
;
a
=
55
+
89
=
144
;
a
=
144
+
89
=
233
;
a
=
144
+
233
= 377 ; a14 = 233 + 377 = 610 ;
13
2= +
7 = 34 ; a3u
+
1
13
3u
+
1
2
2
19
19
91
12
13
2 11
3 × + 1 10
3×
+1
7 + 89 = 233 ; a13 = 144 + 233
13= 377 ;13
55 = 89 ; a11 = 55 + 89 = 144 ; 7a12 = 144
a14 = 233 + 377 = 610 ; a15 = 377 + 610 = 987.
2
2
2
13
13 = 2 .
7 = 2 ; u = u2 =
76 1. Tous les rectangles Rn dont la longueur est notée Ln et
=
13 13 3 3u2 + 1 3 × 2 + 1 19 19
dont
la largeur est notée ¯ n ont la même aire. Or, on a R0 qui a
13
13
7
pour
dimensions
L0 = 5 et ¯ 0 = 1. Donc Ln × ¯ n = L0 × ¯ 0 = 5.
v1 = 1 = 1 = 7 ; v2 = 1 = 1 = 13 ; v3 = 1 = 1 = 19 .
u1 2 2
u2
2
2
u3
2
2
2. La longueur de Rn+1 est la moyenne des dimensions du
7
13
19
1 − 1 = 3un + 1 − 1 = 3un = 3 rectangle Rn. L +¯
2. vn+1 − vn = 1 − 1 =
n
5
un+1 un
un
un
un
un
un
Ainsi, Ln+1 = n
et Ln+1 × ¯ n+1 = 5 ⇔¯ n+1 = 5 ⇔¯ n+1 =
2
Ln+1
Ln +¯ n
3un + 1
2
3un + 1 1 3un
5
1
Ln+1 × ¯ n+1 = 5 ⇔¯ n+1 = 5 ⇔¯ n+1 =
⇔¯ n+1 = 10 .
.
=
−
=
=3
−
Ln+1
Ln +¯ n
Ln +¯ n
un
un
un
un
2
La suite ( vn ) est arithmétique de raison r = 3.
1
L0 +¯ 0 5 + 1
10
1
1
=
= 3 et ¯ 1 =
= 10 = 10 = 5 .
3. L1 =
= . La suite ( vn ) est arithmétique de raison r = 3
3. v0 =
2
2
L0 +¯ 0 5 + 1 6 3
u0 2
et de premier terme v0 = 1 , on a alors pour tout entier naturel
3 + 5 14
2
L +¯
3 = 3 = 7 et
L2 = 1 1 =
1
n, vn = v0 + n × r = + 3n .
2
2
2
3
2
10 = 10 = 10 = 15 .
1
1
¯
=
, ainsi, pour tout entier naturel n,
2
vn =
⇔ un =
L1 +¯ 1 3 + 5 14
7
un
vn
3
3
1
1
2
un =
=
=
.
1 + 3n 1+ 6n 1+ 6n
4.
2
2
75 1. a4 = 5 ; a5 = 8 ; a6 = 13.
2. an est le nombre d’ascendants du faux bourdon à la n-ième
génération.
On a, an = afn + bfn ou afn est le nombre d’abeilles femelles à
la n-ième génération et bfn est le nombre de faux bourdons
à la n-ième génération.
A la (n + 1)-ième génération on a, an+1 = afn+1 + bfn+1 avec
afn+1 = an car toutes les abeilles de la n -ième génération
avaient une mère et bfn+1 = afn car seules les abeilles femelles
de la n-ième génération avaient un père.
De même, pour la (n + 2) -ième génération on a,
an+2 = afn+2 + bfn+2 , avec afn+2 = an+1 et bfn+2 = afn+1 = an .
Ainsi, an+2 = an+1 + an .
3. Le nombre d’ascendants de ce faux bourdon à la 15e génération est donné par a15.
22
Chapitre 1 Suites numériques
5. lim Ln = lim ¯ n ≈ 2,236. On conjecture que, lorsque n
n→+ `
n→+ `
devient aussi grand que l’on veut, Rn semble être un carré
de côté c ≈ 2,236.
6. Soit lim Ln = lim ¯ n = c.
n→+ `
n→+ `
Lorsque que lorsque n devient aussi grand que l’on veut, on
a, Ln × ¯ n = 5 ⇔ c × c = 5 ⇔ c2 = 5 ⇔ c = 5 .
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74 1. u1 =
7.
2.
77 1. Lorsqu’un organisme vivant meurt, la proportion de
carbone 14 dans son organisme diminue de 1,23 % tous les
100 ans. Une quantité qui baisse de 1,23 % est multipliée
par le coefficient 1− 1,23 . Lors d’évolutions successives, le
100
coefficient multiplicateur global est obtenu en multipliant
entre eux les coefficients multiplicateurs associés à chacune
des évolutions.
Le coefficient multiplicateur associé à n baisses successives
1,23 n
de 1,23 % est 1−
, et à une baisse de 50 % est associée le
100
coefficient multiplicateur 1− 50 = 0,50. Trouver le nombre
100
d’années n (exprimé en centaine d’années) qu’il faut attendre
pour qu’au moins 50 % de l’isotope soit désintégré revient à
1,23 n < 0,50.
trouver le plus petit entier n tel que 1−
100
(
(
)
)
(
79 1. a.
)
(
)
2.
La demi-vie du carbone 14 est d’environ 5 700 ans.
1,23 20 ≈ 0,781,
soit environ 78,1 % à
Pour n = 20, on a 1−
100
0,1 % près.
À une baisse de 60 % est associée le coefficient multiplicateur 1− 60 = 0, 40. Trouver le nombre d’années n (exprimé
100
en centaine d’années) qu’il faut attendre pour qu’au moins
60 % de l’isotope soit désintégré revient à trouver le plus petit
1,23 n < 0, 40.
entier n tel que 1−
100
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(
(
)
)
(
)
b. Le capital restant dû à la fin d’une période est le capital
restant dû de la période précédente augmenté des intérêts
auquel on soustrait la somme versée pendant la période.
Ainsi, pour un emprunt de 200 000 € à un taux annuel de
2,5 %,(une quantité augmentée de 2,5 % est multipliée par
1+ 2,5 = 1,025) et une annuité de 11 182,57 €, on a :
100
⎧C0 = 200 000
⎨C = 1,025C − 11 182,57 .
⎩ n+1
n
(
)
2. a. La fonction C renvoie, le capital restant dû d’un emprunt
de 200 000 € à un taux de 2,5 % après n périodes.
annuite(24) renvoie, au centime près, l’annuité d’un emprunt
de 200 000 € à un taux de 2,5 % sur 24 ans.
3.
L’organisme découvert est mort il y a environ 7 500 ans.
78 1. Pour une pyramide à un étage on utilise 1 cube. Pour
une pyramide à deux étages on utilise 1+ 22 = 5 cubes. Pour
une pyramide à trois étages on utilise 1+ 22 + 32 = 14 cubes.
En posant un le nombre de cubes utilisé pour construire
une pyramide à n étages, on remarque que u1 = 1 et
un+1 = un + (n + 1)2 pour tout entier naturel n > 1.
Pour un emprunt de 100 000 € sur 15 ans au taux annuel de
3 %, l’annuité constante est de 8 376,66 €.
80 1. Un seul déplacement est nécessaire pour déplacer un
disque de T1 à T3. Ainsi, L1 = 1. Pour déplacer une tour de
2 disques, il faut déplacer le disque de plus petit diamètre en
T2 , le disque de plus grand diamètre en T3 puis de nouveau le
disque de plus petit diamètre de T2 à T3, soit 3 déplacements.
Ainsi, L2 = 3.
Chapitre 1 Suites numériques
23
2. Pour déplacer une tour de (n + 1) disques, il faut déplacer les
n disques de plus petits diamètres de T1 à T2 . Cette entreprise
nécessite Ln déplacements. On déplace ensuite le disque de
plus grand diamètre de T1 à T3 , soit un déplacement supplémentaire. Enfin on déplace la tour des n disques de plus petits
diamètres de T2 à T3 , ce qui nécessite de nouveau Ln déplacements. On a donc, Ln+1 = Ln + 1+ Ln.
3. Cherchons à l’aide d’un tableur la valeur de n tel que
Ln > 3 600.
b. 1er déplacement : petit disque de T1 en T3.
2e déplacement : moyen disque de T1 en T2 .
3e déplacement : petit disque de T3 en T2 .
4e déplacement : grand disque de T1 en T3.
5e déplacement : petit disque de T2 en T1.
6e déplacement : moyen disque de T2 en T3 .
7e déplacement : petit disque de T1 en T3.
81 Sn est la somme des n premiers termes d’une suite
géométrique de premier terme 1 et de raison 1 .
2
n
n
1− 1
1− 1
n
2 =
2 = 2 ⎛1− 1 ⎞ .
Sn = 1×
⎝
2 ⎠
1
1− 1
2
2
()
12 disques sont nécessaires pour que le jeu dure plus d’heure
à raison d’un déplacement de disque par seconde.
4. a. Déplacer une tour de 3 disques de T1 à T3 nécessite
de déplacer une tour de 2 disques (ceux de plus petits
diamètres) de T1 à T2 . Un minimum de 3 déplacements est
nécessaire pour cette opération. Le déplacement du disque
de plus grand diamètre de T1 à T3 nécessite un déplacement.
Enfin le déplacement des 2 disques de T2 vers T3 nécessite au
minimum 3 autres déplacements. Un minimum de 7 déplacements est nécessaire pour déplacer une tour de 3 disques
de T1 en T3 .
()
()
Les valeurs de la suite ( Sn ) semblent se rapprocher autant
que l’on veut d’une valeur « limite » qui semble être 2 tout
en restant inférieur à 2.
On conjecture que la limite de la suite ( Sn ) est 2.
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
82 1. u1 = 0,8 × u0 + 18 = 0,8 × 65 + 18 = 70.
En juillet 2017, 65 particuliers ont souscrit cet abonnement
u2 = 0,8 × u1 + 18 = 0,8 × 70 + 18 = 74.
d’où u0 = 65. Ainsi, la suite (un ) permet de modéliser le
2. a. vn+1 = un+1 − 90 = 0,8un + 18 − 90 = 0,8 ( vn + 90) − 72.= 0,8vnombre
= 0,8vnau panier bio
n + 72 − 72
d’abonné
= 0,8 ( vn + 90) − 72 = 0,8vn + 72 − 72 = 0,8vn
le n-ième mois qui suit le mois
Ainsi, pour tout entier naturel n, vn+1 = 0,8vn donc la suite
de juillet 2017.
(vn ) est géométrique de raison 0,8 et de premier terme b. On cherche l’entier n
v0 = u0 − 90 = 65 − 90 = −25.
t e l q u e 52un > 4 420 . O r
b. ( vn ) est une suite géométrique de raison 0,8 et de
52un > 4 420 ⇔ un > 85. Ainsi,
premier terme v0 = −25 donc pour tout entier naturel n
d’après la question 3. b. c’est au
on a : vn = −25 × 0,8n . Comme pour tout entier naturel n ,
bout de 8 mois que la recette
vn = un − 90 ⇔ un = vn + 90 on en déduit que pour tout
mensuelle dépassera 4 420 €.
entier naturel n, un = −25 × 0,8n + 90.
Sachant que n = 0 correspond
au mois de juillet 2017, c’est
3.
u ← 65
donc à partir du mois de mars
n← 0
2018.
Tant que u , 85
c. On conjecture que
n ← n +1
lim un = 90 et 52 × 90 = 4 680.
n→+ `
u ← 0,8 × u + 18
Ainsi, la recette mensuelle
semble tendre vers 4 680 €.
b. La valeur de la variable n obtenue à la fin de l’exécution
de l’algorithme est n = 8.
4. a. Soit un le nombre d’abonnés au panier bio le n-ième
mois qui suit le mois de juillet 2017. Le mois suivant 20 % des
abonnements sont résiliés et 18 particuliers supplémentaires
souscrivent un abonnement donc :
un+1 = un × 1− 20 + 18 = 0,8un + 18.
100
(
24
)
Chapitre 1 Suites numériques
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Exercices
b. ( vn ) est une suite géométrique de raison 2 et de premier
terme
v1 = 2 donc pour tout entier naturel n > 1 on a :
v2 = 1 200 + 35 = 1 235.
vn = 2 × 2n−1 = 2n .
2. a. La formule à saisir en cellule B3 et à recopier vers le bas
c. Comme pour tout entier naturel n > 1, on a :
est =B2*1,02.
vn = un + 1 ⇔ un = vn − 1 .
La formule à saisir en cellule C3 et à recopier vers le bas est
On
en
déduit
que
pour tout entier naturel n, un = 2n − 1.
=C2+35.
4. un+1 − un = 2n+1 − 1− (2n − 1) = 2n+1 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2 × 2n − 2
3. a. La suite (un ) est définie par son premier terme u1 = 1 200
n+1
n
n+1
un+1
2 −q1−
1) = 2 − 1− 2n + 1 = 2n+1 − 2n = 2 × 2n − 2n = 2n .
(2 −C’est
et la relation de récurrence un+1
= q−×unun=, avec
= 1,02.
Pour tout entier naturel n > 1, 2n . 0. On en déduit que pour
donc une suite géométrique de premier terme u1 = 1 200 et
tout entier naturel n > 1, un+1 − un > 0 soit un+1 > un . La suite
de raison 1,02.
(un ) est croissante.
La suite ( vn ) est définie par son premier terme v1 = 1 200
et la relation de récurrence vn+1 = vn + r , avec r = 35. C’est
5.
donc une suite arithmétique de premier terme v1 = 1 200 et
de raison 35.
b. On a pour tout entier naturel n > 1, un = 1 200 × 1,02n−1 et
vn = 1 200 + (n − 1) × 35.
4. À la calculatrice, 1 200 × 1,02n−1 . 1200 + (n − 1) × 35
p o u r l a p r e m i è r e f o i s e n n = 38 . O n a
un = 1 200 × 1,02n−1 e t vn = 1 200 + (n − 1) × 35 , d o n c
1 200 × 1,02n−1 . 1 200 + (n − 1) × 35 ⇔ un . vn pour entier
naturel n > 38. L’estimation 1 du nombre de journaux
vendus sera supérieure à l’estimation 2 la 38e semaine.
5. a. 1+ 1,02 + 1,022 + … + 1,02n−1 est la somme des n premiers
termes d’une suite géométrique de premier terme 1 et de
raison q = 1,02. Ainsi,
n
1+ 1,02 + 1,022 + … + 1,02n−1 = 1− 1,02 = − 1 (1− 1,02n ) = −50 (1− 1,02n ) = 50 (1,02n − 1)
0,02
1−
1,02
n
+ 1,02n−1 = 1− 1,02 = − 1 (1− 1,02n ) = −50 (1− 1,02n ) = 50 (1,02n − 1).
0,02
1− 1,02
On conjecture que lim un = +`.
b. Le nombre total de journaux vendus en 52 semaines
n→+ `
re
selon la 1 estimation est donné par :
85
En 2017, la proportion d’ascenseurs entretenus par la
1 200 + 1 200 × 1,02 + 1 200 × 1,022 + … + 1 200 × 1,0251 = 1 200 × (1+ 1,02 + 1,022 + L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = 60 000 (1,0252 −
société
A est de 0,3, et la proportion d’ascenseurs entretenus
00 × 1,0251 = 1 200 × (1+ 1,02 + 1,022 + L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = par
60 000
1) ≈de
108
(1,0252B−est
la société
0,7.020
L + 1,0251 ) = 1 200 × 50 (1,0252 − 1) = 60 000 (1,0252 − 1) ≈ 108 020.
On sait que 3 % des ascenseurs entretenus par la société A
6. Le nombre total de journaux vendus en 52 semaines
seront entretenus par la société B l’année suivante, il en reste
selon la 1re estimation est donné par :
donc 97 % entretenus par la société A des 30 % en 2018 soit
9850,97
1 200 + 1 235 + L + (1 200 + 51× 35) = 1 200 + 1 235 + L + 2 985 =
52 proportion
× 1 200 + 2 de
= 26
( 4=185
) = 108 810
une
××
0,3
0,291.
2
1
200
+
2
985
sait
que 5 % des ascenseurs entretenus par la société B
+ 51× 35) = 1 200 + 1 235 + L + 2 985 = 52 ×
= 26 × ( 4 185) =On
108
810
2
seront entretenus par la société A l’année suivante, ce qui fera
00 + 2 985 = 26 × ( 4 185) = 108 810.
2
en 2018 une proportion de 0,05 × 0,7 = 0,035.
108 810 . 108 020, la deuxième estimation prévoit le
On a donc a1 = 0,291+ 0,035 = 0,326. En 2018, la société A
plus grand nombre total de journaux vendus au cours des
devrait entretenir 32,6 % des ascenseurs.
52 premières semaines.
b. D’une année sur l’autre la société A conserve 97 % des
7. Dans la variable S est stockée le nombre total de journaux
ascenseurs de l’année précédente et récupère 5 % des
re
vendus, n semaines après son lancement, selon la 1 estiascenseurs de la société B. Donc, pour tout entier naturel n,
mation. Dans la variable T est stockée le nombre total de
an+1 = 0,97an + 0,05bn .
journaux vendus, n semaines après son lancement, selon la
c. Dans l’énoncé il est précisé que les sociétés A et B se
e
2 estimation.
partagent le marché, on a donc an + bn = 1 ⇔ bn = 1− an.
Dès que S . T , le programme s’arrête. C’est donc
On en déduit que an+1 = 0,97an + 0,05(1− an ) = 0,97an + 0,05 − 0,05a
55 semaines après son lancement que la première estimaan+1 = 0,97an + 0,05(1− an ) = 0,97an + 0,05 − 0,05an = 0,92an + 0,05.
tion prévoit le plus grand nombre total de journaux vendus.
2. a. Dans l’algorithme 2, la condition est « tant que A . 0,5 »,
or la variable A est initialisée à 0,3, on n’entre donc jamais
84 1. u2 = 2 × u1 + 1 = 2 × 1+ 1 = 3.
dans la boucle.
u3 = 2 × u2 + 1 = 2 × 3 + 1 = 7.
Dans l’algorithme 3, l’instruction N ← N + 1 est exécutée en
2.
dehors de la boucle, elle est donc exécutée qu’une seule fois.
La valeur de N en sortie de programme sera toujours de 1.
L’algorithme 1 donne l’année à partir de laquelle cette
proportion dépasse 50 %.
On
obtient N = 12.
3. a. vn+1 = un+1 + 1 = 2 × un + 1+ 1 = 2 × ( vn − 1) + 2 = 2vn − 2 + 2 =b.2v
n
3. a. un+1 = an+1 − 0,625 = 0,92an + 0,05 − 0,625 = 0,92 (un + 0,625) − 0
+ 1 = 2 × ( vn − 1) + 2 = 2vn − 2 + 2 = 2vn .
u
=
a
−
0,625
=
0,92a
+
0,05
− 0,625 = 0,92 (un + 0,625) − 0,575 = 0,92un + 0,575 − 0,575 = 0,92un
n+1
n+1
n
Ainsi, pour tout entier naturel n > 1, vn+1 = 2vn donc la
0,625 = 0,92a
+
0,05
−
0,625
=
0,92
u
+
0,625
−
0,575
=
0,92u
+
0,575
− 0,575 = 0,92un .
(
)
n
n
n
suite v est géométrique de raison 2 et de premier terme
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83 1. u2 = 1 200 × 1,02 = 1 224.
( n)
v1 = u1 + 1 = 1+ 1 = 2.
Chapitre 1 Suites numériques
25
u4 = 3 + 1 × u3 = 4 × 1 = 4 .
Ainsi, pour tout entier naturel n, un+1 = 0,92un donc la suite
3×3
9 9 81
(un ) est géométrique de raison 0,92 et de premier terme
n + 1u
u
u
n
u0 = a0 − 0,625 = 0,3 − 0,625 = −0,325.
2. vn+1 = n+1 = 3n
= n + 1 un = 1 un = 1 × n = 1 vn
3n
3
n
+
1
n
+
1
n 3
3n
n
+
1
(
)
n + 1u de raison 0,92 et de
b. (un ) est une suite géométrique
u
un+1
n
n +entier
1 u naturel
premier terme u0vn+1
donc,
= −0,325,
=
= 1 u = 1 × n = 1v .
= 3n pour= tout
n +n .1
n +1
3n (n + 1) n 3n n 3 n 3 n
n, on a un = −0,325 × 0,92
Pour tout entier n > 1, vn+1 = 1 vn . La suite ( vn ) est géoméComme pour tout entier naturel n, on a :
3
u
un = an − 0,625 ⇔ an = un + 0,625.
trique de raison 1 et de premier terme v1 = 1 = 1 .
3
1 3
On en déduit que pour tout entier naturel n,
1
an = −0,325 × 0,92n + 0,625.
3. ( vn ) est une suite géométrique de raison et de premier
3
n+1
n
n
n
c. an+1 − an = −0,325 × 0,92n+1 + 0,625 − (−0,325 × 0,92n + 0,625terme
+ 0,325
× 0,92
−0,299 ×n0,92
+ 0,325
) = −0,325
v = ×10,92
> 1 on
donc pour
tout
entier= naturel
a : × 0,92
3
n+1
n
n+11
n
n
n
an+1 − an = −0,325 × 0,92 + 0,625 − (−0,325 × 0,92 + 0,625) = −0,325 × 0,92 + 0,325
× 0,92 = −0,299 × 0,92 + 0,325 × 0,92 = 0,026 × 0
1 × 1 n−1 = 1nn . Comme pour tout entier naturel
n
vn =n =
+ 0,625) = −0,325 × 0,92n+1 + 0,325 × 0,92n = −0,299 × 0,92n + 0,325 × 0,92
0,026
×
0,92
3 3
3
un
25 × 0,92n = −0,299 × 0,92n + 0,325 × 0,92n = 0,026 × 0,92n.
n
>
1,
v
=
⇔
un = n × vn on en déduit que pour tout
n
n
Pour tout entier naturel n, 0,026 × 0,92 . 0. On en déduit
n
n
que pour tout entier naturel n, an+1 − an > 0 soit an+1 > an.
entier naturel n > 1, un = n 1 .
3
La suite (an ) est croissante pour tout entier naturel n.
1 n+1 − ⎛ n 1 n ⎞ = n 1 n+1 + 1 n+1 − 3n 1 n+1 = −
u
−
u
=
n
+
1
×
4.
(
)
n+1
n
d.
⎝ 3 ⎠
3
3
3
3
n+1
n
n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
⎛
⎞
1
1
1
1
1
1
1
un+1 − un = (n + 1) ×
− n
+
− 3n
= −2n
+
= 1
=n
(
⎝ 3 ⎠
3
3
3
3
3
3
3
n+1
n
n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
n+1
un+1 − un = (n + 1) × 1
− ⎛n 1 ⎞ = n 1
+ 1
− 3n 1
= −2n 1
+ 1
= 1
(−2n + 1) .
⎝ 3 ⎠
3
3
3
3
3
3
3
n+1
Pour tout entier naturel n > 1, 1
. 0 et −2n + 1 , 0. On
3
en déduit que pour tout entier naturel n > 1, un+1 − un < 0
soit un+1 < un . La suite (un ) est décroissante pour tout entier
naturel n > 1.
5. a. Lorsque epsilon= 10−3, n prend la valeur 9.
On conjecture que lim an = 0,625.
b. Lorsque epsilon= 10−6, n prend la valeur 16.
n→+ `
c. On conjecture que lim un = 0.
86 1. u2 = 1+ 1 × u1 = 2 × 1 = 2 .
n→+ `
3×1
3 3 9
u3 = 2 + 1 × u2 = 1 × 2 = 1 .
3×2
2 9 9
()
()
()
87
Questions Va piano
()
()
()
()
()
()
() () ()
() ()
()
() () ()
()
()
() () ()
()
b. Les valeurs de la suite (un ) semblent se rapprocher autant
que l’on veut d’une valeur « limite » qui semble être 80 tout en
restant inférieur à 80. On conjecture que la suite tend vers 80.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
1. Chaque mois Thomas dépense un quart du contenu de sa
Questions Moderato
tirelire, cela signifie qu’il conserve trois quarts du contenu
er
soit 75 %. De plus, il y place 20 € supplémentaires. Au 1 juin
1. À la fin de l’exécution de l’algorithme N = 7.
2019, le contenu de sa tirelire est de 20 €. À la fin du premier
2. C’est à la fin du 7e mois, soit fin décembre 2019, que la
mois, le contenu de sa tirelire sera de 20 × 0,75 + 20 = 35 €.
somme d’argent contenue dans la tirelire de Thomas dépas2. D’un mois sur l’autre, Thomas conserve trois quarts du
sera 70 €.
contenu de sa tirelire, soit 75 %. De plus, il y place 20 €
Questions Allegro
supplémentaires. On a donc pour tout entier naturel n,
un+1 = 0,75un + 20.
1. vn+1 = un+1 − 80 = 0,75un + 20 − 80 = 0,75( vn + 80) − 60 = 0,75vn + 6
v
=
u
−
80
=
0,75u
+
20
−
80
=
0,75
v
+
80
(
) − 60 = 0,75vn + 60 − 60 = 0,75vn .
3. a.
n+1
n+1
n
n
La suite ( vn ) est géométrique de raison 0,75 et de premier
terme v0 = u0 − 80 = 20 − 80 = −60.
2. ( vn ) est une suite géométrique de raison 0,75 et de
premier terme v0 = −60, donc, pour tout entier naturel n,
on a vn = −60 × 0,75n .
Comme pour tout entier naturel n, vn = un − 80 ⇔ un = vn + 80
on en déduit que pour tout entier naturel n, on a :
un = −60 × 0,75n + 80.
3. Il s’est écoulé 12 mois entre la date du 1er juin 2019 et celle
du 1er juin 2020. La somme d’argent dans la tirelire de Thomas
est donnée par le terme u12 de la suite (un ).
u12 = −60 × 0,7512 + 80 ≈ 78,10 €
26
Chapitre 1 Suites numériques
Questions Allegro
4. un+1 − un = −60 × 0,75n+1 + 80 − (−60 × 0,75n + 80) = −60 × 0,75n+1 + 60 × 0,75n = −45 × 0,75n + 60 × 0,75n = 15 × 0,75n
n
1. Tn2019 − 2T1009 = 1+ 2 + 3 + L + 2018 + 2019 − 2 (1+ 2 + 3 + L + 1009)
,75 + 80) = −60 × 0,75n+1 + 60 × 0,75n = −45 × 0,75n + 60 × 0,75n = 15 × 0,75
n
n
T
−
2T
2019
1009 = 1+ 2 + 3 + L + 2018 + 2019 − 2 (1+ 2 + 3 + L + 1009 ) = 1+ 2 + 3 + L +
60 × 0,75 = 15 × 0,75 .
n
T2019Pour
− 2Ttout
=
1+
2
+
3
+
L
+
2018
+
2019
−
2
1+
2
+
3
+
L
+
1009
(
) = 1+ 2 + 3 + L + 2018 + 2019 − 2 − 4 − 6 − L − 2018 = 1+ 3 + 5 + L + 20
1009 entier naturel n, 15 × 0,75 . 0. On en déduit que
2 (1+ 2 + 3 +pour
L + 1009
=
1+
2
+
3
+
L
+
2018
+
2019
−
2
−
4
−
6
−
L
−
2018
= 1+ 3 + 5 + L + 2019 = S .
)
tout entier naturel n, un+1 − un > 0 soit un+1 > un . La
suite (un ) est croissante.
2. T2 019 − 2T1 009 = 2 019 × 1+ 2 019 − 2 × 1 009 × 1+ 1 009 = 2 019 × 1
2
2
88 T2 019 − 2T1 009 = 2 019 × 1+ 2 019 − 2 × 1 009 × 1+ 1 009 = 2 019 × 1 010 − 1 009 × 1 010 = 1 010 (2 019 − 1 009) = 1 010 × 1 010 =
2
2
2 × 1 009 × 1+ 1 009
= 2 019Va
× 1piano
010 − 1 009 × 1 010 = 1 010 (2 019 − 1 009 ) = 1 010 × 1 010 = 1 020 100.
Questions
2
1+ (2n − 1)
1. Pour passer d’un terme de la suite au suivant on ajoute 2, la
3. 1+ 2 + 3 + L + (2n − 1) = T2n−1 − 2Tn−1 = (2n − 1) ×
− 2 (n − 1
2
suite est donc arithmétique de raison 2 et de premier terme 1.
1+ (2n − 1)
1+ (n − 1)
2. un = 1+ 2n, pour tout entier
1+ 2naturel
+ 3 + Ln.+ (2n − 1) = T2n−1 − 2Tn−1 = (2n − 1) ×
− 2 (n − 1) ×
= (2n − 1) × n − (n − 1) × n =
2
2
3. a. un = 2019 ⇔ 1+ 2n = 20191+
⇔(2n
=
2018
⇔
n
=
1009.
2n − 1)
1+ (n − 1)
3 + L + (2nb.− 1S) = uT12n−1
− 2 (n − 1) ×
= (2n − 1) × n − (n − 1) × n = 2n2 − n − n2 + n = n2.
(2n. − 1) ×
+ u2− +2T
…
+ =u1009
n−1
2
2
Questions Moderato
1.
S←0
Pour i allant de 1 à 1 010
S ← S + (1+ 2 (i − 1))
2. S = 1 020 100.
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1 1. an+2 = an+1 + an , for any integer n > 0.
2. For any integer n, dn+1 = dn + 0,8.
2. a1 = 1.
3. For any integer n, dn = 10 + n × 0,8 , in particular
d30 = 10 + 30 × 0,8 = 34.
a2 = 1.
The distance run on September 30th is 34 km.
a3 = a2 + a1 = 1+ 1 = 2.
4. dn = 42 ⇔ 10 + n × 0,8 = 42 ⇔ n × 0,8 = 32 ⇔ n = 32 ⇔ n = 40
a4 = a3 + a2 = 2 + 1 = 3.
0,8
a5 = a4 + a3 = 3 + 2 = 5.
dn = 42 ⇔ 10 + n × 0,8 = 42 ⇔ n × 0,8 = 32 ⇔ n = 32 ⇔ n = 40.
0,8
a6 = a5 + a4 = 5 + 3 = 8.
David will run 42 km on october 10th.
1
3. This is the famous Fibonacci sequence.
131,804 4 ⇔ q
n+1
n
n
n
3 51.n131,804
= 130,350
×n q 4 1⇔ (q 4 = 131,804
⇔
q
=
1+
5
1+
5
1+
5
1+
1+
5
1+
5
1
1+
2
5 +5
1+
5
3
+
5
+
=
+1 =
=
× × 3 + 130,350
5) =
× 130,350
×
4. an+1 + an =
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
n
n
n
n
n
131,804
131,804
(
)2
131,804
⇔ q5 ≈ 1,0028.
5 ×= 130,350
1 × 1+ 2× q54+⇔
5 q=4 =1+ 5 × ⇔
1 ×q (=1+ 5 ) = 1+
1+ 5 + 1 = 1+ 5 3 + 5 = 1+ 5 × 1 × (3 + 5 ) = 1+
× 1+ 5
= 1
130,350
130,350
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
n
n
n
n of the number
2
n+2 is
The annual
percentage
increase
of births
(
)2
5 × (1+ 5 ) = 1+ 5 × 1+ 5 = 1+ 5
× (3 + 5 ) = 1+ 5 × 1 × 1+ 2 5 + 5 = 1+ 5 × 1 × 1+ 5
= 1+around
= an+2
0,28
%.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3
2
2
2.
The
estimated
number
131,804
×
1,0028
≈
132,914.
n
n
2
n+2
(1+ 5 )
(
)
= 1+ 5 × 1+ 5
= 1+ 5 × 1+ 5 = 1+ 5
= aof
n+2babies for 2014 is overestimated compared to the real
2
2
2
4
2
2
2
n+2
number.
× 1+ 5 = 1+ 5
= an+2.
3. After 2014, the number of babies born worldwide don’t
2
2
follow anymore the same geometric progression.
2 1. d0 = 10.
9
4. S = 130,350 × 1− 1,0028 ≈ 1,186,375
d1 = 10 + 0,8 = 10,8.
1− 1,0028
d2 = 10,8 + 0,8 = 11,6.
The estimated total number of births between 2004 and 2012
d3 = 11,6 + 0,8 = 12, 4.
is around 1,186,375.
d4 = 12, 4 + 0,8 = 13,2.
) (
(
) (
) (
(
) ( ) ( )(
) ( )( ) ( )
)( ) ( )
( ) (
) ( ) ( (
) ( ) ( ) ( ) (
) (
) ( ) (
) ( ) ( ) ( )
) (
)
( ) ( ( )
) )( ) ( ) (
) ( )
Chapitre 1 Suites numériques
27
2
Fonctions polynômes
du second degré
1 1. Vrai : (−3)2 + (−3) − 6 = 9 − 3 − 6 = 0.
2
2. Vrai : 3 × 2 = 12 et 7 × 2 – 2 = 12.
3. Vrai : Pour tout réel x, x − x ( 4 − x ) = x − 4 x + x 2 = x 2 − 3x.
4. Faux : l’opposé de 3x 2 − 6x + 5 est :
− (3x 2 − 6x + 5) = −3x 2 + 6x − 5.
5. Vrai : pour tout réel x, ( x − 7)2 > 0 donc ( x − 7)2 + 51,3. 0.
2 2. Les solutions de l’équation f (x) = 0 sont les abscisses
des points d’intersection de la représentation graphique de
f et de l’axe des abscisses. On lit –3 et 4.
Les solutions de l’inéquation f (x) . 0 sont les abscisses des
points de la représentation graphique de f situés strictement
au-dessus de l’axe des abscisses. On lit ]−` ; −3[ < ]4 ; +`[.
3. Pour tout réel x, ( x + 3)( x − 4 ) = x 2 − x − 12 = f ( x ).
4. f (x) = 0 équivaut à ( x + 3)( x − 4 ) = 0. C’est un produit nul.
6 = {−3 ; 4}.
f (x) . 0 équivaut à ( x + 3)( x − 4 ) . 0 .
On étudie le signe du produit à l’aide d’un tableau de signes.
6 = ]−` ; −3[ < ]4 ; +`[ .
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
3 1. 8 = 2 × 4 = 2 × 4 = 2 2
2. 48 = 3 × 16 = 4 3
3. 98 = 2 × 49 = 7 2
4. −12 + 36 = −12 + 6 = – 1
6
6
5. 6 − 27 = 2 × 3 − 9 × 3 = 2 × 3 − 3 3 = 2− 3
3
3
3
6. 2 + 12 = 2 + 4 × 3 = 2 + 2 3 = 1 + 3
2
2
2
4 2. On conjecture que pour tout réel x, f (x) = g (x).
En effet : f (x) = 4 − ( x + 3)2 = − x 2 − 6x − 5 et
g (x) = − ( x + 1)( x + 5) = − x 2 − 6x − 5.
5 A = –2x + 21 B = 9x 2 − 12x + 4 C = 4 x 2 − 25.
6 A = ( x − 6 )( x + 6 )
C = (1− 2 y )(1+ 2 y )
E = −4 x ( x + 5)
G =( x − 4 )(3x − 2)
7 1. a. 6 = {−2 2 ; 2 2 }
{ }
{
}
B = (3x − 5)(3x + 5)
D = (−2x + 3)(−2x − 1)
F = ( 7 − 1− x )( 7 + 1+ x )
H = 4 (2x − 3)( x + 4 )
b. 6 = ∅
c. 6 = {−2 ; 4}
d. 6 = 1 ; 2
e. 6 = {−1} f. 6 = ∅
3
g. 6 = − 5 ; − 1 h. 6 = {1− 3 ; 1+ 3 } i. 6 = 0 ; 11 .
2
2
7
2. 0, 1 ou 2.
3. ( x + 1)( x − 5) ; 2 ( x + 1)( x − 5) ; ( x + 1)(5 − x ) .
{
}
8 a. Les réels x1 et x2 sont –3 et 1.
b. a = –2.
Pour construire le cours
Situation
1
La trajectoire du saut est modélisée par la fonction f définie par f (t ) = a (t − t1 )(t − t2 ) où a, t1 et t2 désignent des réels.
D’après le texte, t1 = 0 et t2 = 6, ainsi, f (t ) = at (t − 6).
Par ailleurs, f (f1()f1(=
⇔ ==1,5na
⇔==−0,3
=1,5n−5t
1,5n−5t
=1,5na
1,5na
=−0,3
−0,3 et donc, f (t ) = −0,3t (t − 6).
)1=)1,5n−5t
Situation
2
1 a. On conjecture que f ( x ) = x 2 − 2x − 8, g ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) et h ( x ) = ( x − 1)2 − 9 sont les expressions d’une même fonction.
b. g ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) = x 2 + 2x − 4 x − 8 = x 2 − 2x − 8 = f ( x )
h ( x ) = ( x − 1)2 − 9 = x 2 − 2x + 1− 9 = x 2 − 2x − 8 = f ( x ).
Ainsi, pour tout x réel, f ( x ) = x 2 − 2x − 8 = ( x − 4 )( x + 2) = ( x − 1)2 − 9.
c. On appelle # la représentation graphique de f dans un repère.
L’écriture f ( x ) = x 2 − 2x − 8 donne l’ordonnée du point d’intersection de # avec l’axe des ordonnées ; en effet f (0) = −8.
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
29
L’écriture f ( x ) = ( x − 4 )( x + 2) donne les abscisses des points d’intersection de # avec l’axe des abscisses ; en effet
⇔
⇔= =4=4ou
f (fx(f)x(=)x=)0n
=0n
0n
=0nx
0nx
4ouou
x x=x=−2
=−2−2.
( x( x−( x−4−)4()4x()x+( x+2+)2=)2=)0nx
L’écriture f ( x ) = ( x − 1)2 − 9 donne les coordonnées du sommet S de la parabole # représentant la fonction f : S (1; − 9).
Par ailleurs le signe positif du coefficient de x2 permet de dire que la parabole a ses branches tournées vers le haut.
2 Soit la fonction k définie sur R par k ( x ) = x 2 − 4 x − 5.
a. On conjecture que k ( x ) = ( x + 1)( x − 5) = ( x − 2)2 − 9.
b. Pour tout x réel, ( x + 1)( x − 5) = x 2 − 5x + x − 5 = x 2 − 4 x − 5 = k ( x ) .
Pour tout x réel, ( x − 2)2 − 9 = x 2 − 4 x + 4 − 9 = x 2 − 4 x − 5 = k ( x ) .
Ainsi, pour tout x réel, k ( x ) = x 2 − 4 x − 5 = ( x + 1)( x − 5) = ( x − 2)2 − 9.
3 Soit la fonction l définie sur R par l ( x ) = − x 2 + 4 x − 3.
a. On conjecture que l ( x ) = − ( x − 1)( x − 3) = − ( x − 2)2 + 1.
b. Pour tout x réel, − ( x − 1)( x − 3) = − ( x 2 − 4 x + 3) = − x 2 + 4 x − 3 = l ( x ).
Pour tout x réel, − ( x − 2)2 + 1 = −( x 2 − 4 x + 4) + 1 = − x 2 + 4 x − 3 = l ( x ).
Ainsi, pour tout x réel, l ( x ) = − x 2 + 4 x − 3 = − ( x − 1)( x − 3) = − ( x − 2)2 + 1.
4 Soit la fonction m définie sur R par m ( x ) = −2x 2 + 4 x − 5.
a. On conjecture que m ( x ) = −2 ( x − 1)2 − 3.
b. Pour tout x réel, −2 ( x − 1)2 − 3 = −2( x 2 − 2x + 1) − 3 = −2x 2 + 4 x − 5 = m ( x ).
Ainsi, pour tout x réel, m ( x ) = −2x 2 + 4 x − 5 = −2 ( x − 1)2 − 3.
c. Pour tout x réel, −2 ( x − 1)2 − 3 < 0, la courbe de la fonction m ne coupe donc pas l’axe des abscisses donc il n’existe pas de
réel x tel que m ( x ) = −2 ( x − x1 )( x − x2 ) .
Situation
3
c. L’existence de solutions de l’équation f (x) = 0 dépend de a et β.
On conjecture que l’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution lorsque a . 0 et β . 0 ou bien a , 0 et β , 0.
En effet, lorsque a . 0 et β . 0, les branches de la parabole sont tournées vers le haut et le sommet de la parabole est au-dessus
de l’axe des abscisses donc la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses.
Lorsque a , 0 et β , 0, les branches de la parabole sont tournées vers le bas et le sommet de la parabole est au-dessous de
l’axe des abscisses donc la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses.
On conjecture que l’équation f (x) = 0 admet une seule solution lorsque β . 0.
En effet, lorsque β . 0, le sommet de la parabole est sur l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en un
seul point.
On conjecture que l’équation f (x) = 0 admet deux solutions lorsque a . 0 et β , 0 ou bien a , 0 et β . 0.
En effet, lorsque a . 0 et β , 0, les branches de la parabole sont tournées vers le haut et le sommet de la parabole est au-dessous de l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en deux points.
Lorsque a , 0 et β . 0, les branches de la parabole sont tournées vers le bas et le sommet de la parabole est au-dessus de
l’axe des abscisses donc la parabole coupe l’axe des abscisses en deux points.
2 Soit g une fonction définie sur R par g (x) = a x 2 + b x + c où a, b et c sont des réels avec a ≠ 0.
c. On conjecture que l’équation g (x) = 0 n’admet pas de solution lorsque Δ , 0.
On conjecture que l’équation g (x) = 0 admet une seule solution lorsque Δ 5 0.
On conjecture que l’équation g (x) = 0 admet deux solutions lorsque Δ . 0.
Situation
4
Un constructeur automobile décide de commercialiser des voitures à bas coût : chaque voiture doit être vendue 6 milliers
d’euros. Sa production q peut varier entre 0 et 100 milliers de voitures. Suite à une étude réalisée, les coûts de production (en
millions d’euros) sont donnés par la formule suivante : C (q ) = 0,05q2 + q + 80 (q exprimé en milliers d’unités).
1 R (q ) = 6q .
(
)
2 B (q ) = R (q ) − C (q ) = 6q − 0,05q2 + q + 80 = −0,05q2 + 5q − 80.
2
(
)
3 a. −0,05(q − 50) + 45 = −0,05 q2 − 100q + 2500 + 45 = −0,05q2 + 5q − 125 + 80 = −0,05q2 + 5q − 45.
Ainsi, B (q ) = −0,05(q − 50)2 + 45.
b. B (q ) = −0,05(q − 50)2 + 45 = −0,05 ⎡⎣(q − 50)2 − 900⎤⎦ = −0,05(q − 80)(q − 20) .
Le coefficient de q2 est négatif donc B(q) , 0 à l’extérieur des racines 20 et 80, ainsi, pour réaliser un bénéfice, la quantité de
voitures produites doit appartenir à [20 ; 80].
4 Le nombre d’automobiles à produire pour obtenir un bénéfice maximal est 50 milliers de voitures.
30
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1 Soit f une fonction définie sur R par f (x) = a (x – α)2 + β où a, α et β sont des réels avec a ≠ 0.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
2
1 α = − b ; β = f (α ) = − b − 4ac .
2a
4a
2 On passe de la ligne (3) à la (4) en factorisant à l’aide de l’identité remarquable a2 − b2 = (a + b )(a − b ) .
3 Un produit est nul si et seulement si un de ses facteurs est nul.
4 Somme de deux fractions de même dénominateur.
(
, alors l’équation f (x) = 0 admet pour unique solution − b .
2a
2a )
⎡
⎤
⎡
⎤
b
b
Δ
Δ
. Or pour tout x réel ⎢( x +
. 0.
Cas où Δ , 0, alors f ( x ) = a ⎢( x +
−
−
2a )
2a )
4a ⎥⎦
4a ⎥⎦
⎣
⎣
5 Cas où Δ 5 0 : f ( x ) = a x + b
2
2
2
2
2
L’équation f (x) = 0 n’admet pas de solution dans R.
Rédiger une démonstration
1 La forme canonique de f (x) est f ( x ) = a ( x − α )2 + β .
• Soient u et v deux réels de l’intervalle ]−` ; α], avec u < v. On a u – α < v – α < 0.
La fonction carré étant décroissante sur ]−` ; 0], on obtient (u – α)2 > (v – α)2.
Or a . 0 donc a (u – α)2 > a (v – α)2 , d’où a (u – α)2 + β > a (v – α)2 soit f (u) > f (v)
Ce qui signifie que f est décroissante sur l’intervalle ]−` ; α].
• Soient u et v deux réels de l’intervalle ]α ; +`[, avec u < v. On a 0 < u – α < v – α.
La fonction carré étant croissante sur ]0 ; +`[, on obtient (u – α)2 < (v – α)2.
Or a . 0 donc a (u – α)2 < a (v – α)2, d’où a (u – α)2 + β < a (v – α)2 soit f (u) < f (v).
Ce qui signifie que f est croissante sur l’intervalle ]α ; +`[.
⎢⎣(
2a )
2 f (x ) = a ⎡ x + b
2
(
− Δ2 ⎤⎥ comme Δ , 0, pour tout x réel, ⎡⎢ x + b
2a
4a ⎦
⎣
)
2
− Δ2 ⎥⎤ . 0 donc f (x) a le signe de a.
4a ⎦
Utiliser différents raisonnements
1 Vrai : résultat du cours.
2 Vrai : si a et c sont de signes contraires, le produit a c est négatif, donc le discriminant b2 − 4ac est positif.
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Ainsi le trinôme admet deux racines dans R (éventuellement confondues).
3 Les trinômes ( x − 1)( x + 1) et 2 ( x − 1)( x + 1) ont les mêmes racines –1 et 1 mais ne sont pas égaux.
Travaux pratiques
TP
1 Intersections de courbes avec l’axe des abscisses
1 saisir a, b, c
delta ← b2 − 4ac
si delta , 0
afficher « la parabole ne coupe pas l’axe des abscisses »
sinon
afficher « la parabole coupe l’axe des abscisses »
2
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
31
3
4 f (x ) = 7 x2 + x + 1
3
25
delta = − , 0
3
donc la courbe de f ne coupe pas l’axe des abscisses.
g(x ) = x2 + x + 1
4
delta = 0
donc la courbe de g coupe l’axe des abscisses en un unique point, le point d’abscisse − 1 .
2
h ( x ) = 5x 2 − 4 x − 1
delta = 36 . 0
donc la courbe de h coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse − 1 et 1.
5
k ( x ) = 3x 2 + 20x − 7
delta = 484 . 0
donc la courbe de k coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse –7 et 1 .
3
l ( x ) = x 2 + ( 5 + 1) x − 2 5
delta = 6 + 10 5 . 0
donc la courbe de l coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse − 5 − 1− 6 + 10 5 et − 5 − 1+ 6 + 10 5 .
2
2
m ( x ) = 5x 2 + (1012 − 10−12 ) x − 1
delta = 1024 − 2 + 10−24 + 20 = 18 + 1024 + 10−24 . 0
donc la courbe de m coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse 1024 et −2 × 1011 .
2 Une seconde marche aléatoire
1 AD = p × AABCD
2 a. 1 < x < 3 et 0 < y < 1
b.
3
AD ≈ 0,666 × 2 ≈ 1,332
32
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
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TP
TP
3 L’algorithme de Héron
1 a.
b.
c.
Il semble que cette fonction affiche une valeur approchée de 2 .
2 a. f ( x ) = ( x + 1)2 − 5
b.
TP
4 Les lunules d’Hippocrate
1 L’aire de la surface rose est − π x 2 + 2πx .
4
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2
3 On résout l’équation − π x 2 + 2πx = 1 × 8π soit − π x 2 + 2πx − 4π = 0.
2
4
4
Soit − 1 x 2 + 2x − 4 = 0
4
Le discriminant est égal à 0 donc il existe une position du point M pour laquelle l’aire de la surface rose est égale à la moitié
de l’aire du demi-disque de diamètre [ AB], 4.
On résout l’équation − π x 2 + 2πx = 3 × 8π soit − π x 2 + 2πx − 6π = 0.
4
4
4
2
1
Soit − x + 2x − 6 = 0
4
Le discriminant est égal à –2 donc il n’existe pas de position du point M pour laquelle l’aire de la surface rose est égale à trois
quarts de l’aire du demi-disque de diamètre [ AB].
TP
5 À la plage
1 Conjecture : l’aire maximale est 128 m², atteinte pour x = 8 m.
2 L’aire, en mètre, de la zone de baignade en fonction de x est a(x) = x (32 − 2x ) = −2x 2 + 32x.
La fonction a admet un maximum pour − b = 8 égal à a(8) = 128.
2a
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
33
TP
6 Quand les paramètres s’en mêlent
1 Si m = 0 ou m = –4, P et $ ont pour seul point commun et P est située au-dessus de $.
Si m [ ]−4 ;0[, P et $ n’ont pas de point commun et P est située strictement au-dessus de $.
Si m [ ]−` ;−4[ < ]0 ; +`[, P et $ ont deux points communs et P est située au-dessus de $ à l’extérieur de ces deux points
et en dessous de D entre ces deux points.
2 La position relative de la parabole P et la droite $ est donnée par le signe du trinôme x 2 − mx − m, suivant les valeurs de
m. Le discriminant est Δ = m2 + 4m = m (m + 4 ) .
Δ est du signe de a = 1, donc positif à l’extérieur des racines 0 et –4, et du signe de –a, donc négatif entre les racines :
Si m = 0, le trinôme devient x2 dont la seule racine est 0 et pour tout réel x, x2 > 0 ;
P et $ ont pour seul point commun, l’origine du repère, et P est située au-dessus de $.
Si m = –4, le trinôme devient x 2 + 4 x + 4 = ( x + 2)2 dont la seule racine est –2 et pour tout réel x, ( x + 2)2 > 0 ;
P et $ ont pour seul point commun, le point A(–2 ; 4), P est située au-dessus de $.
Si m [ ]−4 ;0[, Δ , 0, le trinôme x 2 − mx − m n’a pas de racines et a le signe de a = 1, donc positif ;
P et D n’ont pas de point commun et P est située strictement au-dessus de $.
Si m []−` ;−4[ < ]0 ; +`[, Δ . 0, le trinôme x 2 − mx − m admet deux racines ; il est du signe de a = 1, donc positif à l’extérieur
des racines, et de –a, donc négatif entre les racines ;
P et $ ont deux points communs et P est située au-dessus de $ à l’extérieur de ces deux points et en dessous de $ entre
ces deux points.
TP
7 Équidistance
1 On conjecture que l’ensemble des points M équidistants de F et de D est une parabole dont l’axe de symétrie passe par F.
2 a. On pose F (0, f) ; M (x, y) ; H (x, 0) où H est le projeté orthogonal de M sur la droite $.
MF = MH équivaut à MF2 = MH2 équivaut à x2 + (y – f)2 = y2
f
équivaut à y = 1 ( x 2 + f 2 ) = 1 x 2 + .
2f
2
2f
f
b. L’ensemble des points M équidistants de F et D est donc une parabole de sommet S(0 ; ).
2
TP
8 Aire sous la courbe avec la méthode des trapèzes
2 10,013 unités d’aire.
Réfléchir, parler & réagir
4 Le produit des racines est égal à c = 3 = 1, donc elles sont
Calcul mental
1 1. f (0) = −3 donc le point d’intersection de la parabole
avec l’axe des ordonnées a pour ordonnée –3.
f ( x ) = 0 a pour racine évidente 1 et l’autre racine vérifie
1× x = −3 et vaut − 3 donc les points d’intersection de la
2
2
parabole avec l’axe des abscisses ont pour abscisses 1 et − 3 .
2
2. α = − b = − 1 et β = f − 1 = − 25 ; les coordonnées du
2a
4
4
8
1
25
sommet sont − ; −
.
4
8
(
)
( )
2 1. g ( x ) = ( x + 4 )( x − 2) = x 2 + 2x − 8.
2. a. ( x + 4 )( x − 2) = 0 a pour solutions 2 et –4.
b. g ( x ) = ( x + 1)2 − 9 donc le minimum de la fonction g est –9
atteint pour x = −1.
c. g ( x ) = x 2 + 2x − 8, on en déduit que l’image de 0 est –9.
3 (5 − 2x )( x + 1) > 0 a pour ensemble solution ]−1; 2,5[ .
34
Automatisme
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
a 3
inverses l’une de l’autre et sont de même signe. Par ailleurs la
somme des racines est − b = 10 .
> 00, donc elles sont positives.
3
a
5 x 2 + 4 x − 5 a pour racine évidente 1 et l’autre racine vérifie
1× x = −5 et vaut –5.
1
Ainsi x 2 + 4 x − 5 = ( x − 1)( x + 5) .
6 f ( x ) = (6 − 2x )( x + 1) : le coefficient de x2 est négatif donc
les branches de la courbe de f sont tournées vers le bas. Par
ailleurs les racines de f (x) sont 3 et –1 donc l’abscisse du
sommet de la parabole représentant f a pour abscisse 1 et
pour ordonnée f (1) = 8 ; les coordonnées du sommet sont
(1 ; 8) .
Pour finir f (0) = 6 donc la parabole passe par le point de
coordonnées (0 ; 6) .
g ( x ) = 2x 2 + 4 x − 3 : le coefficient de x2 est positif donc les
branches de la courbe de g sont tournées vers le haut.
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1 b. La somme des aires des quatre trapèzes est :
1 × f (1) + f (1,5) + 1 × f (1,5) + f (2) + 1 × f (2) + f (2,5) + 1 × f (2,5) + f (3) = 10,25 unités d’aire.
2
2
2
2
2
2
2
2
c. Les formules saisies :
A3 : A2+1/2 ; B2 : =3*A2^2–6*A2+4 ; C2 : =(B2+B3)*0,5/2 ; D3 : =D2+C3 .
Par ailleurs g (0) = −3 donc la parabole passe par le point de
coordonnées (0 ;−3) . Pour finir, l’abscisse du sommet de la
parabole représentant g est α = − b = −1 et son ordonnée
2a
est β = g (−1) = −5 ; les coordonnées du sommet sont (−1 ; −5).
7 a. Δ . 0 et a , 0 : verte.
c. h ( x ) = ( x − 1)( x + 7)
x
–` –3 +`
h (x)
–16
9 1. f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8
a. Vrai : Le produit des racines est égal à c = 8 , 0 donc les
a −3
c. Δ 5 0 et a , 0 : violette.
racines sont de signes contraires.
b. Vrai : −3( x − 1) x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = −3x 2 − 5x + 8.
8 a. f ( x ) = −3( x − 2)2 + 4
3
c. Vrai : f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = (1− x )(3x + 8)
x –` 2 +`
f ( x ) = −3x 2 − 5x + 8 = ( x − 1)(−3x − 8) = (1− x )(3x + 8) .
4
f (x)
2. g ( x ) = 5 − (1+ 7x )2
b. Δ . 0 et a , 0 : rouge.
(
a. Faux : g (1) = −59 , 0.
b. Faux : g ( x ) = ( 5 − 1− 7x )( 5 + 1+ 7x ) .
c. Vrai : le coefficient de x2 est négatif donc g admet un
maximum et il vaut 5.
b. g ( x ) = 4 x − x 2 = − ( x − 2)2 + 4
x
g (x)
)
–` 2 +`
4
10 f ( x ) = ( x + 1)( x − 3) = ( x − 1)2 − 4 = x 2 − 2x − 3
Exercices
1 1. La Forme 1 est de la forme a ( x − α )2 + β. Cette écriture
3 La parabole représentative de la fonction f indique que f
est la forme canonique.
admet un minimum égal à 1 atteint en 2. On a donc α = 1 et
La Forme 2 est de la forme a ( x − x1 )( x − x2 ) . Cette écriture
β = 2 et ainsi f ( x ) = a ( x − 2)2 + 1.
est la forme factorisée.
De plus, la parabole passe par le point de coordonnées (0 ; 3),
La Forme 3 est de la forme ax 2 + bx + c . Cette écriture est la
on a donc, f (0) = 3 ⇔ a (0 − 2)2 + 1 = 3 ⇔ a (−2)2 = 2 ⇔ 4a = 2 ⇔ a =
forme développée.
f (0) = 3 ⇔ a (0 − 2)2 + 1 = 3 ⇔ a (−2)2 = 2 ⇔ 4a = 2 ⇔ a = 1 .
2
2
1
27
1
27
2
2. 3 x −
−
=3 x −x+
−
= 3x 2 − 3x + 3 − 27 = 3x 2 − 3x − 24 = 3x 2 − 3x − 6
4
2
4
4
4
4 4
2
1
f ( x ) = ( x − 2) + 1 est la forme canonique de la fonction f.
2
1 − 27 = 3x 2 − 3x + 3 − 27 = 3x 2 − 3x − 24 = 3x 2 − 3x − 6.
4
4
4 4
4
4 1.
En développant la Forme 1 de la fonction polynôme on
retrouve bien la Forme 3.
x –` –2 +`
3( x + 1)( x − 2) = 3( x 2 − 2x + x − 2) = 3( x 2 − x − 2) = 3x 2 − 3x − 6
0
f (x)
x + x − 2) = 3( x 2 − x − 2) = 3x 2 − 3x − 6.
En développant la Forme 2 de la fonction polynôme on
2. Toutes les fonctions de la forme f ( x ) = a ( x + 2)2 avec a , 0
retrouve bien la Forme 3.
admettent ce tableau de variation, par exemple les fonctions
Les 3 formes sont des écritures différentes de la fonction f.
3.
f1, f2 et f3 définies par f1 ( x ) = − ( x + 2)2, f2 ( x ) = − 3 ( x + 2)2 et
2
a. f (0) = 3 × 02 − 3 × 0 − 6 = −6. L’affirmation est vraie.
f3 ( xx)== 2−103 ( x + 2)2 .
b. f ( x ) = 0 ⇔ 3( x + 1)( x − 2) ⇔ x + 1 = 0 ou x − 2 = 0 ⇔ x = −1 ou
x + 1 = 0 ou x − 2 = 0 ⇔ x = −1 ou x = 2 . L’affirmation est vraie.
5 h (0) = 3 indique que la représentation graphique de h
2
2
c. 3 x − 1 > 0 ⇔ 3 x − 1 − 27 > − 27 ⇔ f ( x ) > − 27 .
coupe
l’axe des ordonnées au point de coordonnées (0 ; 3).
2
2
4
4
4
La fonction h est représentée par la courbe #4.
d. La forme canonique indique que le minimum de f est
Le coefficient a de la fonction i est négatif (a = −1), i est donc
atteint en 1.
représentée par une parabole « tournée vers le bas ». Il s’agit
1 et 5 étant symétriques par rapport à 1, ils ont la même
de la parabole #1.
6
6
image par f. L’affirmation est vraie.
g (1) = 0, la représentation graphique de g coupe l’axe des
abscisses au point de coordonnées (1 ; 0). La fonction g est
2 La parabole coupe l’axe des abscisses aux points de coorreprésentée par la courbe #3.
données (–1 ; 0) et (6 ; 0). –1 et 6 sont les racines de f (x).
Par élimination la fonction f est représentée par la courbe #2.
Ainsi, f ( x ) = a ( x + 1)( x − 6) .
6 f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients
De plus, la parabole passe par le point de coordonnées 0 ; 9 ,
2
a = 3, b = −1 et c = 7.
Son écriture canonique est 3( x − α )2 + β avec : α = − b = 1
donc f (0) = 9 .
2a 6
2
1 = 3 × 1 2 − 1 + 7 = 1 − 2 + 84 = 83 .
9
9
9
3
et
β
=
f
α
=
f
(
)
or f (0) = ⇔ a × 1× (−6) = ⇔ a = − ⇔ a = − .
6
6
6
12 12 12 12
2
2
12
4
2
3
1
Donc, f ( x ) = − ( x + 1)( x − 6).
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 3 x −
+ 83 .
4
6
12
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)
(
)
(
(
)
(
)
)
( )
()
()
(
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
35
7 1. f ( x ) = −2 ( x − 50)2 + 100 . La forme canonique de f (x)
)
2
indique que f admet un maximum (a , 0), égal à 100 atteint
2
en 50.
f ( x ) = −2 x − 5 + 9 = −2 ⎛ x − 5
⎝
4
8
4
2
2
2
x
–` 50
+`
+ 9 = −2 ⎛ x − 5 − 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2 x − 5 − 3 x −
⎝
⎝
8
4
16 ⎠
4 ⎠
4
4 4
100
f (x)
(
)
(
( )
) ()
((
(
)(
2. f ( x ) = 3( x + 1)2 − 1 . La forme canonique de f (x) indique
4
que f admet un minimum (a . 0), égal à − 1 atteint en –1.
4
x
–` –1 +`
f (x)
−1
4
3. f ( x ) = 0,6 ( x + 0,2)2 . La forme canonique de f (x) indique
que f admet un minimum (a . 0), égal à 0 atteint en –0,2.
x
–` f (x)
–0,2 +`
0
(
)
(
)
(
) ()
))
(
2
2
2
2
f ( x ) = −2 x − 5 + 9 = −2 ⎛ x − 5 − 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2
⎝
⎝
4 ⎠
4
8
4
16 ⎠
4
2
2
2
− 9 ⎞ = −2 ⎛ x − 5 − 3 ⎞ = −2 x − 5 − 3 x − 5 + 3 = −2 ( x − 2) x
⎝
16 ⎠
4
4 ⎠
4 4
4 4
5 + 3 = −2 ( x − 2) x − 1 = ( x − 2)(1− 2x ).
4 4
2
2. a. Le bénéfice est positif si et seulement si f (x) > 0.
Le trinôme est du signe de a = –2, donc négatif à l’extérieur des racines 1 et 2, données directement par l’écriture
2
factorisée, et du signe de –a, donc positif entre les racines.
L’inéquation f (x) > 0 a pour ensemble de solutions 6 = ⎡ 1 ; 2⎤ .
⎣2 ⎦
Dans le contexte de l’exercice cela signifie que l’entreprise
doit fabriquer et vendre entre 50 et 200 objets pour obtenir
un bénéfice positif.
b. La forme canonique de f (x) indique que f admet un
maximum (a , 0), égal à 9 atteint en 5 .
8
4
Dans le contexte de l’exercice cela signifie que l’entreprise
doit fabriquer et vendre 5 × 100 = 125 objets pour obtenir
4
un bénéfice maximal.
c. f ( x ) = −2 ⇔ −2x 2 + 5x − 2 = −2 ⇔ −2x 2 + 5x = 0 ⇔ x (−2x + 5) = 0
)
))
(
) ()
( )
((
)(
4. f ( x ) = −6x 2 + 1 x − 2, f fest
= −2 fonction
⇔ −2x 2 +polynôme
5x − 2 = −2de⇔ −2x 2 + 5x = 0 ⇔ x (−2x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ou − 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ou x =
( x ) une
3
1 et c = −2. Comme (a , 0),
2
5
b=
−2 ⇔ −2xdegré
+ 5x2−de
2 coefficients
= −2 ⇔ −2xa2=+−6,
5x =
0⇔
3 x (−2x + 5) = 0 ⇔ x = 0 ou − 2x + 5 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 2 = 2,5.
−1
L’entreprise perd 2000 € en fabriquant et vendant 0 ou 250
3 = 1,
f admet un maximum, atteint en α = − b =
objets.
2a 2 × (−6) 36
( )
( )
2
égal à β = f (α ) = f 1 = −6 × 1 + 1 × 1 − 2 = − 431
36
36
3 36
216
−1
3 = 1 +`
α =x− b–` =
2a 2 × (−6) 36
10 La fonction C admet un maximum égal à 2000 € atteint
en 1000 soit pour 10 centaines de produits fabriqués et
commercialisés. On a donc α = 10 et β = 2000 et ainsi
C (q ) = a (q − 10)2 + 2000.
De plus, les coûts fixes sont nuls, ce qui signifie C (0) = 0. Or
1 = −6 × 1 2 + 1 × 1 − 2 = − 431
6
36f (x) 3 36
216
C (0) = 0 ⇔ a (0 − 10)2 + 2000 = 0 ⇔ a (−10)2 = −2000 ⇔ 100a = −2000
C (0) = 0 ⇔ a (0 − 10)2 + 2000 = 0 ⇔ a (−10)2 = −2000 ⇔ 100a = −2000 ⇔ a = −20.
2
5. f ( x ) = x + 7. f admet un minimum (a . 0), égal à 7 atteint
Ainsi, C (q ) = −20 (q − 10)2 + 2000.
en 0.
11 1. La hauteur de la falaise est l’image de 0 par la foncx –` 0 +`
tion f. En exploitant la forme développée de la fonction on
obtient, f (0) = −0,2 × 02 + 0,8 × 0 + 15, 4 = 15, 4 . La hauteur
f (x)
de la falaise est de 15,4 m.
7
2. Pour déterminer l’abscisse du point d’impact du plongeur
avec l’eau, on résout l’équation f ( x ) = 0.
8 La courbe représentative de g est une parabole dont
f ( x ) = 0 ⇔ −0,2 ( x − 11)( x + 7) = 0 ⇔ x − 11 = 0 ou x + 7 = 0 ⇔ x = 11
l’axe de symétrie
= gx(−
6)11
alors
x )=( xα.+Or
f ( x ) a=pour
0 ⇔ équation
−0,2 ( x − 11
7) g=(0)⇔
= 0 ou x + 7 = 0 ⇔ x = 11 ou x = −7. L’abscisse du point d’impact
du plongeur avec l’eau est positive, il va donc trouver l’eau à
α = 0 + 6 = 3.
2
11 m du pied de la falaise.
3. f ( x ) = −0,2 ( x − 2)2 + 16,2. La forme canonique de f (x)
x –` 3 +`
indique que f admet un maximum (a , 0), égal à 16,2 atteint
en 2. La hauteur maximale atteinte par le plongeur est de
g (x)
16,2 m.
–2
( )
9 1. f ( x ) = −2x 2 + 5x − 2, f est une fonction polynôme de
12 1. Il semble que l’aire colorée soit minimale lorsque le
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)
carré a ses côtés de longueur 4 cm.
2. Soit x la longueur en cm du côté du carré, pour
2
b
5
−5
tout x [ [0 ; 6], l’aire colorée est donnée par :
canonique est −2 ( x − α ) + β avec : α = −
=
=
2a 2 × (−2) 4
f ( x ) = x 2 + (6 − x )(10 − x ) = x 2 + 60 − 6x − 10x + x 2 = 2x 2 − 16x + 60 =
2
= x×2 +5(6 −+ x5)×
+ 60 − pour
6x − 10x + x 2 = 2x 2 − 16x + 60 = 2 ( x 2 − 8x + 30) = 2 ( x − 4 )2 − 16 + 30 = 2 ( x −
(105 −−x2) == 9x 2. Donc,
et β = f (α ) = f 5f ( x=) −2
2
2
2
2
4
4
4
8
x + (6 − x )(10 − x ) = x + 60 − 6x − 10x + x = 22x − 16x + 60 = 2 ( x 2 − 8x + 30) = 2 ( x − 4 )2 − 16 + 30 = 2 ( x − 4 )2 + 14 = 2 ( x − 4 )2 + 28
+ x 2 = 2x 2 −tout
16xréel
+ 60x [
= [20( x; 32 ]−, f8x
( x )+=30−2
) =x2−( 45x − 4+)298−. 16 + 30 = 2 ( x − 4)2 + 14 = 2( x − 4)2 + 28.
degré 2 de coefficients a = −2, b = 5 et c = −2. Son écriture
()
36
()
( ( )
) (
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
)
(
) (
(
)
) (
La forme canonique de f (x) indique que f admet un minimum
(a . 0), égal à 28 atteint en 4. L’aire colorée est minimale
lorsque le côté du carré est égal à 4 cm. La longueur du
rectangle est alors égale à 6 cm et la largeur à 2 cm. La conjecture de la question 1 est ainsi démontrée.
13 On pose f ( x ) = − x 2 + 11x − 18, f est une fonction poly-
nôme de degré 2 de coefficients a = −1, b = 11 et c = −18.
Soit un point M de la courbe #, d’abscisse x, son ordonnée
est y = − x 2 + 11x − 18.
AB × f ( x )
. Elle est maximale
L’aire du triangle ABM est
2
lorsque f atteint son maximum (a . 0) c’est-à-dire pour
x = − b = − 11 = 11 .
−2 × 1 2
2a
14 1. f ( x ) = −0,3x 2 + 1,6x + 2, f est une fonction polynôme
16 0 admet 4 et 5 pour antécédents signifie que la courbe
représentative de la fonction f coupe l’axe des abscisses aux
points de coordonnées (4 ; 0) et (5 ; 0).
La forme factorisée de la fonction f est, f ( x ) = a ( x − 4 )( x − 5).
De plus, l’image de 1 par f est 24,
or f (1) = 24 ⇔ a (1− 4 )(1− 5) = 24 ⇔ 12a = 24 ⇔ a = 1 .
2
1
La forme factorisée de la fonction f est f ( x ) = ( x − 4 )( x − 5) .
2
de degré 2 de coefficients a = −0,3, b = 1,6 et c = 2.
Son écriture canonique est −0,3( x − α )2 + β
17 1. f ( x ) = x 2 − 6x − 7, f est une fonction polynôme de
avec : α = − b = −1,6 = 8
2a 2 × (−0,3) 3
degré 2 de coefficients a = 1, b = −6 et c = −7 . Son écriture
2
8
8
8
32
64
62
et β = f (α ) = f
= −0,3
+ 1,6 × + 2 = −
+
+ 2 = canonique est ( x − α )2 + β avec : α = − b = − (−6) = 3 et
3
3
3
15 15
15
2a
2 ×1
8
32
64
62
2
.
+ 1,6 × + 2 = −
+
+2=
. Donc,
β
=
f
α
=
f
3
=
3
−
6
×
3
−
7
=
9
−
18
−
7
=
−16
(
)
(
)
3
15 15
15
2
2
pour tout réel x, f ( x ) = ( x − 3) − 16.
Donc, pour tout réel x [ [0 ; +`[, f ( x ) = −0,3 x − 8 + 62 .
3
15
De plus, ( x − 3)2 − 16 = ( x − 3)2 − ( 4 )2 = ( x − 3 − 4 )( x − 3 + 4 ) = ( x − 7)( x
2. La forme canonique de f (x) indique que f admet( xun
− 3)2 − 16 = ( x − 3)2 − ( 4 )2 = ( x − 3 − 4 )( x − 3 + 4 ) = ( x − 7)( x + 1).
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = ( x − 7)( x + 1) .
maximum (a , 0), égal à 62 atteint en 8 . La hauteur maxi15
3
2. a. −5,5 < −4,5 ⇔ f (5,5) > f (−4,5) car la fonction f est
male atteinte par le ballon est de 62 m soit environ 4,1 m.
strictement décroissante sur ]−` ; 3].
15
b. f ( x ) = −7 ⇔ x 2 − 6x − 7 = −7 ⇔ x 2 − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x =
3. f ( 4,6) = −0,3 × 4,62 + 1,6 × 4,6 + 2 = 3,012. La hauteur du
panier est de 3,012 m.
f ( x ) = −7 ⇔ x 2 − 6x − 7 = −7 ⇔ x 2 − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x = 0 ou x − 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6
2
2
f ( x ) = −7 ⇔ x − 6x − 7 = −7 ⇔ x − 6x = 0 ⇔ x ( x − 6) = 0 ⇔ x = 0 ou x − 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 . 6 = {0 ; 6}
15 La courbe #1 coupe l’axe des abscisses aux points de
c. f ( x ) = −16 ⇔ ( x − 3)2 − 16 = −16 ⇔ ( x − 3)2 = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x =
coordonnées (–5 ; 0) et (4 ; 0). La forme factorisée de la
f ( x ) = −16 ⇔
( x − 3)2 − 16 = −16 ⇔ ( x − 3)2 = 0 ⇔ x − 3 = 0 ⇔ x = 3. 6 = {3} .
est,
fonction f dont # 1 est la représentation graphique
d. f ( x ) > 0 ⇔ ( x − 7)( x + 1) > 0. Le trinôme est du
f ( x ) = a ( x + 5) ( x − 4 ) .
signe de a = 1, donc est positif à l’extérieur des racines :
De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (0 ; 7),
6 = ]−` ; − 1] < [7 ; +`[ .
on a donc f (0) = 7.
()
()
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)
2
La courbe #4 coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (–2 ; 0). La forme factorisée de la fonction i dont #4 est
la représentation graphique est, i ( x ) = a ( x + 2)2 .
De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (–1 ; –1),
on a donc i (−1) = −1.
Or i (−1) = −1 ⇔ a (−1+ 2)2 = −1 ⇔ a = −1.
La forme factorisée de la fonction i est i ( x ) = − ( x + 2)2 .
)
Or f (0) = 7 ⇔ a (0 + 5)(0 − 4 ) = 7 ⇔ −20a = 7 ⇔ a = − 7 .
18 1. f ( x ) = 1 x 2 − 4 x + 8 = 1 ( x 2 − 8x + 16) = 1 ( x − 4 )2 .
20
2
2
2
La forme factorisée de la fonction f est
2
2. f ( x ) = 0,01x + 0,8x − 4,25, f est une fonction polynôme
f ( x ) = − 7 ( x + 5)( x − 4 ).
de degré 2 de coefficients a = 0,01, b = 0,8 et c = −4,25. Son
20
discriminant est Δ = 0,81, ses racines sont 5 et 85. Donc, pour
La courbe #2 coupe l’axe des abscisses au point de coordonnées (2 ; 0). La forme factorisée de la fonction g dont #2 est la
tout réel x, f ( x ) = 0,01( x − 5)( x + 85) .
représentation graphique est, g ( x ) = a ( x − 2)2 .
3. f ( x ) = 1 x 2 − 2 x + 1, f est une fonction polynôme de degré
2
3
De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (0 ; 4),
2 de coefficients a = 1 , b = − 2 et c = 1. Son discriminant est
on a donc, g (0) = 4.
2
3
14
Or g (0) = 4 ⇔ a (0 − 2)2 = 4 ⇔ 4a = 4 ⇔ a = 1.
Δ=− ,
< 00, le trinôme ne se factorise pas.
9
La forme factorisée de la fonction g est g ( x ) = ( x − 2)2 .
4. f ( x ) = 2x 2 + 2x − 1, f est une fonction polynôme de
La courbe #3 coupe l’axe des abscisses aux points de coordegré 2 de coefficients a = 2, b = 2 et c = −1. Son discrimidonnées (0 ; 0) et (2 ; 0). La forme factorisée de la fonction h
dont #3 est la représentation graphique est, h ( x ) = ax ( x − 2).
nant est Δ = 10, ses racines sont − 2 − 10 et − 2 + 10 .
4
4
De plus, la courbe passe par le point de coordonnées (4 ; 2),
Donc, pour tout réel x,
on a donc h ( 4 ) = 2.
f ( x ) = 2 x − − 2 − 10
x − − 2 + 10 = 2 x + 2 + 10
Or h ( 4 ) = 2 ⇔ 4a ( 4 − 2) = 2 ⇔ 8a = 2 ⇔ a = 1 .
4
4
4
4
− h2( x−) =101 x ( xx−−2−) . 2 + 10 = 2 x + 2 + 10
La forme factorisée de laffonction
x + 2 − 10 .
( x ) = 2 xh−est
4 4
4
4
4
(
)(
(
) (
)(
)(
)
) (
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
37
)( x +
19
3. Le polynôme du second degré P ( x ) = 5x 2 − 2x + 1 a pour
discriminant Δ = (−2)2 − 4 × 5 × 1 = −16. Δ , 0, l’équation
5x 2 − 2x + 1 = 0, n’admet pas de solution réelle.
4. 2x 2 + 4 = −6x ⇔ 2x 2 + 6x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0
2
2
2x + 4 = −6x ⇔ 2x 2 + 6x + 4 = 0 ⇔ x 2 + 3x + 2 = 0 . L e p o l y n ô m e d u
second degré P ( x ) = x 2 + 3x + 2 a pour discriminant
0
x
1
Δ = 32 − 4 × 1× 2 = 1. Δ . 0, l’équation x 2 + 3x + 2 = 0, admet
deux solutions réelles distinctes :
x1 = −3 + 1 = −2 = −1 et x2 = −3 − 1 = −4 = −2.
2
2
2 ×1
2 ×1
5. x (2x − 1) = 1 ⇔ 2x 2 − x − 1 = 0. Le polynôme du second
degré P ( x ) = 2x 2 − x − 1 a pour racine évidente x1 = 1. Or
Soit g ( x ) = −2x 2 + 7x − 5, son discriminant est 9, ses racines
x1x2 = c donc x1x2 = −1 ⇔ x2 = −1.
sont 1 et 5 , donc pour tout réel x, g ( x ) = −2 x − 5 ( x − 1).
a
2
2
2
2
2
2
x
=
−5x
−
1
⇔
x
+
5x
+
1
=
0
.
Le polynôme du second
6.
Alors pour tout réel x ≠ 1,
degré :
−2 x − 5 ( x − 1)
P ( x ) = x 2 + 5x + 1 a pour discriminant Δ = 52 − 4 × 1× 1 = 21.
2
f (x ) =
= −2 x − 5 = 5 − 2x .
Δ . 0, l’équation x 2 + 5x + 1 = 0, admet deux solutions réelles
2
x −1
distinctes :
La représentation graphique de f est donc la droite d’équation y = 5 − 2x privée du point de coordonnées (1 ; 3).
x1 = −5 + 21 = −5 + 21 et x2 = −5 − 21 = −5 − 21 .
2 ×1
2
2 ×1
2
2
2
2
4
2
5
2
5
3x
−
x
−
1
=
0
.
7.
20 1. −5x + 4 = 0 ⇔ x = ⇔ x =
ou x = −
.
5
5
5
Le polynôme du second degré P ( x ) = 3x 2 − x − 1 a pour
discriminant Δ = (−1)2 − 4 × 3 × (−1) = 13. Δ . 0, l’équation
6 = −2 5 ; 2 5 .
5
5
3x 2 − x − 1 = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
2
− (−1) − 13 1− 13
2. − x + 6x = 0 ⇔ x (− x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ou − x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou−x(−1
= 6) + 13 1+ 13
x1 =
=
et x2 =
=
.
2
2
×
3
6
2×3
6
+ 6x = 0 ⇔ x (− x + 6) = 0 ⇔ x = 0 ou − x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6
2
8. x (8 − x ) + 1 = 0 ⇔ − x + 8x + 1 = 0 . Le polynôme du
− x + 6 = 0 ⇔ x = 0 ou x = 6 . 6 = {0 ; 6}.
second degré :
2
3. ( x − 1) − ( x − 1)( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 1)(( x − 1) − ( x − 2)) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 1−2 x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1
P ( x ) = − x + 8x + 1 a pour discriminant :
( x − 2) = 0 ⇔ ( x − 1)(( x − 1) − ( x − 2)) = 0 ⇔ ( x − 1)( x − 1− x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1
Δ = 82 − 4 × (−1) × 1 = 68.
x + 2) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1. 6 = {1} .
Δ . 0, l’équation − x 2 + 8x + 1 = 0, admet deux solutions
+ 2) = 0 ⇔
4. x 2 − 16 + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 ) + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4réelles
)( x + 4distinctes
: ( x − 4 )( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou x + 6 = 0 ⇔ x = 4
x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 ) + 2 ( x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 + 2) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x +−8
6)+= 068⇔ x−8
− 4+=2 017
ou x + 6 = 0 ⇔ x = 4 ou x = −6
x
=
=
1
x − 4 ) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 4 + 2) = 0 ⇔ ( x − 4 )( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou x + 6 = 02 ⇔
x )= 4 ou x−2
= −6 = 4 − 17
× (−1
( x + 6) = 0 ⇔ x − 4 = 0 ou x + 6 = 0 ⇔ x = 4 ou x = −6. 6 = {4 ; − 6} .
−8 − 68 = −8 − 2 17 = 4 + 17 .
5. ( x + 1)2 − (2x − 3)2 = 0 ⇔ (( x + 1) − (2x − 3))(( x + 1) + (2x − 3)) et
= 0x2⇔= (−2x×+(−1
4 ))(3x − 2) =
−20 ⇔ − x + 4 = 0 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x =
x − 3)2 = 0 ⇔ (( x + 1) − (2x − 3))(( x + 1) + (2x − 3)) = 0 ⇔ (− x + 4 )(3x − 2) = 0 ⇔ 2− x + 4 =90 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x = 2
3 P ( x ) = 2x 2 + 6x + 9
9. 2x + 6x + = 0. Le polynôme du second degré
2
2
x − 3)) = 0 ⇔ (− x + 4 )(3x − 2) = 0 ⇔ − x + 4 = 0 ou 3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x = 2
3
2 .2 +
3x − 2 = 0 ⇔ x = 4 ou x =2x
66x
= +4 9; 2= .0. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 + 6x + 9 a pour discriminant Δ = 62 − 4 × 2 × 9 = 0. Δ = 0,
23
2
2
3
2
9 = 0. Δ = 0, l’équation 2x 2 + 6x + 9 11
2) = 2x 2 + 6x + 9 a pour discriminant
2
= 0. Le polynôme
second
degré
P
x
Δ
=
6
−
4
×
2
×
=
0,
admet une
(
6. (2x +du
3)( x − 7) = −21 ⇔ 2x − 14 x + 3x − 21 = −21 ⇔ 2x − 11x = 0 ⇔ x (2x − 11) = 0 ⇔ x = 0 ou 2x − 11 = 0 ⇔ x = 0 ou x =
2
2
22
2
2
11
− 7) = −21 ⇔ 2x − 14 x + 3x − 21 = −21 ⇔ 2x − 11x = 0 ⇔ x (2x − 11) = 0 ⇔ x = 0 ou 2x − 11 = 0 ⇔ x = 0 ou x =
our discriminant Δ = 62 − 4 × 2 × 9 = 0. Δ = 0, l’équation
2x 2 + 6x + 9 = 0, admet une unique solution réelle2 : x0 = −6 = −3 .
2×2
2
2 x = 0 ou x = 11. 6 = 0 ; 11 .
2
2x − 11) = 0 ⇔ x = 0 ou 2x − 11 = 0 ⇔
2
2
2
x
+
2
3x
+
3
=
0
.
10.
= 0polynôme
⇔ (2x − 1)(2x
1− x + 3degré
= 0+ ⇔
7. 4 x 2 − 1 = (2x − 1)( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1) − (2x − 1)( x − 3)Le
) = 0 ⇔P((2x
x ) −=1x)(2x++24 )3x
3, 2x
a − 1= 0 o
du +second
1 ou2x = −4
2
0 ⇔discriminant
2x
−
1
=
0
ou
x
+
4
=
0
⇔
x
=
( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1) − (2x − 1)( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2x + 1− x + 3) =pour
(2x − 1)( x +Δ4 )==(20 ⇔
3 ) − 4 × 1× 3 = 0. Δ = 0, l’équation
2 x +2 3
1
2
+ 1−discriminant
x + 3) = 0 ⇔Δ (=2x(2− 13)()x −+ 44 )×=1×0 3⇔= 2x
− 1==0,0 l’équation
ou x + 4 =x02 ⇔
= +ou
x = −4
( x − 3) = 0 ⇔ (2x − 1)(2xpour
0. Δ
+ 2 x 3x
2 3 = 0, admet une unique solution réelle :
1 .
+ 43) =
1 = 0 ou x x+2 4+ =2 03x
⇔+x3== 10,ouadmet
x = −4une
. 6unique
= −4 ;solution
×x 1×
=0
0. ⇔
Δ =2x0,−l’équation
réelle : x0 = −2 3 = − 3 .
2
2
2 ×1
8. Pour tout x [R, 4 ( x − 2)2 > 0 donc 9 + 4 ( x − 2)2 .
>0;
2
11. −3x + x = − 1 ⇔ −3x 2 + x + 1 = 0 .
4
4
l’équation 9 + 4 ( x − 2)2 = 0 n’admet pas de solution réelle.
Le polynôme du second degré P ( x ) = −3x 2 + x + 1 a pour
4
21 1. Le polynôme du second degré P ( x ) = −2x 2 + x − 1 a
2
1
discriminant Δ = 1 − 4 × (−3) × = 4 . Δ . 0, l’équation
pour discriminant Δ = 12 − 4 × (−2) × (−1) = −7. Δ , 0, l’équa4
2
tion −2x + x − 1 = 0, n’admet pas de solution réelle.
2
1
−3x + x + = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
4
2. Le polynôme du second degré P ( x ) = 2x 2 − 2x − 1 a pour
2
discriminant Δ = (−2) − 4 × 2 × (−1) = 12. Δ . 0, l’équation
x1 = −1+ 4 = −1 et x2 = −1− 4 = 1 .
2 × (−3) 6
2 × (−3) 2
2x 2 − 2x − 1 = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
1 2 . 2x (5 + 2x ) = 9 − 2x ⇔ 4 x 2 + 12x − 9 = 0 . L e p o l y − (−2) + 12 2 + 2 3 1+ 3
x1 =
=
=
nôme du second degré P ( x ) = 4 x 2 + 12x − 9 a pour
2×2
4
2
discriminant Δ = 122 − 4 × 4 × (−9) = 288 . Δ . 0, l’équation
− (−2) − 12 2 − 2 3 1− 3
et x2 =
=
=
.
4 x 2 + 12x − 9 = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
2×2
4
2
y
(
(
(
)
}
{ }
{ }
{
38
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
}
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
{
)
)
22 1. Saisir les coefficients a, b,c
Calculer Δ = b2 − 4ac
Si Δ , 0
retourner « pas de solution réelle »
Sinon si Δ = 0
retourner − b
2a
Sinon
–b
− Δ et –b + Δ
retourner
2a
2a
2.
Δ = (−8)2 − 4 × 1× 6 = 40 . Δ . 0, P (x) admet deux racines
réelles u et v : u = 8 + 40 = 4 + 10 et v = 8 − 40 = 4 − 10 .
2 ×1
2 ×1
c.
Saisir S et P
Calculer Δ = S 2 − 4P
Si Δ , 0
retourner « pas de solution réelle »
Sinon si Δ = 0
retourner S
2
Sinon
retourner S − Δ et S + Δ
2
2
26 Chercher les dimensions d’un rectangle dont l’aire est
40 et le périmètre 40, revient à chercher la longueur L du
rectangle et la largeur l tels que L × l = 40 et L + l = 40.
S’il existe deux nombres réels L et l dont le produit est 40 et
la somme 40, alors ces deux nombres réels sont les racines
du polynôme P ( x ) = x 2 − 40x + 40. P (x) a pour discriminant Δ = (−40)2 − 4 × 1× 40 = 1440 . Δ . 0, P (x) admet
deux racines réelles L et l : L = 40 + 1440 = 20 + 6 10 et
2 ×1
40
−
1440
l=
= 20 − 6 10 .
2 ×1
27 S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 4
3.
et la somme 15, alors ces deux nombres réels sont les racines
du polynôme P ( x ) = x 2 − 15x + 4. P (x) a pour discriminant
Δ = (−15)2 − 4 × 1× 4 = 209. Δ . 0, P (x) admet deux racines
réelles u et v : u = 15 + 209 et v = 15 − 209 .
2
2
28 Posons L la longueur du champ rectangulaire et l sa
2a
2a
2a
a
largeur. Le champ est deux fois plus long que large signifie
2
(−b )2 − Δ
4ac L= =4ac
b2 − Δ = b2 − b2 + que
2l. = c
x1x2 = −b − Δ × −b + Δ =
=
2
2
2
2
2a
2a
a à sa longueur et 20 m à sa largeur on obtient
4a
4a
4a
4a
En ajoutant 5 m
2
2
2
2
Δ
−
Δ
b
−
b
+
4ac
b
4ac
c
une parcelle rectangulaire de 10000 m2 se traduit par l’équa=
=
= 2 = .
a
4a2
4a
4a2
tion (2l + 5)(l + 20) = 10000.
2. a. Si b = 0, alors x1 + x2 = 0 ⇔ x1 = − x2 . L’affirmation est
(2l + 5)(l + 20) = 10000 ⇔ 2l 2 + 40l + 5l + 100 − 10000 = 0 ⇔ 2l 2 + 45l
vraie.
(2l + 5)(l + 20) = 10000 ⇔ 2l 2 + 40l + 5l + 100 − 10000 = 0 ⇔ 2l 2 + 45l − 9900 = 0.
Le polynôme du second degré P (x) = 2x 2 + 45x − 9900 a
b. Si a = c, alors x1x2 = 1, donc x2 ≠ 0 et x1 = 1 . L’affirmation
x2
pour discriminant Δ = 452 − 4 × 2 × (−9900) = 81225 .
est vraie.
Δ . 0, l’équation 2x 2 + 45x − 9900 = 0, admet deux
24 1. 3 × (−1)2 + 5 × (−1) + 2 = 0. –1 est une racine évidente
solutions réelles distinctes : x1 = −45 + 81225 = 60 et
2×2
de f (x).
x2 = −45 − 81225 = −82,5.
c
2
2
2
2×2
2. x1x2 = = ⇔ − x2 = ⇔ x2 = −
3
3
a 3
La largeur du champ est positive donc l = 60 m et L = 120 m.
et f ( x ) = 3( x + 1) x + 2 .
3
29 a. Si b = 0 alors le discriminant est –4ac , 0 car a et c
sont
de même signe alors l’équation f ( x ) = 0 n’admet pas
25 1. a. ( x − u )( x − v ) = x 2 − vx − ux + uv = x 2 − (u + v ) x + uv.
de
solution
réelle. L’affirmation est vraie.
b. ( x − u )( x − v ) = 0 équivaut à x 2 − (u + v ) x + uv = 0 soit
b.
Si
c
=
0,
f
( x ) = 0 ⇔ ax 2 + bx = 0 ⇔ x (ax + b ) = 0 ⇔ x = 0 ou ax + b
x 2 − Sx + P = 0.
2
f ( x ) = 0 ⇔ ax + bx = 0 ⇔ x (ax + b ) = 0 ⇔ x = 0 ou ax + b = 0 .
Les réels u et v étant les racines du polynôme ( x − u )( x − v ) ,
L’équation f ( x ) = 0 admet deux solutions distinctes dans R.
ils sont aussi les racines du polynôme x 2 − Sx + P = 0 .
L’affirmation est fausse.
2. a. S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 6
c. Si l’équation f ( x ) = 0 admet deux solutions opposées alors
et la somme 4, alors ces deux nombres réels sont les racines
du polynôme P ( x ) = x 2 − 4 x + 6. P (x) a pour discriminant
x1 + x2 = 0 or x1 + x2 = b donc b = 0. L’affirmation est vraie.
a
2
Δ = (−4 ) − 4 × 1× 6 = −8. Δ , 0, P (x) n’admet pas de racine
et les deux nombres u et v n’existent pas.
30 Pour savoir si la trajectoire de l’épuisette et celle
b. S’il existe deux nombres réels u et v dont le produit est 6
du poisson se croisent il faut résoudre l’équation
et la somme 8, alors ces deux nombres réels sont les racines
x2 − 4 x + 2 = − x2 + 4 x − 4 .
2
du polynôme P ( x ) = x − 8x + 6. P (x) a pour discriminant
x 2 − 4 x + 2 = − x 2 + 4 x − 4 ⇔ 2x 2 − 8x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0
2
2
x − 4 x + 2 = − x + 4 x − 4 ⇔ 2x 2 − 8x + 6 = 0 ⇔ x 2 − 4 x + 3 = 0.
23 1. x1 + x2 = −b − Δ + −b + Δ = − 2b = − b .
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2
x1 = −12 + 288 = −12 + 12 2 = −3 + 3 2
2×4
2×4
2
−12
−
288
−12
−
12
2
−3
−3 2 .
et x2 =
=
=
2×4
2×4
2
(
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
39
Δ 5 0, donc le trinôme h (x) admet une racine réelle x0 = − 1
2
et il est du signe de a = 1, donc strictement positif pour tout
réel x ≠ − 1 .
2
n= (−2)2 − 4 × 2 × (−1) = 12.
4.
Δ . 0, donc le trinôme i (x) admet deux racines réelles
distinctes :
31 La trajectoire de la fusée est parabole donc l’altitude de
la fusée en fonction de la durée du vol t en seconde, est une
x1 = 2 + 12 = 1+ 3 et x2 = 2 − 12 = 1− 3 .
2×2
2
2×2
2
fonction f polynôme du second degré. f atteint son maximum
i (x) est du signe de a (a = 2 . 0) sauf entre les racines, donc :
en t = 6 La fusée étant au sol à t = 0 (décollage), par symétrie
elle atterrit à t = 12. Alors f (t ) = at (t − 12)
pour tout réel x de l’intervalle ⎤−` ; 1− 3 ⎡ ou de l’intervalle
⎥⎦
2 ⎢⎣
f (6) = 180 ⇔ 6a (6 − 12) = 180 ⇔ −36a = 180 ⇔ a = −5 .
⎤ 1+ 3 ; +` ⎡, i (x) . 0
Donc f (t ) = −5t (t − 12) .
⎦⎥ 2
⎣⎢
Le parachute doit s’ouvrir à 100 m d’altitude dans sa phase
descendante :
pour tout réel x de l’intervalle ⎤ 1− 3 ; 1+ 3 ⎡, i (x) , 0.
2 ⎣⎢
⎦⎥ 2
2
2
f (t ) = 100 ⇔ −5t (t − 12) = 100 ⇔ −5t + 60t − 100 = 0 ⇔ −t + 12t − 20 = 02
2
2
5.
Δ
=
12
−
4
×
−7
×
−6
=
−24.
(
)
(
)
(
)
0 ⇔ −5t (t − 12) = 100 ⇔ −5t + 60t − 100 = 0 ⇔ −t + 12t − 20 = 0.
Δ , 0, donc le trinôme j (x) est du signe de a (ici a = −7) donc
Δ
n= 122 − 4 × (−1) × (−20) = 64. Δ . 0, l’équation :
2
strictement
négatif pour tout réel x .
−t + 12t − 20 = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
6. Δ = (−2, 4 )2 − 4 × 4 × 0,36 = 0.
t1 = −12 + 64 = 2 et t2 = −12 − 64 = 10. Seule la solution t2
Δ 5 0, donc le trinôme k (x) admet une racine réelle
−2
−2
est supérieure à 6, il faut donc ouvrir la trappe du parachute
x0 = 2, 4 = 3 et il est du signe de a = 4, donc strictement
2 × 4 10
10 secondes après le décollage.
positif pour tout réel x ≠ 3 .
10
32 Soit x la largeur du cadre autour de la photo de dimen2
sions 8 cm × 15 cm. On veut (15 + 2x )(8 + 2x ) − 8 × 15 = 8 × 15 ⇔ 120
+
30x
+
16x
+
4
x
−
120
= 120 ⇔ 4 x 2 1+ 46x − 120 = 0 ⇔ 2x 2 + 23x
35 21. ( 4 x + 1)( x + 3) admet deux
racines − et –3. Le trinôme
2
2
5 = 8 × 15 ⇔ 120 + 30x + 16x + 4 x − 120 = 120 ⇔ 4 x + 46x − 120 = 0 ⇔ 2x + 23x − 60 = 0
4
2
2
120 = 120 ⇔ 4 x + 46x − 120 = 0 ⇔ 2x + 23x − 60 = 0 .
est du signe de a = 4, donc strictement positif sauf entre les
Δ n=
232 − 4 × 2 × (−60) = 1009, Δ . 0 , l ’ é q u a t i o n
racines :
2
2x + 23x − 60 = 0, admet deux solutions réelles distinctes :
pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; − 3[ ou de l’intervalle
−23
+
1009
−23
−
1009
⎤
x1 =
≈ 2,19 et x2 =
≈ −13,69 . La
− 1 ; +` ⎡, ( 4 x + 1)( x + 3) . 0
⎦ 4
⎣
4
4
largeur du cadre autour de la photo est positive et donc égale
pour tout réel x de l’intervalle ⎤−3 ; − 1 ⎡ , ( 4 x + 1)( x + 3) , 0.
⎦
4⎣
−23
+
1009
à
cm.
1
⎡
⎤
4
6 = ]−` ; − 3[ < − ; +` .
⎦ 4
⎣
33 La parabole coupe l’axe des abscisses aux points d’abs2. 2x > 1+ x 2 ⇔ − x 2 + 2x − 1> 0 ⇔ − ( x − 1)2 > 0 .
Or, pour tout réel x, − ( x − 1)2 < 0 et − ( x − 1)2 = 0 ⇔ x = 1.
cisses –4 et 1 : f ( x ) = 0 ⇔ x = −4 ou x = 1.
6 = {1} .
Elle est au-dessus de cet axe sur ]−4 ;1[ : donc pour tout réel
3. Pour tout réel x, 4 + (2x − 5)2 est strictement positif.
x de l’intervalle ]−4 ;1[, f (x) . 0.
Donc l’inéquation 4 + (2x − 5)2 <
≤ 0 n’a pas de solution dans
Elle est en dessous de cet axe sur ]−` ; − 4 [ et sur ]1; +`[ :
R.
6
=
∅.
donc pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; − 4 [ ou de ]1; +`[,
4. Pour tout réel x, −5( x + 1)2 <
≤ 0 et
f (x) , 0.
−5( x + 1)2 = 0 ⇔ ( x + 1)2 = 0 ⇔ x = −1. 6 = {−1} .
5. x 2 < x ⇔ x 2 − x < 0 ⇔ x ( x − 1) , 0. Le trinôme x ( x − 1)
34 1. Δ
n= 52 − 4 × 2 × 4 = −7.
admet deux racines 0 et 1, il est du signe de a = 1, donc stricΔ , 0, donc le trinôme f (x) est du signe de a (a = 2), donc
tement positif sauf entre les racines. Donc :
strictement positif pour tout réel x .
2
pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; 0[ ou 2. Δ
n= (−7) − 4 × 4 × 3 = 1.
de
l’intervalle ]1; +`[, x ( x − 1) . 0
Δ . 0, donc le trinôme g (x) admet deux racines réelles
pour
tout réel x de l’intervalle ]0 ;1[ , x ( x − 1) , 0.
distinctes :
6
=
0
] ;1[ .
x1 = 7 + 1 = 8 = 1 et x2 = 7 − 1 = 6 = 3 .
2
8
2×4
2×4 8 4
6. x − 3x . 0 ⇔ x ( x − 3 ) . 0. Le trinôme x ( x − 3 ) admet
g (x) est du signe de a (a = 4 . 0) sauf entre les racines, donc :
deux racines 0 et 3, il est du signe de a = 1, donc strictement
3
positif
sauf entre les racines. Donc :
pour tout réel x de l’intervalle ⎤−` ; ⎡ ou de l’intervalle
⎦
4⎣
pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; 0[ ou
]1; +`[, g (x) . 0
de l’intervalle ⎤⎦ 3 ; +` ⎡⎣, x ( x − 3 ) . 0
pour tout réel x de l’intervalle ⎤ 3 ;1⎡ g (x) , 0.
⎦4 ⎣
pour tout réel x de l’intervalle ⎤⎦0 ; 3 ⎡⎣ , x ( x − 3 ) , 0.
2
1
6 = ]−` ; 0[ < ⎦⎤ 3 ; +` ⎡⎣.
.
3. Réponse immédiate si on factorise h ( x ) = x −
2
n= 12 − 4 × 1× 1 = 0.
Sinon : Δ
36 1. x 2 − 0, 4 x + 0,04 = ( x − 0,2)2. Or, ( x − 0,2)2 ≥>00 et
4
( x − 0,2)2 = 0 ⇔ x = 0,2. 6 = {0,2}.
2. − x 2 + 5x < 7 ⇔ − x 2 + 5x − 7 , 0 .
(
40
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
12 − 4 × 1+ 3 = 0 . 1 est une solution évidente de l’équation
x 2 − 4 x + 3 = 0.
x1x2 = 3 ⇔ x2 = 3. Il est donc possible d’attraper deux fois la
1
carpe. La première fois au point d’abscisse 1 et la deuxième
fois au point d’abscisse 3.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
39 1. Il semble que sur l’intervalle [−0,15 ;1,65], la courbe #1
n=
Δ = (5)2 − 4 × (−1) × (−7) = −3.
représentative de la fonction f1 soit au-dessus de la courbe
Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + 5x − 7 est du signe de a = –1,
#2 représentative de la fonction f2, et que sur les intervalles
donc strictement négatif pour tout réel x. 6 = R.
−` ; − 0,15] et [1,65 ; +`[, la courbe #1 soit en dessous de #2.
]
3. 2 x 2 > 4 x − 6 ⇔ 2 x 2 − 4 x + 6 > 0 ⇔ x 2 − 6x + 9 > 0 ⇔ ( x − 3)2 > 0
2
2
2
3
3
2. f1 ( x ) − f2 ( x ) = − x + 3x + 2 − (3x − 3x + 1) = −4 x + 6x + 1
2
2
+ 6 > 0 ⇔ x − 6x + 9 > 0 ⇔ ( x − 3) > 0 .
f1 ( x ) − f2 ( x ) = − x 2 + 3x + 2 − (3x 2 − 3x + 1) = −4 x 2 + 6x + 1.
6 = R.
Δ
n= 62 − 4 × (−4 ) × 1 = 52 . Δ . 0, donc le trinôme :
4. 11x 2 + 16x − 9 ,10x + 8 ⇔ 11x 2 + 6x − 17 , 0 .
−4 x 2 + 6x + 1 admet deux racines réelles distinctes :
Δ
n= 62 − 4 × 11× (−17) = 784 .
x1 = −6 + 52 = 3 − 13 et x2 = −6 − 52 = 3 + 13 .
Δ . 0, donc le trinôme 11x 2 + 6x − 17 admet deux racines
2 × (−4 )
4
2 × (−4 )
4
réelles distinctes :
Il est du signe de a = –4, donc strictement négatif sauf entre
les racines. Donc :
5. x1 = −6 + 784 = −6 + 28 = 1
2 × 11
22
pour tout réel x de l’intervalle ⎤−` ; 3 − 13 ⎡ ou de l’intervalle
⎥⎦
4 ⎢⎣
et x2 = −6 − 784 = −34 = − 17 , il est du signe de a = 11,
11
2 × 11
22
⎤ 3 + 13 ; +` ⎡, f ( x ) − f ( x ) , 0 soit f ( x ) , f ( x )
2
1
2
donc strictement positif sauf entre les racines. Donc :
⎦⎥ 4
⎣⎢ 1
pour tout réel x de l’intervalle ⎤−` ; − 17 ⎡ ou
pour tout réel x de l’intervalle ⎤ 3 − 13 ; 3 + 13 ⎡ ,
⎦
11 ⎣
4 ⎣⎢
⎦⎥ 4
de l’intervalle ]1 ; +`[, 11x 2 + 6x − 17) . 0
f1 ( x ) − f2 ( x ) .
> 00 soit f1 ( x ) . f2 ( x ) .
pour tout réel x de l’intervalle ⎤− 11 ; 1⎡ , 11x 2 + 6x − 17 , 0.
On en déduit que sur l’intervalle ⎤ 3 − 13 ; 3 + 13 ⎡, la
⎦ 17 ⎣
4 ⎣⎢
⎦⎥ 4
6 = ⎤ −17 ;1⎡ .
courbe
#
représentative
de
la
fonction
f
est
au
dessus
de
1
1
⎦ 11 ⎣
la courbe #2 représentative de la fonction f2, et que sur les
37 1. Soit x = −3, alors x 2 = 9 donc x2 . 4 mais x < 2. Le
intervalles ⎤−` ; 3 − 13 ⎡ et ⎤ 3 + 13 ; +` ⎡, la courbe #1 est
4 ⎣⎢ ⎦⎥ 4
⎦⎥
⎣⎢
contre exemple permet de dire que l’affirmation est fausse.
au dessous de #2.
2. x 2 − 2x − 2 ,
< 00.
3. Il semble que pour tout x [ R , la courbe #3 représentative
Δ
n= (−2)2 − 4 × 1× (−2) = 12 .
de la fonction f3 soit en dessous de la courbe #4 représentaΔ . 0, donc le trinôme x 2 − 2x − 2 admet deux racines réelles
tive de la fonction f4.
distinctes :
f3 ( x ) − f4 ( x ) = − x 2 − 4 x + 2 − (2x 2 − x + 5) = −3x 2 − 3x − 3.
x1 = 2 + 12 = 1+ 3 et x2 = 2 − 12 = 1− 3 . Il est du signe
2 ×1
2 ×1
Δ
n= (−3)2 − 4 × (−3) × (−3) = −27.
de a = 1, donc positif sauf entre les racines. Donc :
Δ , 0, donc le trinôme −3x 2 − 3x − 3 a le signe de a = −3,
pour tout réel x de ⎤⎦1− 3 ;1+ 3 ⎡⎣ , x 2 − 2x − 2 , 0 et pour
donc strictement négatif pour tout réel x.
On en déduit que, sur R, la courbe #3 représentative de la
tout réel x de ⎤⎦−` ;1− 3 ⎡⎣ ou de ⎤⎦1+ 3 ; +` ⎡⎣, x 2 − 2x − 2 . 0.
fonction
f3 est en dessous de la courbe #4 représentative de
L’affirmation est vraie.
la
fonction
f4.
2
3. − x + x − 1 ,
< 00.
Δ
n= 12 − 4 × (−1) × (−1) = −3.
Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + x − 1 a le signe de a = –1 donc
strictement négatif pour tout réel x. L’affirmation est fausse.
4. 2x 2 − 12x + 18 . 0 ⇔ x 2 − 6x + 9 . 0 ⇔ ( x − 3)2 . 0 .
L’affirmation est fausse, 2x 2 − 12x + 18 s’annule pour x = 3.
38 1. Il semble que sur l’intervalle [−2 ;1], la courbe # soit en
dessous de P et que sur les intervalles ]−` ; − 2] et [1; +`[,
la courbe # soit au-dessus de P.
2. f ( x ) − g ( x ) = x 2 − (− x + 2) = x 2 + x − 2.
1 est racine évidente du trinôme x 2 + x − 2, le produit des
racines est c = −2, la deuxième racine est donc –2
a
Le trinôme a le signe de a = 1 donc positif sauf entre les
racines. Donc :
pour tout réel x de ]−2 ;1[ , f ( x ) − g ( x ) , 0 soit f ( x ) , g ( x )et
pour tout réel x de ]−` ; − 2[ ou de ]1 ; +`[, f ( x ) − g ( x ) . 0
soit f ( x ) . g ( x ).
On en déduit que les deux courbes sont sécantes aux points
d’abscisses –2 et 1, que sur l’intervalle ]−2 ;1[, la courbe #
est au dessous de P, sur les intervalles ]−` ; − 2[ et ]1; +`[ ,
la courbe # est au-dessus de P. Cela confirme la conjecture
de la question 1.
40 3 × 3 = 9, l’aire du carré de verre est de 9 m2. L’aire de la
partie découpée est la somme de l’aire d’un carré de coté
x m et d’un rectangle de dimensions 3 et x. Ainsi l’aire de la
vitre est donnée par l’expression 9 − ( x 2 + 3x). S’il souhaite
que la vitre ait une aire supérieure à 5 m2, il faut chercher les
valeurs de x, avec x [ [0 ;1,5] telles que :
9 − ( x 2 + 3x).5.
9 − ( x 2 + 3x).5 ⇔ − x 2 − 3x + 4 . 0 .
Δ (−3)2 − 4 × (−1) × 4 = 25.
n=
Δ . 0, donc le trinôme − x 2 − 3x + 4 admet deux racines
réelles distinctes :
x1 = 3 + 25 = −4 et x2 = 3 − 25 = 1.
2 × (−1)
2 × (−1)
Il est du signe de a = –1, donc strictement négatif sauf entre
les racines. Donc :
pour tout réel x de l’intervalle ]−` ; − 4[ ou de l’intervalle
]1; +`[, − x 2 − 3x + 4 , 0 et
pour tout réel x de l’intervalle ]−4 ;1[ , − x 2 − 3x + 4 . 0.
x est un réel de l’intervalle [0 ;1,5], ainsi les solutions sont les
réels de l’intervalle [0 ;1] .
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
41
Exercices
41 1. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients
43 1. x2 + 1est définie sur R.
2
2x = 3 ⇔ 2x − 3( x + 1) = 0 ⇔ −3x 2 + 2x − 3 = 0 ⇔ −3x 2 + 2x
a = 1, b = 2 et c = 9 . Son écriture canonique est :
x2 + 1
x2 + 1
x2 + 1
x2 + 1
2
3( x 2 + 1)
2
b
−2
2x
+
2x
−
3
2x
−3x
2
( x − α ) + β avec α = − = 3=⇔ = −1 −
=0⇔
= 0 ⇔ −3x + 2x − 3 = 0.
x2 + 1
1 22 − 4 × (−3) × (−3) = −32.
x 2 + 1 2a2 2 x 2 + 1
x 2 +Δ
n=
et β = f (α ) = f (−1) = (−1) + 2 × (−1) + 9 = 8. Δ , 0, donc le trinôme −3x 2 + 2x − 3 n’admet pas de racine
2
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = ( x + 1) + 8.
réelle. 6 = { }.
2. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients
2. 3 − 1 = 2 est définie sur R \ 0 ; 1 .
x 2x − 1
2
a = −1, b = −6 et c = 7. Son écriture canonique est :
3
2x
−
1
2x (2x − 1)
(
)
x
3− 1 =2⇔
−
−
= 0 ⇔ 6x − 3 − x −
− ( x − α )2 + β avec α = − b = 6 = −3
x 2x − 1
x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1)
x (2x
2a −2
2
2
2x
2x
−
1
3
2x
−
1
(
)
(
)
2
x
1 6 ×=(−3
et β = f (α ) = f (−3) = −3(−3
−
= 0 ⇔ 6x − 3 − x − 4 x + 2x = 0 ⇔ −4 x + 7x − 3 = 0 ⇔ −
2⇔
−) −
) + 7 = 16 . −
x 2x − 1
x (2x − 1) x (2x − 1) x (2x − 1)
x (2x − 1)
x (2x − 1)
2
2
− 1)
3(2xréel
− 1) x, f ( x )x= − ( x +2x
tout
3)(22x+ 16.
+
2x
−4
x
+
7x
−
3
6x
−
3
−
x
−
4
x
2
3 − Donc,
1 = pour
−
−
=0⇔
=0⇔
= 0 ⇔ −4 x + 7x − 3 = 0.
2⇔
x 2x3.−f1est une xfonction
x (2x − 1)
x (2x − 1) de xdegré
(2x − 1) polynôme
(2x − 12) de coefficientsx (2x − 1)
a = 2, b = −8 et c = 9 . Son écriture canonique est :
1 est racine évidente, le produit des racines est c = 3 donc
a 4
2
2 ( x − α ) + β avec α = − b = 8 = 2
3
3
2a 4
la deuxième racine est . 6 =
;1 .
4
4
et β = f (α ) = f (2) = 2 × (2)2 − 8 × 2 + 9 = 1 .
3. 32 − 1 = 1 est définie sur R \ {0} .
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 2 ( x − 2)2 + 1.
2x
x
4. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients
3 − 1 = 1 ⇔ 6 − x − 2x 2 = 0 ⇔ −2x 2 − x + 6 = 0 ⇔ −2x 2 − x
2
a = 3, b = 9 et c = −1. Son écriture canonique est : 2
2x
2x 2 2x 2 2x 2
2x 2
2x
−
x
+
6
x
2x
−2x
2
1
6
3
= 0 ⇔ −2x − x + 6 = 0.
−9 = −2 3− 2 − 2 = 0 ⇔
2
3( x − α )2 + β avec xα2 =− −2xb ==1 ⇔
2
2x
2x
6 2x 2 2x
2a
Δ
n=
−1
− 4 × (−2) × 6 = 49
(
)
2
Δ . 0, donc le trinôme −2x 2 − x + 6 admet deux racines
et β = f (α ) = f − 3 = 3 × − 3 + 9 × − 3 − 1 = − 31 .
2
2
2
4
réelles distinctes :
2
3
31
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = 3 x +
− .
x1 = 1+ 49 = −2 et x2 = 1− 49 = 3 . 6 = −2 ; 3 .
2
4
2 × (−2)
2 × (−2) 2
2
5. f est une fonction polynôme de degré 2 de coefficients
44 1. ( x − 1)( x 2 − 5x + 6) = 0 est définie sur R.
a = −5, b = 7 et c = 4. Son écriture canonique est :
( x − 1)( x 2 − 5x + 6) = 0 ⇔ x − 1 = 0 ou x 2 − 5x + 6 = 0
−5( x − α )2 + β avec α = − b = −7 = 7
x − 1 = 0 ⇔ x = 1.
2a 2 × (−5) 10
x 2 − 5x + 6 = 0
2
et β = f (α ) = f 7 = −5 × 7 + 7 × 7 + 4 = 129 .
Δ
n= (−5)2 − 4 × 1× 6 = 1
10
10
10
20
2
Δ . 0, donc le trinôme x 2 − 5x + 6 admet deux racines réelles
Donc, pour tout réel x, f ( x ) = −5 x − 7 + 129 .
distinctes :
10
20
42 • Δ . 0, alors pour tout x [ R, f ( x ) = a ( x − x1)( x − x2 )
x1 = 5 + 1 = 3 et x2 = 5 − 1 = 2.
2 ×1
2 ×1
avec x1 , x2.
6 = {1; 2 ; 3} .
2
x
x1
x2
–`
+`
R\ −5 .
2. − x + 5x − 7 = 0 est définie sur R
2
2x + 5
–
0
+
+
x – x1
− x 2 + 5x − 7 = 0 ⇔ − x 2 + 5x − 7 = 0.
2x + 5
n= 52 − 4 × (−1) × (−7) = −3
Δ
x – x2
–
–
0
+
Δ , 0, donc le trinôme − x 2 + 5x − 7 n’admet pas de racine
réelle. 6 = { }.
(x – x1) (x – x2)
+
0
–
0
+
3. x 3 − x 2 + 4 x = 0 est définie sur R.
x 3 − x 2 + 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x = 0 ou x 2 − x + 4 = 0
Pour tout réel x de ]−` ; x1[ < ]x2 ; +`x[ 3, −puisque
le
2
x + 4 x = 0 ⇔ x ( x 2 − x + 4 ) = 0 ⇔ x = 0 ou x 2 − x + 4 = 0
produit ( x − x1 )( x − x2 ) est strictement positif, le trinôme
x2 − x + 4 = 0
a ( x − x1 )( x − x2 ) a le signe de a.
Δ
n= (−1)2 − 4 × 1× 4 = −15
2
• Δ 5 0, alors pour tout x [ R, f ( x ) = a ( x − x0 ) .
Δ , 0, donc le trinôme x 2 − x + 4 n’admet pas de racine réelle.
2
2
f ( x0 ) = 0 et pour tout réel x ≠ x0, ( x − x0 ) . 0 donc a ( x − x0 )
6 = {0} .
a le signe de a.
• Δ , 0, d’après le cours, pour tout x [ R,
45 1. 2x , − 1 est définie sur R.
2
⎤
⎡
b
Δ
2x + 3
f (x ) = a ⎢ x +
− 2 ⎥.
2
x ,− 1⇔
x
2a
4a ⎦
⎣
+ 1, 0 ⇔ 2x +2 x + 3 , 0.
2
2
2
2x + 3
2x + 3
2x + 3
p o u r t o u t x [ R , x + b − Δ2 >.0 0 d o n c e t
2
2a
4a
> 00.
Pour tout x [ R, 2x + 3 .
2
a ⎡⎢ x + b − Δ2 ⎤⎥ a le signe de a.
2a
4a ⎦
⎣
{ }
{ }
( )
(
( )
( )
)
( )
(
{
)
{ }
(
(
42
)
)
(
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
}
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
Le trinôme 2x 2 + x + 3 a pour discriminant :
Δ
n= 12 − 4 × 2 × 3 = −23.
Δ , 0, donc pour tout réel x, le trinôme 2x 2 + x + 3 est du
signe de a (ici a = 2).
D’où le tableau de signes :
–`
x
–
2x + 5
–
5
2
0
+`
+
2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Ainsi, pour tout réel x, 2x +2 x + 3 >
.00 donc l’inéquation
–
–
–x2 + 5x – 7
2x + 3
x , − 1 n’admet pas de solution dans R.
–x2 + 5x – 7
2x 2 + 3
+
–
2x + 5
3x
>5x est définie sur R
R \ {−1} .
2.
x +1
6 = ⎤− 5 ; +` ⎡ .
⎣
3x >5x ⇔ 3x − 5x ( x + 1) > 0 ⇔ −5x 2 − 2x > 0 ⇔ − x (5x + 2) >⎦ 0 2
x +1
x + 13. x 3 − x 2 + 4 x >
x +1
x +1
x +1
≥ 00 est définie sur R.
3
2
2
x
−
x
+
4
x
>
0
⇔ x (x2 − x + 4) > 0
− x (5x + 2)
> 0.
> 0 ⇔ −5x − 2x > 0 ⇔
2
Le trinôme x − x + 4 n’a pas de racine réelle, il est du signe
x +1
x +1
de
a = 1, pour tout réel x. Le produit x ( x 2 − x + 4 ) a donc le
Le trinôme − x (5x + 2) est du signe de a = –1, donc négatif,
signe de x. 6 = [0 ; +`[ .
2
sauf entre ses racines 0 et − . Le dénominateur x + 1 est
47 Deux réels u et v sont les racines du trinôme
5
x − u )( x − v ) = x 2 − Sx + P, en posant u + v = S et u × v = P.
(
négatif pour x , –1, et positif sinon.
Le discriminant de ce trinôme est Δ = (–S)2 – 4P = S2 – 4P. Le
2
⎤
⎡
6 = ]−` ; − 1[ < − ; 0 .
trinôme admet deux racines (éventuellement confondues) si
⎣ 5 ⎦
et seulement si Δ > 0, donc si et seulement si S2 > 4P.
R \ {0;3}.
3. 1 + 2 .3, est définie sur R
48 On note n et n + 1 les deux entiers consécutifs. Le produit
4x 3 − x
de
2 deux entiers consécutifs est égal au double de la somme
12x (3 − x )
29x + 3 . 0
8x
1 + 2 .3 ⇔ 3 − x +
−
. 0 ⇔ 12xse −traduit
4x 3 − x
4 x (3 − x ) par l’équation : 2
4 x (3 − x ) 4 x (3 − x ) 4 x (3 − x )
n (n + 1) = 2 (n + n + 1) ⇔ n + n − 4n − 2 = 0 ⇔ n2 − 3n − 2 = 0
2
3 − x)
12x
−
29x
+
3
n (n + 1) = 2 (n + n + 1) ⇔ n2 + n − 4n − 2 = 0 ⇔ n2 − 3n − 2 = 0.
.0 ⇔
. 0.
3 − x)
4 x (3 − x )
Le trinôme x 2 − 3x − 2 a pour discriminant :
• L e t r i n ô m e 12x 2 − 29x + 3 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−3)2 − 4 × 1× (−2) = 17. Δ . 0 , d o n c l e t r i n ô m e
2
Δ = (−29) − 4 × 12 × 3 = 697. Δ . 0, donc le trinôme
x 2 − 3x + 2 admet deux racines réelles distinctes :
2
12x − 29x + 3 admet deux racines réelles distinctes :
x1 = 3 + 17 et x2 = 3 − 17 . Les deux racines x1 et x2 ne sont
2
2
29
+
697
29
−
697
x1 =
et x2 =
. Il est du signe de a = 12,
24
24
pas des entiers. Il n’existe donc pas deux entiers consécutifs
dont le produit est égal au double de la somme.
sauf entre les racines.
49 −2x 2 + 5x = p ⇔ −2x 2 + 5x − p = 0. Le trinôme a pour
• Le trinôme 4 x (3 − x ) est du signe de a = −4 sauf entre les
discriminant Δ = 52 − 4 × (−2) × (− p) = 25 − 8 p
racines 0 et 3.
a. 25 − 8 p, 0 ⇔ 8 p.25 ⇔ p. 25 .
6 = ⎤0 ; 29 − 697 ⎤ < ⎡ 29 + 697 ; 3⎡ .
8
24
24
⎦⎥
⎦⎥ ⎣⎢
⎣⎢
b. 25 − 8 p = 0 ⇔ 8 p = 25 ⇔ p = 25 .
8
46 (Reprise de certains résultats de l’exercice 44)
25 .
c.
25
−
8
p>
0
⇔
8
p<25
⇔
p<
8
1. ( x − 1)( x 2 − 5x + 6) .
> 00 est définie sur R.
Le trinôme x 2 − 5x + 6 a pour racines 2 et 3. Il a le signe de
a = 1 sauf entre les racines.
D’où le tableau de signes :
x
1
–`
x–1
–
x2 – 5x + 6
+
(x – 1) (x2 – 5x + 6)
–
6 = ]1; 2[ < ]3 ; +`[ .
0
0
2
+
+`
3
+
+
+
0
–
0
+
+
0
–
0
+
{ }
2
2. − x + 5x − 7 <
≤ 00 est définie sur R \ − 5 .
2x + 5
2
2
Le trinôme − x + 5x − 7 n’admet pas de racine réelle. Il est
du signe de a = −1 pour tout réel x.
50 1. On pose X = x 2 . L’équation devient X 2 − 9X + 14 = 0.
n= (−9)2 − 4 × 1× 14 = 25.
2. Δ
Δ . 0, donc le trinôme X 2 − 9X + 14 admet deux racines
réelles distinctes :
9 + 25 = 7 et 9 − 25 = 2.
2
2
3. X = 7 ⇔ x 2 = 7 ⇔ x = 7 ou x = − 7 .
X = 2 ⇔ x 2 = 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2 .
Ainsi, l’ensemble des solutions de l’équation (E) est
6 = {− 7 ; − 2 ; 2 ; 7 }.
4. a. On pose X = x 2 . L’équation devient −2X 2 + 7X − 5 = 0.
1 est racine évidente, le produit des racines étant 5 , la
2
deuxième racine est 5 .
2
X = 1 ⇔ x 2 = 1 ⇔ x = 1 ou x = −1 ;
X = 5 ⇔ x 2 = 5 ⇔ x = 5 ou x = − 5 .
2
2
2
2
5
5
6= −
; − 1;1;
.
2
2
{
}
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
43
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
b. On pose X =⎧ x 2 .8a
L’équation
X 2⎧ +24a
X − +2012b
= 0.
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎪⎧ −2, 4 + 12b +
+ 4b + 9 =devient
0
+ 27 = 0
2
2
⇔⎨
⇔
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎨
Δ
n= 1 − 4 × 1× (−20
=
81
.
0
donc
le
trinôme
X
+
X
−
20
)
a = −0,1
a = −0,
60a + 6 = 0
⎪⎩
⎩ 36a − 12b − 21 = 0
⎩
⎩ 36a − 12b − 21 = 0
⎩
admet deux racines réelles distinctes : −1+ 81 = 4 et
2
⎧⎪ b = −2,05
⎧⎪ −2, 4 + 12b + 27 = 0
⎧⎪ 12b = −24,6
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
−1− 81 = −5.
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
a = −0,1
a = −0,1
60a + 6 = 0
⎪⎩ a = −0,1.
⎪⎩
⎪⎩ a = −0,1
2=0
⎩ 36a − 12b − 21
⎩
⎩
X = 4 ⇔ x 2 = 4 ⇔ x = 2 ou x = −2 ;
⎧⎪ b = −2,05
⎧⎪ −2,équation
⎧⎪ 12b réelle,
⎧ 24aX+=12b
4 + 12b +n’a
27pas
= 0de solution
= −24,6
−5 +⇔27x 2= =0 −5⇔, cette
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
a = 6−0,1
a = −0,1
d’où
= {−2 ; 2} . ⎩⎪
⎩
⎩⎪ a = −0,1.
⎩⎪ a = −0,1
2
2
c. On pose X = x . L’équation devient 2X − 13X − 7 = 0.
Finalement, f ( x ) = −0,1x 2 − 2,05x + 4,5.
Δ
n= (−13)2 − 4 × 2 × (−7) = 225.
Δ . 0, donc le trinôme 2X 2 − 13X − 7 admet deux racines
53 1. Il semble que sur ]−7 ; 3[ et sur ]−2 ; +`[, la courbe
représentative
de la fonction f soit au-dessus de la courbe
réelles distinctes : 13 + 225 = 7 et 13 − 225 = − 1 .
2
2×2
2×2
représentative de la fonction g et que sur les intervalles
X = 7 ⇔ x 2 = 7 ⇔ x = 7 ou x = − 7 ;
]−` ; − 7[ et ]−3 ; − 2[, elle soit en dessous.
x − 1− ( x + 3)(− x − 5) x − 1+ x 2 +
X = − 1 ⇔ x 2 = − 1 , cette équation n’a pas de solution réelle,
=
2. f ( x ) − g ( x ) = x − 1 − (− x − 5) =
2
2
x +3
x+
x+3
2
2
−
x
−
5
x
−
1−
x
+
3
(
)
(
)
d’où 6 = {− 7 ; 7 } .
f ( x ) − g ( x ) = x − 1 − ( − x − 5) =
= x − 1+ x + 5x + 3x + 15 = x + 9x + 14 .
x+3
x +3
x +3
x2 + 3
2
4
2
4
4
2
2
8
d. 2x − 4 2x +
= 0 ⇔ 2x − 8x + 8 = 0 ⇔ x − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 22 ) = 0 ⇔ x 2 − 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2
P
x
=
x
+
9x
+
14.
P
(x)
a
pour
discriminant
:
Soit
(
)
2
2
2
4
2
4
2
2
2
.
Δ
=
9
−
4
×
1×
14
=
25
x − 8x + 8 = 0 ⇔ x − 4 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 2) = 0 ⇔ x − 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2
2
Δ . 0, donc le trinôme x 2 + 9x + 14 admet deux racines
x 2 + 4 = 0 ⇔ ( x 2 − 2) = 0 ⇔ x 2 − 2 ⇔ x = 2 ou x = − 2 .
réelles distinctes :
6 = {− 2 ; 2 }.
x1 = −9 + 25 = −2 et x2 = −9 − 25 = −7 . Il est du signe de
2
2
51
a = 1, donc positif sauf entre les racines.
Saisir les coefficients a, b,c
Calculer Δ = b2 − 4ac
x
–7
–3
–2
–`
+`
Si Δ , 0
retourner « pas de solution réelle »
x+3
–
–
0
+
+
si Δ = 0
b
La solution prend la valeur −
2a
+
0
–
–
0
+
x2 + 9x + 14
Si la solution est strictement positive, retourner les
x2 + 9x + 14
–
0
+
–
0
+
valeurs − − b et − b
2a
2a
x+3
Si la solution est nulle
Sur les intervalles ]−7 ; 3[ et ]−2 ; +`[, la courbe représentative
retourner la valeur 0.
de
la fonction f est au-dessus de la courbe représentative de
Sinon
la
fonction
g.
retourner « pas de solution »
Sur
les
intervalles
]−` ; − 7[ et ]−3 ; − 2[, la courbe représentaSinon
tive
de
la
fonction
f est en dessous de la courbe représentative
–b
−
Δ
–b
+
Δ
Les solutions prennent les valeurs
et
2a
2a
de la fonction g.
Si les solutions sont strictement positives, retourner
Les deux courbes sont sécantes aux points d’abscisses
−7 et − 2.
–b
−
Δ
–b
−
Δ
–b
+
Δ
les valeurs
;−
et −
;
2a
2a
2a
2
54 1 − ( x − 1) = 1− ( x − 1) = (1− x + 1)(1+ x − 1) = x (− x + 2)
–b + Δ .
x −1
x −1
x −1
x −1
2a
2
1+
x
−
1
x
−
x
+
2
1−
x
−
1
1−
x
+
1
(
)
(
)
(
)
(
)
1 − ( x − 1) =
.
=
=
Si les solutions sont nulles x − 1
x −1
x −1
x −1
retourner la valeur 0.
x
0
1
2
–`
+`
Sinon
retourner « pas de solution »
x
– 0 +
+
+
52 f (0) = 9 ⇔ a × 02 + b × 0 + c = 9 ⇔ c = 9 .
2
2
2
–x + 2
+
+
+ 0 –
2
9
f (2) = 0 ⇔ a × 2 + b × 2 + = 0 ⇔ 4a + 2b + 9 = 0 ⇔ 8a + 4b + 9 = 0
2
2
⇔ 4a + 2b + 9 = 0 ⇔ 8a + 4b + 9 = 0.
(x – 1)
–
– 0 +
+
2
2
39
9
39
21
f (−3) =
⇔ a × (−3) + b × (−3) + =
⇔ 9a − 3b −
= 0 ⇔x36a
(–x −+ 12b
2) − 21 = 0
4
4
2
4
+ 0 –
+ 0 –
(x – 1)
)2 + b × (−3) + 9 = 39 ⇔ 9a − 3b − 21 = 0 ⇔ 36a − 12b − 21 = 0 .
2
4
4
Sur les intervalles ]−` ; 0[ et ]1; 2[, la courbe d’équation
⎧⎪ −2, 4 + 12b + 27 = 0
⎧⎪
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎧ 8a + 4b + 9 = 0
⎧ 24a + 12b + 27 = 0
⎧ 24a + 12b + 271= 0
y=
est⇔
au-dessus
de la droite d’équation
y = x − 1.
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎨
x
−
1
a = −0,1
60a + 6 = 0
a = −0,1
⎪⎩
⎪⎩
⎩ 36a − 12b − 21 = 0
⎩ 36a − 12b − 21 = 0
⎩
⎩
44
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
Sur les intervalles ]0 ;1[ et ]2 ; +`[, la courbe d’équation
y = 1 est au dessous de la droite d’équation y = x − 1.
x −1
Les deux courbes sont sécantes aux points d’abscisses 0 et 2.
59 1. Lorsque m est égale –1, 0 ou 4, l’équation (E) semble
admettre une solution, lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[ il semble
que l’équation (E) admette deux solutions distinctes, lorsque
m [ ]−` ; − 1[ < ]4 ; +`[ l’équation (E) semble ne pas admettre
de
solution.
⎧⎪
⎧ y = x +1
⎧⎪
⎧⎪
y = x +1
y = x +1
y = x +1
55 ⎪⎨
2.
a.
Pour
⇔
⇔
⇔ ⎨ m = 0 l’équation (E). devient −8x + 1 = 0 ; la solution
⎨
⎨
2
2
2
2
2
2
2
2x + 2x − 41= 0
⎩⎪ x + x + 2x + 1 =de5cette⎩⎪équation
⎩⎪ x + y = 5
⎩⎪ x + ( x + 1) = 5
est .
8
2
x +1
y = x +1
y = x +1
⎪⎧
⎪⎧
m
≠
0.
4mx
−
4
m
+ 2) x + 2m + 1 a pour discriminant
b.
(
..
⇔⎨
⇔⎨
Δ = (−4 (m + 2))2 − 4 × 4m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 16m × (2m + 1) = 16
+ 1)2 = 5
⎪⎩ 2x 2 + 2x − 4 = 0
⎪⎩ x 2 + x 2 + 2x + 1 = 5
Δ = (−4 (m + 2))2 − 4 × 4m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 16m × (2m + 1) = 16 (m + 2)2 − 2m2 − m = 16 (−m2 + 3
Le trinôme 2x 2 + 2x − 24 a pour racine évidente 1, le produit
2
2
2
2
× (2m
+ 1) =est
16–2
+ 2) la
− 16m
× (2m racine
+ 1) = 16
) − 4 × 4mdes
(m donc
racines
deuxième
est(m
–2.+ 2) − 2m − m = 16 (−m + 3m + 4 ) .
–1 est racine évidente du trinôme −m2 + 3m + 4 ; le produit
Comme y = x + 1, les solutions du système sont (1; 2) et
(−2 ; − 1). Ce sont les coordonnées des points d’intersection des racines est –4 donc la deuxième2racine est 4.
lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[, Δ = −m + 3m + 4 a le signe de
de C et de D.
–a = 1 donc est strictement positif, donc l’équation (E) admet
56 La droite $m et la parabole Pm ne se coupent pas si et
deux solutions.
seulement si l’équation mx + 7 = mx 2 + 7x + 11 n’admet pas
Lorsque m = −1ou m = 4, Δ = −m2 + 3m + 4 = 0 et l’équation
de solution dans R.
(E) admet une solution.
mx + 7 = mx 2 + 7x + 11 ⇔ −mx 2 + (m − 7) x − 4 = 0.
Lorsque m [ ]−` ; − 1[ < ]4 ; +`[ , Δ = −m2 + 3m + 4 , 0 et
Le discriminant Δ = (m − 7)2 − 4 × (−m ) × (−4 ) = m2 − 14m + 49 −l’équation
16m = m2 (E)
− 30m
+ 49 pas de solution réelle.
n’admet
2
2
2
Δ = (m − 7) − 4 × (−m ) × (−4 ) = m − 14m + 49 − 16m = m − 30m + 49.
3. Lorsque m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[, (E) admet deux racines dont la
Soit P (m ) = m2 − 30m − 49, son discriminant est :
somme est − b = m + 2 . Elles sont opposées si et seulement si
Δ' = (−30)2 − 4 × 1× (−49) = 1096. Δ' . 0, donc le trinôme Pm
4m
a
admet deux racines réelles distinctes :
(m + 2) = 0 ⇔ m = −2. Or, m [ ]−1; 0[ < ]0 ; 4[ . L’équation ne
30 + 1096 = 15 + 274 et 30 − 1096 = 15 − 274 .
peut donc pas admettre deux racines opposées.
2
2
a . 0, donc P (m) est strictement négatif pour tout m dans
60 Soit deux nombres réels u et v dont le produit est 663 et
l’intervalle ⎦⎤15 − 274 ;15 + 274 ⎣⎡. Les réels m pour lesquels
la somme 56, alors ces deux nombres réels sont les racines
la droite $m et la parabole Pm ne se coupent pas sont ceux de
du polynôme P ( x ) = x 2 − 56x + 663. P (x) a pour discrimi-
(
l’intervalle ⎤⎦15 − 274 ;15 + 274 ⎡⎣.
57 1. Soit P ( x ) = x 2 − x + 1, P (x) a pour discriminant,
Δ = (−1)2 − 4 × 1× 1 = −3. Δ , 0, P (x) est du signe de a = 1,
)
(
)
nant Δ = (−56)2 − 4 × 1× 663 = 484 . Δ . 0, P ( x ) admet
deux racines réelles u et v :
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
u = 56 + 484 = 39 et v = 56 − 484 = 17.
2
2
donc strictement positif sur R.
2
2. x > 0 pour tout x [ R, donc f (x) > 0.
61 Une coquille s’est glissée dans l’énoncé : il faut lire
2
2
2
2
2
2 ( x 2 − x + 1)
− 2x =
+502xq2−+2 1000
2x ;−à2la,question
x
x
x
q +− x80 +000
2, il faut lire
f ( x ) ,2 ⇔ 2
,2 ⇔ 2
− 2
, 0 ⇔ C(q)
,0 ⇔
0
2
2
x − x +1
x − x +1
x − x +1
−
x
+
1
−
x 000.
+ 1 x
x
200
000
000
à
la
place
de
200
2
2
2 ( x 2 − x + 1)
+ 2x − 2 , 0 ⇔ − x 2 + 2x − 2 , 0 .
1. C (0) = 80 000 . Les coûts fixes de l’entreprise sont de
− 2
, 0 ⇔ x − 2x
2
1
x − x +1
x − x +1
x2 − x + 1
80 000 000 €.
Soit N ( x ) = − x 2 + 2x − 2, N (x ) a pour discriminant
2. C (q ) .200 000 ⇔ 50q2 + 1000q + 80 000 .200 000 ⇔ 5q2 + 100q −
Δ
n= 22 − 4 × (−1) × (−2) = −4 . Δ , 0, N (x) est du signe
de
2
C (q ) .200 000 ⇔ 50q + 1000q + 80 000 .200 000 ⇔ 5q2 + 100q − 12 000 . 0.
a = −1, donc strictement négatif pour tout réel x. Par ailleurs,
Δ = 1002 − 4 × 5 × (−12 000) = 250 000.
2
2
+ 2x − 2 , 0.
pour tout réel x, x 2 − x + 1. 0, donc x − 2x
x2 − x + 1
Δ . 0, donc 5q2 + 100q − 12 000 admet deux racines réelles :
Ainsi pour tout réel x, 0 < f ( x ) ,2.
q1 = −100 + 250000 = 40 et q2 = −100 − 250000 = −60.
58 1. Il semble que lorsque b varie, le point S sommet de la
2×5
2×5
2
parabole P décrive une parabole.
a = 5, donc 5q + 100q − 120 000 . 0 sur [40 ; 100]. À partir
de 40 000 voitures fabriquées, le coût de production devient
2. Soit S ( xs ; ys ) les coordonnées du sommet de la parabole.
supérieur à 200 000 000 €.
L’abscisse du sommet de la parabole est xS = − b .
2a
3 . R ( 40) = 40 × 6 000 = 240 000. L a r e c e t t e e s t d e
2
−b
−b
2
240 000 000 € pour 40 000 voitures commercialisées.
Alors ys = axS + bxS + c ⇔ ys = a
+b×
+c
2a
2a
4. R (q ) = 6000q
2
2
2
2
2
2
2
⇔ ys = a b 2 − −b + c ⇔ ys = a b 2 −5.bB (q+)c=⇔
− (bq ) +
yqs) =
c
R
−
C
(
2a
2a
2a = 6000q − (50q + 1000q + 80 000) = −50q + 50
4a
4a
2
2 − (50q2 + 1000q
2 + 80 000 ) = −50q2 + 5000q − 80 000
B (2q ) = R (q ) − C (q ) 2= 6000q
⇔ ys = a b 2 − −b + c ⇔ ys = a b 2 − b + c ⇔ ys = − b + c
2a
2a
2a 6. On cherche les valeurs de q pour lesquelles le bénéfice
4a
4a
2
2
2
2
2
−b
b
b
b
est positif.
−
+ c.
+ c ⇔ ys = a 2 −
+ c ⇔ ys = −
2a
2a
2a
a2
4a
−50q2 + 5000q − 80 000 a pour discriminant :
Δ = 5 0002 − 4 × (−50) × (−80 000) = 9 000 000. Δ . 0, donc
Lorsque b varie la courbe décrite par le point S est la parabole
2
−50q2 + 5000q − 80 000 admet deux racines réelles :
d’équation y = − b + c.
2a
( )
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
45
q1 = −5000 + 9000000 = −2000 = 20
−100
2 × (−50)
et q2 = −5000 + 9000000 = −8000 = 80.
−100
2 × (−50)
64 Soit l et L la largeur et la longueur respective de l’enclos.
On a, 2l + L = 460, soit L = 460 − 2l . Alors l’aire de l’enclos
est (l ) = l × L = l × ( 460 − 2l ) = −2l 2 + 460l .
a = –2, donc la fonction A admet un maximum en
l = −460 = 115. Alors, L = 460 − 2 × 115 = 230 . L’aire de
2 × (−2)
l’enclos est maximale pour l = 115 cm et L = 230 cm.
Pour réaliser un bénéfice, la quantité de voitures (en millier)
doit se situer dans l’intervalle [20 ; 80], soit entre 20 000 et
80 000 voitures vendues.
7. a = −50 , 0, donc la parabole est tournée vers le bas.
65 Soit n, n + 1 et n + 2 trois entiers consécutifs. On cherche
Le bénéfice aura donc une valeur maximale atteinte en
n
tel que :
α = − b = −5000 = 50.
n (n + 1)(n + 2) = n + n + 1+ n + 2 .
2a
−100
n (n + 1)(n + 2) = n + n + 1+ n + 2 ⇔ n (n + 1)(n + 2) = 3(n + 1) ⇔ (n + 1)(n
On trouve donc que le bénéfice maximal en milliers d’euros
n (n + =1)45
2) = n + n + 1+ n + 2 ⇔ n (n + 1)(n + 2) = 3(n + 1) ⇔ (n + 1)(n(n + 2) − 3) = 0 ⇔ (n + 1)(n2 + 2n − 3) = 0 ⇔ n + 1 = 0 ou n2
(n +000.
est B(50)
n + 1)(n + 2Le
+ 2)donc
− 3) = de
0 ⇔45(n000
+ 1)000
− 3) = 0 ⇔ n + 1 = 0 ou n2 + 2n − 3 = 0.
) = 3bénéfice
(n + 1) ⇔ maximal
(n + 1)(n(nest
(n2 +€2npour
n + 1 = 0 ⇔ n = −1
50 000 voitures vendues.
2
n
+ 2n − 3 = 0. 1 est racine évidente et le produit des racines
62 1. t0 = −8 = 8. Le javelot atteint le sommet de sa
est
–3, donc la deuxième racine est –3.
1
2× −
2
Les triplets d’entiers solutions sont :
trajectoire au bout de 8 secondes.
(−1, 0, 1) ; (−3,−2, −1) ; (1, 2, 3).
2
2
1
1
2. − t + 8t + 2 = 32 ⇔ − t + 8t − 30 = 0 .
66 Le triangle ABC est rectangle en B ⇔ AC 2 = AB2 + BC 2 .
2
2
2
2
1
Or, AC 2 = (−1− 2)2 + (3 − 1)2 = 9 + 4 = 13.
n= 8 − 4 × (−0,5) × (−30) = 4. Δ . 0, donc − t + 8t − 30
Δ
2
AB2 = ( x − 2)2 + (3 − 1)2 = x 2 − 4 x + 4 + 4 = x 2 − 4 x + 8
admet deux racines réelles :
CB2 = ( x + 1)2 + (3 − 3)2 = x 2 + 2x + 1
−8
+
4
−8
−
4
t1 =
= 6 et t2 =
= 10.
On a donc :
2 × (−0,5)
2 × (−0,5)
13 = x 2 − 4 x + 8 + x 2 + 2x + 1 ⇔ 2x 2 − 2x − 4 = 0.
Le javelot atteindra une hauteur de 32 m au bout de 6 s
–1 est racine évidente, le produit des racines est –2 donc la
(phase ascendante du javelot) puis au bout de 10 s (phase
deuxième racine est 2.
descendante).
Si x = −1, les points B et C sont confondus, donc le triangle
3. Le javelot atteint le sommet de sa trajectoire au bout de
ABC est rectangle en B si et seulement si les coordonnées
2
1
8 secondes, or, h (8) = − × 8 + 8 × 8 + 2 = 34.
de B sont (2 ; 3) .
2
Le javelot n’atteindra donc jamais la hauteur de 35 m.
67 Soit x l’un des côté de l’angle de droit du triangle rectangle
4. − 1 t 2 + 8t + 2 = 0. Δ
n= 82 − 4 × (−0,5) × 2 = 68.
2
isocèle. L’hypoténuse mesure donc x + 3.
Δ . 0, donc − 1 t 2 + 8t + 2 admet deux racines réelles :
Le triangle est rectangle si et seulement si ( x + 3)2 = x 2 + x 2 .
2
x 2 + 6x + 9 = 2x 2 ⇔ − x 2 + 6x + 9 = 0.
t1 = −8 + 68 et t2 = −8 − 68 = 8 + 2 17 .
Δ
n= 62 − 4 × (−1) × 9 = 72 . Δ . 0, donc − x 2 + 6x + 9 admet
2 × (−0,5)
2 × (−0,5)
deux racines réelles :
t est une grandeur positive, seul t2 convient. Le javelot touchera
le sol environ 16 secondes après avoir été lancé par l’athlète.
x1 = −6 + 72 = 3 − 3 2 et x2 = −6 − 72 = 3 + 3 2 .
2 × (−1)
2 × (−1)
63 1. − 1 gt 2 + v0 t + 2 . 4 ⇔ −5t 2 + v0 t − 2 . 0
Or,
x
est
une
longueur,
donc
x
est
positif : seule la valeur
2
3
+
3
2
convient.
2
2
Δ
n= v − 4 × (−5) × (−2) = v − 40
0
0
Le coefficient a étant négatif, pour que le trinôme soit positif il
68 On pose AM = x.
faut et il suffit que le discriminant le soit. Δ > 0 ⇔ v02 − 40 > 0
(MN) et (CH) sont parallèle alors, d’après le théorème de
v0 = 2 10 ou −2 10 sont les deux racines de v02 − 40,
Thalès (triangle AHC)
et Δ est positif à l’extérieur des racines. v0 est une vitesse,
x = MN ⇔ MN = 0,75x .
donc positive, le projectile atteindra donc une hauteur d’au
8
6
moins 4 m lorsque v0 > 2 10.
De même d’après le théorème de Thalès (triangle BCH),
2. − 1 g (2,5)2 + 2,5v0 + 2 > 0 ⇔ −31,25 + 2,5v0 + 2 > 0 ⇔ v0 > 11,7
BQ PQ
BQ MN
BQ 0,75x
=
⇔
=
⇔
=
⇔ BQ = 0,5x .
2 −31,25 + 2,5v + 2 > 0 ⇔ v > 11,7
2,5v0 + 2 > 0 ⇔
4
6
4
6
4
6
0
0
Pour que le projectile ne touche pas terre avant 2,5 s , il faut
MQ = 12 − 0,75x − 0,5x = 12 − 1,25x .
que la vitesse initiale soit supérieur à 11,7 m/s.
Alors l’aire du rectangle MNPQ est :
!( x ) = MQ × MN = 0,75x (−1,25x + 12) = −0,9375x 2 + 9x.
3. Pour que le projectile atteigne une hauteur de 4 m il lui faut
une vitesse initiale supérieure ou égale à 2 10 soit environ
a , 0, donc la fonction ! admet un maximum en :
6,3 m/s. D’après la question précédente, pour que le projec−9
− b =
= 4,8.
2a 2 × (−0,9375)
tile ne touche pas terre avant 2,5 s, il faut que la vitesse initiale
Le point M doit être situé sur le segment [ AB] à 4,8 unités
soit supérieur à 11,7 m/s. Ainsi, parmi les 2 conditions impodu
point A afin que l’aire du rectangle MNPQ soit maximale.
sées dans la question, celle ou le projectile ne touche pas
Cette
aire maximale est !(4,8) = 20,25 unités d’aire.
terre avant 5 s est la plus contraignante.
2
− 1 g (5) + 5v0 + 2 > 0 ⇔ −125 + 5v0 + 2 > 0 ⇔ v0 > 24,6
69 On se place dans un repère dont l’axe des abscisses est
2
le
sol et le centre est l’extrémité de gauche de l’arche et on
Pour que le projectile ne touche pas terre avant 5 s, il faut que
appelle
f la fonction polynôme du second degré qui modélise
la vitesse initiale soit supérieure à 24,6 m/s. Dans ces condil’arche.
tions le projectile atteindra au moins 4 m puisque 24,6 . 6,3.
46
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
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( )
f (0) = 0 et f ( 4 ) = 0 donc l’écriture factorisée de
f ( x ) = ax ( x − 4 )
f (0,5) = 1,75 ⇔ 0,5 a × (−3,5) = 1,75 ⇔ a = −1
Ainsi f ( x ) = − x 2 + 4 x. Cette fonction atteint son maximum en
− b = 2 et ce maximum est f (2) = −4 + 8 = 4. La hauteur de
2a
l’arche est de 4 m.
a = −1, donc A (x) > 6 si et seulement si x [ ⎡⎣3 − 3 ; 3 + 3 ⎤⎦ .
• A( x ) < 7 ⇔ − x 2 + 6x − 7 < 0 . Δ = 62 − 4 × (−1) × (−7) = 8,
Δ . 0, donc − x 2 + 6x − 7 admet deux racines réelles :
x1 = −6 + 8 = 3 − 2 et x2 = −6 − 8 = 3 + 2 .
−2
−2
a = −1, donc A (x) < 7 si et seulement si
x [ ⎡⎣0 ; 3 − 2 ⎤⎦ < ⎣⎡3 + 2 ; 6⎤⎦ .
6 < A (x) < 7 si et seulement si
x [ ⎡⎣3 − 3 ; 3 − 2 ⎤⎦ < ⎡⎣3 + 2 ; 3 + 3 ⎤⎦ .
70 Le capital de Mme Leroy acquis au bout de deux ans est
donné par C (x) où x est le taux de rémunération du compte
la première année.
73 • On détermine le temps mis par la première fusée pour
repasser par son altitude de départ 10,8 m.
C ( x ) = 5000 1+ x 1+ x + 1 = 5000 14 x 2 + 2,01 x + 1 .
100
100
100
10
−0,5 × 9,6 × t 2 + 19,2t + 10,8 = 10,8 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t = 0 ⇔ t (−4,8t +
1,01
2,01
22
Les intérêts sont C ( x ) − 5000 −0,5
= 5000
+ 0,01
× 9,6 ×4 tx ++19,2t +x 10,8
= 10,8 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t = 0 ⇔ t (−4,8t + 19,2) = 0 ⇔ t = 0 ou t = 4.
100
10
En phase descendante, la première fusée repasse par son
D’après l’énoncé les intérêts de Mme Leroy sont de 335,32 €
altitude initiale au bout de 4 s.
après ces deux années.
• On détermine l’instant auquel la première fusée touche le
2,01 x + 0,01 = 335,32 ⇔ 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 = 0
2
x
+
Ainsi, 5000 1,01
sol :
100
104
−0,5 × 9,6 × t 2 + 19,2t + 10,8 = 0 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 = 0
= 335,32 ⇔ 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 = 0.
2
× 9,6 × t + 19,2t + 10,8 = 0 ⇔ −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 = 0 .
Δ = 100,52 − 4 × 0,5 × (−285,32−0,5
) = 10670,89.
Δ = 19,22 − 4 × (−4,8) × 10,8 = 576,
Δ . 0, donc 0,5x 2 + 100,5x − 285,32 admet deux racines
Δ . 0, donc −4,8t 2 + 19,2t + 10,8 admet deux racines réelles :
réelles :
−19,2 − 576 = 4,5.
t1 = −19,2 + 576 = −0,5 et t2 =
x1 = −100,5 + 10670,89 = 2,8
2 × (−4,8)
2 × (−4,8)
2 × (0,5)
Or, t est un nombre positif, la première fusée touche donc le
sol 4,5 secondes après son décollage.
et x2 = −100,5 − 10670,89 = −203,8. Or, x est un taux
2 × (0,5)
• Soit a' et a0', l’accélération et la vitesse de la deuxième fusée
rémunérateur pour le compte, donc positif, seule la valeur
et k la fonction qui modélise son altitude, en mètre, en foncde 2,89 % convient.
tion du temps exprimé en seconde.
La deuxième fusée met une seconde de plus que la première
71 Soit x le nombre d’employés de l’entreprise, x est un
pour revenir à l’altitude de départ, ainsi k (5) = 10,8. La
nombre strictement positif.
deuxième fusée met aussi une seconde de plus que la
La prime qu’auraient dû toucher tous les employés est d’un
première pour toucher le sol, ainsi k (5,5) = 0.
montant égal à 39000 . Or, 5 cadres décident de ne pas la
⎧⎪
⎧⎪ −12,5a' + 5v0 + 10,8 = 10,8
x
−12,5a' + 5v0' = 0
⇔⎨
⇔
toucher, donc le montant de la prime effectivement distri⎨
⎪ −15,125a' + 5,5v0 + 10,8 = 0
⎪ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0
39000
⎩
⎩
buée sera de
. Ce montant est supérieur de 13 € par
x−5
⎧⎪
⎧⎪
a' = 0, 4v0'
−12,5a'On
+ 5v
= 10,8
−12,5a' + 5v0' = 0
0 + 10,8
rapport à la prime initialement⎧⎪prévue.
cherche
donc
x
⇔⎨
⇔⎨
⎨
tel que :
⎪⎩ −15,125a' + 5,5v0 + 10,8 = 0
⎪⎩ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0
⎪⎩ −6,05v0' + 5,5v0' + 10,8 = 0
39000 + 13 = 39000 ⇔ 39000 + 13x = 39000 ⇔ 39000x = ( x − 5)(39000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 −
⎧⎪
⎧⎪ −12,5a'
a' = 0, 4v0'
−12,5a'
x − 5= 10,8
x + 5v0 + 10,8
x⎧⎪
x − 5 + 5v0' = 0
⎪⎧ a' ≈ 7,85
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
39000
+
13x
2
2
39000
39000
=
⇔
39000x
=
x
−
5
39000
+
13x
⇔
39000x
=
13x
+
39000x
−
65x
−
195000
− 65x − 195000 = 0 ⇔
3=
⇔
(
)
(
)
v0'13x
≈ 19,6.
⎪⎩ ⇔
⎪ −15,125a' + 5,5v0' + 10,8 = 0
⎪ −6,05v0' + 5,5v0' + 10,8 = 0
x ⎩⎪− 5−15,125a' +x5,5v0 + 10,8
x − =5 0
⎩
⎩
x = 39000 ⇔ 39000x = ( x − 5)(39000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000 = 0 ⇔ x 2 − 5x − 15000
2 = 0
L’accélération
x−5
2 de la deuxième fusée est d’environ 7,85 m/s
000 + 13x ) ⇔ 39000x = 13x 2 + 39000x − 65x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000
=
0
⇔
x
−
5x
−
15000
=
0
et sa vitesse initiale d’environ 19,6 m/s.
x − 195000 ⇔ 13x 2 − 65x − 195000 = 0 ⇔ x 2 − 5x − 15000 = 0 .
74 1. Il semble que l’aire du triangle soit supérieure à 6
Δ = (−5)2 − 4 × 1× (−15000) = 60025. Δ . 0, donc
x 2 − 5x − 15000 admet deux racines réelles :
lorsque l’abscisse du point M appartient à l’intervalle ]1;1,27[
ou à l’intervalle ]4,73 ; +`[ .
x1 = 5 + 60025 = 125 et x2 = 5 − 60025 = −120. Or, x est un
2.
Soit M ( x M ; yM ), N ( x N ; yN ) et F (1; 2) . Déterminons l’équa2
2
tion
de la droite (MF). Soit m le coefficient directeur de la
nombre entier positif, le nombre d’employés de l’entreprise est
droite
(MF).
égal à 125. La prime est alors de 39000 = 325 €
€ par employé.
y
− yF
120
m= M
= 0−2 = − 2 .
xM − 1
xM − 1
x
M − xF
72 1. Il semble que pour répondre aux contraintes imposées,
la longueur GD doit appartenir à [1,27 ;1,59] < [ 4, 41; 4,73].
y = − 2 x + b. Le point F appartient à la droite
xM − 1
2
2. L’aire du carré est 6 × 6 = 36 cm . On pose x = GD = CE
⇔ yF = − 2 xF + b ⇔ 2 = − 2 × 1+ b ⇔ b = 2 + 2 ⇔ b =
et on appelle A la fonction qui à x associe l’aire de la partie
xM − 1
xM − 1
xM − 1
consacrée aux illustrations. On a :
2x
2
2
2
M
.
⇔b=
x +b⇔2=−
× 1+ b ⇔ b = 2 +
A( x ) = x × (6 − x ) ⇔
= −yxF2 =+ −6x .
xM − 1 F
xM − 1
xM − 1
xM − 1
2
• A( x ) > 6 ⇔ − x + 6x − 6 > 0.
2x M
est l’équation de la droite (MF).
Ainsi, y = − 2 x +
Δ = 62 − 4 × (−1) × (−6) = 12, Δ . 0, donc − x 2 + 6x − 6 admet
xM − 1
xM − 1
deux racines réelles :
x1 = −6 + 12 = 3 − 3 et x2 = −6 − 12 = 3 + 3 .
−2
−2
(
(
)
(
(
)
)
)
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)
)(
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
47
Le point N appartient à la droite (MF) et à l’axe des ordon2x M ⎞
⎛
nées, les coordonnées du point N sont donc ⎜ 0 ;
.
⎝ x M − 1⎟⎠
L’aire du triangle OMN rectangle en O est
2x M
× xM
x 2
x
ON × OM = M − 1
= M
2
2
xM − 1
Le problème revient à résoudre l’inéquation
xM 2
. 6.
xM − 1
Comme a . 0, pc ( x ) .0 ⇔ Δ , 0 ⇔ 1− 12c . 0 ⇔ c . 1 .
12
Les polynômes de l’ensemble F strictement positifs pour tout
réel x sont p1 (x), p2 (x), p3 (x), p4 (x) et p5 (x). 5 éléments.
3. pc (x) admet deux racines distinctes
⇔ Δ . 0 ⇔ 1− 12c . 0 ⇔ c , 1 .
12
1
c étant entier, c ,
⇔ c < 0. L’affirmation est vraie.
12
78 Soit t1 et t2 les temps de vol respectifs à l’aller et au retour.
x − 6x M + 6
xM
On a, t1 = 500 et t2 = 500 . De plus, le pilote sait qu’il lui
.6 ⇔ M
⇔ x M 2 − 6x M + 6 . 0.
V + 30
V − 30
xM − 1
xM − 1
faudra
deux
heures
de
vol
au total donc, t1 + t2 = 2.
Δ
n= (−6)2 − 4 × 1× 6 = 12, Δ . 0, donc x M 2 − 6x M + 6 admet
500 (V − 30) + 500 (V + 30) − 2 (V +
t1 + t2 = 2 ⇔ 500 + 500 = 2 ⇔
deux racines réelles :
V + 30 V − 30
(V + 30)(V − 30)
2
m1 = 6 + 12 = 3 + 3 et m2 = 6 + 12 = 3 − 500
3.
500 (V − 30) + 500 (V + 30) − 2 (V + 30)(V − 30)
2
t1 + t22 = 2 ⇔
+ 500 = 2 ⇔
= 0 ⇔ −2V + 1000V
+ 30
− 30
(V + 30)(V − 30)
(V + 30)(V
doncVpositif
Le trinôme x M 2 − 6x M + 6 est du signe de a V= 1,
2
+
500
V
+
30
−
2
V
+
30
V
−
30
500
V
−
30
(
)
(
)
(
)
(
)
500 + sauf
500 entre
les racines.
=2⇔
= 0 ⇔ −2V + 1000V + 1800 = 0 ⇔ −2V 2 + 1000V + 1800 = 0
V + 30 VD’où
− 30le tableau de signes : (V + 30)(V − 30)
(V + 30)(V − 30)
et V ≠ 30.
x
1
–`
+`
3− 3
3+ 3
Δn= (1000)2 − 4 × (−2) × 1800 = 1014400, Δ . 0 , d o n c
−2V 2 + 1000V + 1800 admet deux racines réelles :
x–1
– 0 +
+
+
V1 = 1000 + 1014400 ≈ −1,8
−4
1000
− 1014400 ≈ 502, la vitesse de l’avion est
x2 – 6x + 6
+
+
0
–
0
+
et V2 =
−4
x2 – 6x + 6
une grandeur positive, l’avion vole à une vitesse proche de
–
+
0
–
0
+
x–1
532 km/h à l’aller et de 472 km/h au retour.
2
L’aire du triangle est strictement supérieure à 6
lorsque l’abscisse du point M appartient à l’intervalle
⎤⎦1; 3 − 3 ⎡⎣ ou à l′ intervalle ⎤⎦3 + 3 ; +` ⎡⎣.
75 On pose x = AM, x [ [0 ; 4]. L’aire du carré AMPQ est x2.
Le deuxième quadrilatère hachuré est un carré de côté 4 − x.
Son aire est ( x − 4 )2.
Chercher la position du point M telle que l’aire hachurée
soit inférieure ou égale à 3, revient à résoudre l’inéquation
x 2 + ( x − 4 )2 <3.
x 2 + ( x − 4 )2 < 3 ⇔ 2x 2 − 8x + 13 < 0.
Δn= (−8)2 − 4 × 2 × 13 = 12, Δ , 0, donc 2x 2 − 8x + 13 est
du signe de a = 2 donc strictement positif pour tout réel x.
L’inéquation 2x 2 − 8x + 13 < 0 n’admet pas de solution et il
n’existe donc pas de position du point M sur [ AB] telle que
l’aire hachurée soit inférieure ou égale à 3.
2
= 1. La courbe
2 × (−1)
2a
représentative de la fonction f est symétrique par rapport à
la droite y = 1.
Si M ( x ; 0) avec x [ [0 ;1] alors l’abscisse du point N est x et
l’abscisse des points Q et P est 1+ (1− x ) = 2 − x . Les points N
et P appartiennent à la courbe, leur ordonnée est donc f (x).
D ’ o ù : M ( x ; 0) , N ( x ; − x 2 + 2x ) , P (2 − x ; − x 2 + 2x ) e t
Q (2 − x ; 0) .
2. Soit P (x) le périmètre du rectangle en fonction de l’abscisse
du point M.
P ( x ) = 2 (− x 2 + 2x ) + 2 ((2 − x ) − x ) = −2x 2 + 4. Or −2x 2 < 0,
donc −2x 2 + 4 < 4 .
Le périmètre du rectangle MNPQ est inférieur à 4.
76 1. f ( x ) = − x 2 + 2x . α = − b = −
77 1. Dans l’intervalle[–5 ; 5], il y a 11 entiers relatifs, l’ensemble F contient donc 11 éléments.
2. pc ( x ) = 3x 2 − x + c . Δ
n= (−1)2 − 4 × 3 × c = 1− 12c.
48
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
79 1. Le quadrilatère EFGH semble être un carré dont l’aire
est minimale pour x = 4.
2. [ EH ], [ EF ], [ FG ] et [ HG ] sont les hypoténuses de triangles
rectangles dont la mesure des deux côtés de l’angle droit sont
respectivement x et 8 − x. On a donc, EF = EH = FG = HG .
Le quadrilatère EFGH est un losange ou un carré.
Les triangles DEF, ECF, FBG et GAH sont égaux.
· = 180 − HED
· − DEH
·.
Dans le triangle HDE rectangle en E, EDH
· = 180 − CEF
· − DEH
· . Les triangles DEF et
On a aussi, HEF
·
·
· = EDH
· = 90°.
CFE étant égaux donc CEF = HED et ainsi HEF
Le quadrilatère EFGH est un carré.
L’aire du carré EFGH est égale à l’aire du carré ABCD à
laquelle on soustrait quatre fois l’aire du triangle DEH.
x (8 − x )
A( x ) = 64 − 4 ×
= 64 + 2x 2 − 16x = 2x 2 − 16x + 64 .
2
a . 0, A (x) admet donc un minimum atteint en 16 = 4.
4
80 Soient L la longueur et l la largeur d’un rectangle.
Le périmètre du rectangle est 20 équivaut à
2 ( L + l ) = 20 soit L + l = 10.
L’aire du rectangle, en fonction de l est :
A(l ) = l (10 − l ) = −l 2 + 10l.
a , 0, A admet donc un maximum atteint en 10 = 5. Dans ce
2
cas, L = 10 − 5 = 5 et le quadrilatère est un carré.
81 1. L’aire du parallélogramme MNPQ semble maximale
lorsque x = 1,25 cm.
2. L’aire du parallélogramme MNPQ semble égale à 30 cm2
lorsque x ≈ 3,3 cm.
3. L’aire du parallélogramme MNPQ est égale à l’aire du
rectangle ABCD à laquelle on soustrait l’aire des triangles
ANM, MDQ, QCP et PBN.
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2
Or, AANM = AQCP et AMDQ = APBN donc :
AMNPQ = AABCD − 2 × AANM − 2 × AMDQ
((
) (
x 10 − (5 − x ))
(5 − x )(5 − x )
−2×
2
2
x (5 + x )
(5 − x )(5 − x )
AMNPQ ( x ) = 60 − 2 ×
−2×
2
2
AMNPQ ( x ) = 60 − x (5 + x ) − (5 − x )(5 − x )
AMNPQ ( x ) = − x 2 − 5x + 60 − (25 − 10x + x 2 )
AMNPQ ( x ) = −2x 2 + 5x + 35 .
AMNPQ ( x ) = 10 × 6 − 2 ×
(
) (
)
)
a , 0, AMNPQ ( x ) admet donc un maximum atteint en
5 = 1,25 cm.
4
AMNPQ ( x ) = 30 ⇔ −2x 2 + 5x + 35 = 30 ⇔ −2x 2 + 5x + 5 = 0 .
Δ
n= 52 − 4 × (−2) × 5 = 65 , Δ . 0, donc −2x 2 + 5x + 5 admet
deux racines réelles :
x1 = −5 + 65 = 5 − 65 et x2 = −5 − 65 = 5 + 65 .
−4
4
−4
4
La distance OM est une grandeur positive, il faut donc placer
le point M à la distance 5 + 65 cm du point O sur le segment
4
[OD] pour que l’aire du parallélogramme soit égale à 30 cm2.
Exercices
82 1. Pour x ≠ 1et x ≠ −2,
83 1. x 2 + 4 x − 5 a pour discriminant, Δ = 36 . 0,
−2x < 3x + 2 ⇔ −5x − 6x − 4 < 0 .
x+2
x −1
( x + 2)( x − 1)
−5x 2 − 6x − 4 a pour discriminant, Δ = −44 , 0,
donc le trinôme −5x 2 − 6x − 4 n’admet pas de racine réelle.
Le coefficient de x2 est négatif donc −5x 2 − 6x − 4 , 0 pour
tout x [ R.
donc le trinôme x 2 + 4 x − 5 admet deux racines : x1 = 1 et
x2 = −5.
Le coefficient de x2 est positif donc x 2 + 4 x − 5. 0 à l’extérieur des racines.
− x 2 + 5x − 7 a pour discriminant, Δ = −3, 0,
donc le trinôme − x 2 + 5x − 7 n’admet pas de racine réelle.
Le coefficient de x2 est négatif donc − x 2 + 5x − 7 , 0 sur R.
2
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x
–2
–`
+`
1
x+2
–
+
x–1
–
–
–5x2 – 6x – 4
–
–
–
–5x2 – 6x – 4
(x + 2) (x – 1)
–
+
–
0
0
+
x
7 − 21
2
1
2
–`
− x 2 + 7x − 7
–
(2 – x) (2x – 1)
–
− x 2 + 7x − 7
(2 − x )(2x − 1)
+
–
0
0
+
–
+
+
0
7 + 21
2
2
+
Donc 6 = ⎤ 1 ; 7 − 21 ⎤ < ⎤2 ; 7 + 21 ⎤ .
2 ⎦⎥ ⎦⎥
2 ⎦⎥
⎦⎥ 2
0
+`
+
–
–
–
–
0
x2 + 4x – 5
+
–x2 + 5x – 7
–
P (x) * P' (x)
Donc 6 = ]−` ; − 2[ < ]1; +`[ .
3. Pour x ≠ 1 et x ≠ 2.
2
3 − x < x + 2 ⇔ − x 2 + 7x − 7 < 0.
2 − x 2x − 1
(2 − x )(2x − 1)
− x 2 + 7x − 7 a pour discriminant, Δ = 21. 0,
donc le trinôme − x 2 + 7x − 7 admet deux racines
x1 = 7 − 21 et x2 = 7 + 21 .
2
2
Le coefficient de x 2 est négatif donc − x 2 + 7x − 7 , 0
à l’extérieur des racines.
+
–5
–`
x
+
–
0
–
0
–
0
+`
1
+
+
–
0
–
Donc 6 = ]−5 ;1[ .
2. −5x 2 − 3x + 8 a pour discriminant, Δ = 169 . 0,
donc le trinôme −5x 2 − 3x + 8 admet deux racines : x1 = − 8
5
et x2 = 1.
2
( x − 5)2
Pour x ≠ 1 et x ≠ − 8 , x −210x + 25 < 0 ⇔
<0
5 −5x − 3x + 8
−5x 2 − 23x + 8
( x − 5)
x 2 − 10x + 25 < 0 ⇔
< 0.
−5x 2 − 3x + 8
−5x 2 − 3x + 8
Le coefficient de x 2 est négatif donc −5x 2 − 3x + 8 ≤<00
à l’extérieur des racines.
Par ailleurs, ( x − 5)2 >
≥ 0 sur R.
8
Donc 6 = ⎤−` ; − ⎡ < ]1; +`[ .
⎦
5⎣
3. − x 2 − 5x + 6 a pour discriminant, Δ = 49 . 0,
donc le trinôme − x 2 − 5x + 6 admet deux racines : x1 = −6
et x2 = 1.
Le coefficient de x 2 est négatif donc − x 2 − 5x + 6 , 0
à l’extérieur des racines.
−3x 2 + 5x + 2 a pour discriminant, Δ = 49 . 0,
donc le trinôme −3x 2 + 5x + 2 admet deux racines :
x1 = − 1 et x2 = 2.
3
Le coefficient de x 2 est négatif donc −3x 2 + 5x + 2 <,00
à l’extérieur des racines.
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
49
X = 10 − 4 6 ⇔ x 2 = 10 − 4 6 ⇔ x = 10 − 4 6 ou x = − 10 − 4 6
2
+`
X = 10 − 4 6 ⇔ x 2 = 10 − 4 6 ⇔ x = 10 − 4 6 ou x = − 10 − 4 6 .
Donc,
– 0 +
+ 0 –
–
− x 2 − 5x + 6
⎛
⎞
⎛
−2
6 = ⎜ 10 + 4 6 ;
⎟⎠ ; − 10 + 4 6 ; − 10 + 4 6 ; ⎜⎝ 10 − 4
⎝
10 + 4 6
–
– −20 +⎞
+ 0 –
−3x 2 + 5x + 2⎛
⎛
⎞ ⎛
⎞
−2
2
6 = ⎜ 10 + 4 6 ;
⎟⎠ ; ⎜⎝ − 10 − 4 6 ;
⎟
⎟⎠ ; − 10 + 4 6 ; − 10 + 4 6 ; ⎜⎝ 10 − 4 6 ;
⎝
10 + 4 6
10 − 4 6
10 − 4 6 ⎠
Le produit
+ 0 – 0 + 0 – 0 +
86 1. Soit P ( x ) = x − 3 x − 2 avec x > 0.
On pose X = x , on obtient X 2 − 3X − 2 = 0. Δ = 17 . 0,
6 = ]−` ; − 6] < ⎡− 1 ;1⎤ < [2 ; +`[ .
⎣ 3 ⎦
2
4. (− x 2 + 10x − 25)( 4 x 2 + 12x + 9) . 0 ⇔ − ( x − 5)2 (2x + 3)2 . 0 donc le trinôme X − 3X − 2 admet deux racines :
2x + 9) . 0 ⇔ − ( x − 5)2 (2x + 3)2 . 0.
X1 = 3 + 17 et X2 = 3 − 17 .
2
2
Or pour tout x [ R, − ( x − 5)2 (2x + 3)2 <
≤ 00. Donc, 6 = ∅.
2
3 + 17 ⇔ x = 3 + 17 ⇔ x = 3 + 17 = 13 + 3 17
X
=
1
⎧ x+y=2
⎧⎪ y = 2 − x
⎧⎪
y = 2− x
2
2
2
2
84 1. ⎪⎨
⇔⎨
⇔⎨
2
2
3 + 17 0 x = 3 + 17 ⇔ x = 3 + 17 = 13 + 3 17 .
⎩⎪ −Xx1 =+ 2x 2+ 3 = ⇔
⎩⎪ xy = −3
⎩⎪ x (2 − x ) = −3
2
2
2
⎧⎪ y = 2 − x
⎧⎪
+y=2
y = 2− x
3
−
17
X2 =
,
< 00.
⇔⎨
.
⇔⎨
2
xy = −3
⎪⎩ − x 2 + 2x + 3 = 0
⎪⎩ x (2 − x ) = −3
Donc 6 = 13 + 3 17 .
− x 2 + 2x + 3 a pour discriminant, Δ = 16 . 0,
2
donc le trinôme − x 2 + 2x + 3 admet deux racines : x1 = −1
1
2. Soit P ( x ) = 2 + 3 + 1 avec x ≠ 0 .
et x2 = 3.
x
x
1
y = 2− x
⎪⎧ y = −1
⎪⎧
⎪⎧ y = 3
On pose X = , on obtient X 2 + 3X + 1 = 0. Δ = 5 . 0,
⇔⎨
ou ⎨
⎨
x
⎪⎩ x = 3.
⎪⎩ x = −1 ou x = 3
⎪⎩ x = −1
donc le trinôme X 2 + 3X + 1 admet deux racines :
Donc 6 = {(−1; 3) ; (3 ; − 1)} .
X1 = −3 + 5 et X2 = −3 − 5 .
⎧⎪ x + y = −7
⎧⎪ y = −7 − x
⎧⎪
y = −7 − x
2
2
⇔⎨
⇔⎨
2.⎨
2
xy
=
18
x
−7
−
x
=
18
(
)
2
⎪⎩ x + 7x + 18 = 0.
⎪⎩
⎪⎩
X1 = −3 + 5 ⇔ 1 = −3 + 5 ⇔ x =
.
x
2
2
−3
+
5
2
x + 7x + 18 a pour discriminant, Δ = –23 , 0,
2
X2 = −3 − 5 ⇔ 1 = −3 − 5 ⇔ x =
.
donc le trinôme x 2 + 7x + 18 n’admet pas de racine réelle,
x
2
2
−3 − 5
le système n’admet donc pas de couple solution.
2
2
;
.
Donc 6 =
−3
+
5
−3
−
5
85 1. Pour tous réels x et y non nuls,
⎧ 1 1
⎧ x2 − 4 x + 1 = 0
87 Montrer que la droite $ et la courbe # sont sécantes
⎪ x+y=4
⎪
⇔
⎨
⎨
revient à montrer que l’équation 2x + 1 = x + 3 admet des
1
y=
⎪ xy = 1
⎪⎩
x
solutions.
⎩
2
x − 4 x + 1 a pour discriminant, Δ = 12 . 0,
Pour tous réels x > − 1 , 2x + 1 = x + 3 ⇔ (2x + 1)2 = x + 3 ⇔ 4 x 2 + 3x
2
2
donc le trinôme x − 4 x + 1 admet deux racines : x1 = 2 + 3
2x
+
1
=
x
+
3
⇔
(2x + 1)2 = x + 3 ⇔ 4 x 2 + 3x − 2 = 0.
et x2 = 2 − 3 .
2
Δ = 41 . 0, donc 4 x + 3x − 2 admet deux racines :
x1 = −3 + 41 et x2 = −3 − 41 , − 1 .
⎧ x2 − 4 x + 1 = 0
⎧ x = 2 + 3 ou x = 2 − 3
8
2
8
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪ x =2+ 3
⎪ x = 2− 3
⇔⎨
⇔⎨
ou ⎨$ et la courbe # sont sécantes en un unique point
La droite
⎨
1
1
y=
y=
⎪⎩ y = 2 − 3
⎪⎩ y = 2 + 3
⎪⎩
⎪⎩
x
x
d’abscisse −3 + 41 .
8
⎧ x = 2 + 3 ou x = 2 − 3
⎧⎪ x = 2 + 3
⎧⎪ x = 2 − 3
⎪
ou ⎨
⇔⎨
⎨
88 1. a. f (0,5) = 0,96 × (0,5)2 + 0,04 × 0,5 = 0,26 .
1
y
=
y
=
2
−
3
y
=
2
+
3
⎪
⎪
⎪⎩
⎩
⎩
x
Les 50 % des personnes ayant les plus faibles salaires par
rapport à l’effectif de l’entreprise représentent 26 % de la
Donc 6 = {(2 + 3 ; 2 − 3 ) ; (2 − 3 ; 2 + 3 )}.
masse salariale de l’entreprise.
2. Pour tous réels x et y non nuls,
b. 1− f (0,9) = 1− 0,96 × (0,9)2 + 0,04 × 0,9 = 0,2584 .
4
2
⎧
2
2
⎧⎪ x + y = 20
⎪ x − 20x + 4 = 0
Le pourcentage de la masse salariale totale affectée aux 10 %
⇔⎨
.
⎨
−2
des salariés les mieux payés dans l’entreprise est de 25,84 %.
y
=
xy
=
−2
⎪⎩
⎩⎪
x
c. 0,96x 2 + 0,04 x = 0,5 ⇔ 0,96x 2 + 0,04 x − 0,5 = 0.
On pose X = x 2, on obtient X 2 − 20X + 4 = 0. Δ = 384 . 0,
Δ = 1,9216 . 0, donc le trinôme 0,96x 2 + 0,04 x − 0,5 admet
donc
deux racines :
le trinôme X 2 − 20X + 4 admet deux racines X1 = 10 + 4 6
x1 = −0,04 + 1,9216 ≈ 0,70
2 × 0,96
et X2 = 10 − 4 6 .
{
–6
−1
3
1
(
)
{
(
(
{
{
X = 10 + 4 6 ⇔ x 2 = 10 + 4 6 ⇔ x = 10 + 4 6 ou x = − 10 + 4 6
+ 4 6 ⇔ x 2 = 10 + 4 6 ⇔ x = 10 + 4 6 ou x = − 10 + 4 6 .
50
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
)
)
}
(
)
}
}
et x2 = −0,04 − 1,9216 ≈ −0,74 .
2 × 0,96
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
–`
x
x étant une grandeur positive, la masse salariale totale des
70 % des personnes les moins bien payées représente 50 %
de la masse salariale totale.
2. Dans le cas où la répartition des salaires serait modélisée
par la courbe de la fonction g définie(asur
par
− b[)0(a;12] +
abg+( xb)2=) =x,a3
les salariés de l’entreprise auraient un salaire identique.
L’équation X 2 − X + 1 = 0 n’admet pas de solution et par suite
l’équation (E1) n’admet pas de solution.
91 1. (a − b )(a2 + ab + b2 ) = a3 + a2 b + ab2 − ba2 − ab2 − b3 = a3 − b3
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
+ a2 b + ab2 − ba2 − ab2 − b3 = a3 − b3 .
2. a. f ( x ) − f (2) = ( x − 2)(3x 2 − x + 4 ) .
b. f (2) = 0.
89 1. Soit R (x), la recette, en millier d’euros, associée à la
c.
f ( x ) = ( x − 2)(3x 2 − x + 4 ) .
vente de x dizaines de casques.
d. f ( x ) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ou 3x 2 − x + 4 = 0.
On a R (16) = 1,2 × 16 = 19,2 milliers d’euros, de plus
3x 2 − x + 4 a pour discriminant, Δ = –47 , 0, donc le trinôme
C (16) = 24,16, les coûts associés à la production de 16
3x 2 − x + 4 n’admet pas de racine réelle.
dizaines de casques est de 24160 €.
Finalement, f ( x ) = 0 ⇔ x − 2 = 0 ⇔ x = 2.
R (16) ,C (16), l’entreprise n’a pas réalisée de bénéfice.
2
la seule
de f (x).
2
2
2. C ( x ) = 15, 48 ⇔ 0,08x + 0,2x + 0, 48 = 15, 48 ⇔ 0,08x + 0,2xest
− 15
= 0 racine
3
2
3.
a.
f
α
=
aα
+
bα
+ cα + d .
(
)
2
2
8x + 0,2x + 0, 48 = 15, 48 ⇔ 0,08x + 0,2x − 15 = 0 .
2
f
x
−
f
α
=
x
−
α
ax
(
)
(
)
(
)
( 2 + (a2 + b) x + aα2 + bα + c) .
Δ = 4,84 . 0, donc le trinôme 0,08x + 0,2x − 15 admet deux
b. Pour tout réel x, f ( x ) − f (α ) = ( x − α ) P ( x )
racines x1 = 12,5 et x2 = −15.
α est une racine du polynôme f (x) signifie que f (α ) = 0 ce qui
Le nombre de casques produits est une grandeur positive,
équivaut à f ( x ) = ( x − α ) P ( x ) soit f (x) factorisable par x − α.
ainsi, lorsque le coût de production est égal à 15480 €, l’entreprise a produit 125 casques.
92 1. 3x 2 + bx + 4 a pour discriminant Δ = b2 − 48.
R (12,5) − C (12,5) = 1,2 × 12,5 − 15, 48 = −0, 48 millier d’euros.
3x 2 + bx + 4 = 0 admet une unique solution si et seulement si
L’entreprise perd 480 € lorsqu’elle produit et vend 125 €.
Δ = 0 ⇔ b2 − 48 = 0 ⇔ b = 4 3 ou b = −4 3 .
3. Soit B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = −0,08x 2 + x − 0, 48.
Pour que l’entreprise soit rentable il faut chercher les valeurs
S i b = 4 3 , a l o r s x0 = − 2 3 e s t l a s o l u t i o n d e
3
de x dans l’intervalle [0 ;16] telles que B (x) > 0.
3x 2 + bx + 4 = 0.
2
B ( x ) > 0 ⇔ −0,08x + x − 0, 48 > 0 . Δ = 0,8464 . 0,
S i b = −4 3 , a l o r s x0 = 2 3 e s t l a s o l u t i o n d e
3
donc le trinôme −0,08x 2 + x − 0, 48 admet deux racines
3x 2 + bx + 4 = 0.
x1 = 0,5 et x2 = 12.
2. En s’aidant de la question, on peut fixer c = 4 et b = 7
a , 0, donc B (x) > 0 pour tout réel x de l’intervalle [0,5 ;12] .
(b . 4 3 ).
L’entreprise réalise un bénéfice lorsqu’elle produit et vend
3. a. Si les réels a et c sont de signes opposés l’équation
entre 5 et 120 casques.
ax 2 + bx + c = 0 admet deux solutions réelles distinctes.
4. Le coefficient de x2 est négatif donc la fonction B admet
b. La condition précédente n’est pas nécessaire, nous avons
1
trouvé un contre-exemple à la question 2.
α
=
−
=
6,25
un maximum pour
. L’entreprise
2 × (−0,08)
4. 2x 2 − x + c a pour discriminant Δ = 1− 8c.
doit produire et vendre environ 62 casques pour réaliser un
2x 2 − x + c = 0 n’admet pas de solution réelle si et seulement
si Δ , 0 ⇔ 1− 8c , 0 ⇔ c . 1 .
bénéfice maximal.
8
5. x 3 + ax 2 + x = 0 ⇔ x ( x 2 + ax + 1) = 0 .
90 1. 04 + 03 + 0 + 1 = 1, donc 0 n’est pas solution de (E).
x 2 + ax + 1 a pour discriminant Δ = a2 − 4.
2. Pour tout réel x non nul,
2
4
3
Δ = 0 ⇔ a = 2 ou a = −2 et x0 = − a .
x + 1 + x + 1 − 2 = x + x 2+ x + 1.
2
x
x
x
3
2
4
3
a
=
2
ou
a
=
−2
l’équation
x
+ ax 2 + x = 0 admet deux
Pour
Donc, X + X − 2 = 0 ⇔ x + x + x + 1 = 0 avec x ≠ 0 .
solutions distinctes x = 0 et x = 1 ou x = 0 et x = −1.
3. X 2 + X − 2 a pour discriminant Δ = 9 . 0,
2
donc le trinôme X + X − 2 admet deux racines X1 = 1 et
93 f (x) existe si et seulement si x 2 − 2x − 1>
≥ 00.
X2 = −2.
Δ = 8 . 0, le trinôme 2x 2 − 2x − 1 admet deux racines
Pour tout réel x non nul :
x1 = 1+ 2 et x2 = 1− 2 .
2
a . 0, donc f (x) existe pour tout x appartenant à
X1 = 1 ⇔ x + 1 = 1 ⇔ x − x + 1 = 0.
x
x
⎤⎦−` ;1− 2 ⎤⎦ < ⎡⎣1+ 2 ; +` ⎡⎣ .
x 2 − x + 1a pour discriminant Δ = –3 , 0,
g (x) existe si et seulement si − x 2 + 3x + 2 ≠ 0.
2
donc le trinôme x − x + 1 n’admet pas de racine réelle.
Δ = 17 . 0, le trinôme − x 2 + 3x + 2 admet deux racines
Pour tout réel x non nul,
2
( x + 1)2
x1 = 3 − 17 et x2 = 3 + 17 .
X2 = −2 ⇔ x + 1 = −2 ⇔ x + 2x + 1 = 0 ⇔
= 0 ⇔ x = −1.
2
2
x
x
x
2
2
( x + 1)
g (x) existe pour tout x appartenant à R \ 3 − 17 ; 3 + 17 .
⇔ x + 2x + 1 = 0 ⇔
= 0 ⇔ x = −1.
2
2
x
x
Finalement, l’équation (E) admet –1 comme unique solution.
94 1. Le point I semble décrire une parabole.
4. 04 − 03 + 3 × 02 − 0 + 1 = 1, donc 0 n’est pas solution de (E1).
2. La droite $m a pour équation y = mx + p.
Pour tout réel x non nul,
Le point A appartient àD$mm ⇔ yA = mx A + p ⇔ 1 = p .
2
4
3
2
−
x
+
3x
−
x
+
1
x
1
1
L’équation de la droite $m est y = mx + 1.
x+
− x+
+ 1=
.
x
x
x2
Les
points B et C appartiennent à $m et à P.
Donc, X 2 − X + 1 = 0 ⇔ x 4 − x 3 + 3x 2 − x + 1 = 0 avec x ≠ 0.
⎧
⎧⎪ x 2 = mx + 1
⎧⎪ x 2 − mx − 1 = 0
⎪ y = mx + 1
X 2 − X + 1a pour discriminant Δ = –3 , 0,
⇔⎨
⇔
⇔
⎨
⎨
2
y = x2
y = x2 .
donc le trinôme X 2 − X + 1 n’admet pas de racine réelle.
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩ y = x
(
) (
)
{
(
) (
}
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
51
Les abscisses des points B et C vérifient l’équation
⎧
x = 4t
uuuur uuur
⎧⎪
⎧⎪
x − 2t = 2t
x = 4t
⎪
x 2 − mx − 1 = 0.
GM
=
tGH
⇔
⇔
⇔
⎨ y = 3 4t 2 − 3 4t + 6
⎨
⎨
2
( )
( ) .
y + solutions
6t − 6 = 12t
: 2 − 6t
Δ = m2 + 4 . 0, donc l’équation admet⎩⎪deux
⎪⎩
⎩⎪ y = 12t − 12t + 6
4
2
2
x1 = m + m + 4 et x2 = m − m + 4 .
Le point M se déplace sur la parabole d’équation
2
2
3. Le point I est le milieu du segment [ BC ], le point I a pour
y = 3 x 2 − 3x + 6.
4
abscisse
97 1. 13 − 7 × 1+ 6 = 0. x0 = 1 est solution de l’équation (E).
m + m2 + 4 + m − m2 + 4
m
2
2
2. ( x − 1)(ax 2 + bx + c ) = ax 3 + (b − a ) x 2 + (c − b ) x − c.
xI =
= .
2
2
On cherche les réels a, b et c tels que pour tout réel x,
Le point I appartient à la droite $m, ainsi
ax 3 + (b − a ) x 2 + (c − b ) x − c = x 3 − 7x + 6 .
2
1
En particulier pour x = 0 on obtient −c = 6 ⇔ c = −6.
yI = mxI + 1 ⇔ yI = m + 1.
2
Pour
x = –1 on obtient −a + (b − a ) − (−6 − b ) = −1+ 7
On a ainsi yI = 2xI 2 + 1
soit −2a + 2b = 0.
Finalement, lorsque m décrit l’intervalle R, le point I décrit la
Pour x = 2 on obtient 8a + 4 (b − a ) + 2 (−6 − b ) = 8 − 14
parabole d’équation y = 2x 2 + 1.
soit 4a + 2b = 6
⎧ −a + b = 0
95 1. a. − b = − 3 et a . 0, donc f admet un minimum
Le système ⎨
a pour solution le couple (1; − 1) .
2a
2
⎩ 2a + b = 3
D’où nécessairement a = 1, b = 1 et c = −6.
atteint en −3 et ce minimum est f − 3 = − 5 .
2
2
4
Le développement de ( x − 1)( x 2 − x − 6) prouve que la condition est également suffisante.
3
x –` – +`
Ainsi, pour tout réel x, x 3 − 7x + 6 = ( x − 1)( x 2 + x − 6) .
2
3. x 3 − 7x + 6 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x − 6) = 0
5
f (x)
–
4
⎧⎪
x =1
⇔⎨ 2
.
5
x
+
x−6=0
b. Si m . − , l’équation f ( x ) = m admet deux solutions.
⎪
⎩
4
Le trinôme x 2 + x − 6 a pour discriminant Δ = 25 . 0.
5
Si m = − , l’équation f ( x ) = m admet une solution.
Δ . 0, donc le trinôme x 2 + x − 6 admet deux racines x1 = 2
4
et x2 = −3.
Si m , − 5 , l’équation f ( x ) = m n’admet pas de solution.
L’équation
(E) a pour solutions –3, 1 et 2.
4
3
2
8
×
1
−
10
× 12 + 1+ 1 = 0. x0 = 1 est solution de l’équation
4.
2. f ( x ) = 0 ⇔ x + 3x + 1 = 0. Δ = 5 . 0,
(E' ).
donc le trinôme x 2 + 3x + 1admet deux racines x1 = −3 + 5
x − 1)(ax 2 + bx + c ) = ax 3 + (b − a ) x 2 + (c − b ) x − c .
(
2
On cherche les réels a, b et c tels que pour tout réel x,
et x2 = −3 − 5 .
2
ax 3 + (b − a ) x 2 + (c − b ) x − c = 8x 3 − 10x 2 + x + 1.
La parabole coupe l’axe des abscisses aux points de coordonEn particulier pour x = 0 on obtient −c = 1 ⇔ c = −1.
−3
−
5
−3
+
5
Pour x = –1 on obtient −a + (b − a ) − (−1− b ) = −8 − 10 − 1 soit
nées
; 0 et
;0 .
2
2
−2a + 2b = −20.
3. x 2 + 3x + 1 = x − p ⇔ x 2 + 2x + 1+ p = 0. Δ = −4 p .
Pour x = 2 on obtient 8a + 4 (b − a ) + 2 (−1− b ) = 64 − 40 + 2
Si p . 0, Δ , 0 et, Dp et P n’ont pas de point d’intersection.
soit 4a + 2b = 28
Si p = 0, Δ = 0 et, Dp et P ont un point d’intersection.
Si p , 0, Δ . 0 et, Dp et P ont deux points d’intersection.
Le système ⎧⎨ −a + b = −10 a pour solution le couple (8 ; −2) .
⎩ 2a + b = 14
4. x 2 + 3x + 1 = qx ⇔ x 2 + (3 − q ) x + 1 = 0. Δ = q2 − 6q + 5.
2
Le trinôme q − 6q + 5 a pour discriminant Δ' = 16 . 0,
D’où nécessairement a = 8, b = −2 et c = −1.
donc le trinôme q2 − 6q + 5 admet deux racines q1 = 5 et
Le développement de ( x − 1)(8x 2 − 2x − 1) prouve que la
q2 = 1.
condition est également suffisante.
a . 0, le trinôme q2 − 6q + 5 est strictement négatif lorsque
Ainsi, pour tout réel x,
q appartient à l’intervalle ]1; 5[. Lorsque q décrit cet intervalle,
8x 3 − 10x 2 + x + 1 = ( x − 1)(8x 2 − 2x − 1).
P et Δq n’ont pas de point commun.
8x 3 − 10x 2 + x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)(8x 2 − 2x − 1) = 0 ⇔ x = 1 ou 8x 2 − 2x
3
2
8x − 10x + x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)(8x 2 − 2x − 1) = 0 ⇔ x = 1 ou 8x 2 − 2x − 1 = 0
96 1. Lorsque t varie, le point M semble
décrire
uuur
uuur
uuur
uuur une parabole.
Le trinôme 8x 2 − 2x − 1 a pour discriminant Δ = 36 . 0,
2. AB (2;−6) ; BC (2;6) ; AG ( xG ; yG − 6) ; BH ( x H − 2 ; yH ) .
donc le trinôme 8x 2 − 2x − 1 admet deux racines x1 = 1 et
⎧⎪
⎧⎪
uuur uuur
xG = 2t
xG = 2t
2
AG = t AB ⇔ ⎨
.
⇔⎨
1.
x
=
−
2
y − 6 = −6t
y = −6t + 6
4
⎩⎪ G
⎩⎪ G
L’équation
(E' ) a pour solutions − 1 , 1 et 1.
⎧
⎧
uuur uuur
4 2
⎪ x H − 2 = 2t
⎪ x H = 2t + 2
BH = t BC ⇔ ⎨
.
⇔⎨
yH = 6t
yH = 6t
98 Soit l la longueur de la clôture. Puisque AB = 50m, l > 50.
⎩⎪
⎩⎪
uuur
GH (2 ;12t − 6) . uuuur
On pose a = AC, alors CB = l – a.
Posons M ( x ; y ), GM ( x − 2t ; y + 6t − 6).
Le champ ayant la forme d’un triangle rectangle en C :
dit a2 + (a − l )2 = 502 ou encore
AB2 +⎧ CB2 = 50x2 autrement
= 4t
uuuur uuur
⎧⎪
⎧⎪
x = 4t
x − 2t = 2t
2 ⎪
2
2
2a⇔ −⎨ 2al +3l − 50
GM = tGH ⇔ ⎨
⇔⎨
2 = 0.
2
2
⎪⎩ y = 4 ( 4t ) − 3( 4t ) + 6
⎩⎪ y + 6t − 6 = 12t − 6t
⎩⎪ y = 12t − 12t + 6
(
52
) (
)
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
a est une racine du trinôme 2x 2 − 2lx + l 2 − 502 dont le discriminant est donc positif.
Δ = 4l 2 − 8 (l 2 − 502 ) = 8 × 502 − 4l 2 = 4 (50 2 − l )(50 2 + l )
2
8 × 50 − 4l 2 = 4 (50 2 − l )(50 2 + l ).
Ce produit est du signe de –4, sauf entre les racines, donc il est
positif si et seulement si l est dans l’intervalle ⎡⎣−50 2 ; 50 2 ⎤⎦ .
L’agriculteur devra prévoir entre 50 m et 50 2 m de clôture.
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
99 1. f (15) = −30 × 152 + 1200 × 15 + 4000 = 15250.
Au bout de 15 jours 15250 personnes sont atteintes par la
maladie.
2. 10 × 130000 = 13000.
100
f (t ) .13000 ⇔ −30t 2 + 1200t − 9000 . 0.
Le trinôme −30t 2 + 1200t − 9000 a pour discriminant
Δ = 360000 . 0, donc le trinôme −30t 2 + 1200t − 9000 admet
deux racines t1 = 10 et t2 = 30.
a , 0, donc −30t 2 + 1200t − 9000 . 0 sur l’intervalle ]10;30[ .
Les crèches ont été fermées pendant 19 jours.
t est une grandeur positive donc, le nombre de bactéries aura
été multiplié par 10 au bout de 12,6 h.
2.
102 Soit ( x ; y) les coordonnées du point M.
AM = ( x − 1)2 + y2 .
2
Le point M appartient à la courbe représentative de la foncO ( x ) = D ( x ) ⇔ 2x − 470x + 17388 = 0 ⇔ 2x 2 − 470x + 17388 = 0
tion racine carrée.
x − 120
2
2
2
2x 2 − 470x + 17388 = 0 ⇔ 2x 2 − 470x + 17388 = 0.
On a donc, AM = ( x − 1) + x = ( x − 1) + x = x 2 − x + 1
x − 120
2
2x 2 − 470x + 17388 a pour discriminant Δ =AM
81796
0,1)2 + x = ( x − 1)2 + x = x 2 − x + 1.
= (.
x−
donc le trinôme 2x 2 − 470x + 17388 admet deux racines
La fonction racine carrée étant strictement croissante sur
x1 = 189 et x2 = 46.
[0 ; +`[, minimiser la longueur AM revient à minimiser AM 2.
Or, x [ [20 ; 70], le prix d’équilibre est atteint lorsque
AM 2 = x 2 − x + 1, le coefficient de x2 est positif donc AM 2
46000 éléphones sont mis sur le marché.
admet un minimum en x = 1 . La distance AM est minimale
Le prix d’équilibre est alors de −2 × 46 + 250 = 158 euros.
2
2. Pour tout réel x ≠ 120,
lorsque M a pour coordonnées 1 ; 1 .
2
2 2
O ( x ) . D ( x ) ⇔ 2x − 470x + 17388 . 0
x − 120
103 1. Soit x = AP avec x [ [0 ; 8].
x
20
46
70
L’aire de la surface bleue est constituée de l’aire d’un carré
de côté x et de l’aire d’un triangle de hauteur 8 − x et de base
2
DC = 8.
+
0
–
2x – 470x + 17388
(8 − x ) × 8
A( x ) = x 2 +
= x 2 − 4 x + 32.
2
x – 120
–
–
Le coefficient de x2 est positif donc l’aire de la surface bleue
est minimale pour x = 2. Pour que l’aire bleue soit minimale le
2x2 – 470x + 17388
–
0
+
point
P doit être sur le segment [ AB], à 2 unités de longueur
x – 120
du point A.
L’offre est supérieure à la demande lorsqu’il y a entre 46000
2. x 2 − 4 x + 32 = 0,75 × 64 ⇔ x 2 − 4 x − 16 = 0. Δ = 80 . 0,
et 70000 téléphones mis sur le marché.
donc l’équation admet deux solutions x1 = 4 + 80 ≈ 6, 47
2
101 1. La quantité initiale de bactéries est N (0) = 150.
4
+
80
et x2 =
,
< 00.
Augmenter une quantité de 150 %, c’est la multiplier par 2,5.
2
On cherche donc t tel que :
Pour que l’aire bleue soit égale à 75 % de l’aire du carré, le
N (t ) = 2,5 × 150 ⇔ 3t 2 + 69t − 225 = 0 .
point P doit être sur le segment [ AB], à environ 6,47 unités
2
Δ = 7461 . 0, donc le trinôme 3t + 69t − 225 admet deux
de longueur du point A.
racines
3. L’aire minimale de la surface bleue est A(2) = 28 et
0,25 × 64 = 16 il n’est donc pas possible que l’aire de la
t1 = −69 + 7461 ≈ 2,9 et t2 = −69 − 7461 , 0 .
6
6
surface bleue atteigne un quart de l’aire du carré.
t est une grandeur positive donc, le nombre de bactéries aura
·
augmenté de 150 % au bout de 2,9 h.
104 1. Le triangle EBC est rectangle isocèle car l’angle EBC
On cherche maintenant t tel que :
est droit et d’après le codage, un de ses angles à la base est
N (t ) = 10 × 150 ⇔ 3t 2 + 69t − 1350 = 0.
égal à 45°.
Δ = 20961 . 0, donc le trinôme 3t 2 + 69t − 1350 admet deux
Soit x = CB avec x [ [0 ; +`[ .
2
racines
L’aire du triangle EBC est égale à x .
2
t1 = −69 + 20961 ≈ 12,6 et t2 = −69 − 20961 ,
< 00.
6
6
100 1. Pour tout réel x ≠ 120,
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
53
x 8 + 8 − x )) − x 2 + 16x
L’aire du trapèze AECD est égale à ( (
=
.
2
2
x 2 = − x 2 + 16x ⇔ 2x 2 − 16x = 0
2
2
⇔ x (2x − 16) = 0
⎧
⎧ x=0
x=0
.
⇔⎨
⇔⎨
⎩ 2x − 16 = 0
⎩ x=8
La seule valeur possible pour que l’aire du triangle EBC soit
égale à l’aire du trapèze AECD c’est lorsque CB mesure
8 unités de longueur.
2
2. L’aire du trapèze est égale à − x + 16x .
2
Le coefficient de x2 est négatif donc l’aire est maximale pour
x = 8.
107 On pose DM = x, avec x [ [0 ; 5].
Dans le triangle ADM rectangle en D on a, MA2 = x 2 + 4.
De même dans le triangle MCD rectangle en C on a,
MB2 = (5 − x )2 + 4.
Le triangle AMB est rectangle en M si et seulement si
MA2 + MB2 = 52 .
MA2 + MB2 = 52 ⇔ x 2 − 5x + 4 = 0.
Δ = 9 . 0, donc l’équation admet pour solutions 4 et 1. Pour
que le triangle AMB soit rectangle il faut que le point M soit
situé sur le segment [ DC ] à 1 ou 4 unités de longueur du
point D.
108 1. On pose AM = x, avec x [ [0 ;10] .
()
( )
2
Le disque de diamètre [AM] a pour aire π × x .
2
2
10
− x 2.
105 1. Posons f ( x ) = ax + bx + c avec a ≠ 0.
Le disque de diamètre [MB] a pour aire π ×
2
2
⎧ f (0 ) = 3
⎧
⎧
⎧ Le
disque
de diamètre [AB] a pour aire π × (5) = 25π .
c=3
c=3
c=
3
⎪
⎪
⎪
⎪
somme
des aires des disques de diamètre [AM] et [MB]
4b = 0
⇔ ⎨ La
b=
0
⎨ f (−2) = 1 ⇔ ⎨ 4a − 2b + 3 = 1 ⇔ ⎨
égale à
⎪ 4a + 2b + 3 = 1
⎪ 4a + 2b + 3 = 1
⎪ aest
⎪ f (2) = 1
=
−0,5
⎩
⎩
⎩
2
2
⎩
π × x + π × 10 − x , soit π ( x 2 − 10x + 50) .
2
2
2
⎧ c=3
⎧
c=3
⎪
⎪
Le coefficient de x2 est positif donc l’aire est minimale pour
1 ⇔⎨
4b = 0
⇔⎨ b=0 .
⎪ a = −0,5
⎪ 4a + 2b + 3 = 1
1
x = 10 = 5.
⎩
⎩
2
2. On cherche les valeurs de x telles que :
On a f ( x ) = −0,5x 2 + 3.
π x 2 − 10x + 50 = 1 × 25π.
2. Posons g ( x ) = ax 2 + bx + c avec a ≠ 0.
(
) 2
2
⎧ g (0 ) = 1
⎧
⎧
⎧ c =1
⎧
⎧
⎧
c =1
c =1
c =1
c =1
c =1
⎪
⎪
⎪
⎪ π ( x 2 − 10x + 50) = 1⎪ × 25π ⇔ π ( x 2 − 10x
⎪ + 25) = 0.
⎪
⇔ ⎨ 2 a + b − 1 = 0 ⇔ 2⎨ a + b − 1 =2 0 ⇔ ⎨ 4 + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ b = −3
⎨ g (1) = 2 ⇔ ⎨ a + b + 1 = 2 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0
⎪ 4a + 2b − 10 = 0
⎪ 4a + 2b + 1 = 11
⎪Δ2a
⎪ admet
⎪
⎪ a=4
⎪ g (2) = 11
0,bdonc
5.a = 4
− 5 =l’équation
0
= 0 solution
⎩
⎩
⎩ 5+
⎩ −a + 4 pour
⎩
⎩
⎩
Pour que la somme des aires des disques de diamètre [AM]
⎧
⎧
⎧ c =1
⎧
⎧
c =1
cet
= [MB]
1
c =1
c =1
soit égale
à la moitié de l’aire du disque de diamètre
⎪
⎪
⎪
⎪
⎪
− 1 = il0faut
⇔que
= point
−3 M soit situé au centre du disque de
⇔ ⎨ a + b − 1= 0
⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ 4 + b[AB],
⎨ b le
⎪ −a + 4 = 0
⎪ 4a + 2b − 10 = 0
⎪
⎪ a=4
⎪ 2a + b − 5 = 0
a
=
4
diamètre
[AB].
⎩
⎩
⎩
⎩
⎩
3. x ← 0
⎧
⎧
⎧
c =1
c =1
c =1
⎪
⎪
⎪
0 ⇔ ⎨ a + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ 4 + b − 1 = 0 ⇔ ⎨ b = −3 .
y ← π × ( x × x − 10 × x + 50)
2
⎪ a=4
⎪
⎪ −a + 4 = 0
a
=
4
=0
⎩
⎩
⎩
Tant que y . 60
On a g ( x ) = 4 x 2 − 3x + 1.
x ← x + 0,1
(
)
()
106 PARTIE A
1. La hauteur qu’atteindra la fusée après 4 s de vol est d’environ 30 m.
2. L’intervalle de temps auquel doit appartenir x pour satisfaire la contrainte est approximativement [6,5 ;17,5].
PARTIE B
1. Pour que la contrainte soit satisfaite il faut résoudre
f (x ) >
≥ 40
0, soit −0,5x 2 + 10x − 32 >
≥ 00
Δ = 36 . 0, donc le trinôme −0,5x 2 + 10x − 32 admet deux
racines 4 et 16.
Or, a , 0, −0,5x 2 + 10x − 32 est donc positif sur l’intervalle
[4 ;16] .
2. f ( x ) = −0,5x 2 + 10x + 8, le coefficient de x2 est négatif
−10
donc la hauteur est maximale pour x =
= 10.
2 × (−0,5)
L’artificier devra programmer un temps de vol de 10 s avant
l’explosion des fusées.
54
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
()
y ← π × ( x × x − 10 × x + 50)
2
Afficher x
109 1. a. Dès que l’écart entre a et b devient inférieur ou égal
à 0,01 l’algorithme s’arrête.
b. Cet algorithme permet de trouver à 0,01 près l’abscisse
du point d’intersection de la courbe représentative de la
fonction carré et de la droite d’équation y = x + 1.
c. Python
2. x 2 = x + 1 ⇔ x 2 − x − 1 = 0.
Δ = 5 . 0, donc l’équation a pour solutions 1+ 5 et 1− 5 .
2
2
1+
5
La solution positive est
.
2
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()
110
111
Questions Va piano
Questions Va piano
1. Dans le cas où k = 3 :
y = −0,2x 2 + 3x, le coefficient de x 2 est négatif, donc la
−3
hauteur est maximale en
= 7,5, et elle a pour
2 × (−0,2)
2
valeur −0,2 × 7,5 + 3 × 7,5 = 11,25 m.
2. f ( x ) = −0,2x 2 + 3x = x (−0,2x + 3).
⎧
⎧ x=0
x=0
f (x ) = 0 ⇔ ⎨
⇔⎨
−0,2x
+
3
=
0
⎩ x = 15.
⎩
La distance horizontale maximale atteinte par la fusée est
de 15 m.
Questions Moderato
y
1.
1
0
1
x
2. L’artisan réalise un bénéfice lorsque la recette est strictement supérieure au coût, or la courbe de la fonction R
est au-dessus de la courbe de la fonction C sur l’intervalle
]0,5 ; 5,5[ . Ainsi, pour réaliser un bénéfice, l’artisan doit
vendre et produire entre 5 et 55 objets.
3. Le bénéfice maximal est le plus grand écart entre
les deux courbes c’est-à-dire la plus grande valeur de
R ( x ) − C ( x ) pour x réel l’intervalle ]0,5 ; 5,5[ . I l s e m b l e
obtenu pour environ x = 3 et cet écart maximum est d’environ 0,6. Ainsi on évalue le bénéfice maximal à 600 euros
pour 30 objets produits et vendus.
Questions Moderato
Questions Allegro
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1. La hauteur maximale est atteinte pour :
k
k
x=− b =−
=
et elle vaut
2a
−0,04 (1+ k 2 ) 0,04 (1+ k 2 )
2
⎛
⎞
k
k
−0,02 (1+ k 2 )⎜
+k
soit :
2 ⎟
0,04 (1+ k 2 )
⎝ 0,04 (1+ k ) ⎠
1. R ( x ) = 0,8x, de plus B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3
B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3.
2. Δ = 0,24 . 0, donc le trinôme −0,1x 2 + 0,6x − 0,3 admet
deux racines
x1 = −0,6 + 0,24 ≈ 0,55 e t x2 = −0,6 − 0,24 ≈ 5, 45 .
2 × (−0,1)
2 × (−0,1)
L’artisan doit produire et vendre entre 6 et 54 objets pour
réaliser du bénéfice.
Questions Allegro
1. B ( x ) = −0,1x 2 + 0,6x − 0,3 ; le coefficient de x2 est négatif
donc B admet un maximum en − 0,6
= 3. La valeur
0,02k 2
2 × (−0,1)
.
2
2
0,04 (1+ k )
du maximum est donnée par B (3) = 0,6 . En fabriquant et
2
vendant 30 objets l’artisan peut espérer un bénéfice maximal
0,02k
−0,02
− 12,5 =
. Or pour tout réel
de 600 €.
0,042 (1+ k 2 )
0,042 (1+ k 2 )
2. Avec 100 € de frais supplémentaires,
−0,02
C
( x ) = 0,1x 2 + 0,2x + 0, 4.
k . 0,
,
0
donc
la
hauteur
maximale
est
infé0,042 (1+ k 2 )
Posons k le nouveau prix de vente, ainsi R ( x ) = kx .
rieure strictement à12,5 m.
On obtient B ( x ) = −0,1x 2 + ( k − 0,2) x − 0, 4.
2. La portée est la distance pour laquelle y = 0.
Le maximum de B est atteint en α = 5k − 1
2
k
et il−est
égal
− 0,3.
−0,02 (1+ k 2 ) x 2 + kx = 0 ⇔ x (−0,02 (1+ k 2 ) x + k ) = 0 ⇔ x = 0 ou
0,02
⇔ x =− 0k ou
x=
(1+àkβ2 )=x B+(kα )==02,5k
2
0,02
1+
(
) on
L’artisan souhaite conserver la valeur du maximumk 0,6,
k
x + k ) = 0 ⇔ x = 0 ou − 0,02 (1+ k 2 ) x + k = 0 ⇔ x = 0 ou x =
2
0,02 (1+ k )résout
k
.
) x + k = 0 ⇔ x = 0 ou x = 0,02 1+
2,5k 2 − k − 0,3 = 0,6 soit 2,5k 2 − k − 0,9 = 0 .
2
( k)
k
Δ = 10 . 0, on obtient k = 1+ 10 ≈ 0,8325 car k . 0.
.
La distance parcourue horizontalement est
5
2
0,02 (1+ k )
2
L’artisan doit vendre chaque objet 83,25 euros pour conserver
−0,5
k
−
1
(
)
k
− 25 =
.
la valeur du bénéfice maximal.
0,02 (1+ k 2 )
0,02 (1+ k 2 )
−0,5( k − 1)2
< 0.
0,02 (1+ k 2 )
Donc la fusée ne peut parcourir une distance horizontale de
plus de 25 m.
Pour tout réel k . 0,
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
55
1 1. The point A(3 ; 4 ) belong to the graph P1.
f1 (3) = 4 ⇔ 3a (3 − 6) = 4 ⇔ −9a = 4 ⇔ a = −4 .
9
2. The coordinates of the minimum of graph2 are (6,5 ; 2,5).
The quadratic form for function 2 is a ( x − 6,5)2 + 2,5 . The
coefficient a should be also positive. The right statement for
function f2 is c.
3. 3,5 − 3 = 0,5 . The expression of function g is
9,5 − 8,5
g ( x ) = 0,5x + p . The point D (8,5 ; 3) belong to the graph
D , so g (8,5) = 0,5 × 8,5 + p ⇔ 3 = 4,25 + p ⇔ p = −1,25 .
g ( x ) = 0,5x − 1,25.
y
1
0
1
x
2 Cf : a , 0 ; 2 roots.
Cg : a . 0 ; 1 root.
Ch : a . 0 ; 2 roots.
Ck : a , 0 ; 1 root.
3 1. Intercept form
2. Discriminant
3. Factorize
4. Parabola
5. Polynomia
6. Vertex
7. Root
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4. Points F and E have the same ordinate, it means that
the abciss’s vertex is 9,5 + 12,5 = 11. The function f3 can be
2
written like this : f3 ( x ) = a ( x − 11)2 + 4 . The point F belong
to P3 ⇔ a (12,5 − 11)2 + 4 = 3,5 ⇔ 2,25a = −0,5 ⇔ a = − 2 .
9
2
2
f3 ( x ) = − ( x − 11) + 4.
9
5.
56
Chapitre 2 Fonctions polynômes du second degré
3
Fonctions
trigonométriques
1
–2π
O
B
C
D
E
F
G
0
1
0,5
2
2
3
2
0
– 1
H
C'
D'
E'
C'1
D'1
E'1
0
– 0,5
− 2
2
− 3
2
– 0,5
− 2
2
− 3
2
C'2
D'2
E'2
0,5
2
2
3
2
–7
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3
π π
3 2
–π
6
–2π
–5
–4
–3
–4
–3
–2
–1
0
1
π
2
3
4
4 a. ADC est un triangle rectangle isocèle en A.
ABC est un triangle équilatéral.
ABD est un triangle isocèle en A.
· = 60°.
b. Dans ABC, on a BAC
· = 60° + 90° = 150°.
Par somme, on a ensuite BAD
La somme des angles d’un triangle est égale à 180° donc dans
ABD, il vient ·
ADB = 15°.
· est [AB].
b. Le côté adjacent à CAB
· est [CB].
c. Le côté opposé à CAB
· = AB .
d. cos(CAB)
AC
· = BC .
e. sin(CAB)
AC
4
6
3
12
− 6π
π
7π
π
e. − f. g. h.
4
4
8
5
–6
–5
π π
3 2
5 a. [AC] est l’hypoténuse du triangle.
2 a. 3π b. π c. π d. 7π
–7
–6
–π
6
–π
–2
–1
0
1
6 1. OAB est rectangle et isocèle en O, donc on a :
π
2
3
4
OB2 + OB2 = 12, ce qui donne OB = 1 = 2 .
2
2
·
2. BOA = 45°.
· = OB , d’où cos ( 45°) = 2 , et de même :
3. cos( BOA)
2
AB
sin( 45°) = 2 .
2
Pour construire le cours
Situation
1
1
180
Angle en degré
360
90
45
M
Position de M
Longueur L en hm
M
O
π×1
A
O
π×2
A
M
O
π÷2
60
M
M
A
O
π÷4
A
210
O
π÷3
A
M
A
O
π+π÷3
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
57
2 Il aura parcouru 3 × 2 × π + π ÷ 2 hm, c’est-à‑dire 6π + π hm.
2
3 11π = 10π + π hm, ce qui revient à parcourir cinq demi-tours et un quart de tour.
2
2
Situation
2
2
1 Le point-image du réel α + 2π est le point M car un tour a été parcouru entre α et α + 2π .
L’abscisse de M permet d’écrire cos (α + 2π) = cos (α ) .
Son ordonnée donne sin(α + 2π) = sin(α ) .
On dit que les fonctions cos et sin sont de période 2π.
2 On se contente d’étudier l’évolution de α entre 0 et 2π.
0 π π 3π 2π
α
2
2
Signe de l’abscisse de M
+
–
–
+
Signe de cos(α)
+
–
–
+
3
0 π π 3π 2π
α
2
2
Signe de l’ordonnée de M
+
+
–
–
Signe de sin(α)
+
+
–
–
Situation
3
· = 60° .
1 Les angles d’un triangle équilatéral ont tous une mesure de 60° donc IOA
b. Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi une médiane donc A’ est le milieu de [OA]. Ainsi OA ′ = 1 .
2
2
3
.
Le théorème de Pythagore dans le triangle OAA’ donne 1 + 12 = AA ′2 et donc AA ′ =
2
2
()
· = OA ′ c’est-à‑dire cos (60°) = 1 et aussi sin(IOA)
· = AA ′ c’est-à‑dire sin(60°) =
3 Dans le triangle OAA’, cos(IOA)
2
OA
·
4 a. IO
I ′ = 180°.
OA
b.
Angle en degré
·
IO
I ′ = 180°
· = 60°
IOA
I¶
I′ = π
µ= π
IA
3
Longueur de l’arc de cercle
(3)
(3)
5 cos π = 1 et sin π =
2
3.
2
6 Calculatrice.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
· = π avec la définition du point A. On a IOA
· = 60°.
1 En radian, on a IOA
3
58
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
3.
2
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2 a. ·
AA ′O = 90° .
· = 60°, la somme des trois angles de IOA permet d’affirmer que tous
2 On a OI = OA donc OAI est isocèle en O. Comme IOA
ses angles ont une mesure de 60°. C’est un triangle équilatéral.
3 Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi une médiane donc C est le milieu de [OI].
4 OCAB est par construction un rectangle donc OC = AB .
Rédiger une démonstration
· = 45° ou en radian BOA
·= π.
Par définition de A, BOA
4
Par ailleurs, le triangle BOA rectangle en B possède un angle de 45°. La somme des trois angles de BOA permet d’affirmer
qu’il possède un angle droit et deux angles de 45°. Il est donc isocèle en B et on a OB = AB .
On sait de plus que [OA] est un rayon donc OA = 1.
Le théorème de Pythagore donne OB2 + OB2 = 12 . On obtient OB = AB = 2 .
2
OBAC est un carré donc OC = 2 .
2
Finalement, les coordonnées de A donnent : cos π = 2 et sin π = 2 .
4
2
4
2
()
()
Utiliser différents raisonnements
La première équivalence est juste car seuls − π et π sont solutions de l’équation cos ( x ) = 2 .
4 4
2
1
2
=
, on met en défaut la deuxième équivalence : en effet, (cos ( x ))2 = 1 entraîne cos ( x ) = 2
Après avoir remarqué que
2
2
2
2
2
mais aussi cos ( x ) = −
.
2
Travaux pratiques
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TP
1 Construction du cercle trigonométrique
1 On obtient les points-images des réels 0 ; π ; 2π ; 3π ; 4π ; 5π et 6π , le premier point et le dernier étant confondus.
3
3
3
3
3
3
0,75
0,50
0,25
0
–0,25
–0,50
–0,75
–1
0
1
2 On calcule une mesure d’angle en radian.
3 Cette instruction est une boucle de n + 1 itérations. On calcule n + 1 mesures d’angle, la première et la dernière étant
égale à 2π près.
4
for n in range (1,11) :
cercle(n)
Ce script positionne les points-images de 0 ; 2π ; 0 ; π ; 2π ; 0 ; 2π ; 4π ; 2π ; … ; 2π ; 4π ; 6π ; … ; 18π ; 2π.
3 3
10 10 10
10
Pour approcher le cercle trigonométrique plus finement, il suffit de changer le nombre 11 par un nombre plus grand.
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
59
5
TP
2 Étudier un polygone régulier
1 a. Un polygone régulier à n côtés est constitué de n triangles isocèles dont le sommet principal est le centre du polygone.
La somme de tous les angles principaux de ces triangles est égale à 2π donc chaque angle principal mesure 2π .
n
Ainsi α1 = 2π et αi = i × 2π = 2iπ .
n
n
n
cos (cos
αi ) (; αsin
sin
cos
b. Les coordonnées de Ai sont
(αi )i ) .; sin(αi )
i )(;α
i ) (α
c.
2 a. Les coordonnées de A0 et de A1 sont respectivement
cos (cos
αi ) (; α
sin
;etsin
α(α
sin
sin
cos
sin(αi )
) (α(α0 )i )cos
(cos
(α1)i ),; donc
0 )(;αsin
icos
i )i(;)α
1 )(;α
i ) (α
( ( ) )
+ sin 2π − 0
n
2
=
(cos (α1) − cos (α 0 ))2 + (sin(α1) − sin(α 0 ))2
(cos( 2πn )) + (sin( 2πn ))
2
2
( )
− 2cos 2π + 1 =
n
(cos( 2πn ) − 1) + (sin( 2πn ) − 0)
2 − 2cos ( 2π ) .
n
=
2
2
=
(cos( 2πn )) + (sin( 2πn ))
2
2
( )
− 2cos 2π + 1 = 2
n
b. Le périmètre du polygone est égal à A0 A1 + A1 A2 + … + An−1 A0 et ces longueurs sont égales entre elles. Ainsi, ce périmètre
vaut n × 2 − 2cos 2π .
n
c. De façon algorithmique, on peut écrire :
( )
3 Plus n est grand, plus la valeur obtenue se rapproche de π. En effet, plus le nombre de côtés du polygone régulier est
grand, plus ce polygone est proche du cercle de rayon 1. Le demi-périmètre de ce cercle est égal à π.
60
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
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A0 A1 =
TP
3 Vers un nombre inconnu
Remarque : les preuves des conjectures sont dans l’ex. 71 p. 107.
1 Cette suite semble se rapprocher de la valeur π.
2
3.
3
2
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1
0
TP
0
5
10
15
20
25
4 Une suite de cosinus
1
2 La valeur arrondie à 8 chiffres après la virgule qui ne change plus est 0,73908513.
3 De nouveau les valeurs se stabilisent vers ce même nombre.
4 La calculatrice donne approximativement cette même valeur.
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
61
5 Des angles associés
TP
1 La valeur 0,92 du curseur représente une mesure d’angle en radian.
2 On lit : cos (t + π ) = − cos (t ) et sin(t + π ) = − sin(t ) .
3 On lit :
(
)
cos π − t = sin(t )
2
(
)
sin π − t = cos (t )
2
cos (−t ) = cos (t )
cos ( π − t ) = − cos (t )
cos ( π + t ) = − cos (t )
cos π + t = − sin(t )
2
sin(−t ) = − sin(t )
sin( π − t ) = sin(t )
sin( π + t ) = − sin(t )
sin π + t = cos (t )
2
(
)
(
)
Réfléchir, parler & réagir
Automatismes
1 a. π + π = 7π
3
7
4
12
5π
π
6π
b.
+ =
=π
6
6
6
c. 2π − 4π = −2π
3
3
3
π
π
π
d. − = −
4 3
12
2 1. π × 12 = 12π = 2π
6
6
36π
π
2. × 36 =
= 6π
6
6
3. π × 8 = 8π = 2π
4
4
3
2 ≈ 0,7 et 3 ≈ 0,9 .
2
2
2. Un quart de cercle trigonométrique a pour longueur
2π = π .
4
2
3. Trois tours complets du cercle trigonométrique correspond
à 3 × 2π = 6π .
5 1. b
2. b
3. a
4. b
)
)
(3)
()
) ( )
) ( )
b. sin π − 2π = sin π = 2
4
4
2
π
π
c. cos − + 2π = cos − = cos π = 3
6
6
6
2
2π
2π
3
d. sin
− 4π = sin
=
3
3
2
62
P
•
•
− 5π
6
H
•
•
− 4π
3
D
•
•
5π
2
K
•
•
−π
4
J
•
•
3π
3
1er quadrant ont une ordonnée positive.
2. Faux, tous les points du cercle trigonométrique du
2e quadrant ont une abscisse négative.
3. Faux, tous les points du cercle trigonométrique du
4e quadrant ont une ordonnée négative.
4. Vrai, tous les points du cercle trigonométrique du
3e quadrant ont une abscisse et une ordonnée négatives.
9 1. sin( x + 2π) = sin( x )
2. cos ( x + 2π) = cos ( x )
3. sin(− x ) = − sin(α )
4. cos (− x ) = cos ( x )
6 a. cos π + 2π = cos π = 0,5
(
(
(
Mesure d’angle
8 1. Vrai, tous les points du cercle trigonométrique du
4 1. Le cercle trigonométrique a pour longueur 2π.
(3
Point
()
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
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Calcul mental
Exercices
1
Mesure
en degré
90
210
72
150
15
270
Mesure
en radian
π
2
7π
6
2π
5
5π
6
π
12
55π
2
c. 5π = π + π, H est le point-image de 5π .
4
4
4
13π
π
= 4π + , C est le point-image de 13π .
d.
3
3
3
4. Les réels 2π ; − 4π ; 8π ; − 10π ont pour image le point D
3
3 3
3
sur le cercle trigonométrique.
7 1. 5π = 2π + π , les nombres 5π et π ont le même point-
2
Mesure
en degré
150
12
40
195
Mesure
en radian
5π
6
π
15
2π
9
13π
12
Mesure
en degré
40
52,5
75
Mesure
en radian
2π
9
7π
24
5π
12
3
2
2
2
2
image sur le cercle trigonométrique.
2. 7π = 2π − π , les nombres 7π et − π ont le même point4
4
4
4
image sur le cercle trigonométrique.
3. 5π = 6π − 7π , les nombres 5π et − 7π ont le même point2
2
2
2
image sur le cercle trigonométrique.
4. 2π = π − π , les nombres 2π et − π n’ont pas le même
3
3
3
3
point-image sur le cercle trigonométrique, ils sont diamétralement opposés.
8 1.
π
3
J
4 9π = 8π + π = 2π + π . Le point M est l’image de π .
4
4
4
4
4
6π
π
π
7π
−
=−
− = −2π − . Le point N est l’image de − π .
3
3
3
3
3
π
π
7π
»
=
.
L’arc MN mesure − −
4
3
12
O
I
( )
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5
17π
6
2π
3
9
O
− 3π
4
2. 2π + π = 7π ; π − 2π = − 5π . Les nombres 7π et − 5π ont
3
3 3
3
3
3
π
le même point-image que sur le cercle trigonométrique.
3
5π
J 2
π
π
2
−π
4
12π
− 7π
4
3π
2
π
3
7π
6
3π
5π
2
7π
4
2π
π
4
− 5π
2
7π
3
− 5π
6
I
6 1. a. I' image de –π.
b. J image de π .
2
c. J' image de – π .
2
d. I image de 4π.
e. I' image de –3π.
2. a. A image de π .
6
π
b. B image de .
4
π
c. C image de .
3
3. a. G image de π + π .
6
π
b. C image de + 2π .
3
10
2π
3
J
5π
O
− 5π 3π
2 2
π
4
–6π
I
11π
6
11 I est le point-image du réel 0.
M est le point-image du réel π .
4
J est le point-image du réel π .
2
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
63
17 1. Pour tout réel α, on a −1< cos (α ) < 1.
Il est donc impossible de trouver une valeur de x telle que
cos ( x ) = 1, 4 .
2. a.
b.
N est le point-image du réel 3π .
4
I' est le point-image du réel π.
P est le point-image du réel − 3π .
4
π
J' est le point-image du réel − .
2
Q est le point-image du réel − π .
4
J
12 1. 18π = 3π + 3π , les nombres 18π et 3π n’ont pas le
5
5
2
5
même point-image sur le cercle trigonométrique.
2. − 7π = − 14π + 7π , les nombres − 7π et 7π n’ont pas le
3
3
3
3
3
même point-image sur le cercle trigonométrique.
3. 5π = 4π − 19π , les nombres 5π et − 19π ont le même
6
6
6
6
point-image sur le cercle trigonométrique.
4. − 7π = −6π + 17π , les nombres − 7π et 17π ont le même
4
4
4
4
point-image sur le cercle trigonométrique.
(3) 2
2. cos ( 5π ) = − cos ( π ) = − 3
6
6
2
3. sin( 7π ) = sin(− π ) = − sin( π ) = − 2
4
4
4
2
2π
π
4. cos ( ) = − cos ( ) = − 1
3
3
2
19π
π
5. cos (
= cos (6π + ) = cos ( π ) = 1
2
3 )
3
3
π
π
25π
1
6. sin(
= sin( 4π + ) = sin( ) =
2
6 )
6
6
13 1. sin π = 3
c. La droite d’équation x = 0,8 admet deux points d’intersection avec le cercle trigonométrique, il existe donc deux
valeurs de x telles que cos ( x ) = 0,8 et même une infinité si
on fait plusieurs tours du cercle trigonométrique.
d. x ≈ 36,9°
(2 3) ( 6 ) 2
et sin( π ) + sin( π ) = 1+ 3 = 2 + 3 .
2
3
2
2
π
π
π
π
sin( + ) ≠ sin( ) + sin( ) . Un contre-exemple permet de
2 3
2
3
18 1. sin π + π = sin 5π = 1
(
)
· = côté opposé = CA
19 1. tan CBA
2.
côté adjacent
Angle
en degré
180
25
Angle
en radian
π
5π
36
AB
( )
3. tan 5π ≈ 0, 47
36
J
M(x)
20 1. L’angle cherché est 5π .
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2.
I
( ) ( )
() ()
sont situés sur l’arc de cercle rouge.
2. − π , − π , 0, le point-image de − π est de couleur jaune.
6
2
6
2π
π
, − , le point-image de − 2π est de couleur
3. −π , −
3
2
3
verte.
N(x + π )
2
0,8
démontrer que la propriété est fausse.
2. cos π + π = cos 5π = − 3
2 3
6
2
π
π
1
et cos
+ cos
= 0 + = 1 . Un contre-exemple permet
2
3
2 2
de démontrer que la propriété est fausse.
14 1. Les points d’abscisse négative et d’ordonnée positive
15 1.
O
6
cos((xx)))=2 =0,96
0,96 ⇔
2. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− 0,22 ⇔
⎧⎪ (cos
2
2
2
2
(cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− 0,22 ⇔ (cos ( x )) = 0,96 ⇔ ⎨
P(x + π)
cos ( x ) = − 0,96
⎧⎪ cos ( x ) = 0,96 ⎪⎩
2
2
2
2
2
, de plus
(cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− 0,2 ⇔ (cos ( x )) = 0,96 ⇔ ⎨
cos ( x ) = − 0,96
⎪
⎩
3. cos x + π = − sin( x )
2
x [ ⎡ π ; π⎤, donc cos ( x ) < 0 .
⎣2 ⎦
sin x + π = cos ( x )
2
Ainsi cos ( x ) = − 0,96 = − 2 6 .
5
cos ( x + π) = − cos ( x )
sin( x + π) = − sin( x )
21 a. cos (2014π) = cos (1007 × 2π) = cos (0) = 1
16 1. Le résultat affiché sur la calculatrice n’est pas la valeur
b. sin 125π = sin 62π + π = sin π = 1
2
2
2
exacte du nombre réel. L’affichage des décimales du nombre
π
55π
est limité par la taille de l’écran.
c. cos
= cos 18π +
= cos π = 1
2
3
3
3
2. − 1 est un nombre rationnel, c’est la valeur exacte de
2
d. sin −95π = sin −24π + π = sin π = 2
2
4
4
4
2π
cos −
.
3
O
(
(
)
I
)
( )
64
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
( ) (
( ) (
( ) (
)
)
()
()
) ()
(4)
(6)
22 A = 2 sin π + 3 cos π = 2 × 2 + 3 × 3 = 1+ 3 = 5 29 1. a. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) > 0 a pour
2
2
2
2
solution l’ensemble des réels dans l’intervalle ⎡− π ; π ⎤ .
⎣ 2 2⎦
b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) , 0,5 a pour solution l’ensemble des réels dans l’intervalle ⎤−π ; − π ⎡ < ⎤ π ; π⎤ .
⎦
3⎣ ⎦3 ⎦
c. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’inéquation cos ( x ) < 1 a pour solu7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1
23 A = cos π − 3π − sin π + π + sin π − π = cos − 8π − sin tion
des réels
]–π
2
3
6
2 3
3
6 l’ensemble
6
3 dans l’intervalle
6
6 ; π]. 2 2 2
2.
π
π + sin π − π = cos − 8π − sin 7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1
2 2 2
2 J 2
3
6
6
6
2 3
3
6
6
sin 7π + sin π = cos − 2π − sin − 5π + sin π = − 1 − 1 + 1 = − 1
3
6
6
2 2 2
2
6
6
π
π
π
π
π
B = cos 6π −
+ sin + π − cos +
= cos − + sin 5π − cos 3π = 2 − 2 + 2 = 2
2
2
2
2
4
4
4 2
4
4
4
O
I
− cos π + π = cos − π + sin 5π − cos 3π = 2 − 2 + 2 = 2
4
4
4
2
2
2
2
4 2
× 2 + 3 × 3 = 1+ 3 = 5
2
2
2 2
π
B = sin
− cos π = 1 − 0 = 1
2
2
6
2
()
()
( )
) ( ) ( )
( ) () ( )
( )
( ) ( ) (
(
)
(
( ) ()
( ) ()
( ) ( )
) ( )
)
( ) ( ) ()
( ) ( ) ()
( )
( )
( )
( )
()
( )
( ( 5 )) + (sin( π5 )) = 1 ⇔ (sin( π5 )) = 1− (cos( π5 )) ⇔ (sin( π5 )) = 1− ( 54+ 1) ⇔ (sin–(π2π5 )) = 16 − 5 −162 5 − 1 ⇔ (sin( π5 ))
n( π )) = 1 ⇔ (sin( π )) = 1− (cos ( π )) ⇔ (sin( π )) = 1− ( 5 + 1) ⇔ (sin( π )) = 16 − 5 − 2 5 − 1 ⇔ (sin( π )) π= 5 − 5
J 5 3
16
8
4
5
5
5
5
5
π
π
5
+
1
16
−
5
−
2
5
5
−
5
−
1
−(
⇔ (sin( )) =
⇔ (sin( )) =
4 )
16
8
5
5
2
24 cos π
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
)
( )
2
2
2
()
()
π
–π
( )
( ) ( )
A = cos (0) + cos π + cos ( π) + cos 3π = 1+ 0 − 1+ 0 = 0
2
2
B = cos π + cos π + cos 2π + cos 5π = 3 + 1 − 1 − 3 = 0
2 2 2 2
6
3
3
6
π + cos 5π = 3 + 1 − 1 − 3 = 0
2 2 2 2
6
()
2
2
Or π [ ⎡0 ; π ⎤, donc sin( x ) > 0 . Ainsi sin( x ) = 5 − 5 .
8
5 ⎣ 2⎦
25
2
O
I
–π
3
J
26 1. Ce n’est pas une valeur exacte, car Python calcule avec
()
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
des flottants. C’est une valeur approchée de sin π .
4
3π
π
π
= sin − π = − sin
= −0,7071067811865475
2. sin −
4
4
4
π = − sin π = −0,7071067811865475
4
3.
()
( )
(
)
()
27 Quel que soit le réel a, si le réel b est nul, on a alors
cos (a + b ) = cos (a − b ).
28 1. a. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 0,5 a pour
solutions π et 5π .
6
6
b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 1 a pour solution
π.
2
c. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation sin( x ) = 0 a pour solutions 0 et π.
2.
π
O
30 a. Sur l’intervalle [0 ; π], l’équation cos ( x ) = − 2 a pour
0,5
O
π
6
2
solution 3π .
4
b. Sur l’intervalle ]–π ; π], l’équation cos ( x ) = − 2 a pour
2
3π
3π
et
.
solutions −
4
4
31 a.
J
π
6
O
J 2
5π
6
π
I
3 I
2 –π
6
S
6 = ⎡− π ; π ⎤
⎣ 6 6⎦
I
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
65
= 5−
8
b.
J
O
– 5π
6
33 1. −1< cos ( x ) < 1 ⇔ 1< 2 + cos ( x ) < 3 . Donc 2 + cos ( x )
est strictement positif pour tout x [ R et la fonction f est
définie sur R.
2
2
=
= f (x)
2. f (− x ) =
2 + cos (− x ) 2 + cos ( x )
2
2
3. f ( x + 2π) =
=
= f (x)
2 + cos ( x + 2π) 2 + cos ( x )
I
–π
6
−1
2
34 1. f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − c
f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − cos ( x ) × (− sin( x )) = sin(2x ) + cos ( x ) sin
S
6 = ⎤− 5π ; − π ⎡
⎦ 6
6⎣
f ( x + π) = sin(2 ( x + π)) + cos ( x + π) sin( x + π) = sin(2x + 2π) − cos ( x ) × (− sin( x )) = sin(2x ) + cos ( x ) sin( x ) = f ( x )
c. 2cos ( x ) − 2 < 0 ⇔ cos ( x ) < 2
2. f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x ) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin
2
f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x ) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin(2x ) + cos ( x ) sin( x )) = − f ( x )
J
π
f (− x ) = sin(−2x ) + cos (− x4) sin(− x ) = − sin(2x ) − cos ( x ) sin( x ) = − (sin(2x ) + cos ( x ) sin( x )) = − f ( x )
La fonction f est impaire.
35 1.
π
–π
O
2
2
I
–π
4
6 = ⎤−π ; − π ⎤ < ⎡ π ; π⎤
S
⎦
4⎦ ⎣4 ⎦
32 La courbe #f semble montrer que la fonction f est paire
Exercices
36 1.
JE
(3)
(3)
2. sin( π ) = − sin(− π ), donc l’égalité 2 est fausse.
4
4
3π
3. cos ( ) = 0 et sin( π) = 0, donc l’égalité 3 est vraie.
2
π
4. sin( ) = 1 et − cos ( 2π ) = − 1, donc l’égalité 4 est fausse.
6
2
3
2
37 1. cos π = −cos 2π , donc l’égalité 1 est fausse.
F
A
O
D
B
I
C
38 1. 3 < π < 4 ⇔ 3 < 1< 4 ⇔ π < 1< π (la fonction
2.
x
cos(x)
sin(x)
66
π
–1
0
−π
2
−π
3
5π
4
0
1
2
− 3
2
–1
15π
6
− 11π
3
− 2
2
0
1
2
− 2
2
1
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
3
2
π
inverse est décroissante).
π
1 appartient à l’intervalle ⎡ π ;
⎣4
2.
π⎤.
3⎦
J
4
3
π
3C
π
4
O
I
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
La fonction f semble périodique de période 2π.
et périodique de période π.
2. f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π)) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π
La courbe #g semble montrer que la fonction g est paire et
f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π )) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x )
périodique de période π.
f ( x + 2π) = cos (2 ( x + 2π )) − cos ( x + 2π) = cos (2x + 4π) − cos ( x + 2π) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x )
La courbe #h semble montrer que la fonction h est ni paire
La fonction f est périodique de période 2π.
ni impaire et périodique de période 2π.
3. f (− x ) = cos (−2x ) − cos (− x ) = cos (2x ) − cos ( x ) = f ( x )
La courbe #k semble montrer que la fonction k est impaire
La fonction f est paire.
et périodique de période π.
39 1.
x
π
4
−π
4
3π
4
7π
4
9π
4
cos(x)
2
2
2
2
− 2
2
2
2
2
2
sin(x)
2
2
− 2
2
2
2
− 2
2
2
2
43 1. L’abscisse d’un point situé sur un cercle de centre O et
de rayon 1 appartient à l’intervalle [−1;1]. Pour tout x [ R,
−1< cos ( x ) < 1. La proposition est vraie.
2. sin(0) = sin( π) = sin( kπ) = 0 avec k [ Z. La proposition est
fausse.
3. L’abscisse du point-image de π sur le cercle trigonomé3
trique est unique.La proposition est vraie.
4. cos (0) = 1et sin(0) = 0, on a donc cos (0) ≠ sin(0). La proposition est fausse.
44 1. L’aire du secteur angulaire est proportionnelle à l’angle
au centre.
A = 70 × π × 52 = 175 π cm2
360
36
70
× 2π × 5 = 10 + 35 π cm
2. P = 2 × 5 +
360
18
2.
x
π
6
−π
6
3π
6
7π
6
9π
6
cos(x)
3
2
3
2
0
− 3
2
0
sin(x)
1
2
−1
2
1
−1
2
40 1.
5π
6
J x
–1
O 0,15
π
3 π
4 π
6
J
3π
4
45 1. a.
I
b. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1−
2
2
2
2
2
2
2
(cos
O
I ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− 0,15 ⇔ (sin( x )) = 0,977
2
2
2
2
2
2
2
(cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− 0,15 ⇔ (sin( x )) = 0,9775 . Or, x [ [0 ; π] ainsi sin( x ) > 0, donc
–π
sin( x ) = 0,9775 .
4
2. a.
4π
J
3
2.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
x
cos(x)
π
6
π
4
π
3
3
2
2
2
1
2
O
–0,4
I
x
b. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1−
(cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (−0, 4 )2 ⇔ (cos ( x ))2 = 0,8
os ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (−0, 4 )2 ⇔ (cos ( x ))2 = 0,84 . Or, x [ ⎡− π ; π ⎤ ainsi cos ( x ) > 0, donc
⎣ 2 2⎦
3. sin − π = − sin π = − 2
4
4
2
cos ( x ) = 0,84 .
cos 5π = − cos π = − 3
6
6
2
46 a. cos 11π = cos − π = 1
2
3
3
4π
π
1
cos
= − cos
=−
2
3
3
b. sin − 5π = sin 3π = sin π = 2
4
4
4
2
3π
π
2
sin
= sin
=
4
4
2
c. sin 7π = sin − 5π = − sin π = − 1
6
6
6
2
41 0,283 < cos (5) < 0,284
15π
π
2
d. − cos −
= − cos
=−
4
4
2
42 1. Pour x = 0, x = 2π ou x = 4π, sin(2x ) = sin( x ) = 0 et
e. sin(14π) = sin(0) = 0
l’égalité sin(2x ) = 2sin( x ) est vraie.
f. cos 13π = cos π = 0
2
2
2. Pour x = π , on a sin 2 × π = 0 et 2sin π = 2 . L’égalité
2
2
2
précédente est fausse pour x = π , elle n’est donc pas vraie
2
pour tout x [ R.
sin(x)
( )
( )
( )
( ) (
1
2
2
2
3
2
2
()
()
()
)
2
( )
( ) (
( ) (
( )
(
)
()
( )
( )
) ()
) ()
()
()
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
67
Les points M et P sont symétriques par rapport à l’axe des
abscisses.
cos (− x ) = cos ( x )
sin(− x ) = − sin( x )
4.
47 17π = 12π + 5π = 2π + 5π . Le point M image de 17π
6
6
6
6
6
est aussi l’image de 5π .
6
13π = 8π + 5π = 2π + 5π . Le point N image de 13π est
4
4
4
4
4
5π
aussi l’image de
.
4
» mesure 5π − 5π = 5π .
L’arc MN
4
6
12
Q(x + π )
2
J
M(x)
( )
O
() ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
() ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
) ( ) ( ) ( )
(
( ) ( ) () ( )
( ) (
() ( )
( )
I
48 1. A = cos π − cos 2π − cos 4π + cos 5π = 1 − − 1 − − 1 + 1 = 2
2
2
2 2
3
3
3
3
4π
5π
1
1
1
1
os
+ cos
= − − − − + =2
2
2
2 2
3
3
Le point Q est l’image du point P par la rotation de centre
2. B = cos π × cos 2π × cos 4π × cos 5π = 1 × − 1 × − 1 × 1 = 1
π.
2
2
2 O et
2 d’angle
16
3
3
3
3
2
4π × cos 5π = 1 × − 1 × − 1 × 1 = 1
π
2
2
2 2 16
3
3
cos x +
= − sin( x )
2
3π
π
π
3π
2
2
2
2
3. C = sin −
− sin − − sin
+ sin
=−
− −
−
+
=0
2
2
2 x + 2π = cos ( x )
4
4
4
4
sin
2
n π + sin 3π = − 2 − − 2 − 2 + 2 = 0
2
2
2
2
4
4
51 1. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 =
2
2
2
2
2
2
»
x ))2 cos
+ (sin
49 Si x est associé à un point situé sur l’arc(cos
AJ (alors
( x )( x>))0 = 1 ⇔ (sin( x )) = 1− (cos ( x )) ⇔ (sin( x )) = 1− (−0,8) ⇔ (sin( x )) = 0,36
et sin
os ( x ))2 + (sin
( x )()x2 )=>10⇔. (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔»
(sin( x ))2 = 1− (−0,8)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,36 . Or, x [ ⎡⎣ π ; π⎤⎦ ainsi sin( x ) > 0, donc
2
Si x est associé à un point situé sur l’arc JH alors cos ( x ) < 0
sin
x
=
0,36
=
0,6.
(
)
et sin( x ) > 0 .
» alors cos ( x ) < 0
2. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1−
Si x est associé à un point situé sur l’arc HN
2
et sin( x ) < 0 .
cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− (sin( x ))2 ⇔ (cos ( x ))2 = 1− 2 ⇔ (cos ( x ))2 = 5
(»
3
9
Si x est associé à un point situé sur l’arc NB alors cos ( x ) > 0
2
2 et sin( x ) <
2 0.
2
2
2
2
(cos ( x )) + (sin( x )) = 1 ⇔ (cos ( x )) = 1− (sin( x )) ⇔ (cos ( x )) = 1− 2 ⇔ (cos ( x )) = 5 . Or, x [ ⎡⎣0 ; π ⎤⎦ ainsi cos ( x ) > 0, donc
3
9
2
50 1.
J
5
5
cos ( x ) =
=
.
9
3
M(x)
3. (cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1−
(cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (cos ( x ))2 ⇔ (sin( x ))2 = 1− (0,6)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,64
(cos ( x ))2 + (sin( x ))2 = 1 ⇔ (sin( x ))2 = 1−O(cos ( x ))2 ⇔I(sin( x ))2 = 1− (0,6)2 ⇔ (sin( x ))2 = 0,64 . Or, x [ ⎡⎣ 3π ; 2π⎤⎦ ainsi sin( x ) < 0, donc
2
N(x + π)
sin( x ) = − 0,64 = −0,8 .
)
)
()
52 1. sin(− x ) + cos (− x ) = − sin( x ) + cos ( x )
2. sin(− x ) − sin( π + x ) = − sin( x ) + sin( x ) = 0
3. cos ( π − x ) + cos (3π + x ) = − cos ( x ) − cos ( x ) = −2cos ( x )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
Le point N est diamétralement opposé au point M.
2. cos ( x + π) = − cos ( x )
sin( x + π) = − sin( x )
4. sin x + π − 3cos − π − x − 4sin( π − x ) = cos ( x ) + 3sin( x ) − 4sin( x )
2
2
3.
J
sin x + π − 3cos − π − x − 4sin( π − x ) = cos ( x ) + 3sin( x ) − 4sin( x ) = cos ( x ) − sin( x )
2
2
(
)
(
(
)
M(x)
O
(
(
)
53 1. g (t ) = 15sin 2t + π
(
6
)
)
(
)
2. g (120) = 15sin 2 × 120 + π = 15sin 1440 + π ≈ 14,73
6
6
P(–x)
Au bout de 120 s, la valeur du signal sonore est d’environ
14,73 dB.
3. g (t + π) = 15sin 2 (t + π) + π = 15sin 2t + π + 2π = 15sin 2t + π =
6
6
6
g (t + π) = 15sin 2 (t + π) + π = 15sin 2t + π + 2π = 15sin 2t + π = g (t )
6
6
6
La fonction g est π-périodique.
I
(
68
)
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
)
(
(
)
)
(
(
)
)
(
)
5. La courbe représentative de la fonction g n’est ni symétrique par rapport à l’axe des ordonnées ni symétrique par
rapport à l’origine du repère. La fonction g n’est donc ni paire
ni impaire.
4.
54 1.
2.
Exercices
55 1. a. Le trinôme 2 x 2 − 2x − 2 a pour discriminant
2
2
( )
2
Δ = (− 2 ) − 4 × 2 × − 2 = 4. Δ . 0 , l e t r i n ô m e
2
2
2 x 2 − 2x − 2 admet donc deux racines distinctes :
2
2
2
+
4 = 1+ 2 et x = 2 − 4 = 1− 2 .
x1 =
2
2
2
On cherche k et k' tels que :
−π , π + 2kπ < π et −π , 5π + 2k' π < π ⇔ − 19 , k < 17
12
12
18
3
18
3
23
13
. Soit k = −1, k = 0, k = 1
et − , k ′ <
12
12
et k ′ = −1, k ′ = 0, k ′ = 1.
Pour k = −1, x = π + −2π = − 11 π .
18
18
3
Pour k = 0, x = π .
18
Pour k = 1, x = π + 2π = 13 π .
18 3 18
Pour k ′ = −1, x = 5π + −2π = − 7 π .
18
18
3
5π
.
Pour k ′ = 0, x =
18
Pour k ′ = 1, x = 5π + 2π = 17 π .
18
3 18
π
11
7
S
6 = − π ; − π ; ; 5π ; 13 π ; 17 π
18
18 18 18 18 18
S
6 = {1− 2 ;1+ 2 }
b. Le trinôme 1 x 2 − 3x − 1 a pour discriminant
2
2
2
Δ = (− 3 ) − 4 × 1 × − 1 = 4 .
Δ . 0, le trinôme
2
2
1 x 2 − 3x − 1 admet donc deux racines distinctes :
2
2
x1 = 3 + 4 = 2 + 3 et x2 = 3 − 4 = −2 + 3 .
1
1
6 = {−2 + 3 ; 2 + 3 }
S
⎧ x =1
c. x 2 − 1 = 0 ⇔ x 2 = 1 ⇔ ⎨
⎩ x = −1
S
6 = {−1;1}
57 1. 2 × 13 − 17 × 12 + 7 × 1+ 8 = 2 − 17 + 7 + 8 = 0 . 2. Le trinôme sin(a ) x 2 − 2cos (a ) x − sin(a ) a pour discriminant
3
2
Δ = (−2cos (a ))2 − 4 × sin(a ) × (− sin(a )) = 4 (cos (a ))2 + 4 (sin(a ))21=est
4 une
(cosracine
(a ))2 +du
(sinpolynôme
(a ))2 = 4 2X − 17X + 7X + 8 .
2. ( X − 1)(2X 2 − 15X − 8) = 2X 3 − 15X 2 − 8X − 2X 2 + 15X + 8 = 2X 3 −
) × (− sin(a )) = 4 (cos (a ))2 + 4 (sin(a ))2 = 4 (cos (a ))2 + (sin(a ))22 = 4
( X − 1)(2X − 15X − 8) = 2X 3 − 15X 2 − 8X − 2X 2 + 15X + 8 = 2X 3 − 17X 2 + 7X + 8
2
Δ . 0, le trinôme sin(a ) x − 2cos (a ) x − sin(a ) admet donc
3. On pose X = sin(x), pour tout x [ R, X [ [–1 ; 1].
deux racines distinctes :
2X 3 − 17X 2 + 7X + 8 = 0 ⇔ ( X − 1)(2X 2 − 15X − 8) = 0 ⇔
2cos (a ) + 4 1+ cos (a )
x1 =
=
⎧
X =1
2sin(a )
sin(a )
⇔ ⎪⎨
2
ou
2X
−
15X − 8 = 0
⎪
⎩
et
Le trinôme 2X 2 − 15X − 8 a pour discriminant
2cos (a ) − 4 −1+ cos (a )
.
x2 =
=
Δ = (−15)2 − 4 × 2 × (−8) = 289 .
2sin(a )
sin(a )
( )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
{
(
)
3. Les équations de la question 1 sont des cas particuliers de
l’équation de la question 2 avec pour valeurs respectives de
a : π , π et π .
4 6 2
56 On sait que sin π = 1 , donc l’équation devient
2
6
π
sin(3x ) = sin
.
⎧
6
3x = π + 2kπ
⎪
6
Cette équation équivaut, sur R, à ⎨
⎪ ou 3x = π − π + 2 k ′π
6
⎩
⎧
x = π + 2kπ
⎪
18
3
avec k et k' [ Z ⇔ ⎨
5π
⎪ ou x =
+ 2 k ′π .
18
3
⎩
()
()
(
}
)
Δ . 0, le trinôme 2X 2 − 15X − 8 admet donc deux racines
distinctes :
X1 = 15 + 289 = 8 et X2 = 15 − 289 = − 1 .
4
4
2
π
X = 1 ⇔ sin( x ) = 1 ⇔ x = + 2kπ avec k [ Z
2
X1 = 8 ⇔ sin( x ) = 8, ce qui est impossible.
⎧
π
⎪ x = − 6 + 2kπ
1
1
X2 = − ⇔ sin( x ) = − ⇔ ⎨
2
2
⎪ x = − 5π + 2kπ
6
⎩
6 = − 5π + 2kπ ; − π + 2kπ ; π + 2kπ
6
6
2
{
}
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
69
58 L’aire de chacun des secteurs BOA et ODC est égale à :
60 1.
2
25
×
π
×
5
As =
360
Dans le triangle COA isocèle en O, la hauteur issue de O est
égale à 5 × sin(25°) et la base CA est égale à 10 × cos (25) et
2.
l’aire du triangle est égale à :
5 × sin(25°) × 10 × cos (25)
Atriangle =
= 25sin(25) cos (25)
2
L’aire de la surface rouge est égale à :
Arouge = 125π + 25sin(25) cos (25) ≈ 20, 48 cm2
3. a.
36
L’aire de la surface verte est égale à l’aire de la surface du
demi-cercle moins l’aire de la surface rouge soit :
Averte = 25π − 125π − 25sin(25) cos (25) = 325π − 25sin(25) cos (25) ≈ 18,79
2
36
36
5sin(25) cos (25) = 325π − 25sin(25) cos (25) ≈ 18,79 cm2
b.
36
La surface rouge à l’aire la plus grande.
Soit R le rayon du demi-cercle en centimètre.
c. Le programme permet de déterminer à partir de quelle
Arouge = R2 5π + sin(25) cos (25)
36
valeur de x l’erreur entre la fonction cos(x) et la fonction
2
Averte = R2 π − 5π + sin(25) cos (25)
1− x est supérieure ou égale à 0,01.
36
2
Le rapport entre l’aire de la surface rouge et l’aire de la surface
4.
verte est constant avec le rayon du demi-cercle, ce rapport ne
dépend que de l’angle au sommet du secteur BOA.
(
( (
)
))
· = 60°.
59 1. Le triangle MDC est équilatéral, on a donc MDC
ABCD est un carré, donc ·
ADC = 90°
·
·
·
et ADM = ADC − MDC = 90 − 60 = 30° .
Le triangle ADM est isocèle en D donc :
61 1. Dans le triangle NRU rectangle en U.
· = DMA
· = 180 − 30 = 75° .
DAM
2
NU
· = NU ⇔ NR =
cos UNR
⇔ NR = 10 ≈ 10,95
· = DAB
· − DAM
· = 90 − 75 = 15°.
·
cos (24 )
NR
Enfin MAJ
cos UNR
· mesure 15° soit 15 × π = π rad. ·
NU
NU
L’angle MAJ
⇔ NR = 10 ≈ 10,95
180
12 cos UNR = NR ⇔ NR =
·
cos (24 )
cos UNR
2. Dans le triangle DIM rectangle en I d’après le théorème
2. Dans le triangle MNR rectangle en N d’après le théorème
de Pythagore :
de Pythagore :
2
2
2
2
2
2
2
2
10
100
a
3a
3a
2
2
2
MR
=
MN
+
NR
⇔
MR
=
8
+
⇔ MR2 = 64 +
a =
+ IM ⇔ IM =
⇔ IM =
cos (24 )
(cos (24 )
4
2
2
2
10
100
MR2 = MN 2 + NR2 ⇔ MR2 = 82 +
⇔ MR2 = 64 +
⇔ MR = 64 +
a (2 − 3 )
cos (24 )
(cos (24 ))2
(c
MJ = IJ − IM = a − 3a =
2
2 2
2
2
2
2
10en J. D’après
100
100
Dans
de
MR2 = MN
+ le
NRtriangle
⇔ MRAMJ
= 8rectangle
+
⇔ MR2le=théorème
64 +
⇔ MR = 64 +
≈ 13,56
2
cos
24
(
)
cos
24
cos
(
(
)
)
(
(24 ))2
Pythagore :
2
2
a ( 4 − 4 3 + 3)
2 Dans le triangle MNU rectangle en U d’après le théorème
AM 2 = AJ 2 + JM 2 ⇔ AM 2 = a +
⇔ AM 2 = a3.
(2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 3
4
4
2
2
a
4
−
4
3
+
3
de
Pythagore :
(
)
a
2
2
2
2
2
AJ + JM ⇔ AM =
+
⇔ AM = a (2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 32
4
4
MU = 8 + 102 = 164 = 2 41 ≈ 12,81
2
a (2 − 3 ) ⇔ AM = a 2 − 3
4. Dans le triangle MRU rectangle en U.
3. Dans le triangle AMJ rectangle en J,
2 41
cos (α ) = MU ⇔ cos (α ) =
≈ 0,9
a
1
· = AJ ⇔ cos π =
RM
100
cos MAJ
⇔ cos π =
64
+
AM
12
12
2 2− 3
2a 2 − 3
(cos (24 ))2
π
π
AJ
a
1
5.
α
≈
19°
·
AJ =
=
⇔ cos
=
⇔ cos
12
12
AM
2 2− 3
2a 2 − 3
a
2
−
3)
(
· = MJ ⇔ sin π =
et sin MAJ
⇔ sin π = 2 − 3
AM
12
12
2 2− 3
2a 2 − 3
a
2
−
3
(
)
MJ
π
π
2
−
3
·
AJ =
=
⇔ sin
=
.
⇔ sin
AM
12
12
2a 2 − 3
2 2− 3
(
)
()
(
)
(
( )
(
)
( )
)
70
( )
)
( )
( )
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
(
(
( )
( )
)
)
(
)
( )
)
)
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
( ( )) ( ( ))
( ( )) ( ( )) ( ( )) (
) ( ( ))
( ))
( ( )) ( ( )) ( ( )) (
( ( ))
) ( ( ))
2 + 6 ⇔ sin π
66 1. Pour x [ [0 ; 2π[,
) ( (12 )) = 16 − 2 −164 3 − 6 ⇔ (sin(12π )) = 2 −4 3
4
2
2
2
2
2
2
( (
2
π 2⇔ sin π 2 = 1− 2 + 6 ⇔ sin π2
16 − 2 − 4 3 − 6 ⇔ sin
2π
62 1. cos π + sin (πcos ( x=) +1 ⇔
= 1−( x )cos
2sinsin
+ (2cos
− sin
x )) + 4cos ( x ) sin
− 4cos ( x ) sin( x ) +
( x ))12
) + 4=(cos ( x ))216
4 ( x ) + 4 (sin( x )12
12
12
12( x )) = (cos (12
2 2
2 2
2
2 ( x ))2 + (sin( x ))2 ) = 5 × 1 = 5
sinπ( x ))22 + (2cos ( x ) −π sin2( x ))2 = (cos (πx ))22 + 4cos ( xπ) sin2( x ) + 4 (sin
x
+
4
cos
x
−
4cos
x
sin
x
+
sin
x
=
5
cos
(
)
)
(
(
)
)
(
)
(
)
(
(
)
)
(
(
n
= 1 ⇔ sin 2 = 1− cos
⇔ sin
= 1− 2 + 6 ⇔ sin π
= 16 − 2 − 4 3 − 6 ⇔ sin π
= 2− 3
16
4
12( x ))2 + 4 (cos ( x12
12
= 5((cos ( x ))2 +4(sin( x ))2 ) = 5 ×12
1= 5
(sin
)) − 4cos ( x ) sin12
( x ) + (sin( x ))212
2
2
2
cos ( x ) > − 3 ⇔ x [ ⎡0 ; 5π ⎤ < ⎡ 7π ; 2π ⎡.
⎣ 6 ⎦ ⎣6
⎣
2
2. Pour x [ [−π ; π[,
⎧
sin( x ) = 3
⎪⎪
2
2
2
3
4 (sin( x )) − 3 = 0 ⇔ (sin( x )) = ⇔ ⎨
4
⎪ ou sin( x ) = − 3 .
2
⎩⎪
Donc, 6
S = − 2π ; − π ; π ; 2π .
3
3 3 3
Or, π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi sin( x ) > 0, donc :
12 ⎣ 2 ⎦
sin π = 2 − 3 = 2 − 3 .
12
4
2
π
11π
= cos π −
= − cos π = − 2 + 6
2. cos
12
12
12
4
( )
( ) ( ) ( )
sin( 11π ) = sin( π − π ) = sin( π ) = 2 −
2
12
12
12
}
π = 1− ⎛ 21+ 32 ⎞ ⇔ 1sin 3π = 4 − 2 − 2 1⇔ sin3 π 1= 2 −
63 1. (cos ( π )) + (sin( π )) = 1 ⇔ (sin( π )) = 1− (cos ( π )) ⇔ (sin
⎟; C − ( ; ( )); D (−1; 0)4; E (− ; −( ()8; )F) ( ; − 4
67( 81.))I (1;
0) ; ⎜⎝B ( 2;
8
8
8
8
2 2 )⎠ ( 2 28)
2
2
2
⎛ 2+ 2⎞
π
π
π
π
π
π
4
−
2
−
2
2
−
2
1 3 = 1− 1 3
n( )) = 1 ⇔ (sin( )) = 1− (cos (I (1;
⇔ sin
⇔ sin )1) ; −= 3 ; F 1 ; −⇔ 3(sin. ( )) =
4
8
8
8 )) 0) ; B( ( 2 (; 82)) ) ; C (− 2⎜⎝ ; 22) ; D⎟⎠(−1; 0() ; E((−8 2
2 ) 4 (2
2 ) 8
2. IBCDEF est un hexagone régulier de centre O, donc
2 + 2 ⎞ ⇔ sin π = 4 − 2 − 2 ⇔ sin π = 2 − 2
⎟⎠
( ( 8 ))
( ( 8 )) 4
2
4
· 360
2
2
2
2
2
{
3
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
IOB =
= 60° .
6
· = 60°, OI = OB = 1 et IOB est un triangle isocèle
3. IOB
· = 120 = 60° . Le triangle IOB est un triangle
en O, donc OBI
2
équilatéral.
4. IB = 1 et tous les côtés de l’hexagone régulier sont égaux,
donc :
Phexagone = 6 × 1 = 6 u. l.
Or, π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi sin( x ) > 0, donc :
8 ⎣ 2⎦
sin π = 2 − 2 = 2 − 2 .
4
2
8
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
2. sin( 7π ) = sin( π − π ) = sin( π ) = 2 − 2
8
8
8
2
cos ( 7π ) = cos ( π − π ) = − cos ( π ) = − 2 + 2
8
8
8
2
L’aire de l’hexagone est la somme de l’aire de six triangles
sin( 5π ) = sin( π + π ) = cos ( π ) = 2 + 2
8
2 8
8
2
équilatéraux dont la mesure de la hauteur est égale à 3
2
cos ( 5π ) = cos ( π + π ) = − sin( π ) = − 2 − 2
2
8
2 8
8
et la mesure de la base est égale à 1.
3. A = cos ( 9π ) − 3sin( 5π ) + 2cos ( 7π ) = − cos ( π ) − 3cos ( π ) − 2cos ( π ) = −6cos ( π ) 3 × 1
8
8
8
8
8
Ainsi,8 A
= 86 × 2
= 3 3 u.a.
2
2
π + 2cos 7π = − cos π − 3cos π − 2cos π = −6cos π
( 8 ) (8) (8) (8)
(8)
= 6 × 5 = 30 cm.
5. OI = OB = BI = 5 cm et P
8 )
68 1. f ( x + 2π) = 2cos ( x + 2π) − 1 = 2cos ( x ) − 1 = f ( x ) . La
64 1. cos ( 3π ) = − 2 . Réponse b.
4
2
fonction f est 2π périodique.
hexagone
hexagone
2. sin( π − α ) = sin(α ) = 1 . Réponse a.
2. a. Graphiquement, il semble que la courbe représentative
2
de la fonction f soit symétrique par rapport à l’axe des ordon3. Si α [ ⎡ π ; π⎤ , alors cos (α ) < 0 . De plus, sin 5π = 1 et
nées, la fonction f semble donc être paire.
⎣2 ⎦
2
6
b. f (− x ) = 2cos (− x ) − 1 = 2cos ( x ) − 1 = f ( x ). La fonction f
cos 5π = 3 . Réponse a.
est paire.
6
2
3. −1< cos ( x ) < 1 ⇔ −2 < 2cos ( x ) < 2 ⇔ −3 < 2cos ( x ) − 1< 1 ⇔ −3 <
4. cos ( x ) = −1 ⇔ x = π + 2kπ, k [Z . Réponse b.
−1<
cos
x
<
1
⇔
−2 < 2cos ( x ) < 2 ⇔ −3 < 2cos ( x ) − 1< 1 ⇔ −3 < f ( x ) < 1
(
)
5. sin( x ) = 1 ⇔ x = π + 2kπ, k [Z . Réponse c.
4.
y
2
( )
( (2)
2
2
) ( )
2
2
2
= (0 + 2 × 1)2 + (0 − 1)2 = 5
1
0
x
1
= (0 + 2 × 1)2 + (0 − 1)2 = 5 . L’égalité est vraie pour x = π .
2
2
2
2
2
2
2
cos π + 2sin π + 2cos π − sin π = 2 + 2 × 2 + 2 × 2 − 2 = 3 2 + 2 = 20 = 5
2
2
2
2
2
2
4
4
4
4
4
2
2
2
2
= 2 + 2 × 2 + 2 × 2 − 2 = 3 2 + 2 = 20 = 5
4
2
2
2
2
2
2
Il semble que l’équation f ( x ) = −2 admette deux solutions
π
dans l’intervalle [0 ; 2π].
= 20 = 5 . L’égalité est vraie pour x = .
4
4
2. (cos ( x ) + 2sin( x ))2 + (2cos ( x ) − sin( x ))2 = (cos ( x ))2 + 4cos ( x ) sin( x ) + 4 (sin( x ))2 + 4 (cos ( x ))2 − 4cos ( x ) sin( x ) + (sin( x ))2 = 5 (cos ( x )
( ()
( )) (
− sin π
4
2
+ 2
2
( 2 )) + (2cos( π2 ) − sin( 2π ))
65 1. cos π + 2sin π
( ))
− sin π
2
( )
( )) ( ( )
) (
( )) (
) ( ) ( )
) (
) ( ) ( )
(
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
71
⎧
5. Dans l’intervalle [0 ; 2π] ,
positive,
il 2π
est donc nécessaire d’utiliser la fonction abs() afin
⎪ x= 3
1
f ( x ) = −2 ⇔ 2cos ( x ) − 1 = −2 ⇔ 2cos ( x ) = −1 ⇔ cos ( x ) = − ⇔de⎨renvoyer l’écart positif entre la fraction et π.
2
3.⎪ ou x = 4π
⎧
3
2π
⎩
x=
⎪
3
= −2 ⇔ 2cos ( x ) = −1 ⇔ cos ( x ) = − 1 ⇔ ⎨
2
⎪ ou x = 4π .
3
⎩
4π
2π
6=
S
;
3 3
L’équation f ( x ) = −2 admet deux solutions dans l’intervalle
[0 ; 2π] comme la conjecture graphique le laissait supposer.
71 1. Il y a 2π triangles identiques au triangle AOB qui ont
α
69 1. Dans un triangle isocèle en A, la hauteur du triangle
été
construits.
issue de A est aussi la bissectrice de l’angle µ
A . On a donc
2. L’angle α mesure 2π où n est le nombre de côtés du poly·
n
BAC
α
·
BAH =
= .
gone
inscrit
dans
le
cercle.
2
2
Dans le triangle BAH rectangle en H,
3. OA = OB car [OA] et [OB] sont deux rayons du cercle. Le
· = BH ⇔ BH = AB × sin BAH
· ⇔ BH = a × sin α
triangle AOB est donc isocèle en O.
sin BAH
AB
2
AOH = AH ⇔ AH = OA
4. Dans le triangle OAH rectangle en H, sin ·
H ⇔ BH = AB × sin BAH
· ⇔ BH = a × sin α .
OA
B
2
α
AH
·
·
AOHissue
=
⇔ AH = OA × sin AOH ⇔ AH = 1× sin
⇔ AH = sin α
Or, dans un triangle isocèle en A, la hauteur du sin
triangle
OA
2
2
= 2BH = 2a × sin α . α
de A est
aussi laAH
médiane. On a donc BC·
α
·
sin AOH =
⇔ AH = OA × sin AOH ⇔ AH = 1× sin
⇔ AH = sin
.
2
OA
2
2
2
2
;
2. a. M
Or, dans un triangle isocèle en O, la hauteur du triangle issue
2 2
b. Dans le repère (O ; I, J), le point I a pour coordonnées (1; 0) et
de O est aussi la médiane. On a donc AB = 2 AH = 2 × sin α .
2
2
2
2 −1 + 2 − 0 = 2 − 4 2 + 4 + 2 = 2 − 2 .
IM =
OH
·
·
2
2
4
⇔ OH = OA × cos AOH ⇔ OH = cos α
De même, cos AOH =
OA
2
· = π c. Le triangle IOM est isocèle en O avec IOM
α
OH
·
·
4
cos AOH =
.
⇔ OH = OA × cos AOH ⇔ OH = cos
2
OA
et IO = OM = 1.
2 × sin α × cos α
2 ⇔A
2
α
En utilisant le r ésultat de la question 1, on a : AOAB = AB × OH ⇔ AOAB =
OAB = sin 2 × co
2
2
2 × sin α × cos α
IM = 2 × 1× sin π = 2sin π .
2
2 ⇔A
α
α
8
8
AOAB = AB × OH ⇔ AOAB =
OAB = sin 2 × cos 2 ⇔ AOAB = s
2
2
En utilisant le résultat deα la question
précédente,
on
a
:
× cos α
2 × sin
2 ⇔A
2
AB × OH ⇔ A
=
=
= sin α × cos α ⇔ AOAB = sin π × cos π .
π
π
OAB
2sin
⇔ sin 2 = 2 − 2 . OAB
2 2 − 2 =OAB
2
2
n
n
8
8
2
2
2
2
2 5. a = n ×2sin π ⎛ × cos π ⎞ 2
2
2
n π
= 1−
De plus, cos π + sin π = 1 ⇔ cos π = 1− sin π ⇔ cos
n ⎜ 2 − n2 ⎟ ⇔ cos π = 4 − 2 + 2 ⇔ cos π =
2 ⎠
4
8
8
8
8
8
8
8
⎝
2
6.
2
2
2
2
2
2
⎛ 2− 2 ⎞
π
π
π
π
π
π
4
−
2
+
2
2
+
2
n
= 1 ⇔ cos
= 1− sin
⇔ cos
= 1− ⎜
⇔ cos
=
⇔ cos
=
4
2 ⎟⎠
8
8
8
8
8
8 a
⎝
n 4
n
2
2 − 2 ⎞ ⇔ cos π 2 = 4 − 2 + 2 ⇔ cos π 2 = 2 + 2 .
6
2,598
2 ⎟⎠
4
4
8
8
Or π [ ⎡0 ; π ⎤ ainsi cos ( x ) > 0, donc :
12
3
8 ⎣ 2⎦
20
3,090
cos π = 2 + 2 = 2 + 2 .
8
4
2
50
3,133
70 1. a. Les nombres 22 et π diffère à partir de leur troisième
7
100
3,140
décimale.
b. 22 − π ≈ 1,26 × 10−3 et 179 − π ≈ 1,24 × 10−3 . La distance
7. Lorsque n devient grand, an semble se rapprocher de la
7
57
valeur de π. Cette valeur correspond à l’aire du disque de
179
22
entre
et π est plus petite que la distance entre
et π,
57
7
centre O et de rayon 1. Adisque = π × 12 = π .
ainsi 179 est une meilleure approximation de π que 22 .
57
7
72 1. q t + π = 1 sin 200 × t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π
200
200
100
100
4
4
2. a. Il y a deux boucles bornées for car pour chaque valeur
de numérateur comprise entre 1 et 1000,
il
faut
être
capable
π
π
π
π
π
1
1
1
q t+
=
sin 200 × t +
+
=
sin 200t + 2π +
=
sin 200t +
= q (t )
200 de
200
200
4
4
100 variant
100
4
de tester chaque fraction avec un dénominateur
q t + 1πà 1000.
= 1 sin 200 × t + π + π = 1 sin 200t + 2π + π = 1 sin 200t + π = q (t )
200
200
200
100
100
4
4
4
b. La ligne 5 du programme permet de tester si la distance
La fonction q est périodique de période π .
100
entre la fraction et π est inférieure à la distance de référence
}
(
)
(
(
(
(
(
( )
)
)
(
)
) (
( )
)
(
)
)
( )( )
( )
)
(
(
)
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(
(
( )
)
)
)
(
( )
( ) ( )
)
( ) ( )
() ()
( )
( ) ( )
( ) ( )
() ()
() ()
( ( )) ( ( ))
( ( )) ( ( )) ( ( )) ( ) ( ) ( ( ))
( ( )) ( ( )) ( ( ))
( ( ))
( ( ))
( ( ))
( ( ))
( ))
( )
)
( )
(
( )
( )
( ( ))
()
(
)
(
(
) )
(
(
)
(
)
qui est celle entre 22 et π. La distance est une grandeur
7
72
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
(
)
( ) )
(
)
(
(
(
) )
(
)
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
{
(
)
2. q (−t ) = 1 sin −200t + π . q (−t ) est différent de q (t ) et de
200
4
−q (t ), la fonction q n’est donc ni paire ni impaire.
2. On pose X = sin( x ) . Alors, comme pour tout réel
x , −1< sin( x ) < 1, o n a −1< X < 1 e t l ’ e x p r e s s i o n
2 (sin( x ))2 + 9sin( x ) + 4 devient 2X 2 + 9X + 4 .
L e t r i n ô m e 2X 2 + 9X + 4 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 92 − 4 × 2 × 4 = 49 . Δ . 0, le trinôme 2X 2 + 9X + 4
admet deux racines distinctes :
3. La fonction q semble croissante lorsque t [ [0 ; 0,004] < ⎡0,02 ; π ⎤ et décroissante lorsque
⎣
100 ⎦
t [ [0,004 ; 0,02] . Lorsque la fonction q est croissante, cela
X1 = −9 + 49 = − 1 et X2 = −9 − 49 = −4 .
correspond à un période de charge du condensateur alors
2×2
2
2×2
que lorsque la fonction q est décroissante, le condensateur
⎧
5π
est en train de se décharger.
⎪ x = − 6 + 2kπ
X1 = − 1 ⇔ sin( x ) = − 1 ⇔ ⎨
2
2
4. q (0) = 1 sin 200 × 0 + π = 1 sin π = 1 × 2 = 2
⎪ x = − π + 2kπ .
200
200
200 2
400
4
4
6
⎩
π
π
1
2
2
1
X
=
−4
⇔
sin
x
=
−4,
ce
qui
est
impossible.
(
)
+
=
sin
=
×
=
2
200
200 2
400
4
4
6
S
= − 5π + 2kπ ; − π + 2kπ
6
6
À t = 0, la charge du condensateur est de 2 C.
400
75 On sait que cos π = 1 , donc l’équation devient
⎧
1
2
3
cos
x
=
(
)
⎪
2
π
73 1. Pour x [ [−π ; π[, ⎨
⇔ x =−π.
cos (3x ) = cos
.
3
3
⎪ sin( x ) = − 3
2
⎩
⎧
3x = π + 2kπ
⎪
3
⎧
2
Cette équation équivaut, sur R, à ⎨
⎪⎪ cos ( x ) = 2
π
⎪ ou 3x = − π + 2 k ′π
2. Pour x [ [−π ; π[, ⎨
⇔x= .
3
4
⎩
2
⎪ sin( x ) =
2
⎪⎩
⎧
x = π + 2kπ
⎪
9
3
⎧
avec k et k' [ Z ⇔ ⎨
3
⎪ cos ( x ) = − 2
π
⎪ ou x = − + 2 k ′π .
3. Pour x [ [−π ; 3π[, ⎨
⇔ x = − 5π ou x = 7π
9
3
⎩
6
6
⎪ sin( x ) = − 1
On
cherche
k
et
k'
tels
que
:
2
⎩
x) = − 3
2 ⇔ x = − 5π ou x = 7π .
−π , π + 2kπ < π et −π , − π + 2 k ′π < π ⇔ − 5 , k < 4
3
3
9
3
9
3
6
6
1
x) = −
5
4
2
et − , k ′ < .
⎪⎧ cos ( x ) = 0
3
3
4. Pour x [ [−2π ; 3π[, ⎨
< x = − π ou x = 3π .
2
2
Soit k = −1, k = 0, k = 1 et k ′ = −1, k ′ = 0, k ′ = 1.
⎪⎩ sin( x ) = −1
74 1. On pose X = cos ( x ) . Alors, comme pour tout
Pour k = −1, x = π + −2π = − 5 π .
9
3
9
réel x, −1< cos ( x ) < 1, on a −1< X < 1 et l’expression
π
2
2
Pour k = 0, x = .
2 (cos ( x )) + 9cos ( x ) + 4 devient 2X + 9X + 4 .
9
L e t r i n ô m e 2X 2 + 9X + 4 a p o u r d i s c r i m i n a n t
π
2
2
Pour k = 1, x = + 2π = 7 π .
Δ = 9 − 4 × 2 × 4 = 49 . Δ . 0, le trinôme 2X + 9X + 4
9
9
3
admet deux racines distinctes :
Pour k ′ = −1, x = − π + −2π = − 7 π .
9
9
3
X1 = −9 + 49 = − 1 et X2 = −9 − 49 = −4 .
2×2
2×2
2
Pour k ′ = 0, x = − π .
⎧
9
2π + 2kπ
x
=
⎪
3
1
1
π
X1 = − ⇔ cos ( x ) = − ⇔ ⎨
Pour k ′ = 1, x = − + 2π = 5 π .
2
2
9
3
9
2π
⎪ x=−
+ 2kπ .
3
π
π
7
5
5
⎩
S
6= − π ; − π ; − ; ; π ; 7 π
9
9
9 9 9 9
X2 = −4 ⇔ cos ( x ) = −4, ce qui est impossible.
S
6 = − 2π + 2kπ ; 2π + 2kπ
3
3
)
()
(
)
()
{
}
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
{
{
()
}
}
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
73
76
2. La somme des angles dans un triangle est égale à 180°,
µ = 180 − ( 45 + 30) = 105° .
ainsi, C
Questions Va piano
1. 2. et 3.
J
()
()
O
4.
1
4
()
O
()
()
()
()
I
Questions Moderato
1. Le triangle ABC est rectangle isocèle
a = c = 4 cm. D’après le théorème de
b2 = a2 + c2 ⇔ b2 = 42 + 42 ⇔ b2 = 32 .
b est une longueur, donc positive, donc b = 4
2. Le triangle ABC est rectangle isocèle
J
b
()
µ
µ
sin µ
A
a × sin C
sin C
5 × sin(105)
=
⇔c=
⇔c=
⇔c = 5+5 3
µ
2
c
a
sin( 45)
sin A
µ
µ
µ
a × sin C
sin C
sin A
5 × sin(105)
⇔c=
⇔c = 5+5 3
=
⇔c=
µ
c
a
sin
45
2
(
)
sin A
a
–0,3
2.
en B, donc
µ
µ = 180 − 90 ⇔ µ
µ = 45°.
A=C
A=C
2
2
µ
sin µ
A
sin C
2
=
=
= 2
c
a
4
8
µ
sin B
= 1 = 2
b
8
4 2
µ
µ
sin B
sin C
sin µ
A
On a
=
=
, la formule des sinus est bien
a
b
c
vérifiée pour ce triangle.
()
I
en B, donc
Pythagore,
()
()
Questions Moderato
1. Le réel a appartient au premier cadran du cercle trigonométrique (voir question Va piano), le sinus du réel a est donc
positif.
()
2. 1 = (sin(a )) + (cos (a )) ⇔ 1 = (sin(a )) + 1
4
2
2
2
2
2
()
()
()
Questions Allegro
2
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
( )
()
()
()
µ
µ
sin µ
A
sin µ
A
sin B
sin C
=
et
=
. La formule des sinus
b
a
c
a
est donc vraie dans le cas où le triangle ABC est un triangle
équilatéral.
74
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
()
µ , on ne retrouve
µ et de C
Quelles que soient les valeurs de B
µ
µ
µ
pas la relation fondamentale A + B + C = 180°. Un triangle tel
que µ
A = 60,3°, a = 5 cm, b = 5,75 cm et c = 3 cm n’est donc
pas constructible.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
µ
µ
sin µ
A
a × sin B
sin B
4 × sin(60)
=
⇔
b
=
⇔b=
⇔ b ≈ 6,2
2
µ
b
a
sin(34 )
sin A
+ (cos (a ))2 ⇔ 12 = (sin(a ))2 + 1 ⇔ (sin(a ))2 = 1− 1 ⇔ (sin(a ))2 = 15
16 µ
4
16
µ
µ
a × sin B
sin B
sin
A
4 × sin(60)
⇔b=
⇔ b ≈ 6,2 cm
=
⇔b=
2
2
1
15
µ
b
a
sin(34 )
) = 1− ⇔ (sin(a )) =
sin A
16
16
La somme des angles dans un triangle est égale à 180°, ainsi,
Or sin(a ) > 0, donc sin(a ) = 15 = 15 .
µ = 180 − (34 + 60) = 86° .
C
16
4
µ
µ
3. a ≈ 1,3 rad
sin µ
A
a × sin C
sin C
4 × sin(86)
=
⇔c=
⇔c=
⇔ c ≈ 7,1
µ
c
a
sin(34 )
Questions Allegro
sin A
µ
µ
µ
sin C
sin A
a × sin C
4 × sin(86)
⇔c=
⇔ c ≈ 7,1 cm
cosc(=
b ))2
1. 12 = (sin(b ))2 + (cos (b ))2 ⇔ 1c2 = (=−0,3a)2 + (⇔
µ
sin(34 )
sin
A
µ
µ
sin A
b × sin µ
A
sin B
+ (cos (b ))2 ⇔ 12 = (−0,3)2 + (cos (b ))2 ⇔ (cos (b ))2 = 1− 0,09 ⇔ (cos (b ))2 = 0,91
µ
µ = 5,75 × sin(60,3)
2.
=
⇔
sin
B
=
⇔ sin B
2
b
a
a
5
= 1− 0,09 ⇔ (cos (b )) = 0,91
µ
b × sin µ
A
sin B
sin µ
A
5,75
×
sin
60,3
(
)
π
µ =
µ =
Or cos (b ) < 0 car b [ ⎡−π ; − ⎤, donc cos (b ) = − 0,91
= .
⇔ sin B
⇔ sin B
⎣
2⎦
b
a
a
5
2. a. Le réel x peut correspondre à deux points-images sur le
µ
µ
En supposant l’angle B aigu, B ≈ 87,3° . En supposant l’angle
cercle trigonométrique.
µ ≈ 92,7° .
obtus, B
b. Les valeurs possibles de x sont x + 2kπ et π − x + 2kπ avec
µ
sin µ
A
c × sin µ
A
sin C
k [Z .
µ =
µ = 3 × sin(60,3)
=
⇔ sin C
⇔ sin C
c
a
a
5
77
µ
µ
µ
c × sin A
sin C
sin A
µ =
µ = 3 × sin(60,3)
=
⇔ sin C
⇔ sin C
Questions Va piano
c
a
a
5
1. Dans le cas où le triangle ABC est un triangle équilatéral,
µ
µ aigu ou C
µ ≈ 148,6° en
Soit C ≈ 31, 4° en supposant l’angle C
µ =C
µ = 60° . On a donc,
AB = AC = BC = a et µ
A= B
le supposant obtus.
1.
1 1. 2.
3 1. 1 cos ( x ) → Graph B
2
J
M
θ
B
A
I
O
(
(
)
)
2. sin x + π → Graph C
6
3. cos x + π → Graph A
3
4. sin( 4 x ) → Graph D
4 1.
y
x M = cos (θ) and yM = sin(θ)
2 1.
J
C( π )
3
1
D
0
O
1
x
I
B
E
( ) ( ) ( )
2. Using the graph, x = 0,25 seems to be a solution of the
equation f ( x ) = 0,5 .
3. For all real x,
sin( x ) < 1 ⇔ x + sin( x ) < x + 1 ⇔ f ( x ) < x + 1.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2. D 5π ; E 4π ; B 11π .
6
3
6
Chapitre 3 Fonctions trigonométriques
75
4
Dérivation locale
1 m = f ( 4 ) − f (2) = −1− 3 = −2
2
4−2
De plus, f (2) = 3 donc −2 × 2 + p = 3 et donc p = 7.
2 1. 1− 2 = −1 = 1
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−3 − 5 −8 8
Le coefficient directeur de la droite $1 est 1 .
8
1− 3
2. 2 4 = − 1 × −2 = 1
4 3
6
−1− 1
2
Le coefficient directeur de la droite $2 est 1 .
6
3. L’ordonnée de E est égale à celle de F, donc le coefficient
directeur de la droite $3 est 0 .
3 L’équation réduite de d1 est y = −3x + 1.
L’équation réduite de d2 est y = 2 .
L’équation réduite de d3 est y = 0,5x − 2 .
L’équation réduite de d4 est y = − 4 x − 1 .
5
4 a. f (1+ h ) = 2 (1+ h )2 − 5(1+ h ) + 1
f (1+ h ) = 2 (1+ 2h + h2 ) − 5 − 5h + 1
f (1+ h ) = 2 + 4h + 2h2 − 5 − 5h + 1
f (1+ h ) = 2h2 − h − 2
b. f (1+ h ) = 1+ h − 1 = h
1+ h + 2 h + 3
c. f (1+ h ) = 5(1+ h ) − 2
f (1+ h ) = 5h + 3
3
3
d. f (1+ h ) =
=
5(1+ h )2 + 1 5h2 + 10h + 6
5 1. f ( x ) = 3x + 1
h
0,1
0,01
0,001
10−4
f (h)
1,3
1,03
1,003
1,000 3
2. Lorsque les antécédents sont proches de zéro, les images
sont proches de 1.
6 1. 45 = 30 donc sur l’intervalle de temps [0 ; 1,5] , la
1,5
vitesse du drone a été de 30 km ⋅ h–1.
Sur l’intervalle de temps [1,5 ; 2] , la vitesse du drone a été
de 0 km ⋅ h– 1.
45 = 22,5 donc sur l’intervalle de temps [2; 4], la vitesse du
2
drone a été de 22,5 km ⋅ h–1.
2. 45 × 2 = 22,5 donc la vitesse moyenne du drone sur le
4
parcours a été de 22,5 km ⋅ h–1.
7 f (2) − f (1) = 2 − 3 = −1
2 −1
Le coefficient directeur de la droite (AB) est –1.
Pour construire le cours
Situation
1
1 a. C (0) = 100 0 + 500 = 500
C ( 400) = 100 400 + 500 = 2500
C ( 400) − C (0) 2500 − 500
=
=5
400 − 0
400
C (900) − C ( 400) 3500 − 2500
c.
=
=2
500
900 − 400
Le taux de variation du coût de fabrication entre 0 et 400 pièces est 2,5 fois plus élevé qu’entre 400 et 900. En moyenne, entre
la 1re et la 400e pièce fabriquée, chaque pièce produite augmente de coût total de fabrication de 5 euros alors qu’entre la 400e
et la 900e chaque pièce produite n’augmente le coût total de fabrication que de 2 euros.
b.
2 a. Cm (200) = C (201) − C (200)
Cm (200) = 100 201 + 500 − (100 200 + 500)
Cm (200) = 100 201 − 100 200
Chapitre 4 Dérivation locale
77
Cm (200) = 100 ( 201 − 200 ) ≈ 3,53
Le coût marginal pour 200 pièces fabriquées est d’environ 3,53 € (arrondi au centime).
b. Cm (800) = C (801) − C (800)
Cm (800) = 100 801 + 500 − (100 800 + 500)
Cm (800) = 100 801 − 100 800
Cm (800) = 100 ( 801 − 800 ) ≈ 1,77
Le coût marginal pour 800 pièces fabriquées est d’environ 1,77 € (arrondi au centime).
c. Cm (800) ≈ 2Cm (200)
Situation
2
1 C’est au point L que la pente est la plus forte et au point F qu’elle est la plus faible.
2 On considère que la pente au point B est celle de la droite passant par B dont une portion est tracée en pointillés bleus.
Graphiquement, on constate que, sur cette droite, lorsque l’on avance de 40 m, on monte de 1 m :
1 = 0,025 = 2,5 %
40
La pente au point B est donc de 2,5 %.
On obtient la pente en chacun des points E, F et L par un raisonnement similaire.
Au point E : 2 = 0,2 = 20 %.
10
Au point F : 0 %.
Au point L : 5 = 0,5 = 50 %.
10
3. D’après la question précédente, la pente est en fait 2,5 fois plus forte au point L qu’au point E.
Situation
3
1 a.
t
0
0,5
1
1,5
2
3
4
5
d(t)
0
1,25
5
11,25
20
45
80
125
b.
D
#
C
10
0
B
A
1
x
c.
125 − 5 = 120 = 30
5−1
4
La vitesse moyenne entre les instants 1 et 5 est de 30 m ⋅ s– 1.
45 − 5 = 40 = 20
3−1
2
La vitesse moyenne entre les instants 1 et 3 est de 20 m ⋅ s– 1.
20 − 5 = 15 = 7,5
2 −1
2
La vitesse moyenne entre les instants 1 et 2 est de 7,5 m ⋅ s– 1.
d. On note A (1; d (1)) , B (2 ; d (2)), C (3 ; d (3)) et D (5 ; d (5)).
Graphiquement, 30 correspond au coefficient directeur (ou à la pente) de la droite (AD), 20 à celui de la droite (AC) et 7,5 à
celui de la droite (AB).
78
Chapitre 4 Dérivation locale
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y
2 a.
Vitesse moyenne
Entre
0,9 s et 1s
Entre
0,99 s et 1s
Entre 0,999 s
et 1s
Entre
1s et 1,001s
Entre
1s et 1,01s
Entre
1s et 1,1s
9,5
9,95
9,995
10,005
10,05
10,5
b. Si on note M le point de coordonnées (1+ h ; d (1+ h )) , où h est un réel non nul, ces valeurs correspondent au coefficient
directeur de la droite (AM) pour h prenant respectivement les valeurs −0,1, −0,01, −0,001, 0,001, 0,01 et 0,1.
d (1+ h ) − d (1) 5(1+ h )2 − 5 10h + 5h2
=
=
= 10 + 5h
1+ h − 1
h
h
b. Lorsque h se rapproche de 0, le nombre 5h se rapproche de 0 et donc 10 + 5h se rapproche de 10, c’est pour cela que l’on
peut affirmer que la vitesse instantanée à l’instant t = 1 est de 10 m ⋅ s– 1.
3 a.
d (3 + h ) − d (3) 5(3 + h )2 − 45 30h + 5h2
=
=
= 30 + 5h
3+h−3
h
h
Lorsque h se rapproche de 0, le nombre 5h se rapproche de 0 et donc 30 + 5h se rapproche de 30, donc la vitesse instantanée
à l’instant t = 3 est de 30 m ⋅ s– 1.
4
Situation
4
1 Soit h un réel non nul.
f (1+ h ) − f (1) (1+ h )2 + (1+ h ) + 1− 3 h2 + 3h
=
=
= 3+h
h
1+ h − 1
h
Lorsque h tend vers zéro, le taux de variation de f entre 1 et 1 + h tend vers 3, donc f ′ (1) = 3.
La tangente à #f au point d’abscisse 1 a pour équation :
y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) ,
c’est-à-dire y = 3( x − 1) + 3, c’est-à-dire encore y = 3x .
Or 3 × 0 = 0 ≠ −1, donc le point A (0 ; 1) n’appartient pas à cette tangente.
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2 La tangente à #f au point d’abscisse 1 passe par l’origine du repère.
On peut conjecturer graphiquement que ce doit être aussi le cas pour la tangente à #f au point d’abscisse –1. On vérifie cette
conjecture.
f (−1+ h ) − f (−1) (−1+ h )2 + (−1+ h ) + 1− 1 h2 − h
=
=
= −1+ h
h
−1+ h − (−1)
h
Lorsque h tend vers zéro, le taux de variation de f entre −1 et −1 + h tend vers −1, donc f ′ (−1) = −1.
La tangente à #f au point d’abscisse −1 a pour équation :
y = f ′ (1)( x − (−1)) + f (−1) ,
c’est-à-dire y = − ( x + 1) + 1, c’est-à-dire encore y = − x.
La tangente à #f au point d’abscisse –1 passe donc aussi par l’origine du repère.
Il y a donc au moins deux tangentes à la courbe #f qui passent par l’origine du repère.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 Au point d’abscisse 0, on peut remarquer que la tangente à la courbe représentative de la fonction racine carrée semble
être la droite des ordonnées. Or, cette droite qui a pour équation x = 0 n’a pas de coefficient directeur, ce qui est en contradiction avec le fait que la fonction racine carrée admette un nombre dérivé en zéro.
2 La fonction racine carrée est définie sur ¡+ , donc 0 + h doit être positif pour que f (0 + h ) existe.
3 Lorsque h tend vers 0 à valeurs positives, h tend aussi vers 0 à valeurs positives et donc son inverse 1 prend des
h
1
valeurs de plus en plus grandes en tendant vers +` . On peut préciser que
finira par dépasser n’importe quelle valeur
h
strictement positive A à condition de prendre h suffisamment proche de zéro : par exemple, pour dépasser 1 million, il suffit
de prendre h inférieur à 10−12.
Le tableau ci-dessous permet de mieux comprendre le phénomène, la seconde ligne donne des valeurs approchées au dixième.
Chapitre 4 Dérivation locale
79
h
0,5
0,1
0,01
0,001
10−4
10−6
10−8
1
h
1,4
3,2
10
31,6
100
1000
104
Rédiger une démonstration
1 La fonction f est dérivable en un réel a.
Son nombre dérivé f ′ (a ) est le coefficient directeur de la tangente à sa courbe représentative au point d’abscisse a.
Cette tangente a donc une équation réduite du type y = f ′ (a ) x + p où p est un réel à déterminer.
Par définition, le point A de coordonnées (a ; f (a )) appartient à cette tangente donc ses coordonnées vérifient l’équation de
cette tangente, donc f (a ) = f ′ (a ) × a + p, donc p = f (a ) − f ′ (a ) × a.
L’équation réduite de la tangente s’écrit donc :
puis en factorisant f ′ (a ) x − f ′ (a ) a par f ′ (a ) :
y = f ′ (a ) x + f (a ) − f ′ (a ) a ,
y = f ′ ( a )( x − a ) + f ( a ) .
2 Soit h un réel non nul.
Le taux de variation de f entre 0 et 0 + h est donné par :
h
f (0 + h ) − f (0 ) 0 + h − 0
=
= .
0+h−0
h
h
Quand h est strictement positif, on a :
h h
= = 1.
h h
Quand h est strictement négatif, on a :
h −h
=
= −1.
h
h
Quand h tend vers 0, le taux de variation de f entre 0 et 0 + h tend vers 1 si h est positif et vers –1 si h est négatif. Il n’y a donc
pas de réel unique vers lequel tende ce taux de variation quand h tend vers 0.
La fonction valeur absolue n’est donc pas dérivable en 0.
1 Soit f une fonction croissante sur un intervalle I et deux nombres distincts a et b appartenant à I.
Le taux de variation de f entre a et b est :
f (b ) − f (a )
.
b−a
Or, comme f est croissante sur I, f (a ) et f (b ) sont dans le même ordre que a et b, donc f (b ) − f (a ) et b − a sont de même
signe, donc le taux de variation de f entre a et b est positif.
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Utiliser différents raisonnements
2 Soit f une fonction décroissante sur un intervalle I et deux nombres distincts a et b appartenant à I. Le taux de variation de f entre a et b est :
f (b ) − f (a )
.
b−a
Or, comme f est décroissante sur I, f (a ) et f (b ) sont dans l’ordre contraire de a et b, donc f (b ) − f (a ) et b − a sont de signes
contraires, donc le taux de variation de f entre a et b est négatif.
Travaux pratiques
TP
1 Nombre dérivé à gauche et à droite
1 a.
b. Pour déterminer une valeur approchée de f ′ ( 4 ) , il faut choisir a = 4 et une valeur proche de 0 pour h, par exemple h = 10−6 .
80
Chapitre 4 Dérivation locale
2 a.
b. Pour un réel a donné, la fonction moyenne calcule successivement, pour un réel i de la forme 101−n à chaque étape n, le taux
f (a + i ) − f (a )
f (a − i ) − f (a )
à droite, le taux
à gauche puis elle détermine la moyenne nd de ces deux taux.
de variation
i
−i
L’algorithme s’arrête quand l’une au moins des deux conditions suivantes est vérifiée :
• l’écart entre les deux taux de variation est inférieur à une précision donnée ;
• le nombre i est inférieur à 10−10 .
La valeur renvoyée est donc une valeur approchée du nombre dérivé de f en a.
c.
Le taux de variation entre 0 et h de la fonction valeur absolue à droite (h.0) est constant égal à 1 et celui à gauche (h,0)
constant égal à –1. La moyenne de ces deux taux est donc égale à 0 pour toutes les valeurs de précision choisies. Or, la fonction
valeur absolue n’est pas dérivable en zéro : cette méthode n’est donc pas utilisable dans ce cas-là.
TP
2 Test de médicament
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1 a. On obtient le graphique ci-dessous.
y
0,25
0
1
x
b. On obtient une ligne brisée (représentation graphique d’une fonction affine par morceaux) correspondant à 5 segments
joignant les points de la courbe représentative de f d’abscisses 0 et 0 + 10 = 2, 2 et 4, 4 et 6, 6 et 8 et 8 et 10.
5
Pour obtenir une courbe plus régulière, il faut tracer davantage de segments, donc prendre une valeur de n plus grande.
c. Les coefficients directeurs des sécantes à la courbe correspondant aux segments obtenus représentent les taux de variation
de f entre 0 et 2, entre 2 et 4, entre 4 et 6, entre 6 et 8 et enfin, entre 8 et 10.
2 a.
b.
Chapitre 4 Dérivation locale
81
c. On remarque que les taux de variation sont de plus en plus petits et se rapprochent de zéro au bout de 10 h. Il semble que
la vitesse d’assimilation du médicament entre deux instants proches diminue au fil du temps.
La vitesse moyenne entre 0 et 2 h est environ 10 fois plus rapide qu’entre 8 h et 10 h. Avec des intervalles de temps de
30 minutes, la vitesse moyenne est plus de 200 fois plus importante dans les 30 premières minutes qu’au bout de 9 h 30
après l’assimilation.
3 Méthode de Newton-Raphson
La tangente T0 a pour équation y = f ′ ( x0 )( x − x0 ) + f ( x0 ) .
TP
1
On admet dans la suite qu’aucun nombre dérivé calculé n’est nul.
2 Soit x1 l’abscisse du point d’intersection de T0 avec l’axe des abscisses. On a alors :
⎧⎪ y = f ′ ( x )( x − x ) + f ( x )
0
1
0
0
⇔ f ′ ( x0 )( x1 − x0 ) + f ( x0 ) = 0
⎨
y
=
0
⎩⎪
⇔ f ′ ( x0 ) x1 − f ′ ( x0 ) x0 = − f ( x0 ) ⇔ f ′ ( x0 ) x1 = f ′ ( x0 ) x0 − f ( x0 )
f ( x0 )
f ′ ( x0 ) x0 − f ( x0 )
⇔ x1 = x0 −
f ′ ( x0 )
f ′ ( x0 )
f ( x0 )
f (2)
3 x1 = x0 −
= 2−
f ′ (2)
f ′ ( x0 )
⇔ x1 =
x2 = x1 −
f ( x1 )
f (1,5)
= 1,5 −
f ′ (1,5)
f ′ ( x1 )
Pour déterminer f ′ (1,5) on détermine le taux de variation de f entre 1,5 et 1,5 + h.
2
2
f (1,5 + h ) − f (1,5) (1,5 + h ) − 2 − (1.5 − 2) 3h + h2
=
=
= 3+h
h
h
h
Le taux de variation tend vers 3 lorsque h tend vers 0. On a donc f ′ (1,5) = 3.
1
f (1,5)
4
x2 = 1,5 −
= 1,5 − = 17
3 12
f ′ (1,5)
4
5
82
Chapitre 4 Dérivation locale
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Pour déterminer f ′ (2) on détermine le taux de variation de f entre 2 et 2 + h.
2
2
f (2 + h ) − f (2) (2 + h ) − 2 − (2 − 2) 4h + h2
=
=
= 4+h
h
h
h
Le taux de variation tend vers 4 lorsque h tend vers 0. On a donc f ′ (2) = 4 .
f (2)
x1 = 2 −
= 2 − 2 = 1,5
4
f ′ (2)
TP
4 Sécantes et tangentes
1 et 2
3 En rapprochant le point B du point A, on observe que la pente se rapproche du nombre 1, le taux de variation de f entre 0
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et h semble donc tendre vers 1 quand h tend vers 0. On conjecture que f ′ (0) = 1.
4 La tangente a pour coefficient directeur 1 ce qui confirme la conjecture f ′ (0) = 1 .
5 Au point d’abscisse 2, on obtient f ′ (2) = 0 et au point d’abscisse 6, on obtient f ′ (6) = −2.
Chapitre 4 Dérivation locale
83
TP
5 Calcul formel de taux de variation
1 a.
( f (1+ h ) − f (1))
(1+ h )3 − 1
= h2 + 3h + 3
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers 3. On a donc f ′ (1) = 3.
b. De la même manière, on obtient f ′ (3) = 27 et f ′ (−2) = 12.
f (a + h ) − f (a )
c. Avec le calcul formel, on a
= 3a + h2 + 3ah .
h
On en déduit que f est dérivable pour tout a réel et que f ′ (a ) = 3a 2.
d. On vérifie en saisissant f ’(a) dans la fenêtre du calcul formel.
=
Avec le calcul formel, on détermine le taux de variation de g entre 2 et 2 + h.
g (2 + h ) − g (2) − 2 + h + 2
On a
=
. Or, lorsque h tend vers 0, on ne peut pas conclure.
h
h
b. On obtient g ′ (2) = 2 .
4
2
2
c. ( h + 2 − 2 )( h + 2 + 2 ) = ( h + 2 ) − ( 2 ) = h + 2 − 2 = h
g (2 + h ) − g (2)
= h+2 − 2 =
h
h
(
h + 2 − 2 )( h + 2 + 2 )
h( h + 2 + 2 )
=
h
=
h( h + 2 + 2 )
(
1
h + 2 + 2)
Lorsque h tend vers 0, on peut donc conclure que le taux de variation tend vers 1 = 2 .
4
2 2
On a bien g ′ (2) = 2 .
4
84
Chapitre 4 Dérivation locale
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2 a.
d. De façon générale, pour a [ ]0 ; +`[ :
( h + a − a )( h + a + a ) =
g (a + h ) − g (a )
h
= h+a − a =
=
h
h
h( h + a + a )
h( h + a + a )
(
1
h + a + a)
Lorsque h tend vers 0, on peut donc conclure que le taux de variation tend vers 1 .
2 a
1
.
On a donc g dérivable pour tout a [ ]0 ; +`[ et g ′ (a ) =
2 a
TP
6 Approximation affine et évolutions successives
1 Point de vue numérique
a. Pour déterminer le taux global T, on détermine le coefficient multiplicateur correspondant aux deux évolutions.
1+ T = (1+ t )(1+ t )
T = (1+ t )2 − 1
c. Dans la cellule B2 : = 1+ A2
Dans la cellule C2 : = B2 * B2
Dans la cellule D2 : = C2 − 1
Dans la cellule E2 : = 2 * A2
e. On observe que pour des valeurs assez petites du taux t, le taux global T est assez proche du double 2t du taux t, mais pour
un taux supérieur à 7 %, l’erreur commise en considérant le double à la place du taux global devient trop importante pour
être négligée. Les propos du journaliste sont donc faux.
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2 Point de vue graphique
b. L’équation de la tangente affichée par le logiciel est y = 2x − 1
y = 1+ 2 ( x − 1) ⇔ y = 1+ 2x − 2 ⇔ y = 2x − 1
L’équation peut alors s’écrire y = 1+ 2 ( x − 1) .
c. En posant h = x − 1, l’équation de la tangente peut alors s’écrire y = 1+ 2h .
Or, (1+ h )2 = 1+ 2h + h 2.
On observe alors que l’image par la fonction carré et l’ordonnée du point de la tangente d’abscisse h différent de h 2.
Graphiquement, on observe que plus h s’éloigne de 0, plus l’écart entre la tangente et la courbe augmente, plus l’erreur
commise est importante.
Cela signifie que, pour deux évolutions successives de même taux t, l’erreur commise en prenant le double du taux t comme
approximation du taux global T est égale au carré t 2 du taux. Ainsi, pour des taux proches de zéro, l’erreur est faible, voire
négligeable, mais pour des valeurs plus élevées, l’erreur est importante.
Par exemple, pour un taux t de 3 % : (1+ 0,03)2 = 1+ 0,06 + 0,0009 = 1,0609.
On a donc 2t = 0,06 = 6 % et T = 0,0609 = 6,09 %.
Pour un taux t de 30 % : (1+ 0,3)2 = 1+ 0,6 + 0,09 = 1,69.
On a donc 2t = 0,6 = 60 % et T = 0,69 = 69 %.
Chapitre 4 Dérivation locale
85
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
2
5 a. h − 4h = h − 4
h
3h
b.
=3
h
(1+ h )(1− h )
c.
= 1+ h
1− h
(2 + h )2 − 4 4 + 4h + h2 − 4 4h + h2
d.
=
=
= 4+h
h
h
h
1 a. 4 − 1 = 15
4
4
1
14
b. 5 − =
3 3
2
c. − + 3 = − 1
5 10
10
4
2
d. − −
= −5
7 14
7
3
5
1
e. − = −
4 6
12
1
1
1
f. − =
2 3 6
g. 5 − 10 = − 5
14 21
42
4
1
19
h. − − = −
7 3
21
6 a. (1+ h )2 − 2h = 1+ 2h + h2 − 2h = 1+ h2
b. (2 + h )2 − 4 − h2 = 4 + 4h + h2 − 4 − h2 = 4h
c. (3 − h )2 − (3 + h )2 = (−2h ) × 6 = −12h
d. h (1+ h ) − h (1− h ) = 2h2
2 a. −3 × 1+ 4 = 1. Le point A appartient à la droite d.
b. −3 × 0 + 4 = 4. Le point B appartient à la droite d .
c. −3 × 4 + 4 = −8 ≠ −9. Le point C n’appartient pas à la
droite d.
d. −3 × (−2) + 4 = 10 ≠ 11. Le point D n’appartient pas à la
droite d.
e. −3 × (−1) + 4 = 7. Le point E appartient à la droite d.
f. −3 × 2 + 4 = 2. Le point F appartient à la droite d.
3
7 1. Lorsque h est un nombre très proche de 2, le nombre
3 + h est proche de 3 + 2 = 5 .
2. Lorsque h est un nombre très proche de 1, le nombre −1+ h
est proche de −1+ 1 = 0.
3. Lorsque h est un nombre très proche de 0, le nombre h
est proche de 0 = 0.
Automatismes
8 Par lecture graphique, on obtient :
• pour la droite rouge : y = −2x + 2 ;
• pour la droite verte : y = 2x − 3 ;
On a donc y = −2x + 7.
=
=2
5
5
f (−1) − f (2) −3 − 9 −12
=
=
=4
−1− 2
−3
−3
10 1. Faux. La tangente est horizontale, son coefficient directeur est 0.
2. Faux.
1 = 2 ; f (4 ) = 4 + 1 = 5
4 f (0) = 02 + 1 = 1 ; f (1) = 1+
2
2
11 f (−4 ) = 3, f ′ (−4 ) = 1, f (2) = 4, f ′ (2) = − 1 , f (6) = 0 et
2
f ′ (6) = −2
0 +2
2
1 +2
3
4 +2
18
12 La vitesse moyenne est v = d = 60 = 80 km ⋅ h−1 .
t 0,75
Rien n’indique qu’il n’a pas pu rouler à 88 km ⋅ h−1 .
Exercices
1 1. a. f (−4 ) . f (−3) . Le taux de variation de f entre −4
et −3 est négatif.
b. f (0) , f (1). Le taux de variation de f entre 0 et 1 est positif.
c. f (2) . f (3). Le taux de variation de f entre 2 et 3 est
négatif.
d. f (0) , f (3) . Le taux de variation de f entre 0 et 3 est
positif.
2. Le taux de variation de f entre –4 et –3 semble deux fois
plus grand que le taux de variation de f entre –2 et –1.
2 1. Soit f la fonction cube définie sur ¡ par f ( x ) = x 3 .
f (1) − f (0) 1− 0
Le taux de variation de f entre 0 et 1 est
=
= 1.
1− 0
Le taux de variation de f entre 1 et 3 est :
86
Chapitre 4 Dérivation locale
1− 0
f (3) − f (1) 27 − 1 26
=
=
.
3−1
2
2
2. Soit f la fonction inverse définie sur ¡* par f ( x ) = 1 .
x
Le taux de variation de f entre 0,1 et 1 est :
f (1) − f (0,1) 1− 10
=
= −10.
0,9
1− 0,1
Le taux de variation de f entre 1 et 10 est :
f (10) − f (1) 0,1− 1
=
=− 1.
10 − 1
9
10
3 1. Le taux de variation de la population de Bordeaux entre
1968 et 1982 est :
208 159 − 266 662 = −58 503 ≈ −4 179 habitants/an.
1 982 − 1 968
14
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
9 L’équation de la tangente est y = f ′ (3)( x − 3) + f (3) .
3 f (2) − f (1) = 9 − 3 = 6
1
2 −1
f (5) − f (0) 9 − (−1)
Le taux de variation de la population de Toulouse entre 1968
et 1982 est :
347 995 − 370 796 = −58 503 ≈ −1 629 habitants/an.
1 982 − 1 968
14
Le taux de variation de la population de Bordeaux entre 1982
et 2014 est 246 586 − 208 159 = 38 427 ≈ 1 201 habitants/
2 014 − 1 982
32
an.
6 1. Sur l’intervalle [1968 ; 2007], la pente du segment de
droite représentée sur l’intervalle [1968 ; 1975] est positive et
la plus grande. C’est donc entre 1968 et 1975 que l’évolution
de la population est la plus rapide.
2. Le taux de variation de la population de Floirac entre 1968
et 1990 est 16 384 − 8 241 = 8 143 ≈ 370 habitants/an.
1 990 − 1 968
22
Le taux de variation de la population de Floirac entre 1990 et
2007 est 15 794 − 16 384 = −590 ≈ −35 habitants/an.
2 007 − 1 990
17
Le taux de variation de la population de Floirac entre 1968 et
2007 est 15 794 − 8 241 = 581 ≈ 194 habitants/an.
2 007 − 1 968
3
Entre 1968 et 2007, la ville de Floirac s’est globalement
étoffée de 194 habitants en moyenne par an. À l’intérieur
de cette évolution globale, la ville de Floirac a connu une
période entre 1990 et 2007 où elle perdait environ 35 habitants par an.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Le taux de variation de la population de Toulouse entre 1982
et 2014 est 466 297 − 347 995 = 59 151 ≈ 3 697 habitants/
2 014 − 1 982
16
an.
2. Le taux d’évolution de la population de Bordeaux entre
1968 et 1982 est 208 159 − 266 662 ≈ −0,219 soit −21,9 %.
266 662
Le taux d’évolution de la population de Toulouse entre 1968
et 1982 est 347 995 − 370 796 ≈ −0,06 soit −6 %.
370 796
Le taux d’évolution de la population de Bordeaux entre 1982
2
et 2014 est 246 586 − 208 159 ≈ 0,185 soit 18,5 %.
7 1. f (1+ h ) − f (1) = 5(1+ h ) − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) = 5 + 10h + 5h
208 159
h
h
Le taux d’évolution de la populationfde
1982
h ) − f (1)entre
5(1+
h )2 − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) 5 + 10h + 5h2 − 1− h + 7 − 11 5h2 + 9h
(1+Toulouse
=
=
=
=9+5
h
h
h
et 2014 est 466 297 − 347 995 ≈ 0,34 soith34 %.
2
347
995
f (1+ h ) − f (1) 5(1+ h ) − (1+ h ) + 7 − (5 − 1+ 7) 5 + 10h + 5h2 − 1− h + 7 − 11 5h2 + 9h
=
= 9 + 5h
=
= a
3. Entre 1968
à Bordeaux
h et 1982, le nombre d’habitants
h
h
h
baissé de 4179 habitants en moyenne par an, ce qui corres2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
pond à une baisse de 21,9 % sur cette période.
nombre réel 10.
Entre 1968 et 1982, le nombre d’habitants à Toulouse a baissé
3. La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 10.
2
de 1629 habitants en moyenne par an, ce qui correspond à
2
f (2 + h ) − f (2) 2 (2 + h ) − 3 − (2 × 2 − 3) 8 + 8h + 2h2 − 3 −
8
1.
=
=
une baisse de 6 % sur cette période.
h
h
h
2
2
Entre 1982 et 2014, le nombre d’habitants
f (2 +à hBordeaux
) − f (2) a2 (2 + h ) − 3 − (2 × 2 − 3) 8 + 8h + 2h2 − 3 − 5 h (2h + 8)
=
= 8 + 2h
=
=
augmenté de 1201 habitants en
moyenne parhan, ce qui
h
h
h
2
2
2
−
3
−
2
×
2
−
3
2
2
+
h
(
)
) =période.
f (2 +àhune
) − faugmentation
(2)
8 + 8h + 2h − 3 − 5 = h (2h + 8) = 8 + 2h
correspond
de 18,5(% sur cette
=
h
h
Entre 1982 eth 2014, le nombre d’habitants
à Toulouse a h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
augmenté de 3697 habitants en moyenne par an, ce qui
nombre réel 8.
correspond à une augmentation de 34 % sur cette période.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 8.
g(−2sur
+ h)
4 1. La fonction f est une fonction affine définie
¡.−Leg(−2)2. g(−2 + h) − g(−2)
taux de variation de f entre 1,45 et π est constant et égalh à 7.
2. Soit f la fonction carré définie sur ¡ par f ( x ) = x 2 .
Le taux de variation de f entre 10 et 20 est :
f (20) − f (10) 400 − 100
=
= 30.
20 − 10
10
Le taux de variation de f entre –20 et –10 est :
f (−10) − f (−20) 100 − 400
=
= −30.
10
−10 − (−20)
Le taux de variation de f entre 10 et 20 est opposé à celui
entre −20 et −10 car la fonction f est paire, sa représentation
graphique est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
5 1. Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = x − 3x − 11.
2
Le taux de variation de f entre 0 et 4 est :
f ( 4 ) − f (0) 16 − 12 − 11− (−11)
=
= 1.
4−0
4
2. Le taux de variation de f entre –3 et 0 est :
f (0) − f (−3) −11− (9 + 9 − 11)
=
= − 18 .
3
0 − (−3)
3
3. Les taux de variation correspondent aux coefficients directeurs respectifs des droites passant par les points (0 ; f (0)),
( 4 ; f ( 4 )) et (0 ; f (0)) , (−3 ; f (−3)) . Ils ne permettent pas de
présumer du sens de variation de la fonction sur les intervalles respectifs [0 ; 4], [−3 ; 0] et encore moins sur ¡.
h
3
3
3
3
−
−
2
2
2
2
(−2
+
h)
+
1
(−2)
+1
(−2
+
h)
+
1
(−2)
+
1
=
=
h
h
3
3
−3
−3
2
5 (−2 + h)2 + 1 5
+
1
(−2
+
h)
=
=
h
h
2
15
−
3
(−2
15 − 3((−2 + h) + 1)
( + h)2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
=
=
h
h
15 − 3( 4 − 4h + h2 +15
1) − 3( 4 − 4h + h2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
=
h
h
15 − 12 + 12h − 3h2 15
− 3− 12 + 12h − 3h2 − 3
5((−2 + h)2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
=
=
h
h
h(−3h
+
12)
h(−3h
+
12)
1
×1
=
×=
5((−2 + h)2 + 1) h 5((−2 + h)2 + 1) h
−3h + 12
−3h + 12
=
=
5((−2 + h)2 + 1)
5((−2 + h)2 + 1)
=
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 12 .
25
La fonction f est donc dérivable en –2 avec f ′ (−2) = 12 .
25
Chapitre 4 Dérivation locale
87
9 1. f (5 + h ) − f (5) = 3,7 (5 + h ) − 5 − (3,7 × 5 − 5)
f ′ (5) = 3,7
= 3,7h = 3,7
h
11 1. d (10) = 2 × (10)2 + 10 = 210. La distance parcourue à
h
t = 10 est de 210 m.
2
2
d (10 + h ) − d (10) 2 (10 + h ) + (10 + h ) − (2 × 10 + 10)
=
h
h
2
+
40h
+
200
+
10 + h − 210
2h
=
h
2
h (2h + 41)
= 2h + 41h =
= 2h + 41
h
h
3. La vitesse instantanée à t = 10 est la valeur de la vitesse
moyenne calculée dans la question précédente lorsque h
tend vers 0. Or, lorsque h tend vers 0, la vitesse moyenne
tend vers le nombre réel 41. La vitesse instantanée à t = 10
est donc de 41 m/s.
4. d (5) = 2 × (5)2 + 5 = 55. La distance parcourue à t = 5 est
de 55 m.
2
2
d (5 + h ) − d (5) 2 (5 + h ) + (5 + h ) − (2 × 5 + 5)
=
h
h
2
+
20h
+
50
+ 5 + h − 55
2h
=
h
2
h (2h + 21)
= 2h + 21h =
h
h
= 2h + 21
Lorsque h tend vers 0, la vitesse moyenne tend vers le
nombre réel 21. La vitesse instantanée à t = 5 est donc de
21 m/s.
2.
(
)
2
2
f (−1+ h ) − f (−1) (−1+ h ) + (−1+ h ) − 1− (−1) + (−1) − 1
2.
=
h
h
h2 − 2h + 1− 1+ h − 1− (−1)
=
h
2
h
h
− 1)
(
= h −h =
= h −1
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –1.
La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = −1.
2 2 × 5 − 2 (2h + 5)
2
f (0 + h ) − f (0) 2h + 5 − 5
5(2h + 5)
3.
=
=
h
h
h
−4h
5(2h + 5)
−4
=
= −4h × 1 =
h
5(2h + 5) h 5(2h + 5)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 4 .
25
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = − 4 .
25
f (3 + h ) − f (3) (3 + h − 3)(3 + h + 1) − (3 − 3)(3 + 1)
=
4.
h
h
h (h + 4 ) − 0
=
=h+4
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 4.
La fonction f est donc dérivable en 3 avec f ′ (3) = 4.
12 1.
(2 + h )2 +3(2 + h ) +7 − (22 + 3 × 2 + 7)
10 1. f (2 + h ) − f (2) =
h
h
h2 + 4h + 4 + 6 + 3h + 7 − (17)
=
h
2
h (h + 7 )
+
7h
h
=
=
= h+7
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 7.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 7.
2
2
f (10 + h ) − f (10) − (10 + h ) + 6 − (−10 + 6)
2.
=
h
h
2
= −h − 20h − 100 + 6 + 100 − 6
h
2
h (−h − 20)
−
20h
−h
=
=
h
h
= −h − 20
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –20.
La fonction f est donc dérivable en 10 avec f ′ (10) = −20.
f ( 0 + h ) − f ( 0 ) h ( h − 3) − 0
3.
=
= h − 3.
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –3.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = −3.
2
2
f (−1+ h ) − f (−1) 2 (−1+ h + 1) + 2 − 2 (−1+ 1) + 2
4.
=
h
h
2
+
2
−
2
2h
=
= 2h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0.
La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = 0.
(
88
Chapitre 4 Dérivation locale
)
a
i
h
t
3
1
0,1
6,1
3
2
0,01
6,01
3
3
0,001
6,001
3
4
0,0001
6,0001
3
5
0,00001
6,00001
3
6
0,000001
6,000001
3
7
0,0000001
6,0000001
3
8
0,00000001
6,00000001
3
9
0,000000001
6,000000001
3
10
0,0000000001 6,0000000001
2. La fonction mystère renvoie la valeur du taux d’accroissement de la fonction f ( x ) = x 2 entre 3 et 3 + h pour différentes
valeurs de h comprises entre 0,1 et 0,0000000001.
13 1. Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = −5x + 2.
f (1+ h ) − f (1) −5(1+ h ) + 2 − (−5 × 1+ 2)
=
h
h
−5
−
5h
+
2
+
5 − 2 = −5h = −5
=
h
h
Le taux de variation est égal à –5, la fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −5.
f (a + h ) − f (a ) −5(a + h ) + 2 − (−5 × a + 2)
=
h
h
−5a
−
5h
+
2
+ 5a − 2 = −5h = −5
=
h
h
Pour tout réel a, la fonction f est dérivable en a et f ′ (a ) = −5.
2.
2
+ h + 2 − (12 − 1+ 2)
14 1. f (1+ h ) − f (1) = h
h
h
2
+
h
+
2
−
2 = h (h + 1) = h + 1
h
=
h
h
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h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 1.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 1.
Réponse b.
g (6 + h ) − g (6 )
=− 5
h +1
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –5.
La fonction g est donc dérivable en 6 avec g ′ (6) = −5.
Réponse a.
20
y
1
0
2.
21
x
1
y
15 1. C (10) = 0,5 × 102 + 10 + 1 = 61.
2. C (10,01) − C (10) = 0,5 × 10,012 + 10,01+ 1− 61 = 0,11005.
Le coût de fabrication de la 1001e bille est de 11,005 €.
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3.
2
C (10 + h ) − C (10) 0,5(10 + h ) + 10 + h + 1− 61
=
h
h
2
0,5h
+
11h
+
50 + 10 + 1− 61
=
h
2
h (0,5h + 11)
= 0,5h + 11h =
h
h
= 0,5h + 11
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 11.
La fonction C est donc dérivable en 10 avec C ′ (10) = 11.
Le coût marginal de la 1001e bille est environ égal au nombre
dérivé de la fonction C en 1 000.
4. C (5) = 0,5 × 52 + 5 + 1 = 18,5.
C (5,01) − C (5) = 0,5 × 5,012 + 5,01+ 1− 18,5 = 0,06005.
Le coût de fabrication de la 501e bille est de 6,005 €.
C (5 + h ) − C (5) 0,5(5 + h )2 + 5 + h + 1− 18,5
=
h
h
2
0,5h
+
5h
+
12,5
+ 5 + h + 1− 18,5
=
h
2
h (0,5h + 6)
= 0,5h + 6h =
= 0,5h + 6
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 6.
La fonction C est donc dérivable en 5 avec C ′ (5) = 6.
Le coût marginal de la 501e bille est environ égal au nombre
dérivé de la fonction C en 500.
16 f ′ (1) = 3 − 1 = 2 = −2
0 − 1 −1
1−
3 = −2 = 2
f ′ (−1) =
−1− 0 −1
17 f ′ (0) = 3 − 1 = 2
f ′ (1) = 0
1− 0
f ′ (2) = 3 − 1 = 2 = −2
1− 2 −1
1
0
x
1
5(1+ h )2 − 7 (1+ h ) − (5 × 12 − 7 × 1)
22 1. g (1+ h ) − g (1) =
h
h
5(1+ 2h + h2 ) − 7 − 7h + 2
h
2
− 7 − 7h + 2
5
+
10h
+
5h
=
h
h (5h + 3)
=
h
= 5h + 3
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 3.
La fonction g est donc dérivable en 1 avec g ′ (1) = 3 .
=
(
y = g ′ (−1) × ( x + 1) + g (−1)
(
)
18 f ′ (−4 ) =
⇔ y = −17 ( x + 1) + 5 × (−1)2 − 7 × (−1)
⇔ y = −17x − 17 + 12
⇔ y = −17x − 5
f ′ (2) ≈ 9 ≈ 9
1
4. La calculatrice permet de vérifier que les droites d’équation
respective y = 3x − 5 et y = −17x − 5 sont les tangentes à la
courbe #g respectivement aux points A et A ′ .
8 − 2 = 6 = −6
−5 − (−4 ) −1
f ′ (−3) = f ′ (0) = 0
)
2
2
g (−1+ h ) − g (−1) 5(−1+ h ) − 7 (−1+ h ) − 5 × (−1) – 7 × (−1)
2.
=
h
h
5(1− 2h + h2 ) + 7 − 7h − 12
=
h
2
+ 7 − 7h − 12
5
−
10h
+
5h
=
h
h (5h − 17 )
=
h
= 5h − 17
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –17.
La fonction g est donc dérivable en -1 avec g ′ (−1) = 17.
3. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe représentative de g a pour équation :
y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = 3( x − 1) + (5 × 12 − 7 × 1)
⇔ y = 3x − 3 − 2
⇔ y = 3x − 5
Au point A ′ d’abscisse –1, la tangente à la courbe représentative de g a pour équation :
g ()−4
g ′ ()−4
) = ;−1
) = ;−1
19
g (−4
= 1) ;=g1′ (; −4
= 5) =; g5(0; )g (=0−1
g ′ (; 0g)′ (=0−1
g ( 4; g) (=44) =; 4 ;
5
g ′ ( 4g)′ (=4 )5=. .
2 2
Chapitre 4 Dérivation locale
89
23 1.
La droite b semble être une tangente à la courbe rouge au
point d’abscisse 0.
Les droites e et d ne semblent pas être des tangentes à la
courbe rouge.
y
1
0
27 1. g (−2) = 4 ; g ′ (−2) = 4 ; g (0) = 4 ; g ′ (0) = −4 ; g (2) = 2 ; g ′ (2) = − 2
x
1
5
g (−2) = 4 ; g ′ (−2) = 4 ; g (0) = 4 ; g ′ (0) = −4 ; g (2) = 2 ; g ′ (2) = − 2 .
5
2. Au point de #g d’abscisse –2, la tangente à la courbe a
pour équation :
y = g ′(−2) × ( x + 2) + g(−2) ⇔ y = 4( x + 2) + 4
2. Graphiquement, l’équation de la tangente à la courbe #f
⇔ y = 4 x + 12.
au point d’abscisse 1 est : y = −2.
3. Au point de #g d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour
Graphiquement, l’équation de la tangente à la courbe #f au
équation :
point d’abscisse 0 est : y = −2x − 1.
y = g ′(0) × x + g(0) ⇔ y = −4 x + 4.
3. Au point de la courbe d’abscisse 3, la tangente à la courbe
Au point de #g d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour
#f a pour équation :
équation :
y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = 4 ( x − 3) + 2 ⇔ y = 4 x − 10.
y = g ′ (2) × ( x − 2) + g (2) ⇔ y = − 2 ( x − 2) + 2
4.
5
y
⇔ y = − 2 x + 14 .
5
5
28 1. À l’aide de la calculatrice, il semble que le nombre
dérivé de la fonction f en 1 est égal à 4.
2. Au point de #g d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour
0 1
x
équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 4( x − 1) + 2 × 12 − 3
⇔ y = 4 x − 4 − 1 ⇔ y = 4 x − 5.
3. À l’aide de la calculatrice, on observe que la droite d’équa24 1. f (−2) = 4, f ′ (−2) = −5, f (0) = 1, f ′ (0) = 1, f (3) = 3, f ′ (3) =tion
−2 y = 4 x − 5 semble bien être la tangente à la courbe au
point d’abscisse 1.
1, f (3) = 3, f ′ (3) = −2.
2. Au point A d’abscisse –2, la tangente à la courbe #f a pour
29 1. À l’aide de la calculatrice, f ′ (−1) = −5.
équation :
2. Au point de # d’abscisse –1, la tangente à la courbe a pour
y = f ′ (−2) × ( x + 2) + f (−2) ⇔ y = −5( x + 2) + 4
équation :
⇔ y = −5x − 6.
y = f ′ (−1) × ( x + 1) + f (−1)
3. Au point B d’abscisse 0, la tangente à la courbe # a pour
f
équation :
y = f ′ (0) × ( x + 0) + f (0) ⇔ y = x + 1.
Au point C d’abscisse 3, la tangente à la courbe #f a pour
équation :
y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3) ⇔ y = −2 ( x − 3) + 3 ⇔ y = −2x + 9.
.
4.
{
{
{
y = −5x − 6
y = −5x − 6
y = −5x − 6
⇔
⇔
y = x +1
−5x − 6 = x + 1
−6x = 7
⎧ y = −5x × − 7 − 6
⎧y = − 1
⎪
⎪
6
6
⇔⎨
⇔⎨
7
⎪⎩ x = −
⎪⎩ x = − 7
6
6
( )
Le point d’intersection des tangentes à #f aux points A et B
a pour coordonnées − 7 ; − 1 .
6
6
(
)
25 La fonction f1 n’est pas dérivable en 2 car la courbe #1
admet deux tangentes au point d’abscisse 2.
La fonction f2 n’est pas dérivable en 1 car la courbe #2 admet
une tangente verticale au point d’abscisse 1.
La fonction f3 n’est pas dérivable en 3 car la fonction f3 n’est
pas continue en 3.
La fonction f4 n’est pas dérivable en –2 et en 2 car en ces
deux abscisses la courbe #3 admet deux tangentes.
26 La droite a semble être une tangente à la courbe rouge
au point d’abscisse −4,5.
La droite c semble être une tangente à la courbe rouge au
point d’abscisse −3,5.
90
Chapitre 4 Dérivation locale
⇔ y = −5( x + 1) + 2 × (−1)2 − (−1) + 1
⇔ y = −5x − 5 + 4
⇔ y = −5x − 1.
3. g ( x ) = 2x 2 + 4 x + 2 ⇔ g ( x ) = 2 ( x + 1)2 . Pour tout x ∈ ¡,
la fonction g est positive.
4. f ( x ) − y = 2x 2 − x + 1− (−5x − 1) ⇔ f ( x) − y = 2x 2 + 4 x + 2
⇔ f ( x) − y = 2( x + 1)2
⇔ f ( x) − y = g( x),
donc, pour tout x ∈ ¡ , f ( x ) − y ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ y . On en
déduit que pour tout x ∈ ¡ \ {1} la courbe # est au-dessus
de la tangente 7. Lorsque x = −1, 7 et # ont un point
d’intersection.
5. La visualisation de 7 et # sur l’écran de la calculatrice
permet de vérifier les conclusions de la question précédente.
30 1. Au point de #f d’abscisse 2, la tangente à la courbe a
pour équation :
y = f ′(2) × ( x + 2) + f (2) ⇔ y = 10( x − 2) + 3 × 22 − 2 × 2 − 1
⇔ y = 10x − 20 + 12 − 4 − 1
⇔ y = 10x − 13.
2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses
coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1.
10 × 5 − 13 = 37 = yS
Les coordonnées de S vérifient l’équation, donc le point S
appartient à la tangente.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1
31 1. Au point A d’abscisse –1, la tangente à la courbe a
pour équation :
3
y = f ′(−1) × ( x + 1) + f (−1) ⇔ y = 3 ( x + 1) +
2
(−1)2 + 1
⇔ y= 3x+ 3 + 3
2
2 2
⇔ y = 3 x + 3.
2
2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1.
3 × 1+ 3 = 9 ≠ y .
K
2
2
Les coordonnées de K ne vérifient pas l’équation, donc le
point K n’appartient pas à la tangente.
32 1. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour
équation :
y = f ′(−1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1 ( x − 1) + 1+ 8
6
⇔ y = 1x− 1 +3
6
6
1
17
⇔y= x+ .
6
6
2. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses
coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 1.
1 × 4 + 17 = 21 ≠ y .
K
6
6
6
Les coordonnées de K ne vérifient pas l’équation, donc le
point K n’appartient pas à la tangente.
f (2 + h ) − f (2)
h
−2 (2 + h )2 + 3(2 + h ) − 1− (−2 × 22 + 3 × 2 − 1)
=
h
2
−
8h
−
8
+
6
+
3h
− 1+ 3
−2h
=
h
2
= −2h − 5h
h
h (−2h − 5)
=
h
= −2h − 5
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel -5.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = −5.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
33 1.
2. f (−3 + h ) − f (−3)
h
−2 (−3 + h )2 + 3(−3 + h ) − 1− −2 × (−3)2 + 3 × (−3) − 1
=
h
2
+
12h
−
18
−
9
+
3h
−
1+ 28
−2h
=
h
2
h (−2h + 15)
= −2h + 15h =
h
h
= −2h + 15
(
)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 15.
La fonction f est donc dérivable en –3 avec f ′ (−3) = 15.
3. Au point A d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour
équation : y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2)
⇔ y = −5( x − 2) + (−2 × 22 + 3 × 2 − 1)
⇔ y = −5x + 10 − 3
⇔ y = −5x + 7.
Au point A ′ d’abscisse –3, la tangente à la courbe a pour
équation :
y = f ′(−3) × ( x + 3) + f (−3)
⇔ y = 15 ( x + 3) + (−2 × (−3)2 + 3 × (−3) − 1)
⇔ y = 15x + 45 − 28
⇔ y = 15x + 17.
4. La visualisation de 7 et 7´ et de la courbe représentative
de la fonction f sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier que 7 et 7´ sont les tangentes à la courbe aux points A
et A ′ .
5. 15 × 5 + 17 = 92 = yB
Les coordonnées de B vérifient l’équation réduite de la
tangente 7´, donc le point B appartient à la tangente 7´.
34 1. Au point de la courbe représentative de la fonction f
d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour équation :
y = f ′(0) × ( x − 0) + f (0) ⇔ y = 1( x − 0) + 1 ⇔ y = x + 1.
2. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du
point d’abscisse 0 est presque confondue avec sa tangente.
Or, 0,1 ≈ 0, on a donc, f (0,1) ≈ 0,1+ 1, soit f (0,1) ≈ 1,1.
3. Si l’on considère que 0,2 est au voisinage de 0, il est alors
possible de donner une valeur approchée de f (0,2) à l’aide
de l’équation de la tangente à la courbe au point d’abscisse 0.
On a alors f (0,2) ≈ 1,2.
35 La vitesse du mobile à t = 10s est donnée par le nombre
dérivé de la fonction d au point d’abscisse 10.
d (10 + h ) − d (10)
h
0,5(10 + h )2 + 4 (10 + h ) + 6 − (0,5 × 102 + 4 × 10 + 6)
=
h
2
0,5h
+
10h
+
50
+
40
+
4h
+ 6 − 96
=
h
2
= 0,5h + 14h
h
h (0,5h + 14 )
=
h
= 0,5h + 14
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 14.
La fonction d est donc dérivable en 10 avec d ′ (10) = 14. La
vitesse instantanée du mobile à t = 10s est de 14 m/s.
Exercices
36 1. La fonction f est une fonction affine définie sur ¡.
Le taux de variation de f entre 6,23 et 11,2 est constant et
égal à 13,4.
2. Le taux de variation de f entre 0,5 et 2 est :
f (2) − f (0,5) 48 − 15
=
= 22.
2 − 0,5
2 − 0,5
3. Le taux de variation de f entre –7 et 4 est :
f ( 4 ) − f (−7) 0 − 0
=
= 0.
11
4 − (−7)
4. Le taux de variation de f entre 3 et 2 est :
f (3) − f (2) 19 − 1
=
= 18.
3−2
1
Chapitre 4 Dérivation locale
91
6 − 5 4 − 5 1 −1
8
f (6 ) − f ( 4 ) 6 − 1 − 4 − 1 5 − 3
=
=
= 15 = 4 .
15
6−4
2
2
2
2. Le taux de variation de f entre –7 et –3 est :
3
3
−
f (−3) − f (−7) (−3)2 + 1 (−7)2 + 1
=
−3 − (−7)
4
3 − 3
6
50
10
25
=
=
= 3.
50
4
4
2
( x − 2 )( x + 2 )
3. f ( x ) = x − 4 ⇔ f ( x ) =
⇔ f (x ) = x + 2
x−2
x−2
La fonction f est une fonction affine définie sur ¡. Le taux de
variation de f entre 7,5 et 7 est constant et égal à 1.
38 1. Le taux de variation de f entre 5 et 8 est :
f (8) − f (5)
3× 8 +1− 3× 5 +1 5− 4 1
=
=
= .
8−5
3
3
3
2. Le taux de variation de f entre 0 et 8 est :
f (8 ) − f (0 )
= 2×8+2 − 2×0+2 = 3 2 − 2 = 2.
8−0
8
8
4
3. Le taux de variation de f entre –5 et –1 est :
f (−1) − f (−5)
2 × (−1)2 − 1 − 2 × (−5)2 − 1
=
−1− (−5)
4
= 1− 7 = − 3 .
4
2
39 1. Le taux de variation de f entre 6 et 0 est :
f (6 ) − f (0 ) 6 + 2 − 2
=
= 1.
6−0
6
2. Le taux de variation de f entre –1 et 3 est :
f (3) − f (−1) 3 − 3 − −1− 3 −4
=
=
= −1.
4
3 − (−1)
4
3. Le taux de variation de f entre –5 et –1 est :
f (−1) − f (−5) 2 × −1 − 1− (2 × −5 − 5)
=
−1− (−5)
4
2
−
1−
5
−4
=
=
= −1.
4
4
4. Le taux de variation de f entre –2 et 2 est :
2
2
f (2) − f (−2) 2 − 3 2 − 2 − (2 − 3 −2 − 2 ) 4 − (−8)
=
=
= 3.
2 − (−2)
4
4
40 1. Le nombre dérivé de la fonction f en a = 52 est égal
au coefficient directeur de la fonction affine définie sur ¡ par
f ( x ) = 23,2x − 14,99. On a donc f ′ (52) = 23,2.
2
2
f (1+ h ) − f (1) (1+ h ) − 5 − (1 − 5)
2.
=
h
h
2
+
2h
+
1− 5 + 4
h
=
h
h (h + 2 )
=
= h+2
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 2.
f (5 + h ) − f (5)
3.
h
3(5 + h − 5)(5 + h + 2) − 3 × (5 − 5)(5 + 2)
=
h
2
3h
+
21h
=
h
h (3h + 21)
=
h
= 3h + 21
92
Chapitre 4 Dérivation locale
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 21.
La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 21.
3
h h2 + 1)
4. f (0 + h ) − f (0) = h + h + 1− 1 = (
= h2 + 1
h
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 1.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 1.
(−2f (+−2h )+−hf) (−−2f )(−2)
41f 1.
1.
h h
1 (−21 (+−2
h )+2 −
h )++h1) +− 11−(−21)(2−2
−)42 −
× (4−2
+ 1) + 1
h )42 (−−24 (+−2
× )(−2
2
7
2
7 7
2
7
2
= =
h h
2
1 h21−h6h
71− 71
−+6h71+−71
2
7
7 7
7
2
= =
h h
h 1hh −1 6h − 6
= =2 2
h h
= 1 =h −1 6h − 6
2 2
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –6.
La fonction f est donc dérivable en –2 avec f ′ (−2) = −6.
( (
) )
( ( ) )
(
) ()
f 1+h − f 1
5
5
h
2
2
150 1 + h − 25 1 + h + 520 − ⎛150 1 − 25 × 1 + 520⎞
⎝
⎠
5
5
5
5
=
h
150h2 + 60h + 6 − 5 − 25h + 520 − (6 − 5 + 520)
=
h
h (150h + 35)
=
h
= 150h + 35
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 35.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ 1 = 35.
5
5
f (5 + h ) − f (5)
3.
h
0,01(5 + h )2 + 24,5 − (0,01× 52 + 24,5)
=
h
0,01h2 + 0,1h + 0,25 + 24,5 − (0,25 + 24,5)
=
h
h (0,01h + 0,1)
=
h
= 0,01h + 0,1
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0,1.
La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 0,1.
2.
(
)
(
)
()
()
()
f (0 + h ) − f (0) 2h3 + 7h − 10 − (−10)
=
h
h
h (2h2 + 7)
=
= 2h2 + 7.
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 7.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 7.
5.
2−2+h
1 − 1
2 (2 − h )
f
h
−
f
0
(
)
(
)
2
−
0
2
−
h
42 1.
=
=
h
h
h
h
1
=
=
2h (2 − h ) 2 (2 − h )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
37 1. Le taux de variation de f entre 4 et 6 est :
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 1 .
4
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 1 .
4
2 − 2 2 − 2 − 2h
f (1+ h ) − f (1) 1+ h 1
2.
=
= 1+ h
= −2h = −2
h
h
h
h (1+ h ) 1+ h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –2.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −2.
−1+ h
−1+ h − 1
−1
f (−1+ h ) − f (−1) −1+ h − 3 − −1− 3
=
= h−4 4
3.
h
h
h
−4 + 4h − h + 4
3h
4 (h − 4 )
4 (h − 4 )
=
=
h
h
3
=
4 (h − 4 )
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 3 .
16
La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = − 3 .
16
4 + 2h + 4 12 + 6h + 4h − 12
3 ( h − 3)
43 1. f (h ) − f (0) = h − 3 3 =
h
h
h
10h
3 (h − 3)
=
= 10
3 ( h − 3)
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 10 .
9
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = − 10 .
9
3 + (1+ h )
−4
f (1+ h ) − f (1)
2.
= 1+ h
h
h
4 + h − 4 − 4h
1+ h
=
h
−3h
= 1+ h = −3
h
1+ h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel −3.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = −3.
2 + 3(−1+ h )
+ 1 −1+ 3h + 1
f (−1+ h ) − f (−1)
2 + (−1+ h )
3.
=
= 1+ h
h
h
h
−1+ 3h + 1+ h
4h
1+ h
=
= 1+ h = 4
h
h
1+ h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 4 .
La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = 4.
44 1. Au point A d’abscisse 1, la tangente à la courbe a pour
équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1)
⇔ y = 3 × 12 ( x − 1) + (13 )
⇔ y = 3x − 3 + 1
⇔ y = 3x − 2.
2. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 1 est presque confondue avec
sa tangente. Or, 0,97 ≈ 1, on a donc f (0,97) ≈ 3 × 0,97 − 2,
soit f (0,97) ≈ 0,91. De même, f (1,02) ≈ 3 × 1,02 − 2, soit
f (1,02) ≈ 1,06.
On vérifie ensuite que les valeurs obtenues à la calculatrice
sont proches des valeurs approchées calculées à l’aide de la
tangente à la courbe au point A d’abscisse 1.
(5 + h )2 − (5 + h ) − 10 − (52 − 5 − 10)
45 1. f (5 + h ) − f (5) =
h
h
= h + 10h + 25 − 5 − h − 10 − 10
h
h (h + 9 )
=
= h+9
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 9.
La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 9.
2. Au point A d’abscisse 5, la tangente à la courbe a pour
équation :
y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5)
⇔ y = 9 ( x − 5) + 10
⇔ y = 9x − 35.
3. Un point appartient à la tangente si et seulement si ses
coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la question 2.
9 × 100 − 35 = 865
Or, 865 ≠ yR .
Les coordonnées de R ne vérifient pas l’équation, donc le
point R n’appartient pas à la tangente.
2
46 Soit f la fonction définie sur R+ par f ( x ) = x x . Soit h un
réel positif. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h.
f (0 + h ) − f (0 ) h h − 0
=
= h.
h
h
Lorsque h tend vers 0, le nombre h tend vers 0. La fonction
f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.
47 f1.(5f+(5h )+−h )f −(5)f (5)
1.
h h
2
2 (52+(5h )+2 h−) 3(−53+(5h )++h5) +− 5(2−×(252×−523 −× 35 ×+ 55)+ 5)
= =
h h
2 2
+
20h
+
50
−
15
2h
+
20h
+
50
−
15
−
3h− +3h5 +− 540− 40
2h
= =
h h
h (+2h17+)17)
h (2h
= =
h h
= +2h17+ 17
= 2h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 17.
La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 17.
Au point d’abscisse 5, la tangente à la courbe a pour équation :
y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5)
⇔ y = 17 ( x − 5) + 40
⇔ y = 17x − 45.
2. Un point appartient à la tangente 7 si et seulement si
ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie à la
question 1.
17 × 2 − 45 = −11
Or, −11 = yS .
Les coordonnées de S vérifient l’équation, donc la droite 7
passe par le point S.
48 1. f ( x ) = 0 ⇔ x 3 − 3x 2 = 0 ⇔ x 2 ( x − 3)
⎪⎧
x2 = 0
⇔⎨
⎩⎪ ou x − 3 = 0
⎧⎪ x = 0
⇔⎨
⎩⎪ ou x = 3
0 admet deux antécédents par la fonction f , a = 0 et b = 3.
Chapitre 4 Dérivation locale
93
f (3 + h ) − f (3)
h
(3 + h)3 − 3(3 + h)2 − (33 − 3 × 32 )
=
h
33 + 3 × 32 × h + 3 × 3 × h2 + h3 − 3(9 + 6h + h2 ) − 0
=
h
2
3
+
h
−
27
− 18h − 3h2
27
+
27h
+
9h
=
h
3
2
h (h2 + 6h + 9)
= h + 6h + 9h =
h
h
= h2 + 6h + 9
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 9.
La fonction f est donc dérivable en 3 avec f ′ (3) = 9.
3
2
3
2
f (2 + h ) − f (2) (2 + h) − 3(2 + h) − (2 − 3 × 2 )
=
h
h
23 + 3 × 22 × h + 3 × 2 × h2 + h3 − 3( 4 + 4h + h2 ) − (8 − 12)
=
h
2
3
8
+
12h
+
6h
+
h
−
12
−
12h
− 3h2 + 4
=
h
2
3
2
+
3h
h
h
(
)
= h + 3h =
h
h
= h2 + 3h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 0.
3. Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe a pour
équation :
y = f ′ (0 ) × ( x − 0 ) + f (0 )
⇔ y = 0 ( x − 0) + 0
⇔ y = 0.
Au point d’abscisse 3, la tangente à la courbe a pour équation :
y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3)
⇔ y = 9 ( x − 3) + 0
⇔ y = 9x − 27.
Au point d’abscisse 2, la tangente à la courbe a pour équation :
y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2)
⇔ y = 0 ( x − 2) − 4
⇔ y = −4.
4. et 5.
x
−1
0
1
2
3
4
f (x)
−4
0
−2
−4
0
16
y
1
0
94
1
Chapitre 4 Dérivation locale
x
49
y
1
0
1
x
0,5(5 + h )2 − 1− (0,5 × 52 − 1)
50 1. a. f (5 + h ) − f (5) =
h
h
0,5h2 + 5h + 12,5 − 1− (12,5 − 1)
=
h
h (0,5h + 5)
=
= 0,5h + 5
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 5.
La fonction f est donc dérivable en 5 avec f ′ (5) = 5.
b. Au point P d’abscisse 5, la tangente 7 à la courbe #f a
pour équation :
y = f ′ (5) × ( x − 5) + f (5)
⇔ y = 5( x − 5) − 11,5
⇔ y = 5x − 36,5.
2. a. Il semble que quelle que soit la position du point A
d’abscisse a, f ′ (a ) = a.
2
2
f (a + h ) − f (a ) 0,5(a + h ) − 1− (0,5 × a − 1)
b.
=
h
h
0,5h2 + ah + 0,5a2 − 1− (0,5a2 − 1)
=
h
h (0,5h + a )
=
= 0,5h + a
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel a.
La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = a.
c. Pour tout a ∈ ]−` ; +`[ , la fonction f est dérivable et
f ′ (a ) = a. La courbe #f admet une tangente en chacun des
points de la courbe où le nombre dérivé existe. La courbe #f
admet donc une tangente en chacun de ses points.
Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe #f a pour
équation :
y = f ′(a) × ( x − a) + f (a) ⇔ y = a( x − a) + 0,5a2 − 1
⇔ y = ax − 0,5a2 − 1.
3(5 + h )2 + 1− (3 × 52 + 1)
51 1. a. g (5 + h ) − g (5) =
h
h
3h2 + 30h + 75 + 1− (75 + 1)
=
h
h (3h + 30 )
=
= 3h + 30
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 30.
La fonction g est donc dérivable en 5 avec g ′ (5) = 30.
b. Au point P d’abscisse 5, la tangente 7 à la courbe #g a
pour équation :
y = g ′ (5) × ( x − 5) + g (5)
⇔ y = 30 ( x − 5) + 76
⇔ y = 30x − 74.
2. a. Il semble que quelle que soit la position du point A
d’abscisse a, g ′ (a ) = 6a.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2
f (0 + h ) − f (0) h3 − 3h2 − 0 h (h − 3h )
=
=
h
h
h
= h2 − 3h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.
2.
g (a + h ) − g (a ) 3(a + h ) + 1− (3 × a + 1)
=
h
h
3h2 + 6ah + 3a2 + 1− (3a2 + 1)
=
h
h (3h + 6a )
=
h
= 3h + 6a
2
b.
2
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 6a.
La fonction g est donc dérivable en a avec g ′ (a ) = 6a.
c. Pour tout a ∈ ]−` ; +`[ , la fonction g est dérivable et
g ′ (a ) = 6a. La courbe #g admet une tangente en chacun des
points de la courbe où le nombre dérivé existe. La courbe #g
admet donc une tangente en chacun de ses points.
Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe #g a pour
équation :
y = g ′ (a ) × ( x − a ) + g (a )
⇔ y = 6a ( x − a ) + 3a2 + 1
⇔ y = 6ax − 3a2 + 1.
6 4 + h + 6 − (6 4 + 6 )
52 g ( 4 + h ) − g ( 4 ) =
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
h
h
−
12
6
4
+
h
=
h
6 4 + h − 12) × (6 4 + h + 12)
(
=
h × (6 4 + h + 12)
36 (4 + h ) − 144
=
h × (6 4 + h + 12)
36h
=
h × (6 4 + h + 12)
36
=
6 4 + h + 12
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 3 .
2
La fonction g est donc dérivable en 4 avec g ′ ( 4 ) = 3 .
2
Au point d’abscisse 4, la tangente 7 à la courbe #g a pour
équation :
y = g ′ (4) × ( x − 4) + g (4)
⇔ y = 3 (x − 4) + 6 4 + 6
2
⇔ y= 3x−6+6 4 +6
2
⇔ y = 3 x + 12.
2
Un point appartient à la tangente 7 si et seulement si ses
coordonnées vérifient l’équation réduite y = 3 x + 12.
2
3 × (−4 ) + 12 = 6
2
Or, 6 = yA .
Les coordonnées de A vérifient l’équation, donc la droite 7
passe par le point A.
3 × (2) + 12 = 15
2
Or, 15 = yB .
Les coordonnées de B vérifient l’équation, donc la droite 7
passe par le point B. La droite ( AB) est tangente à la courbe
représentative de g au point d’abscisse 4.
53 1. f ( x) = g( x) ⇔ x 2 − x − 1 = 3 − x
⇔ x2 − 4 = 0
⇔ ( x − 2)( x + 2) = 0
x=2
⇔
ou x = −2
{
S = {−2 ; 2}. On note x0 la solution positive, soit x0 = 2.
2
2
f (2 + h ) − f (2) (2 + h ) − (2 + h ) − 1− (2 − 2 − 1)
2.
=
h
h
2
+
4h
+
4
−
2
−
h − 1− 1
h
=
h
h (h + 3)
=
= h+3
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 3.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = 3.
Au point P d’abscisse xO = 2, la tangente 7 à la courbe # a
pour équation :
y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2)
⇔ y = 3( x − 2) + (22 − 2 − 1)
⇔ y = 3x − 6 + 1
⇔ y = 3x − 5.
3.
y
# 1
0
P
1
T
D
x
54
x
1
6
f (x)
1, 4
0, 4
f '(x)
0
−0, 4
55 Il semble que la courbe représentative de la fonction
f définie sur ¡ admette deux tangentes aux points de la
courbe d’abscisse environ −0, 41 et environ 2,41. La fonction
f ne semble donc pas dérivable en ces deux points.
56 1. La fonction d (t ) modélise la chute de la bille.
d (t ) = −4,9t 2 + 50. Avec t exprimé en seconde et d en mètre.
2. « fonction » permet de déterminer et d’afficher la vitesse
instantanée de la bille à intervalle régulier de 0,1s entre deux
instants t1 et t2 .
Le paramètre d est la fonction du même nom qui renvoie
la distance parcourue par la bille en mètre pour un instant t
donné. Le paramètre t1 est l’instant à partir duquel on
souhaite calculer et afficher la vitesse instantanée de la bille.
Le paramètre t2 est l’instant à partir duquel on s’arrête de
calculer la vitesse instantanée de la bille.
La variable L est un liste qui contient les valeurs des vitesses
instantanées entre t1 et t2 avec un pas de 0,1s.
c.
Demander la valeur de t
V prend la valeur −4,9 (t + 0,1)2 + 50 − (−4,9t 2 + 50) / 0,1
Afficher V
(
)
Chapitre 4 Dérivation locale
95
mentaires, soit 120 000 bactéries au total.
À l’instant t = 6 il y a environ 37 000 bactéries supplémentaires, soit 137 000 bactéries au total.
À l’instant t = 12 il n’y a pas de bactérie supplémentaire, il y
a donc 120 000 bactéries au total.
2. Le taux de croissance horaire à un instant donné t est la
valeur du coefficient directeur de la tangente à la courbe
représentative de la fonction f au point d’abscisse t . La
tangente à la courbe représentative de la fonction f au
point d’abscisse 0 semble passer par le point de coordonnées (2 ; 25).
τ (0) = 25 − 0 = 12,5. Le taux de croissance horaire de la
2−0
population de bactéries à t = 0 est d’environ 12,5 milliers de
bactéries/h.
De même, τ (2) = 45 − 20 = 25 = 6,25. Le taux de croissance
6−2
4
horaire de la population de bactéries à t = 2 est d’environ
6,25 milliers de bactéries/h.
τ ( 4 ) = 32 − 10 = 22 = 5,5. Le taux de croissance horaire de
4−0
4
la population de bactéries à t = 4 est d’environ 5,5 milliers
de bactéries/h.
τ (6) = 0. Le taux de croissance horaire de la population de
bactéries à t = 6 est de 0 millier de bactéries/h.
τ (10) = 20 − 45 = −25 = −6,25. Le taux de croissance
10 − 6
4
horaire de la population de bactéries à t = 10 est d’environ
–6,25 milliers de bactéries/h.
τ (2) 6,25
≈
≈ 1,14 . Le nombre de bactéries augmente
3.
τ ( 4 ) 5,5
environ 1,14 fois plus vite à t = 2 qu’à t = 4.
58 1. Pour a = 0 , la calculatrice affiche f ′ (0) = 2.
2. Pour a = 4 , la calculatrice affiche f ′ ( 4 ) = 5 .
4
59 1.
x
−1
2,5
4
6
f (x)
−1
3,5
2
−1,7
f '(x)
5
4
0
−2
0
2. Au point A d’abscisse −1, la tangente 7A à la courbe a pour
équation :
y = f ′ (−1) × ( x + 1) + f (−1)
⇔ y = 5 ( x + 1) − 1
4
⇔ y = 5 x + 5 −1
4
4
⇔ y = 5 x + 1.
4
4
Au point C d’abscisse 4, la tangente 7C à la courbe a pour
équation :
y = f ′ (4) × ( x − 4) + f (4)
⇔ y = −2 ( x − 4 ) + 2
⇔ y = −2x + 8 + 2
⇔ y = −2x + 10.
3. Au point d’abscisse –3, la courbe admet une tangente de
coefficient directeur négatif. De plus, à l’aide du graphique
et d’une règle, il est aisé de vérifier que seule l’affirmation a
est juste.
96
Chapitre 4 Dérivation locale
60 1. Tant que t − 1 . 10−2 faire :
(
)
t ← 2 (a + h )2 − 5(a + h ) + 1− (2a2 − 5a + 1) / h
2.
Le programme teste la valeur de la dérivée de la fonction f
dans l’intervalle [0 ; 10] avec un pas de 10−5 . Pour obtenir
une valeur plus précise, il faut d’une part diminuer la valeur
de ce pas mais il est aussi possible d’abaisser la distance seuil
entre t et 1.
f (a + h ) − f (a )
h
2 (a + h )2 − 5(a + h ) + 1− (2a2 − 5a + 1)
=
h
2h2 + 4ah + 2a2 − 5a − 5h + 1− (2a2 − 5a + 1)
=
h
h (2h + 4a − 5)
=
h
= 2h + 4a − 5
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 4a − 5.
La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 4a − 5.
La courbe #f admet une tangente parallèle à d en un point
A d’abscisse a si et seulement si f ′ (a ) = 1.
f ′(a) = 1 ⇔ 4a − 5 = 1 ⇔ a = 3 . La courbe # f admet une
2
tangente parallèle à d en un point A d’abscisse 3 .
2
3.
f (a + h ) − f (a )
1.
61 1. f (a + h ) − f (a )
h h
2
+ a2 −
4 (a 4+(ah )+2 h+)(2a++(ah )+−h9) − (94a
− ( 4a
+ 9a)− 9)
= =
h h
2
2
+ 8ah
+ 4a+2 4a
+ a2 + ah −
+ a2 −
4h2 4h
+ 8ah
+ 9h − (94a
− ( 4a
+ 9a)− 9)
= =
h h
h ( 4hh (+4h8a++8a
1) + 1)
= =
h h
= 4h= +4h8a++8a
1 +1
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 8a + 1.
La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 8a + 1.
2. f ′ 2 = 8 × 2 + 1 = 19
3
3
3
f ′( 5 ) = 8 5 + 1
()
3. f ′ (2) = 8 × 2 + 1 = 17 et f (2) = 9. Au point A d’abscisse 2,
la tangente 7 à la courbe a pour équation :
y = f ′ (2) × ( x − 2) + f (2)
⇔ y = 17 ( x − 2) + 9
⇔ y = 17x − 34 + 9
⇔ y = 17x − 25.
62 1. La courbe #f admet une tangente parallèle à $ en un
point d’abscisse x0 si et seulement si f ′ ( x0 ) = 2 .
En utilisant la table de la calculatrice, il semble que x0 = 0.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
57 1. À l’instant t = 2 il y a environ 20 000 bactéries supplé-
x h+) −h )f−( xf0()x0 )
f ( xf ( +
2. 0 0
h h
2 2
2 2
x0h+) −h )1−
− 1−
+ 02x−01)− 1)
x h+) h+) 2+( x20( +
2 ( x2 ( +
+0 2x
(2x(02x
= = 0 0
h h
2 2
2 2
+ 02x
+ 02x+02h
+ 2h
− 1−
+ 02x−01)− 1)
2h22h+24+x04hx+
+0 2x
− 1−
+0 2x
(2x(02x
0 h2x
= =
h h
h (2h
x02+) 2)
h (2h
+ 4+x04 +
= =
h h
= 2h
x02+ 2
= 2h
+ 4+x04 +
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 4 x0 + 2.
La fonction f est donc dérivable en a avec f ′( x0 ) = 4 x0 + 2.
f ′ ( x0 ) = 2 ⇔ 4 x0 + 2 = 2 ⇔ x0 = 0.
La courbe #f admet une tangente parallèle à $ au point
d’abscisse 0.
2
63 1. f (0 + h ) − f (0) = 5h + 25h − 0
h
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
h
h (5h + 25)
=
h
= 5h + 25
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 25.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 25. La
vitesse initiale du faucon est de 25 m/s.
2. a. f (8) = 5 × 82 + 25 × 8 = 520 . La distance parcourue
pendant le piqué est de 520 m.
b. vmoy = 520 = 65 . La vitesse moyenne du faucon lors du
8
piqué est de 65 m/s.
f (8 + h ) − f (8 )
c.f (8 + h ) − f (8)
hh
2
+ 25
+ 25
5( 5
8(+8 h+)2h )+ 25
× 8×)8)
(8(+8 h+)h−)(−5(×5 8×28+2 25
==
hh
2 2 + 80h + 320 + 200 + 25h − (320 + 200 )
5h5h
+ 80h + 320 + 200 + 25h − (320 + 200)
==
hh
2 2 + 105h h (h
+ 105
5h(5h
+ 105
) )
5h
5h
+
105h
==
==
h
h
h
h
= 5h
+ 105
= 5h
+ 105
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 105.
La fonction f est donc dérivable en 8 avec f ′ (8) = 105. Le
faucon a percuté le pigeon à la vitesse de 105 m/s.
1+ h − 1 − 1− 1
h
2
12
f
1+
h
−
f
1
1+
h
1+
h )2
(
)
(
)
(
)
(
1
64 1.
=
=
=
h
h
h
(1+ h )2
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 1.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 1.
2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a pour
équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1)
⇔ y = 1( x − 1) + 0
⇔ y = x − 1.
3. Localement, la courbe représentative de f au voisinage du point d’abscisse 1 est presque confondue avec sa
tangente. Or, 0,99 ≈ 1, on a donc f (0,99) ≈ 0,99 − 1, soit
f (0,99) ≈ −0,01.
4. À l’aide de la calculatrice, on a f (0,99) ≈ −0,01. La valeur
approchée de la question 3 est une bonne estimation de
f (0,99) .
3 − 2 (1+ h ) 3 − 2 1− 2h 1
−
−
1+ h + 1
1+ 1 = 2 + h 2
h
h
2 − 4h − 2 − h
−5h
2 (2 + h )
2 (2 + h )
=
=
h
h
= −5
2 (2 + h )
65 1. f (1+ h ) − f (1) =
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 5 .
4
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = − 5 .
4
2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1)
⇔ y = − 5 ( x − 1) + 1
4
2
⇔ y=−5x+ 5 + 1
4
4 2
⇔ y = −5x + 7.
4
4
3 − 2x
5
7
5
7
3. f ( x ) = − 4 x + 4 ⇔ x + 1 = − 4 x + 4
4 (3 − 2x ) ( x + 1)(5x − 7)
⇔
+
=0
4 ( x + 1)
4 ( x + 1)
2
⇔ 5x − 10x + 5 = 0
4 ( x + 1)
2
− 2x + 1) = 0
5(
x
⇔
4 ( x + 1)
5( x − 1)2
⇔
=0
4 ( x + 1)
⇔ x − 1= 0
⇔ x =1
La tangente 7 et la courbe représentative de f ont un seul
point d’intersection au point d’abscisse 1.
66 Le nuage de points à une forme parabolique qui laisse
penser qu’un ajustement avec une fonction polynôme du
second degré est adapté.
Les résultats de la colonne E donnent le taux de croissance
journalier (en milliers par jour) de la population d’abeilles au
15 de chaque mois de mars à septembre.
Chapitre 4 Dérivation locale
97
67 1. f (1+ h ) − f (1) = 1+ h + 4 − 1+ 4
h
−
5
1+
h
=
h
( 1+ h + 4 − 5 ) × ( 1+ h + 4 + 5 )
=
h × ( 1+ h + 4 + 5 )
1
= 1+ h + 4 − 5 =
5+h + 5
h × ( 5 + h + 5)
2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 1 = 5 .
2 5 10
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 5 .
10
68 1. f (2 + h) − f (2)
h
1− 2h − 1 =
−2
1− 2h + 1
h ( 1− 2h + 1)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel –1.
La fonction f est donc dérivable en 2 avec f ′ (2) = −1.
2.
f (0 + h ) − f (0 )
= 3h + 1 − 1 =
h
h
(
h ( 3h + 1 + 1)
3h
+
1−
1
3
=
=
3h + 1 + 1
h ( 3h + 1 + 1)
f (−1+ h ) − f (−1)
(−1+ h )2 + 3 − 4
=
h
h
2
= h − 2h + 4 − 2
h
2
h − 2h + 4 − 2 h2 − 2h + 4 + 2
=
h h2 − 2h + 4 + 2
(
=
=
2
(
)(
h − 2h + 4 − 4
h h2 − 2h + 4 + 2
(
(
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 10 .
10
La fonction f est donc dérivable en –3 avec f ′ (−3) = − 10 .
10
réel positif. Pour étudier la dérivabilité de f en 0, on détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h.
f (0 + h ) − f (0 ) h h − 0
=
= h
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 0.
70
y
3h + 1 − 1)( 3h + 1 + 1)
1
0
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 3 .
2
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = 3 .
2
3.
f (−3 + h ) − f (−3)
4 − 2 (−3 + h ) − 4 − 2 × (−3)
=
h
h
−
10
10
−
2h
=
h
10 − 2h − 10 )( 10 − 2h + 10 )
(
=
h ( 10 − 2h + 10 )
10
−
2h − 10
=
h ( 10 − 2h + 10 )
−2
=
10 − 2h + 10
69 Soit f la fonction définie sur ¡ par f ( x ) = x x . Soit h un
−2 (2 + h ) + 5 − −2 × 2 + 5
h
1− 2h − 1)( 1− 2h + 1)
(
= 1− 2h − 1 =
h
h ( 1− 2h + 1)
=
=
4.
h (h − 2 )
h h2 − 2h + 4 + 2
h−2
=
h2 − 2h + 4 + 2
)
1
x
71 Le nuage de points a une forme parabolique qui laisse
penser qu’un ajustement avec une fonction polynôme du
second degré est adapté.
)
)
)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 1 .
2
La fonction f est donc dérivable en –1 avec f ′ (−1) = − 1 .
2
Les résultats de la colonne E donnent le taux de croissance
annuel (en milliards d’euros par an) des revenus cumulés des
GAFAM chaque année de 2002 à 2017.
98
Chapitre 4 Dérivation locale
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
h
Exercices
72 1. f ( x ) − f (0) = 3 ⇔ f ( x ) + 2 = 3 ⇔ f ( x ) = 3x − 2
x−0
x
La fonction f est une fonction affine qui a pour expression
f ( x ) = 3x + 2.
f ( x ) − f (3)
f ( x ) − 10
2.
=3⇔
=3
x−3
x−3
⇔ f ( x ) = 3( x − 3) + 10
⇔ f ( x ) = 3x + 1
La fonction f est une fonction affine qui a pour expression
f ( x ) = 3x + 1.
f ( x ) − f (a )
= m ⇔ f ( x ) − f (a ) = m ( x − a )
3.
x−a
⇔ f ( x ) = mx − ma + f (a )
Une fonction de taux de variation constant m est une fonction affine qui a pour expression f ( x ) = mx − ma + f (a ) où
a est un réel.
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73 1. d (0 + h ) − d (0) = −1,7h (h − 6) − 0
h
h
= −1,7 (h − 6 )
= −1,7h + 10,2
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 10,2.
La fonction d est donc dérivable en 0 avec d ′ (0) = 0 . La
vitesse du cycliste à t = 0 est de 10,2 m/s soit 36,72 km/h.
Cette vitesse est en accord avec la vitesse moyenne du
cycliste donnée dans l’énoncé.
d (1+ h ) − d (1) −1,7 (1+ h )(1+ h − 6) − (−1,7 (1− 6))
2.
=
h
h
−1,7 (h2 − 4h − 5) − (−1,7 + 10,2)
=
h
2
−1,7h
+
6,8h
+
8,5 − 8,5
=
h
h (−1,7h + 6,8 )
=
h
= −1,7h + 6,8
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 6,8.
La fonction d est donc dérivable en 1 avec d ′ (1) = 6,8 .
La vitesse du cycliste à t = 1 est de 6,8 m/s soit 24, 48 km/h.
d (d3 (+3 h+) h−)d−(d3)(3)
3.
h h
−1,7
(−1,7
−1,7
3 (+3 h+)(h3)(+3 h+−h 6−) 6−)(−−1,7
× 3××3(×3 (−36−))6))
(
==
h h
−1,7
(15,3
−1,7
) )
(h2(h−2 9−) 9−)(−15,3
==
h
h
2 2 + 15,3 − 15,3
−1,7h
−1,7h
+
15,3
− 15,3
==
h h
h (−1,7h
h (−1,7h
) ) = −1,7h
==
= −1,7h
h h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0.
La fonction d est donc dérivable en 3 avec d ′ (3) = 0 . La
vitesse du cycliste à t = 3 est de 0 m/s.
4. d (3) = −1,7 × 3 × (3 − 6) = 15,3. Le cycliste va parcourir
15,3 m à partir de l’instant où il commence son freinage, ce
qui signifie qu’il ne pourra pas s’arrêter avant le stop qui se
trouve à seulement 15 m de lui.
74 La fonction valeur absolue définie sur ¡ admet une même
tangente pour tous les points de la courbe dont les abscisses
sont sur l’intervalle ]−` ; 0[. Elle admet une autre tangente
identique pour tous les points de la courbe dont les abscisses
appartiennent à l’intervalle ]0 ; +`[.
75 La droite ( AB) a une équation de la forme y = ax + b avec,
a=
yB − yA −1− 2
=
= − 1 . Donc, y = − 1 x + b.
3
9−0
3
xB − x A
Le point A appartient à la droite, ses coordonnées satisfont
donc l’équation précédente.
yA = − 1 × x A + b ⇔ 2 = − 1 × 0 + b ⇔ b = 2
3
3
La droite ( AB) a pour équation y = − 1 x + 2.
3
Le problème revient à déterminer, si elle existe, l’abscisse x0
d’un point de la courbe représentative de la fonction f tel
que f ′ ( x0 ) = − 1 .
3
3 − 3
f ( x0 + h ) − f ( x0 ) x0 + h x0
=
h
h
3x0 − 3x0 − 3h
x0 ( x0 + h )
=
h
3
=−
x 0 ( x0 + h )
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel − 32 .
x0
La fonction f est donc dérivable en x0 , pour tout x0 . 0,
avec f ′ ( x0 ) = − 32 .
x0
1
f ′ ( x0 ) = − ⇔ − 32 = − 1 ⇔ x02 = 9, x0 .0 donc x0 = 3.
3
3
x0
Au point d’abscisse 3, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation :
y = f ′ (3) × ( x − 3) + f (3)
⇔ y = − 1 ( x − 3) + 1
3
⇔ y = − 1 x + 2.
3
La droite ( AB) est tangente à la courbe représentative de f
au point d’abscisse 3.
76 Soit f la fonction racine carrée définie sur ¡+ par
f ( x ) = x . Soit h un réel positif.
On détermine le taux de variation de f entre 0 et 0 + h :
f (0 + h ) − f (0 )
= h −0 = 1 .
h
h
h
Lorsque h tend vers 0 par valeurs positives, le nombre h
tend vers 0 en étant positif.
Donc l’inverse de h tend vers +`. On en déduit que lorsque
h tend vers 0, le taux de variation de la fonction entre 0 et h
tend vers +`. Ainsi la courbe représentative de f admet une
tangente verticale au point d’abscisse 0.
Chapitre 4 Dérivation locale
99
tout réel a , un taux de variation nul entre a et a + 1.
y
1
0
1
x
78 Soit f la fonction racine carrée définie sur ¡ par :
f ( x ) = ax 2 + bx + c où a, b et c sont des nombres réels.
La parabole représentative de la fonction f passe par le point
A(1;0) si et seulement si f (1) = 0, la parabole représentative
de la fonction f passe par le point B (−2;0) si et seulement si
f (−2) = 0. La tangente en A à la parabole a pour coefficient
directeur 6 si et seulement si f ′ (1) = 6.
f (1+ h ) − f (1) a (1+ h )2 + b (1+ h ) + c − (a + b + c )
=
h
h
ah2 + 2ah + a + b + bh + c − (a + b + c )
=
h
2
+
2ah
+
bh
ah
=
h
h (ah + 2a + b )
=
h
= ah + 2a + b
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a + b. La fonction f est donc dérivable en 1,
avec f ′ (1) = 2a + b.
⎧ f (1) = 0
⎧a + b + c = 0
⎪
⎪
f
(−2)
=
0
⇔
⎨
⎨4a + 2b + c = 0
⎪⎩ f ′(1) = 6
⎪⎩2a + b = 6
⎧−a + c + 6 = 0
⎪
⇔ ⎨8a + c − 12 = 0
⎪⎩b = 6 − 2a
⎧−a + c + 6 = 0
⎪
⇔ ⎨9a − 18 = 0
⎪⎩b = 6 − 2a
⎧c = −4
⎪
⇔ ⎨a = 2
⎩⎪b = 2
La fonction f est définie sur ¡ par f ( x ) = 2x 2 + 2x − 4.
79 1. À l’aide de la calculatrice, on peut conjecturer que les
courbes #f et #g respectivement représentatives des fonctions f et g ont une tangente commune au point d’abscisse 1.
gg(aa ++ hh))−− gg((aa)) −−((aa ++ hh))22 ++ 44((aa ++ hh))−− 22 −− ((−a
−a22 ++ 4a
4a −− 22))
2.
==
2. (
hh
hh
2
2
2
−a
2ah −− hh22 ++ 4a
4a ++ 4h
4h −− 22 −− ((−a
−a22 ++ 4a
4a −− 22))
−a22 −− 2ah
==
hh
hh((−h
−− 2a
++ 44))
−h
2a
==
== −h
−h −− 2a
2a ++ 44
hh
2
2
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel −2a + 4 . La fonction g est donc dérivable en a, avec
g ′ (a ) = −2a + 4.
2
2
f (a + h ) − f (a ) (a + h ) − (a ) a2 + 2ah + h2 − a2
=
=
h
h
h
h (h + 2a )
=
= h + 2a
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a. La fonction f est donc dérivable en a, avec
f ′ (a ) = 2a .
100
Chapitre 4 Dérivation locale
3. Si les courbes #f et #g admettent une tangente commune
au point d’abscisse a , on a alors f ′ (a ) = g ′ (a ).
f ′(a) = g ′(a) ⇔ −2a + 4 = 2a ⇔ a = 1.
Au point d’abscisse 1, la tangente 71 à la courbe représentative de f a pour équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1.
Au point d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe représenta2
tive de g a pour équation :
y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1.
Les courbes #f et #g ont une tangente commune au point
d’abscisse 1.
f (a1.+ hf )(a− +f (ha))− f (a )
80
h
h
2a + h )2 + 3(a + h ) − 22 − a2 + 3a − 2
(
( − 2) )
(a + h ) + 3(a + h ) − 2 − (a + 3a
=
=
h
h
h2++3h
3a−+23h
a2 + 2ah
(a2−+23a
a2 + 2ah
h2 ++3a
− (−a22+−3a
) − 2)
=
=
h
h
h (h++32a
h (h =+ 2a
) + 3)
=
h
h
= h++32a + 3
= h + 2a
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a + 3. La fonction f est donc dérivable en a,
avec f ′ (a ) = 2a + 3.
g (ag+(ah+) −h )g−(ag)(a )
2.
h h
2
+ 3a
a
(
+ 6+) 6)
(a + h+)2h+) 3+(a3+(ah+) +h )6+−6(a−2(a+23a
=
=
h h
2
2
2
+ 2ah
+ 3a
+ 3h
+ 3a
a2 a+ 2ah
+ h+2 h+ 3a
+ 3h
+ 6+−6(a−2(a+ 3a
+ 6+) 6)
= =
h
h
+ 2a
h=(hh+(h2a
+ 3+) 3)
=
h h
+ 2a
= h=+h2a
+ 3+ 3
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a + 3. La fonction g est donc dérivable en a,
avec g ′ (a ) = 2a + 3 .
3. On remarque que dans le calcul du taux de variation d’une
fonction polynôme du second degré entre a et a + h, le terme
constant s’annule. Ainsi, toutes les fonctions h définies sur
¡ telles que h ( x ) = x 2 + 3x + c , avec c un nombre réel,
admettent pour tout réel a, un nombre dérivé égal à 2a + 3.
81 1.
2. La fonction utilisée dans cet algorithme est la fonction
racine carrée, définie sur ¡+ par f ( x ) = x .
3. La fonction taux renvoie le taux de variation de la fonction
racine carrée entre le réel a et a + h.
4.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
77 Toutes les fonctions périodiques de période 1 ont, pour
3
h ( h2 − 2 )
82 1. f (0 + h ) − f (0) = h − 2h + 1− 1 =
= h2 − 2
h
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel −2. La fonction f est donc dérivable en 0, avec
f ′ (0) = −2.
Au point A d’abscisse 0, la tangente 70 à la courbe #f a pour
équation :
y = f ′ (0) × ( x − 0) + f (0) ⇔ y = −2 ( x − 0) + 1 ⇔ y = −2x + 1
2. f ( x ) − (−2x + 1) = x 3 − 2x + 1+ 2x − 1 = x 3
La fonction x 3 est négative pour tout x ∈ ]−` ; 0] et positive
pour tout x ∈[0 ; +`[ . On en déduit que la courbe #f est en
dessous de 70 sur l’intervalle]−` ; 0[, qu’elle est au-dessus de
70 sur l’intervalle ]0 ; +`[. #f et 70 ont un point d’intersection
au point d’abscisse 0.
83 1. (1+ h )2 = h2 + 2h + 1
f (1+ h ) − f (1) (1+ h )2 − 12
2
= h + 2h + 1− 1
h
h
h (h + 2 )
=
= h+2
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 2. La fonction f est donc dérivable en 1, avec f ′ (1) = 2 .
Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a pour
équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 1 ⇔ y = 2x − 1.
3. a = 1+ h − 1 = h
b = 2 (1+ h ) − 1− 1 = 2h
c = (1+ h )2 − 1− b = h2 + 2h + 1− 1− 2h = h2
d = h × 1= h
e = h × h = h2
f = h × 1= h
4. Lorsque h est très proche de 0, (1+ h )2 est à peu près égal à
l’ordonnée du point de la tangente à la courbe au point d’abscisse 1, d’abscisse 1+ h. Soit (1+ h )2 ≈ 2 (1+ h ) − 1 = 1+ 2h.
Localement, la courbe représentative de f au voisinage du
point d’abscisse 1 est presque confondue avec sa tangente.
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2.
h
=
84 1. (a + b )3 = (a + b ) × (a + b )2 = (a + b )(a2 + 2ab + b2 )
= a3 + 2a2 b + ab2 + ba2 + 2ab2 + b3
= a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3
2.
f (a + h ) − f (a ) (a + h )3 − a3
=
h
h
3
2
+
3a
h + 3ah2 + h3 − a3
a
=
h
2
h (h + 3ah + 3a2 )
=
h
= h2 + 3ah + 3a2
3. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 3a2 . La fonction f est donc dérivable en a, avec
f ′ (a ) = 3a2 .
4. f ′ (a ) = f ′ (−a ) = 3a2 . Les tangentes à la courbe # aux
points A et A ′ d’abscisses respectives a et –a ont le même
coefficient directeur, elles sont donc parallèles.
La fonction cube, définie sur ¡, est impaire. La courbe représentative de la fonction cube est donc symétrique par rapport
à l’origine du repère. La courbe admet des tangentes parallèles aux points ayant des abscisses opposées.
2
2
85 1. g (1+ h ) − g (1) = (1+ h ) − 3(1+ h ) + 1− (1 − 3 × 1+ 1)
h
h
h2 + 2h + 1− 3 − 3h + 1− (1− 3 + 1)
=
h
h (h − 1)
=
= h −1
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel −1. La fonction g est donc dérivable en 1, avec
g ′ (1) = −1.
Au point A d’abscisse 1, la tangente 71 à la courbe # a pour
équation :
y = g ′ (1) × ( x − 1) + g (1) ⇔ y = −1( x − 1) − 1 ⇔ y = − x
2. g ( x ) − (− x ) = x 2 − 3x + 1− (− x ) = x 2 − 2x + 1 = ( x − 1)2.
Or ( x − 1)2 ˘ 0 donc # est au-dessus de 71 sur l’intervalle
]−` ; 1[ < ]1 ; +`[ . La courbe # et la droite 71 ont le point A
comme point d’intersection.
f (a f+(ha)+−hf) (−a )f (a )
86
h
h
2
2
2 (a − 3 × a + 1)
1−
) +(a
− 3 × a + 1)
(a +(ha)+2 −h )3(−a 3+(ha)++h1−
= =
h h
2
2
2
2+ a − 3a − 3h + 1−
h
+
2ah
−+3a
(a3a
h = + 2ah + a − 3a − 3h + 1− (a2 −
1) + 1)
=
h h
h +−2a
h (=h h+(2a
3)− 3)
=
h h
=
h
+
= h + 2a −2a
3 −3
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a − 3. La fonction f est donc dérivable en a,
avec f ′ (a ) = 2a − 3.
Au point A d’abscisse a, la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation :
y = f ′ (a ) × ( x − a ) + f (a ) ⇔ y = (2a − 3)( x − a ) + a2 − 3a + 1
⇔ y = (2a − 3) x − a2 + 1.
Si le point B de coordonnées (3;0) appartient à une des
tangentes à la courbe représentative de f alors ses coordonnées vérifient l’équation réduite établie précédemment.
0 = 6a − 9 − a2 + 1 ⇔ −a2 + 6a − 8 = 0
Le trinôme −a2 + 6a − 8 a pour discriminant
Δ = 62 − 4 × (−1) × (−8) = 36 − 32 = 4. Le discriminant est
positif, le trinôme −a2 + 6a − 8 admet deux racines distinctes:
2
a1 = −6 + 4 = 2 et a2 = −6 − 4 = 4.
2 × (−1)
2 × (−1)
La courbe représentative de f admet deux tangentes qui
passent par le point B. L’une est tangente à la courbe au
point d’abscisse 2 et a pour équation y = x − 3 et l’autre est
tangente à la courbe au point d’abscisse 4 et a pour équation
y = 5x − 15.
87 1. À l’aide de la calculatrice, il semble que f ′ (1) = 1.
2. Au point A d’abscisse 1, la tangente 7 à la courbe # a
pour équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1( x − 1) + 0 ⇔ y = x − 1.
( )
(
)
3. f ( x ) − ( x − 1) = x −2 1 − ( x − 1) = ( x − 1) 12 − 1
x
x
2
(1− x )(1+ x )
1−
x
= ( x − 1)
= ( x − 1)
x
x2
2
(1− x ) (1+ x )
=−
x
( )
Chapitre 4 Dérivation locale
101
Or, pour tout x ∈ ]0 ; +`[ , −
(1− x )2 (1+ x )
< 0, donc # est en
x
dessous de 7 sur l’intervalle ]0 ; +`[ . La courbe # et la droite
7 ont le point A comme point d’intersection.
4.
y
1
0
1
x
Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe représentative
de f a pour équation :
y = f ′ (0 ) × ( x − 0 ) + f (0 )
⇔ y = 1( x − 0) + 0
⇔ y = x.
Au point d’abscisse 0, la tangente à la courbe représentative
de g a pour équation :
y = g ′ (0 ) × ( x − 0 ) + g (0 )
⇔ y = 1( x − 0) + 0
⇔ y = x.
Les courbes représentatives des fonctions f et g ont une
tangente commune au point d’abscisse 0.
a+h
a
−
89 1. f (a + h ) − f (a ) = a + h + 3 a + 3
h
sentatives des fonctions f et g ont une tangente commune
au point d’abscisse 0.
5( a + h )
5a
f (a + h ) − f (a ) a + h + 5 − a + 5
=
2.
h
h
5(a + h )(a + 5) − 5a (a + h + 5)
( a + h + 5) ( a + 5)
=
h
5a2 + 25a + 5ha + 25h − 5a2 − 5ah − 25a
( a + h + 5) ( a + 5)
=
h
25h
( a + h + 5 ) ( a + 5)
=
h
25
=
( a + h + 5 ) ( a + 5)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 25 2 . La fonction f est donc dérivable en
( a + 5)
a, avec f ′ (a ) = 25 2 .
( a + 5)
g (a + h ) − g (a ) (a + h )2 + (a + h ) − (a2 + a)
=
h
h
2
2
+
2ah
+
h
+ a + h − a2 − a
a
=
h
h (h + 2a + 1)
=
h
= h + 2a + 1
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2a + 1. La fonction g est donc dérivable en a,
avec g ′ (a ) = 2a + 1.
3. Si les courbes représentatives des fonctions f et g
admettent une tangente commune au point d’abscisse a ,
on a alors f ′ (a ) = g ′ (a ) .
f ′ (a ) = g ′ (a ) ⇔
25
(a + 5)2
= 2a + 1
⇔ a (2a2 + 21a + 60) = 0
a=0
⎪⎧
⇔⎨
2
⎪⎩ ou 2a + 21a + 60 = 0
L e t r i n ô m e 2a2 + 21a + 60 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 212 − 4 × 2 × 60 = −39. Le discriminant est négatif, le
trinôme 2a2 + 21a + 60 n’admet pas de racine dans ¡.
102
Chapitre 4 Dérivation locale
=
h
a2 + 3a + ha + 3h − a2 − ah − 3a
( a + h + 3 ) ( a + 3)
=
h
3h
( a + h + 3 ) ( a + 3)
=
h
3
=
( a + h + 3 ) ( a + 3)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
3 . La fonction f est donc dérivable en
nombre réel
(a + 3)2
3 .
a, avec f ′ (a ) =
(a + 3)2
−3
−3
g (a + h ) − g (a ) a + h + 3 − a + 3
=
2.
h
h
−3(a + 3) + 3(a + h + 3)
( a + h + 3) ( a + 3)
=
h
−3a − 9 + 3a + 3h + 9
( a + h + 3 ) ( a + 3)
=
h
3h
( a + h + 3 ) ( a + 3)
=
h
3
=
( a + h + 3 ) ( a + 3)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
3 . La fonction g est donc dérivable en
nombre réel
(a + 3)2
3 .
a, avec g ′ (a ) =
(a + 3)2
x (1+ α ) + 3α
3. f ( x ) + α = x + α = x + αx + 3α =
x +3
x+3
x +3
⎧ 1+ α = 0
⎧ α = −1
f (x ) + α = g(x ) ⇔ ⎨
⇔⎨
α
=
−1
⎩
⎩ α = −1
Pour tout x différent de –3, g ( x ) = f ( x ) − 1.
4. On peut remarquer que dans le calcul du taux de variation
d’une fonction de la forme f ( x ) + α entre a et a + h, le terme
constant α s’annule. Ainsi, toutes les fonctions h définies sur
¡ telles que h ( x ) = f ( x ) + c avec c un nombre réel admettent
3 .
pour tout réel a un nombre dérivé égal à
(a + 3)2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
88 1. Graphiquement, on conjecture que les courbes repré-
h
( a + h ) ( a + 3) − a ( a + h + 3)
( a + h + 3) ( a + 3)
90 1. La fonction f est définie pour tout x différent de –1.
Df = ]−` ; −1[ ∪ ]−1 ; +`[
2. Pour tout nombre réel a appartenant à Df :
f (a + h ) − f (a )
h
2(a + h) + 1 − 2a + 1
a +1
= a + h +1
h
(2a + 3 + 2h )(a + 1) − (2a + 1)(a + h + 1)
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
2a2 + 2a + a + 1+ 2ha + 2h − 2a2 − 2ah − 2a − a − h − 1
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
h
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
1
=
.
(a + h + 1)(a + 1)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
1 . La fonction f est donc dérivable en
nombre réel
(a + 1)2
1 .
a, avec f ′ (a ) =
(a + 1)2
1
= 1
3. f ′ (−4 ) =
(−4 + 1)2 9
()
1
= 49
f′ 5 =
7
5 + 1 2 144
7
1
4. f ′ ( 4 ) =
= 1 et f ( 4 ) = 2 × 4 + 1 = 9 .
4 +1
5
( 4 + 1)2 25
Au point d’abscisse 4 , la tangente 7 à la courbe représentative de f a pour équation :
y = f ′ (4) × ( x − 4) + f (4 ) ⇔ y = 1 ( x − 4) + 9
25
5
1
4
9
⇔y=
x−
+
25
25 5
⇔ y = 1 x + 41 .
25
25
( )
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
91 1. x (0) = 10 × 0 = 0 et y (0) = 0,1× 02 + 5 = 5. À t = 0 ,
le mobile se trouve au point de coordonnées (0;5) dans le
repère du plan.
⎧
t= x
⎪⎪
x = 10t
10
⎪⎧
2. ⎨
⇔⎨
2
2
⎪ y = 0,1× x + 5
⎩⎪ y = 0,1t + 5
10
⎪⎩
⎧
t= x
⎪
10
⇔⎨
⎪ y = 0,001x 2 + 5
⎩
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92 1. f (10) − f (0) = 0 − 1 = −0,1. Le taux de variation de la
L’équation de la trajectoire qui donne y en fonction de x est
une fonction du second degré. La trajectoire décrite par le
mobile est donc parabolique.
y
0
5
10
15
20
⎛ 10 ⎞
données ⎜
.
⎝ 0 ⎟⎠
b. Au temps initial, le mobile a été lancé horizontalement
avec vitesse de 10.
( )
5,6
5,5
5,4
5,3
5,2
5,1
5,0
r
À l’instant t = 0, x ′ (0) = 10 et y ′ (0) = 0 et v (0) a pour coor-
25 x
3. a. La fonction x est une fonction linéaire de coefficient
directeur 10, le nombre dérivé de la fonction x en a est donc
égal à x ′ (a ) = 10 .
2
2
y (a + h ) − y (a ) 0,1(a + h ) − 5 − (0,1× a − 5)
=
h
h
2
0,1a
+
0,2ah
+
0,1h2 − 5 − 0,1a2 + 5
=
h
h (0,1h + 0,2a )
=
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 0,2a. La fonction y est donc dérivable en a ,
avec y ′ (a ) = 0,2a.
10
10 − 0
fonction f entre 1 et 10 est −0,1.
2. f ′ ( 4 ) est égale au coefficient directeur de la tangente à
la courbe au point B d’abscisse 4. Cette tangente passe par
les points A et C de coordonnées respectives (0;5) et (9;2).
Ainsi :
f ′ (4) = 2 − 5 = − 1 .
9−0
3
La tangente à la courbe au point C d’abscisse 9 est aussi
la tangente à la courbe au point B d’abscisse 4. On a donc,
f ′ (9) = f ′ ( 4 ) = − 1 .
3
3. La droite ( AC ) a une équation de la forme y = − 1 x + b. La
3
droite coupe l’axe des ordonnées au point A d’ordonnée 5.
L’équation de la droite ( AC ) est y = − 1 x + 5. Le point B
3
appartient à la droite ( AC ), ses coordonnées satisfont donc
l’équation précédemment trouvée.
yB = − 1 x B + 5 ⇔ yB = − 1 × 4 + 5 ⇔ yB = 11
3
3
3
11
Or f ( 4 ) = yB , donc f ( 4 ) = .
3
5
4. f ′ (1) ≈
4
5. La courbe admet trois tangentes horizontales, l’une au
point d’abscisse 3,5, une autre au point d’abscisse 7,2 et enfin
au point d’abscisse 8,7. L’équation f ′ ( x ) = 0 a pour solutions
3,5 ; 7,2 et 8,7.
Chapitre 4 Dérivation locale
103
93 1. La fonction f est une fonction polynôme du second
degré définie sur ¡.
f (a + h ) − f (a )
h
2 (a + h )2 − 4 (a + h ) + 1− (2a2 − 4 × a + 1)
=
h
2h2 + 4ah + 2a2 − 4a − 4h + 1− (2a2 − 4a + 1)
=
h
h (2h + 4a − 4 )
=
h
= 2h + 4a − 4
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 4a − 4. La fonction f est donc dérivable en a,
avec f ′ (a ) = 4a − 4.
2. Au point A d’abscisse − 1 , la tangente 7 à la courbe repré3
sentative de f a pour équation :
y= f′ −1 × x+ 1 + f −1
3
3
3
2
⇔ y = 4 × − 1 − 4 × x + 1 + 2 × − 1 − 4 × − 1 +1
3
3
3
3
16
16
23
+
⇔ y=− x−
3
9
9
16
7
⇔y=− x+ .
3
9
( ) ( ) ( )
( ( ) ) ( )
( )
( )
94 1. Il semble que la pente de la tangente à la courbe au
point d’abscisse 1 ait un coefficient directeur égal à 1. On
a donc f ′ (1) = 1, dans le contexte de l’exercice cela signifie
que la vitesse de concentration à t = 1 est de 1 centième de
mole par minute.
2. On trace les tangentes à la courbe représentative de f aux
points d’abscisse 2, 5, 8 et on calcule leur coefficient directeur
respectif. On obtient f ′ (2) ≈ 1 , f ′ (5) ≈ 1 et f ′ (8) ≈ 1 .
2
9
18
La vitesse de concentration à t = 2 est d’environ 1 centième
2
de mole par minute.
La vitesse de concentration à t = 5 est d’environ 1 centième
9
de mole par minute.
La vitesse de concentration à t = 8 est d’environ 1 centième
18
de mole par minute.
3. a. La fenêtre de droite du logiciel de calcul formel donne le
taux de variation de la fonction f entre 0 et 0 + h.
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 4. La fonction f est donc dérivable en 0 , avec f ′ (0) = 4.
b. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 passe par les
points de coordonnées (0;0) et (1; 4 ) .
104
Chapitre 4 Dérivation locale
4 (a + h )
4a
f (a + h ) − f (a ) a + h + 1 − a + 1
=
c.
h
h
(4a + 4h )(a + 1) − 4a (a + h + 1)
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
4a2 + 4a + 4ha + 4h − 4a2 − 4ah − 4a
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
4h
(a + h + 1)(a + 1)
=
h
4
=
(a + h + 1)(a + 1)
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
4 .
nombre réel
(a + 1)2
4 .
La fonction f est donc dérivable en a, avec f ′ (a ) =
(a + 1)2
4
= 0,25
f ′(a) = 0,25 ⇔
(a + 1)2
⇔ 16 = (a + 1)2 = 0 ⇔ (a + 1)2 − 16 = 0
⇔ (a + 1− 4)(a + 1+ 4) = 0
⇔ (a − 3)(a + 5) = 0
a−3= 0
⇔
a+5= 0
a=3
⇔
a = −5
{
{
Le temps est une grandeur positive donc la vitesse de
concentration est égale à 0,25 centième de mole par minute
à l’instant t = 3.
95 1. La courbe représentative de la fonction f semble
symétrique par rapport à l’axe des ordonnées, la fonction
f semble donc paire.
f (0, 4 ) − f (−1) 0,5 − 0
2.
=
= 5
1, 4
14
0, 4 − (−1)
3. f (−1) = 0 ; f ′ (−1) = 1 ; f ′ (0) = 0 ; f (1) = 0 ; f ′ (1) = −1
4. Au point A d’abscisse −1, la tangente à la courbe #f a pour
équation :
y = f ′(−1) × ( x + 1) + f (−1) ⇔ y = 1× ( x + 1) + 0 ⇔ y = x + 1.
5. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 est horizontale et a pour équation y = f (0). La courbe semble paire et
périodique de période 4. La droite d’équation y = f (0) est
donc aussi une tangente aux points d’abscisse – 4, 0 et 4.
96 1. La droite ( AC ) a pour équation y = −5x + 1.
La droite (CB) a une équation de la forme y = 7x + b. Le point
B appartient à la droite (CB) , ses coordonnées satisfont donc
l’équation précédente :
yB = 7x B + b ⇔ 3 = 7 × 2 + b ⇔ b = −11.
La droite (CB) a pour équation y = 7x − 11 .
2. La droite ( AC ) est la tangente à 3 au point d’abscisse 0,
son coefficient directeur est la valeur de la dérivée de la fonction en 0, on a donc f ′ (0) = −5.
De même f ′ (2) = 7.
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6. L’inéquation f ′ ( x ) ˘ 0 admet pour solution l’ensemble
des réels x appartenant à l’intervalle [0 ; 3,5] < [7,2 ; 8,7].
7. f (0) = 1 et graphiquement il semble que f ′ (0) ≈ 1. Pour
x = 0, on a f ( x ) ≈ f ′ ( x ).
8. Il semble que la pente de la tangente à la courbe soit maximale au point d’abscisse 1. C’est donc en x = 1 que le nombre
dérivé est maximal.
f (fx( x+ h+)h−) −f (fx(0x)0 )
3. 0 0
hh
2 2
2 2 + bx + c)
− (ax
a (ax(0x+0 h+)h )+ b+(bx(0x+0 h+)h+) c+ −c (ax
0 c)
0 0+ bx0 +
==
hh
2 2 + 2ax h + ax
2 2 + bx + c
+ bx
+ bh
ax
+ 2ax0 h0+ ax02 0+2 bx
+ c+ −c (−ax
ahah
(
0 bh
0 c) )
0 +
0 0+ bx0 +
=
=
hh
+ 2ax
+)b )
(ah+ 2ax
h (hah
0 b
0 +
==
hh
+b
+ 2ax
==
ahah
+ 2ax
0 b
0 +
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 2ax0 + b. La fonction f est donc dérivable en
x0 , avec f ′ ( x0 ) = 2ax0 + b.
4. f (0) = 1 ⇔ c = 1
f ′(0) = −5 ⇔ b = −5
f ′(2) = 7 ⇔ 4a − 5 = 7 ⇔ a = 3
5. f ( x ) = 3x 2 − 5x + 1
6. En reprenant le calcul du taux de variation de la question 3
avec a = 3, b = −5 et c = 1, le taux de variation entre a et a + h
est égal à 3h + 6a − 5.
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 6a − 5. La fonction f est donc dérivable en a,
avec f ′ (a ) = 6a − 5.
7. f ′ (0) = −5 et f ′ (2) = 7.
97 1. Réponse a.
2. Réponse c.
3. Réponse c.
4. Réponse a.
5. Réponse c.
98 1. Soit τ1 , τ2 et τ3 les taux d’accroissement de produc-
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tion de pétrole respectifs des années 1970, 1980 et 1990.
100
Questions Va piano
1. Il semble que la courbe #f a deux tangentes parallèles à
la droite $.
2. À la calculatrice f ′ 1 ≈ 2 et f ′ (1) ≈ 2 . La conjecture précé3
dente est confirmée.
3. Au point d’abscisse 1, la tangente à la courbe #f a pour
équation :
y = f ′ (1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2 ( x − 1) + 3 ⇔ y = 2x + 1.
()
Graphiquement on constate que τ3 . τ2 . τ1 . C’est donc
dans les années de 1990 à 2000 que la production de pétrole
semble augmenter le plus vite.
2. La vitesse d’évolution de la production de pétrole une
année donnée est modélisée par le nombre dérivé de la fonction Hubbert cette année-là. Cette vitesse est donc modélisée
par le coefficient directeur de la tangente à la courbe de
Hubbert au point de la courbe dont l’abscisse est égale à
l’année donnée.
Graphiquement on a, f ′ (1980) ≈ 0,08 et f ′ (1990) ≈ 0,175.
On remarque que la vitesse de production en 1990 est
environ le double de la vitesse de production en 1980.
99 1.
x
f (x)
0
2
10
6,5
0
8
–5
2.
x
0
f (x)
0
x
0
4,75
+
0
6,5
–
0
8
+
3.
f ´ (x)
2
+
0
6,5
–
0
8
+
4. D’après les questions 2 et 3, f ( x ) × f '( x ) ˘ 0 pour tout
x ∈[0 ; 2] < [ 4,75 ; 6,5] < [7,75 ; 8] .
0 − (−15) 60
5. f ′ (7,75) =
=
7
7,75 − 6
6. La valeur de f ′ (0) est égale au coefficient directeur de la
droite tangente à # au point d’abscisse 0. Graphiquement
f
f ′ (0) = 10.
Il semble que la courbe #f a deux tangentes parallèles à la
droite $.
2. f ′ (a ) = 2 ⇔ 3a2 − 4a + 3 = 2 ⇔ 3a2 − 4a + 1 = 0
Le trinôme 3a2 − 4a + 1 a pour discriminant :
Δ = (−4 )2 − 4 × 3 × 1 = 4. Δ . 0, le trinôme 3a2 − 4a + 1 admet
deux racines distinctes. La courbe # f admet donc deux
tangentes parallèles à la droite $.
3. f ′ (1) = 3 × 12 − 4 × 1+ 3 = 2. La courbe #f admet donc une
tangente parallèle à la droite $ au point d’abscisse 1.
y = f ′(1) × ( x − 1) + f (1) ⇔ y = 2( x − 1) + 3 ⇔ y = 2x + 1
Questions Allegro
Questions Moderato
1.
y
1
0
f f(a(a+ +
h) h)
− f−(a)f (a)
h h
3 3
(a
+
h)
− 2(a
1−2 +(a3a3 +−1)2a2 + 3a + 1)
(a
+
h)
− 2(a
+ h)2++h)
3(a2 ++h)3(a
+ 1−+(ah)3 −+2a
==
h
h
2 2
h + 23ah32 + h23 − 2a2 − 24ah − 2h2 + 3a3 + 3h2 + 1− (a3 − 2a2 + 3
a3 3 + 3a
== a + 3a h + 3ah + h − 2a − 4ah − 2h + 3a + 3h + 1− (a − 2a 3a + 1)
h
h
22
2
33
2 2
2
−
2h
+
3ah
+
3a
h
−
4ah
+
3h
h
−
2h
+
3ah
+
3a
h
−
4ah
+
3h
h
==
h h
+ (−2
+ 3a)h
+ 3a)h
+ 3a2 +− 3a
4a +2 3−) 4a + 3)
hh(h(2h2+ (−2
==
h h
22
== hh + +(−2(−2
+ 3a)h
+ 3a2+−3a
4a2+ −3 4a + 3
+ 3a)h
1.
1.
1
x
Chapitre 4 Dérivation locale
105
() ( ) ()
( )
101
Questions Va piano
1.
0
5
10
Mobile F
Mobile G
15
20
Position à t = 0
Position à t = 1
25
30
Position à t = 2
Position à t = 3
102
Questions Va piano
B (10) − B ( 4 ) 36
=
= 6. Lorsque l’entreprise produit et
10 − 4
6
vend entre 4 et 10 tonnes, le bénéfice est de 600 € par tonne.
B (14 ) − B (10) 20 − 36
=
= −4 . Lorsque l’entreprise produit
4
14 − 10
et vend entre 10 et 14 tonnes, l’entreprise perd 400 € par
tonne.
2. f ′ ( 4 ) = 12 et f ′ (6) = 8.
Lorsque l’entreprise produit et vend 4 tonnes d’engrais,
l’accroissement du bénéfice est de 1 200 €/tonne. Lorsque
l’entreprise produit et vend 6 tonnes d’engrais, l’accroissement du bénéfice est de 800 €/tonne.
1.
Questions Moderato
1. La fonction polynôme − x 2 + 20x − 64 admet un maximum
en x0 = −b , soit x0 = −20 = 10. Le bénéfice de l’entreprise
2a
−2
est maximal lorsqu’elle produit et vend 10 tonnes d’engrais.
2. B ′ (10) = 0. Lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes
d’engrais, l’accroissement du bénéfice est de 0 €/tonne.
3. Lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes d’engrais,
l’accroissement du bénéfice est nul, l’entreprise n’a donc plus
d’intérêt économique à produire plus.
2. VF = 7 − 4 = 3. VG = 12 − 8 = 4.
1− 0
1− 0
3. À t = 2 , les mobiles F et G sont à la même position.
Questions Allegro
1.
Questions Moderato
1. f (t) = g(t) ⇔ 2t 2 + t + 4 = −t 2 + 5t + 8 ⇔ 3t 2 − 4t − 4 = 0
Le trinôme 3t 2 − 4t − 4 a pour discriminant :
Δ = (−4 )2 − 4 × 3 × (−4 ) = 64.
Δ . 0, le trinôme 3t 2 − 4t − 4 admet deux racines distinctes.
x1 = 4 + 64 = 2 et x2 = 4 − 64 = − 2 .
3
6
6
2. t est une grandeur positive, les deux mobiles sont donc à
la même position en t = 2.
2 (t + h )2 + (t + h ) + 4 − (2t 2 + t + 4 )
h
2t 2 + 4th + 2h2 + t + h + 4 − (2t 2 + t + 4 )
=
h
h (2h + 4t + 1)
=
h
= 2h + 4t + 1
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel −2a + 20. La fonction B est donc dérivable en
a, avec B ′ (a ) = −2a + 20.
2.
a
3. vF =
− (t + h ) + 5(t + h ) + 8 − (−t + 5t + 8)
vG =
h
−t 2 − 2th − h2 + 5t + 5h + 8 − (−t 2 + 5t + 8)
=
h
h (−h − 2t + 5)
=
h
= −h − 2t + 5
2
2
Questions Allegro
Voir les réponses de Moderato ci-dessus.
106
Chapitre 4 Dérivation locale
− (a + h )2 + 20 (a + h ) − 64 − (−a2 + 20a − 64 )
h
−a2 − 2ah − h2 + 20a + 20h − 64 − (−a2 + 20a − 64 )
=
h
h (−h − 2a + 20)
=
h
= −h − 2a + 20
0
B´(a)
+
10
14
0
–
3.
a
B(a)
0
–64
10
36
14
20
On remarque que sur les intervalles où le nombre dérivé de la
fonction B est positif, la courbe représentative de la fonction
B est croissante. Sur les intervalles où le nombre dérivé de la
fonction B est négatif, la courbe représentative de la fonction
B est décroissante.
4. Le bénéfice maximal est atteint lorsque le nombre dérivé
de la fonction B est nul. D’après la question 2, B (a ) = 0 pour
a = 10 et B (10) = 36. Le bénéfice maximal est de 3 600 € et
il est atteint lorsque l’entreprise produit et vend 10 tonnes
d’engrais.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2. Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le
nombre réel 3a2 − 4a + 3. La fonction f est donc dérivable
en a, avec f ′ (a ) = 3a2 − 4a + 3.
3. Le trinôme 3a2 − 4a + 1 admet deux racines distinctes. La
courbe #f admet donc deux tangentes parallèles à la droite
$ aux points d’abscisse :
x1 = 4 + 4 = 1 et x2 = 4 − 4 = 1 .
6
6
3
4. La courbe #f admet une tangente parallèle à la droite $
au point d’abscisse 1 d’équation y = 2x + 1 (cf. question 3
Moderato).
La courbe #f admet une tangente parallèle à la droite $ au
point d’abscisse 1 .
3
1
1
y= f′
× x− + f 1
3
3
3
1
49
⇔ y=2 x− +
3 27
31
⇔ y = 2x +
27
1 1. a. f (0) = 2 ; f ′ (0) = 9.
b. f (1) = 6 ; f ′ (1) = 0 .
c. f (2) = 4 ; f ′ (2) = −3 .
d. f ( x ) < x + 2 when the real number x belong to the set
[2 ; 4].
2.
x
0
1
6
f (x)
3
y
1
0
2.
1
x
y
4
6
2
2
3. f ′ (0) = f ′ ( 4 ) = 9, the tangents to the curve at points x = 0
and x = 4 are parallel.
2 1.
4.
1
0
1
x
9−4 = 5
3−2
5. The closer the points are to the point (3;9) the closer the
gradient is to value 6.
QR ( x + h )2 − x 2 x 2 + 2xh + h2 − x 2
6.
=
=
PR
x+h−x
h
h (2x + h )
=
h
= 2x + h
QR
7. When h approaches zero,
is equal to 2x.
PR
3 1. ( x − a )( x 2 + ax + a2 ) = x 3 + ax 2 + a2 x − ax 2 − a2 x − a3
y
dy
= 3x 2 − 4.
2.
dx
dy
3. (2) = 3 × 22 − 4 = 8
dx
4.
= x 3 − a3
y
1
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0
9−0 = 3
3−0
3.
1
x
1
0
1
x
y
1
0
1
x
It seems that there are 2 points on curve for which the
gradient is 0.
⎧
2 3
⎪⎪ x = 3
dy
2
2
4
= 0 ⇔ 3x − 4 = 0 ⇔ x = ⇔ ⎨
3
dx
⎪ x = −2 3
3
⎪⎩
9 −1 = 4
3−1
Chapitre 4 Dérivation locale
107
5
Dérivation
globale
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1 a. 4 ; b. 2 ; c. 3 et d. 1.
2 1. 5 − (3x + 1) ˘ 0
5 − 3x − 1 ˘ 0
4 − 3x ˘ 0
x< 4
3
⎤
6 = −` ; 4 ⎤
⎦
3⎦
2
2. 2x − 3x − 2 ˘ 0
C’est une inéquation du second degré, on calcule le discriminant : Δ = (−3)2 − 4 × 2 × (−2) = 25.
Δ . 0 donc l’équation 2x 2 − 3x − 2 = 0 admet deux
solutions :
− (−3) − 25
− (−3) + 25 8
x1 =
= − 1 et x2 =
= = 2.
2×2
2
2×2
4
a = 2 . 0 donc l’ensemble des solutions de l’inéquation est
6 = ⎤−` ; − 1 ⎤¯[2 ; +`[ .
⎦
2⎦
–x + 2x − 5
3. 2x − 3 ˘ 0
On étudie le signe de –x 2 + 2x − 5. C’est une expression du
second degré, on calcule le discriminant :
Δ = 22 − 4 × (−1) × (−5) = −16.
Δ , 0 donc l’équation –x 2 + 2x − 5 = 0 n’admet aucune
solution et comme a = −1 , 0 on en déduit que –x 2 + 2x − 5
est toujours négatif.
On étudie ensuite le signe de 2x − 3.
2x − 3 < 0 ⇔ x < 3
2
On en déduit que l’ensemble des solutions de l’inéquation
–x 2 + 2x − 5 ˘ 0 est 6 = ⎤−` ; 3 ⎡ .
⎦
2⎣
2x − 3
3 1. a. f ( x ) = u ( x ) + v ( x ) = −3x 2 + 7x − 1
g ( x ) = 3v ( x ) = −9x 2 + 15x − 6
h(x ) = u(x ) × v (x )
= (2x + 1)(−3x 2 + 5x − 2)
= −6x 3 + 7x 2 + x − 2
b. Sur ]1 ; +` [, m ( x ) =
2x + 1
.
−3x 2 + 5x − 2
2. Sur [–0,5 ; +` [,n ( x ) = u ( x ) = 2x + 1.
4 m et r sont des sommes, f , n et p sont des produits, g est
un quotient et h est aucune des trois propositions.
5 1. Par lecture graphique, on détermine le tableau de variation de la fonction f.
x
Variations de f
–`
–1
1
+`
3
–1
2. Sur l’intervalle [–2 ; 2], le minimum de f est –1 atteint pour
x = 1 et le maximum de f est 3 atteint pour x = −1.
6 f (−4 ) = 3; f ′ (−4 ) = 1 ; f (2) = 4 ; f ′ (2) = −0,5 ; f (6) = 0.
et f ′ (6) = −2
Pour construire le cours
Situation
1
1 Après 10 s de chute, le solide aura parcouru d(10)=100 mètres.
d (10 + h ) − d (10) (10 + h )2 − 100 20h + h2
=
=
= 20 + h
h
h
h
lim 20 + h = 20 donc d ′ (10) = 20.
2
h→0
3 Comme à la question 2, en répartissant le travail dans la classe, on complète le tableau suivant.
t=…
d’(t) = …
10
20
15
30
20
40
25
50
30
60
Chapitre 5 Dérivation globale
109
4 On conjecture, au vu des résultats précédents, que d ′ (t ) = 2t.
d (t + h ) − d (t ) (t + h )2 − t 2 2th + h2
=
=
= 2t + h
h
h
h
lim 2t + h = 2t donc d ′ (t ) = 2t.
5
h→0
6 On en déduit que la vitesse instantanée du solide à l’instant 100 est d ′ (100) = 200.
Situation
2
(u + g )( x ) = 2x + 5 x + 8
(u × g )( x ) = (2x + 5)(5 x + 3) = 10x x + 6x + 25 x + 15
1
u ( x ) = 2x + 5
g
5 x +3
2 a.
x
u(x)
g(u(x))
10
25
5 × 5 + 3 = 28
1
7
5 7 +3
-5
-5
Impossible
5,5
16
5 × 4 + 3 = 23
-3
-1
impossible
8
21
5 21 + 3
b. Les deux cellules ne peuvent pas être complétées car g est définie sur R+ et le nombre u ( x ) est strictement négatif.
c. La fonction définie dans la colonne de droite du tableau est définie lorsque u ( x ) ˘ 0.
u ( x ) ˘ 0 ⇔ 2x + 5 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 5
2
L’ensemble de définition de cette fonction est donc ⎡− 5 ; +` ⎡.
⎣ 2
⎣
Situation
3
1 À l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique, on conjecture que lorsque la fonction dérivée f ′ est positive, la fonction
f est croissante, et lorsque la fonction dérivée f ′ est négative, la fonction f est décroissante.
2 On obtient alors :
Sur ]–` ; –3]
f ′( x) ˘ 0
Sur ]–3 ; 1]
f ′( x) < 0
Sur [1 ; +`]
f ′( x) ˘ 0
Situation
f est croissante
f est décroissante
f est croissante
4
1 On lit graphiquement A(0 ; 6), B(3 ; 11), C(7 ; 3), D(10 ; 0) et E(14 ; 14).
2 On lit graphiquement :
Points
Coefficients
directeurs de
la tangente
A
B
C
D
E
2,8
0
0
0
5
3 Le maximum de P est 14 atteint pour x = 14 et le minimum de P est 0 atteint pour x = 10.
110
Chapitre 5 Dérivation globale
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
L’expression de cette fonction est g (u ( x )) = 5 2x + 5 + 3.
4
Le point…
A
B
C
D
E
sur l’intervalle…
[0;14]
[2 ;5]
[6 ;8]
[0 ;14]
[0;14]
correspond-il à
un extremum ?
Non
Oui
Non
Oui
Oui
P ′ (t ) = …
2,8
0
0
0
5
5 On peut conjecturer que lorsque la courbe admet un extremum en un point qui n’est pas une borne de l’intervalle de
définition, alors la dérivée en ce point est nulle.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 On introduit l’expression en rouge car elle vaut 0.
2 On réorganise le calcul afin d’obtenir les expressions des taux de variations des fonctions u et v.
3 Cela se déduit de l’expression de T (h ) à la ligne (2) et aux trois limites déterminées ensuite.
4 On a considéré un nombre x0 quelconque de l’intervalle I et on a montré que f était dérivable en x0 avec
f ′ ( x0 ) = v ( x0 ) × u ′ ( x0 ) + u ( x0 ) × v ′ ( x0 ).
Les deux fonctions f ′ et u ′v + uv ′ sont donc définies sur le même intervalle I et égales en tout point de I donc elles sont
égales.
Rédiger une démonstration
1 f (a ) est un maximum de f sur I signifie que pour tout x de I, f ( x ) < f (a ).
f (a + h ) − f (a )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
La formule du taux de variation de f en a est
.
h
Comme f (a ) est le maximum de f sur I, on a : f (a + h ) − f (a ) < 0 quelle que soit la valeur de h.
f (a + h ) − f (a )
f (a + h ) − f (a )
Si h . 0, on en déduit que
< 0 donc f ′ (a ) = lim
< 0.
h
h
h→0
f (a + h ) − f (a )
f (a + h ) − f (a )
Si h , 0, on en déduit que
˘ 0 donc f ′ (a ) = lim
˘ 0.
h
h
h→0
f ′ (a ) doit être positif et négatif donc la seule valeur possible est 0.
Dans ce raisonnement, il est important que a ne soit pas une borne de l’intervalle. On peut illustrer cela par un contre-exemple.
On considère la fonction f définie sur [–3 ; 3] par f ( x ) = 4 x + 2. La dérivée de la fonction f est la fonction f ′ définie par
f ′ ( x ) = 4. Elle est strictement positive sur [–3 ; 3] donc la fonction f est strictement croissante sur [–3 ; 3]. On en déduit que
le maximum de f sur [–3 ; 3] est f (3) = 14 et pourtant f ′ (3) = 4 . 0.
2 On pose f = 1 et on considère x0 un élément de I.
u
u ( x0 + h ) − u ( x0 )
Le taux de variation de la fonction u en x0 est
.
h
f ( x0 + h ) − f ( x0 )
Le taux de variation de la fonction f en x0 est
.
h
u ( x0 )
u ( x0 + h )
1
− 1
−
f ( x0 + h ) − f ( x0 ) u ( x0 + h ) u ( x0 ) u ( x0 + h ) × u ( x0 ) u ( x0 ) × u ( x0 + h )
=
=
h
h
h
u
x
f ( x0 + h ) − f ( x0 )
+
h
−
u
x
(
)
(
1
0
0)
Donc
=−
×
.
h
h
u ( x0 + h ) u ( x0 )
u ( x0 + h ) − u ( x0 )
On admet que lim u ( x0 + h ) = u ( x0 ) et on a lim
= u ′ ( x0 ).
h
h→0
h→0
u ( x0 + h ) − u ( x0 )
u ′ ( x0 )
1
×
= − 1 2 u'( x0 ) = −
.
On en déduit que lim −
2
h
h→0 u ( x0 + h ) u ( x0 )
u(x )
u(x )
0
0
Chapitre 5 Dérivation globale
111
Utiliser différents raisonnements
On considère une fonction f paire et définie sur ¡. On a alors pour tout réel x de ¡, f (− x ) = f ( x ).
f (− x0 + h ) − f (− x0 )
Soit x0 un réel, f ′ (− x0 ) = lim
.
h
h→0
f ( x0 − h ) − f ( x0 )
f ( − x0 + h ) − f ( − x0 ) f ( x0 − h ) − f ( x0 )
Comme la fonction f est paire
=
=−
.
h
h
−h
f ( x0 − h ) − f ( x0 )
= f ′ ( x0 ) .
Or lim
−h
h→0
On en déduit par passage à la limite que f ′ (− x0 ) = − f ′ ( x0 ).
On peut conclure que f ′ est impaire.
On a montré que si la fonction f est paire, la fonction f ’ est impaire, donc, par contraposée, on a le résultat souhaité.
Travaux pratiques
TP
1 Allure d’une courbe
1 La fonction complétée est :
2 a. Le nombre p représente le pas que l’on choisit pour obtenir les différents points. C’est l’écart entre les abscisses des
différents points obtenus.
b. Lorsque la boucle s’arrête, la liste LY contient les différentes valeurs des taux de variations de la fonction f au point d’abscisse a pour a variant dans l’intervalle [ xmin ; xmax [ avec un pas p.
c. On programme la fonction précédente sans oublier de définir la fonction f :
pour obtenir le graphique souhaité.
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On exécute dans la console :
d. L’expression de la fonction dérivée de f est f ′ ( x ) = 3x 2 .
e. Voici plusieurs exemples de courbes obtenues.
112
Chapitre 5 Dérivation globale
3 En définissant les fonctions g et h (il faudra introduire le module math pour l’expression de la racine carrée), on obtient
les courbes suivantes.
2 Tangente à une courbe
TP
1 a. La fonction derivee_f(x) permet de définir la fonction dérivée de la fonction f . Son expression est f ′ ( x ) =
b. L’équation de la tangente en a est y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ).
Dans la fonction, l’instruction correspondante est
.
c. On peut conjecturer que l’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses est –3.
1 .
2 x
2 On complète par lecture graphique le tableau suivant.
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a
x0
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
–1
–1,5
–2
–2,5
–3
–3,5
–4
–4,5
–5
a. On conjecture à l’aide de ce tableau que la tangente au point d’abscisse a coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse –a.
b. On considère un point de la courbe de f d’abscisse a avec a ∈R+. On a donc f (a ) = a et f ′ (a ) = 1 .
2 a
1
La tangente au point d’abscisse a a pour équation y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) soit : y =
( x − a) + a .
2 a
On note x0 l’abscisse du point d’intersection de cette tangente avec l’axe des abscisses, on a donc :
0 = 1 ( x0 − a ) + a .
2 a
1
Or,
( x − a) + a = 0 ⇔ x0 − a = − a × 2 a ⇔ x0 = −2a + a ⇔ x0 = −a .
2 a 0
On a donc bien x0 = −a.
On a donc démontré le résultat conjecturé à la question précédente.
TP
3 Mesurer un taux de C02
1 et 2
3 f ′ ( x ) = 0,003x 2 − 0,26x + 4
4 La fonction f ′ est un polynôme du second degré donc on étudie son signe en calculant le discriminant :
Δ = (−0,26)2 − 4 × 0,003 × 4 = 0,0196.
Δ . 0 donc le polynôme admet deux racines : x1 = 0,26 − 0,0196 = 20 et x2 = 0,26 + 0,0196 = 200 .
3
0,006
0,006
Chapitre 5 Dérivation globale
113
Or, 200 n’appartient pas à l’intervalle [0 ; 35] et a = 0,003 est strictement positif donc on en déduit le signe de f ′ ( x ) : f ′ ( x )
3
est positif sur [0 ; 20] et négatif sur [20 ; 35].
5 D’après la question précédente, sur [0 ; 20], f ′ ( x ) est positif, donc f est croissante, et sur [20 ; 35] f ′ ( x ) est négatif, donc
f est décroissante.
6 Le maximum de f sur [0 ; 35] est f (20) = 41. On en déduit que le volume de CO2 expiré a été le plus important au bout
de 20 secondes et que ce volume était de 41 mmHg.
4 Souffler du verre
TP
1 et 2 Voir captures d’écran dans la boîte à outils sur la page 157.
On obtient la forme factorisée de la fonction dérivée :
2
Cm′ ( x ) = 2 ( x − 10) x + x2 + 10 .
x
3 On étudie le signe de x 2 + x + 10 à l’aide du discriminant : Δ = 12 − 4 × 1× 10 = −39 , 0 et a = 1 . 0, donc on a x 2 + x + 10 . 0
pour tout réel x.
On en déduit le signe de Cm′ ( x ) à l’aide d’un tableau de signes.
x
2(x – 10)
x2 + x + 10
x2
0
10
0
–
+
+
Cm′ ( x )
–
14
+
+
+
0
+
4 D’après la question précédente, on obtient le tableau de variation suivant.
x
0
Signe de Cm′ ( x )
10
–
14
0
Variations de Cm ( x )
+
64
5 Aire maximale
TP
1 À l’aide d’un logiciel de géométrie, on peut conjecturer que l’aire du rectangle
OCAB est maximale pour x ≈ 1,78 et vaut environ 10,38.
2 x varie dans l’intervalle [0 ; 3].
(
)
3 g ( x ) = OC × OB = x × 9 − x 2 = − x 3 + 9x
4 On trace la courbe représentative de g et on conjecture que le maximum est environ
10,4 atteint pour x = 1,8.
(
)
(
)(
5 g ′ ( x ) = −3x 2 + 9 = −3 x 2 − 3 = −3 x − 3 x + 3
)
On en déduit le tableau de signes de g ′ ainsi que le tableau de variation de g sur [0 ; 3].
x
0
Signe de g ′( x)
Variations de g
3
3
+
0
–
6 3
0
0
6 On trouve que le maximum de la fonction g est 6 3 atteint pour x = 3 , ce qui correspond aux valeurs approchées obtenues dans la question 1.
7 On conclut que pour que l’aire du rectangle OCAB soit maximale, il faut que le point A ait une abscisse égale à 3. Cette
aire maximale vaut alors 6 3 .
114
Chapitre 5 Dérivation globale
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
5 Pour que le coût moyen soit minimal, l’artisan doit produire 10 objets. Il obtiendra alors un coût moyen de 64 €.
Automatismes
Calcul mental
4. i ′ ( x ) = 72
x
5. j ′ ( x ) = 35x 6
6. k ′ ( x ) = −3
2 x
1 1. f ′ ( x ) = 2x
2. g ′ ( x ) = −6x
3. h ′ ( x ) = −3x 2
4. i ′ ( x ) = −3
x
5. j ′ ( x ) = − 22
x
6. k ′ ( x ) = 2 (2x + 1) × 2 = 8x + 4
7. m ′ ( x ) = 5(3x + 7) × 3 = 45x + 105
1
1
8. n ′ ( x ) =
× (−2) = −
2 5 − 2x
5 − 2x
Automatismes
2 Voici les tableaux de signes de chaque fonction.
x
Signe de f (x)
x
–
+
x
–
x
+
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x
–
0
+`
+
0
+`
–
0
+`
+
3
–`
Signe de k(x)
–
−3
2
–`
Signe de j(x)
0
+`
4
–`
Signe de i(x)
+
–3
–`
Signe de h(x)
0
+`
2
–`
Signe de g(x)
x
3
–`
+
0
+`
–
3 1. f ′ ( x ) = 2x + 3
4 1. − x 2 − 3 , 0
2. 2x 2 + x ˘ 0
3. x +2 x < 0
−x −1
4. −3x 2 ( x 2 + 4 ) < 0
5 La courbe rouge est la courbe de f et la courbe bleue
celle de f ′. En effet, lorsque la courbe bleue est négative, la
courbe rouge est décroissante et lorsque la courbe bleue est
positive, la courbe rouge est croissante.
6 1. f est un produit et f ′ ( x ) = 8 + 6 x + 5
2 x
= 12x x + 16x + 5 x
2x
2
+
20x
+ 21
15x
2. g est un quotient et g ′ ( x ) =
(3x + 2)2
3. h est une racine et h ′ ( x ) = 1 × 2x + 1
2
x2 + x − 2
4. i est une somme et i ′ ( x ) = 4 − 52 − 3
2 x x
−10 + 8x
5. j est un quotient et j ′ ( x ) =
(2x − 1)2 ( 4 − 2x )2
7 La fonction f correspond au tableau de variation c ; la
2. g ′ ( x ) = − 12 + 5
x
3. h ′ ( x ) = 7x 6 + 1 − 12
2 x x
fonction g correspond au tableau de variation a et la fonction
h correspond au tableau de variation b.
Exercices
1 1. u ′ ( x ) = 5 ; v ′ ( x ) = 1 ; w ′ ( x ) = 2x ; z ′ ( x ) = − 12 .
2 x
2. f ( x ) = 5x 2 − 2 (5x + 3) et f ′ ( x ) = 10x − 10.
g ( x ) = x − 9 et g ′ ( x ) = 1 + 92 .
x
2 x x
2
2x (5x + 3) − x 2 × 5
h(x ) = x
et h ′ ( x ) =
5x + 3
(5x + 3)2
2
2
= 10x + 6x −2 5x
(5x + 3)
x (5x + 6)
=
.
(5x + 3)2
x
5
; l ′ ( x ) = 2 × 5 × (5x + 3) = 10 (5x + 3) ;
2 5x + 3
5
.
m′(x ) = −
(5x + 3)2
3. k ′ ( x ) =
2 1. f est la somme de deux fonctions u ( x ) = 3x 2 et
v ( x ) = x + 1.
2. f ′ = u ′ + v ′
1 , donc f ′ ( x ) = 6x +
1 .
2 x +1
2 x +1
3 1. f est le produit de deux fonctions u ( x ) = −3x + 7 et
v ( x ) = 5x + 1.
2. f ′ = u ′v + uv ′
u ′ ( x ) = 6x et v ′ ( x ) =
Chapitre 5 Dérivation globale
115
4 1. f est le quotient de deux fonctions u ( x ) = −3x − 7 et
v ( x ) = x 2.
−3x 2 − (−3x − 7) × 2x
2. h ′ = u ′v −2 uv' . On en déduit h ′ ( x ) =
v
x4
2
2
+ 14 x
= −3x + 6x
4
x
2
= 3x +414 x
x
= 3x +3 14 .
x
5 1. f est de la forme x a g (mx + p) avec g ( x ) = x 6 , m = 8
et p = −9.
2. g ′ ( x ) = 6x 5, et f ′ ( x ) = m × g ′ (mx + p)
= 8 × 6 (8x − 9)5
= 48 (8x − 9)5 .
6 1. f est le produit de deux fonctions u ( x ) = x 2 et
v ( x ) = 2x − 4 .
2
2 2x − 4
1
=
,
2x − 4
2. u ′ ( x ) = 2x, et v ′ ( x ) =
donc f ′ ( x ) = 2x × 2x − 4 + x 2 ×
2x (2x − 4 ) + x 2
2x − 4
2
−
8x .
5x
=
2x − 4
1
2x − 4
=
7 1. f est la somme de deux fonctions u ( x ) = x dérivable
sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ et v ( x ) = x 4 dérivable sur R.
2. On déduit de la question 1 que f est dérivable sur R* .
⎪⎧ − x pour x ∈ ]−` ; 0]
3. u ( x ) = ⎨
⎪⎩ x pour x ∈[0 ; +`[
⎧⎪ −1+ 4 x 3 pour x ∈ ]−` ; 0[
4. f ′ ( x ) = ⎨
3
⎪⎩ 1+ 4 x pour x ∈ ]0 ; +`[
8 1. f est le quotient de deux fonctions u ( x ) = x 2 − 3x + 1 et
v ( x ) = 2x 2 + 1.
2. u ′ ( x ) = 2x − 3 et v ′ ( x ) = 4 x
f ′ = u ′v −2 uv ′ . On en déduit :
v
(2x − 3) × (2x 2 + 1) − ( x 2 − 3x + 1) × 4 x
f ′(x ) =
(2x2 + 1)2
3
2
3
2
= 4 x + 2x − 6x − 3 − 42x + 12x − 4 x
2
(2x + 1)
2
= 6x − 2x −2 3 .
(2x2 + 1)
f9(−2
) − +f h(−2
) −) f (−2)
1. +f h(−2
h
h
2
(−2 + h(−2
)2 −+3h()−2
) + +7 h−)(+4 7+ −6 (+47+) 6 + 7)
−+3h(−2
=
=
h
h
h2 − 4h
+ 6+ −43h
− (+4 7+ −6 (+47+) 6 + 7)
+ 6+−73h
h2+−44h
=
=
h
h
2
h2 − 7h
= h −=7h
h
h
h (h − 7h)(h − 7)
=
=
h
h
= h − 7= h − 7
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel –7. La fonction f est donc dérivable en -2 avec f ′ (−2) = −7.
2. La fonction f est la somme de trois fonctions dérivable sur
R, on en déduit que f est dérivable sur R et f ′ ( x ) = 2x − 3.
Le nombre dérivé en −2 est f ′ (−2) et est égal à 2 × (−2) − 3 = −7.
On retrouve bien le résultat de la question précédente.
−8 − −8
10 1. f (−5 + h ) − f (−5) = −5 + h −5
h
h
40 + 8 (−5 + h )
−5(−5 + h )
=
h
8h
−5(−5 + h )
=
h
8
=
−5(−5 + h )
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 8 .
25
La fonction f est donc dérivable en −5 avec f ′ (−5) = 8 .
25
1
f est de la forme ku, avec k = −8 et u ( x ) = x dérivable sur
]−` ; 0[¯]0 ; +`[ . On en déduit que f est dérivable sur
]−` ; 0[¯]0 ; +`[ et f ′ ( x ) = ku ′ ( x ) = −8 × − 12 = 82 .
x
x
Le nombre dérivé en −5 est f ′ (−5) et est égal à 8 2 = 8 .
25
(−5)
( )
On retrouve bien le résultat de la question précédente.
2
11 1. h (1+ h ) − h (1) = 2 (1+ h ) − (1+ h ) + 1− (2 − 1+ 1)
h
h
2h2 + 4h + 2 − 1− h + 1− (2 − 1+ 1)
h
h (2h + 3)
=
h
= 2h + 3
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 3.
La fonction f est donc dérivable en 1 avec f ′ (1) = 3.
=
2.
h (−2 + h ) − h (−2) 2 (−2 + h )2 − (−2 + h ) + 1− (8 + 2 + 1)
=
h
h
2h2 − 8h + 8 + 2 − h + 1− (8 + 2 + 1)
=
h
h (2h − 9 )
=
h
= 2h − 9
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel −9.
La fonction f est donc dérivable en −2 avec f ′ (−2) = −9.
116
Chapitre 5 Dérivation globale
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u ′ ( x ) = −3 et v ′ ( x ) = 5, donc
f ′ ( x ) = −3(5x + 1) + 5(−3x + 7) = −30x + 32.
3. f ( x ) = −15x 2 − 3x + 35x + 7 = −15x 2 + 32x + 7
f ′ ( x ) = −30x + 32
h (h ) − h (0) 2h2 − h + 1− (1) h (2h − 1)
3.
=
=
= 2h − 1
h
h
h
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel −1.
La fonction f est donc dérivable en 0 avec f ′ (0) = −1.
2
2
h (a + h ) − h (a ) 2 (a + h ) − (a + h ) + 1− (2a − a + 1)
=
h
h
2
2
2
+ 1−
−+ a2h+21)− a − h + 1− (2a2 − a + 1)
+(2a
4ah
+ h ) − h (a ) 2 (a + h ) − (a + h )2a
=
=
h
h
h
2
2 h (2h + 4a − 1) 2
2a + 4ah + 2h =− a − h + 1− (2a − a + 1)
=
h h
h (2h + 4a − 1) = 2h + 4a − 1
=
h
= 2h + 4a − 1
Lorsque h tend vers 0, le taux de variation tend vers le nombre
réel 4a − 1.
La fonction f est donc dérivable en a avec f ′ (a ) = 4a − 1.
L’élève a raison.
4.
12 • f ( x ) = − x 2 est définie et dérivable sur R. f ′ ( x ) = −2x .
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• g ( x ) = −π est définie et dérivable sur ]−` ; 0[ ¯ ]0 ; +`[ .
x
π
g′(x ) = 2
x
• h ( x ) = 18 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur ]0 ; +`[ .
h ′ ( x ) = 18 = 9
2 x
x
• j ( x ) = − x + 8 + x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur
]0 ; +`[. j ′ ( x ) = −1+ 1 .
2 x
• k ( x ) = −3 + 3x 2 + 7 est définie et dérivable sur
x
−`
;
0
¯
]
[ ]0 ; +`[ . k ′ ( x ) = 32 + 6x.
x
• m ( x ) = −3 2x + 5 . 2x + 5 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 5 , on en déduit
2
5
que la fonction m est définie sur ⎡− ; +` ⎡ et dérivable sur
⎣ 2
⎣
3
⎤− 5 ; +` ⎡. m ′ ( x ) = −3 × 2 = −
.
⎦ 2
⎣
2 2x + 5
2x + 5
13 • n ( x ) = 3x 2 − πx + 1 est définie et dérivable sur R .
n ′ ( x ) = 2 3x − π
3
• p( x ) = (2x 2 − x + 1)(−7x + 8) est définie et dérivable sur R.
p ′ ( x ) = ( 4 x − 1)(−7x + 8) + (2x 2 − x + 1) × (−7)
= −28x 2 + 32x + 7x − 8 − 14 x 2 + 7x − 7
= −42x 2 + 46x − 15
• r ( x ) = 3x − 7 est définie et dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ .
x
3x − (3x − 7) 7
= 2
r ′(x ) =
x2
x
• s ( x ) = x + 5 est définie et dérivable sur ⎤−` ; 1 ⎡¯⎤ 1 ; +` ⎡ .
⎦
⎣
2 ⎣ ⎦2
2x − 1
2x − 1− 2 ( x + 5)
= −11 2
s ′(x ) =
(2x − 1)2
(2x − 1)
2
• t ( x ) = x + 3x − 7 est définie et dérivable sur :
x+5
−`
;
−5
¯
]
[ ]−5 ; +`[.
t ′(x ) =
(2x + 3)( x + 5) − ( x 2 + 3x − 7)
( x + 5)2
2
2
= 2x + 13x + 15 − 2x − 3x + 7
( x + 5)
2
= x + 10x +2 22
( x + 5)
• w ( x ) = 5 x . 7 − 3x = 0 ⇔ x = 7 . On en déduit que w est
7 − 3x
3
définie sur ⎡0 ; 7 ⎡¯⎤ 7 ; +` ⎡et dérivable sur⎤0 ; 7 ⎡¯⎤ 7 ; +` ⎡ .
⎣ 3⎣ ⎦3
⎦ 3⎣ ⎦3
⎣
⎣
5 × (7 − 3x ) − 5 x × (−3)
w′(x ) = 2 x
(7 − 3x )2
35 − 15x + 30x
2 x
=
(7 − 3x )2
= 15x + 35 2
2 x (7 − 3x )
14 • f ( x ) = −5 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur
]0 ; +`[. f ′ ( x ) = −5 .
2 x
23
est définie et dérivable sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ .
• g(x ) =
x
g ′ ( x ) = −23
x2
• h ( x ) = 15x 2 est définie et dérivable sur R. h ′ ( x ) = 30x.
• j ( x ) = 3x − 5 + 7 x est définie sur [0 ; +`[ et dérivable sur
]0 ; +`[ . j ′ ( x ) = 3 + 7 .
2 x
• k ( x ) = 3 4 x + 2 − 5x + x 2 . 4 x + 2 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 1 , on en
2
déduit que la fonction m est définie sur ⎡− 1 ; +` ⎡ et dérivable
⎣ 2
⎣
6
+ 2x − 5.
sur ⎤− 1 ; +` ⎡. k ′ ( x ) = 3 × 4 − 5 + 2x =
⎦ 2
⎣
2 4x + 2
4x + 2
• m ( x ) = −π − 1 x est définie et dérivable sur R. m ′ ( x ) = − 1 .
3
3
15 • f est de la forme x a g (mx + p) avec g ( x ) = x7, m = 3
et p = −5. g est définie et dérivable sur R, on a g ′ ( x ) = 7x 6 .
On en déduit que f est définie et dérivable sur R et
f ′ ( x ) = m × g ′ (mx + p) = 3 × 7 (−5 + 3x )6 = 21(−5 + 3x )6 .
• p( x ) = (8 − x )(2x 2 − x + 7) est définie et dérivable sur R.
p ′ ( x ) = − (2x 2 − x + 7) + (8 − x ) × ( 4 x − 1)
= −2x 2 + x − 7 + 32x − 8 − 4 x 2 + x
= −6x 2 + 34 x − 15
2
• r ( x ) = x = x . r est définie et dérivable sur R et r ′ ( x ) = 1.
x
+ 2 est définie et dérivable sur ]−` ;1[¯]1; +`[.
7x
• s(x ) =
x −1
7x − 7 − (7x + 2)
= −9 2
s ′(x ) =
2
( x − 1)
( x − 1)
2
• t ( x ) = −2x + x − 1 est définie et dérivable sur :
7x + 1
⎤−` ; − 1 ⎡¯⎤− 1 ; +` ⎡.
⎦
⎣
7⎣ ⎦ 7
Chapitre 5 Dérivation globale
117
(−4 x + 1)(7x + 1) − (−2x 2 + x − 1) × 7
(7x + 1)2
2
2
= −28x − 4 x + 7x + 1+2 14 x − 7x + 7
(7x + 1)
2
= −14 x − 4 x2 + 8
(7x + 1)
w(x ) =
w′(x ) =
5 est définie et dérivable sur ⎤−` ; 2 ⎡¯⎤ 2 ; +` ⎡ .
⎦
⎣
2 − 7x
7 ⎣ ⎦7
35
(2 − 7x )2
en déduit que f4 est décroissante sur ]−` ; 0] et croissante
sur [0 ; +`[ .
22 1. La fonction f est définie pour tout x qui n’annule pas
x − 1. Or x − 1 = 0 ⇔ x = 1. On a donc la fonction f qui est
définie sur ]−` ;1[¯]1; +`[.
2. f ′ ( x ) =
16 La représentation graphique d’une fonction ne permet
que de faire une conjecture sur le sens de variation d’une
fonction. Le calcul de f ′ puis l’étude de son signe en fonction
des valeurs prises par x sur le domaine de définition de f
permettrait de connaître le sens de variation de f sur son
domaine de définition.
17 1. La fonction f est décroissante sur l’intervalle ]−` ; –2]
et croissante sur l’intervalle [−2 ; +`[.
2.
1
x
3. Il existe une infinité de courbes pouvant représenter la
fonction f .
18 Sur l’intervalle ]−` ;1] la courbe #1 est négative et la
courbe #2 est décroissante, de même sur l’intervalle [1; +`[,
la courbe #1 est positive et la courbe #2 est croissante. On en
déduit que #1 est la courbe représentative de la fonction g
et #2 celle de la fonction f .
19 Sur l’intervalle ]−` ; 2] la courbe représentative de la fonc-
tion g ′ est positive. On en déduit que la fonction g est
croissante sur ]−` ; 2].
Sur l’intervalle [2 ; +`[ la courbe représentative de la fonction
g' est négative. On en déduit que la fonction g est décroissante sur [2 ; +`[.
20 Sur l’intervalle ]−` ;1]¯[3 ; +`[ la courbe représentative
de la fonction f ′ est positive. On en déduit que la fonction f
est croissante sur ]−` ;1] et sur [3 ; +`[.
Sur l’intervalle [1; 3] la courbe représentative de la fonction
f ′ est négative. On en déduit que la fonction f est décroissante sur [1; 3].
21 1. f1′( x ) = 1 2 . Or pour tout x ∈ ]−1; +`[, f1′est posi( x + 1)
tive. On en déduit que f1 est croissante sur ]−1; +`[ .
2. f2′( x ) = −1 . Or pour tout x ∈ ]0 ; +`[, f2′ est négative. On
x
en déduit que f2 est décroissante sur ]0 ; +`[ .
3. f3′( x ) = 2x − 2 = 2 ( x − 1). Pour tout x ∈ ]−` ;1], f3′ est négative et pour tout x ∈[1 ; +`[ , f3′est positive. On en déduit que
f3 est décroissante sur ]−` ; 1] et croissante sur [1; +`[.
Chapitre 5 Dérivation globale
3. Pour tout x ∈ ]−` ;1[¯]1; +`[ , f ′ est négative.
4.
x
1
–`
Signe de f ′ ( x )
+`
–
–
5. La visualisation de la courbe représentative de la fonction
f sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier le tableau
de variation de la question précédente.
1
0
3( x − 1) − (3x + 2)
= −5 2
( x − 1)2
( x − 1)
Variations de f ( x )
y
118
3
8x 3
= 4x
. 2 x 4 + 5 . 0, pour tout
4
4
2 2x + 5
2x + 5
x ∈R et x 3 est négative sur ]−` ; 0], positive sur [0 ; +`[ . On
4. f4′ ( x ) =
23 1. La fonction x a x est définie sur R, la fonction inverse
est définie pour tout x différent de 0. On en déduit que la
fonction f est définie sur ]−` ; 0[¯]0 ; +`[ .
2
2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 . Or x 2 . 0 pour tout réel
x
x
x ∈ ]−` ; 0[¯]0 ; +`[, donc f ′ ( x ) est du signe de x 2 − 1.
3. x 2 − 1 = ( x − 1)( x + 1) . On en déduit le signe de f ′ ( x ) .
x
–1
–`
Signe de f ( x )
+
0
0
1
–
–
+`
0
+
4. On peut déduire de la question précédente le tableau de
variation de f .
x
–1
–`
Signe de f ′ ( x )
+
0
0
1
–
–
+`
0
+
–2
Variations de f
2
5. On vérifie à l’aide de la calculatrice que le tableau précédent est correct.
24 D’après les données de l’énoncé, on peut donner le
tableau de variation de f .
x
–3
–1
Signe de f ′ ( x )
+
0
–
–2
2
3
0
+
5
0
Variations de f
On en déduit le tableau de signes de f ( x ).
x
Signe de f (x)
–3
3
–
0
5
+
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t ′(x ) =
25
x
–3
–`
f ′( x)
–
0
f ( x)
+
29 1. a. f (1) = 2
b. f ′ ( x ) = 0 pour x = 1 ou x ≈ 2,5.
c. f ′ (2) ≈ −4,25
2.
x
2
x
–3
–`
f ′( x)
+
–
2
1
6
0
f ′( x)
+
5
6
0
–
3
2
0
–
0
3
+
26 1. a. f ( x ) = 0 ⇔ 2( x + 2)( x 2 + 1) = 0 ⇔ x + 2 = 0 ⇔ x = −2
S = {−2}
b. f ′ ( x ) = 2 ( x + 1)(3x + 1)
Signe de f ′ ( x )
+
0
x
–
0
+`
+
x
100
27
f (x)
Signe de f (x)
–
0
+
+
27 1. f ′ ( x ) = −3x 2 + 4 x − 2. Le trinôme −3x 2 + 4 x − 2 a pour
discriminant Δ = 42 − 4 × (−3) × (−2) = −9. Δ , 0, le trinôme
−3x 2 + 4 x − 2 n’admet pas de racine dans R et f ′ ( x ) , 0
pour tout x ∈R.
x
–`
+`
Signe de f ′ ( x )
3
0
0
+`
–
3
Signe de f ′ ( x )
+
0
8
–
2
–
0
23
9
1
+`
8
+
− 886
243
–8
–3
–2
+
0
1
–
0
2
+
2.
x
Variations de f ( x )
0
0
f ′( x)
28
x
+
x1 = −1+ 9 = 1 et x2 = −1− 9 = −2.
2 ×1
2 ×1
2. f (3) = −33 + 2 × 32 − 2 × 3 + 15 = −27 + 18 − 6 + 15 = 0
+
0
L e t r i n ô m e x2 + x + 2 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 12 − 4 × 1× (−2) = 9. Δ . 0, le trinôme x 2 + x − 2 admet
deux racines distinctes :
x
Signe de f (x)
–
30 1. f ′ ( x ) = 6x 2 + 6x − 12 = 6( x 2 + x − 2)
–
–`
0
Sur l’intervalle [0 ; 4], la fonction f admet un minimum −8
atteint en 0.
Variations de f ( x )
x
+
+`
2
–2
–`
23
9
1
( )
2.
x
0
c. f 23 = − 886 ≈ −3,65
9
243
f (0) =−8.
4
Variations de f
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
+`
b.
f ′( x)
−1
3
–1
–`
Signe de f (x)
2,5
3. Sur l’intervalle [0 ; 4], la fonction f semble admettre un
minimum −9 atteint en 0.
4. a. f ′ ( x ) = 9x 2 − 32x + 23
• f (1) = 3 − 16 + 23 − 8 = 2
• L e t r i n ô m e 9x 2 − 32x + 23 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−32)2 − 4 × 9 × 23 = 196 . Δ . 0 , l e t r i n ô m e
9x 2 − 32x + 23 admet deux racines distinctes :
x + 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 1 et 3x + 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ −1.
3
x
1
x1 = 32 + 196 = 23 et x2 = 32 − 196 = 1.
2×9
9
2×9
2
• f ′ (2) = 9 × 2 − 32 × 2 + 23 = −5
f ( x)
x
0
f (x)
+`
0
f ( x)
x
+`
f (x)
–3
–2
1
24
2
8
–3
13
3. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur [−3 ; 2]
est 24 atteint pour x = −2.
4. D’après le tableau de variation, le minimum de f sur [−3 ; 2]
est −3 atteint pour x = 1.
+ 2)
31 1. g ′ ( x ) = 3( x + 6) − (3x
= 16 2
( x + 6)2
( x + 6)
Chapitre 5 Dérivation globale
119
x
–3
2
g ′( x)
35 1. f ′ ( x ) =
+
1
g( x)
−7
3
3. D’après le tableau de variation, le maximum de g sur [−3 ; 2]
est 1 atteint pour x = 2.
4. D’après le tableau de variation, le minimum de g sur [−3 ; 2]
est − 7 atteint pour x = −3.
3
32 1.
x
–10
f ′( x)
–9
–
0
2
+
0
0
f (x)
10
–
5
–2
–6
2. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur
[−10 ;10] est 5 atteint pour x = 2.
3. D’après le tableau de variation, le minimum de f sur
[−10 ;10] est −6 atteint pour x = 10.
33 1. B ′ ( x ) = −2x + 140
B ′ ( x ) ˘ 0 ⇔ −2x + 140 ˘ 0 ⇔ x < 140 ⇔ x < 70 . On en
2
déduit que B ′ est positive sur [0 ; 70] et négative sur [70 ;150].
2. La fonction B est croissante sur [0 ; 70] et décroissante sur
[70 ;150].
3. B (70) = −702 + 140 × 70 − 1300 = 3600. La valeur du bénéfice maximal est de 3 600 €, il est atteint pour 70 objets
fabriqués et vendus par jour.
34 1. Soit A la contenance de la boîte dont la forme est un
parallélépipède rectangle.
A( x ) = (24 − 2x ) × (18 − 2x ) × x
= ( 4 x 2 − 84 x + 432) × x
= 4 x 3 − 84 x 2 + 432x
A ′ ( x ) = 12x 2 − 168x + 432 = 12 ( x 2 − 14 x + 36)
Le trinôme x 2 − 14 x + 36 a pour discriminant :
Δ = (−14 )2 − 4 × 1× 36 = 52. Δ . 0, le trinôme x 2 − 14 x + 36
admet deux racines distinctes :
x1 = 14 + 52 = 7 + 13 et x2 = 14 − 52 = 7 − 13.
2 ×1
2 ×1
On en déduit le tableau de variation de la fonction B sur l’intervalle [0 ; 9].
x
Signe de A′( x)
0
9
7 − 13
+
0
–
Variations de A( x)
La contenance de la boîte est maximale pour x = 7 − 13.
2. A(0) = A(9) = 0 , 650 et A(7 − 13 ) ≈ 655 . 650.
D’après le tableau de variation de la fonction B de la question
précédente il existe deux valeurs de x, l’une appartenant à
l’intervalle ⎡⎣0 ; 7 − 13 ⎤⎦, l’autre à l’intervalle ⎡⎣7 − 13 ; 9⎤⎦ telles
120
Chapitre 5 Dérivation globale
que B ( x ) = 650. L’industriel peut donc construire une boîte
dont la contenance est supérieure ou égale à 650 cm3.
(2x − 1)( x − 2) − ( x 2 − x + 2)
( x − 2)2
2
2
= 2x − 5x + 2 − x2 + x − 2
( x − 2)
2
x (x − 4)
= x − 4 x2 =
( x − 2)
( x − 2)2
x ( x − 4 ) est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines.
Or ∈[3 ; 8] , donc f ′ est positive sur [ 4 ; 8] et négative sur [3 ; 4].
x
3
4
Signe de f ′ ( x )
–
8
0
+
29
3
8
Variations de f ( x )
7
2. D’après le tableau de variation, le maximum de f sur [3 ; 8]
est 29 atteint pour x = 8 et le minimum de f sur [3 ; 8] est 7
3
atteint pour x = 4.
36 1. f ′ ( x ) =
(2x − 2)( x + 1) − ( x 2 − 2x + 6)
( x + 1)2
2
2
= 2x − 2 − x +2 2x − 6
( x + 1)
2
= x + 2x 2− 8
( x + 1)
Or, ( x − 2)( x + 4 ) = x 2 + 4 x − 2x − 8 = x 2 + 2x − 8. ( x − 2 )( x + 4 )
On a donc f ′ ( x ) =
.
( x + 1)2
2. ( x − 2)( x + 4 ) est du signe de a donc positif à l’extérieur
des racines. Or x ∈[0 ; 8] donc f ′ est positive sur[2 ; 8] et
négative sur [0 ; 2].
x
0
2
Signe de f ′ ( x )
–
8
0
+
3. D’après le tableau de signes de f ′ de la question précédente, on déduit que f est décroissante sur [0 ; 2] et croissante
sur [2 ; 8].
37 1. f ′ ( x ) = x 2 − 2x − 3. Le trinôme x 2 − 2x − 3 a pour discriminant Δ = (−2)2 − 4 × 1× (−3) = 16. Δ . 0 , le trinôme
x 2 − 2x − 3 admet deux racines distinctes :
x1 = 2 + 16 = 3 et x2 = 2 − 16 = −1.
2 ×1
2 ×1
x 2 − 2x − 3est du signe de a donc positif à l’extérieur des
racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1]¯[3 ; +`[ et négative
sur [−1; 3].
x
f ′( x)
f (x)
–1
–`
+
0
3
–
0
+`
+
11
3
–7
2. D’après le tableau de variation de la question précédente,
le maximum de f sur ]−` ; 3] est 11 atteint pour x = −1.
3
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2. Pour tout x ∈ [−3 ; 2], g ′ est positive.
La fonction P est décroissante sur]0 ; 8] et croissante sur
[8 ; +`[ . La fonction P admet un minimum atteint en L = 8..
3. 11 ≈ 3,7. Pour tout x ∈ ]−` ; 3], f ( x ) < 11 < 4.
3
3
Le quadrilatère est un carré de 8 cm de côté.
38 1. f ′ ( x ) = 3x 2 − 3 = 3( x 2 − 1) = 3( x − 1)( x + 1)
x 2 − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines,
donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1]¯[1; +`[ et négative sur
[−1;1].
x
–2
–1
f ′( x)
+
0
f (x)
0
–`
1
–
0
+`
+
4
0
2. D’après le tableau de variation de la question précédente,
le minimum de f sur [−2 ; +`[ est 0 atteint pour x = −2 et
x = 1.
3. Pour tout x ∈[−2 ; +`[ , f ( x ) ˘ 0.
39 Soit L et l la longueur et la largeur respectives du
rectangle. On a L × l = 64 ⇔ l = 64 .
L
Soit P ( L ) le périmètre du rectangle en fonction de L où
L ∈[0 ; +`[.
2
P ( L ) = 2L + 2 × 64 = 2L + 128
L
L
La fonction P est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ .
2
2
2
2 ( L − 8 )( L + 8 )
P ′ ( L ) = 4 L − 2L2 − 128 = 2L −2 128 =
L
L
L2
2
2L − 128 est du signe de a donc positif à l’extérieur des
racines, donc P ′ est positive sur [8 ; +`[ et négative sur ]0 ; 8].
40 Soit L et l la longueur et la largeur respectives du
rectangle. On a 2L + 2l = 24 ⇔ l = 12 − L.
Soit A( L ) l’aire du rectangle en fonction de L où L ∈[0 ; +`[ .
A( L ) = L (12 − L ) = − L2 + 12L
La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
A ′ ( L ) = −2L + 12 et −2L + 12 ˘ 0 ⇔ L < 6.
A ′ est positive sur [0 ; 6] et négative sur [6 ; +`[ . La fonction
A est croissante sur [0 ; 6] et décroissante sur [6 ; +`[ . La fonction A admet un maximum atteint en L = 6. Ainsi,
l = 12 − 6 = 6 et le quadrilatère est un carré de côté 6 cm.
41 Soit y et x la longueur et la largeur respectives d’un
enclos. Le fermier dispose de 100 m de clôture, le périmètre
des deux enclos mitoyens doit donc être égal à 100. Ainsi,
4 y + 2x = 100 ⇔ y = −2x + 100 ⇔ y = − 1 x + 25.
2
4
Soit A( x ) l’aire d’un enclos en fonction de x où x ∈[0 ; +`[.
A( x ) = x × − 1 x + 25 = − 1 x 2 + 25x
2
2
La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
A ′ ( x ) = − x + 25 et − x + 25 ˘ 0 ⇔ x < 25
A ′ est positive sur [0 ; 25] et négative sur [25 ; +`[. La fonction
A est croissante sur [0 ; 25] et décroissante sur [25 ; +`[. La
fonction A admet un maximum atteint en x = 25. Ainsi,
y = − 1 × 25 + 25 = 12,5 et l’aire de l’enclos est maximale
2
lorsque x = 25 et y = 12,5.
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Exercices
42 1. −2x + 1 = 0 ⇔ x = 1 . La valeur interdite pour w est 1 .
2
2
1
1
2. La fonction w est définie et dérivable sur ⎤−` ; ⎡¯⎤ ; +` ⎡ .
⎦
⎣
2 ⎣ ⎦2
( 4 x + 1)(−2x + 1) − (2x 2 + x + 1) × (−2)
w′(x ) =
(−2x + 1)2
2
2
= −8x + 2x + 1+ 4 x2 + 2x + 2
(−2x + 1)
2
+
4
x+3
−4
x
=
(−2x + 1)2
43 • La fonction f est définie sur R+ et dérivable sur R+* .
f ′ ( x ) = −5 x + −5x + 3 = −15x + 3
2 x
2 x
• La fonction g est définie et dérivable sur ⎤−` ; 4 ⎡¯⎤ 4 ; +` ⎡ .
⎦
⎣
3⎣ ⎦3
g′(x ) =
(10x − 2)(3x − 4 ) − 3(5x − 2x − 7)
(3x − 4 )2
2
2
2
+ 6x + 21
= 30x − 46x + 8 − 15x
2
(−2x + 1)
2
29
= 15x − 40x +
2
(−2x + 1)
h ′ ( x ) = −5 + 7 = −10 x + 7
2 x
2 x
4
• 4 − 3x ˘ 0 ⇔ x < . On en déduit que la fonction i est
3
4
⎤
⎤
définie sur −` ;
et dérivable sur ⎤−` ; 4 ⎡.
⎦
⎦
3⎦
3⎣
−3
i ′(x ) =
2 4 − 3x
44 • La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 2 ( x 2 + 1) + 2x (2x + 3) = 6x 2 + 6x + 2
• La fonction f est définie et dérivable sur [3 ;10].
f ′(x ) =
(5x − 1) − 5( x + 1)
−6
=
(5x − 1)2
(5x − 1)2
• La fonction f est définie et dérivable sur [2 ; 5].
−1 + 1
( x − 1)2 2 x
45 1. La représentation graphique ne permet que de faire
une conjecture sur le sens de variation de la fonction f .
2. a. La fonction f est définie et dérivable sur ]−` ; 3[¯]3 ; +`[ .
f ′(x ) =
• La fonction h est définie sur R+ et dérivable sur R+* .
Chapitre 5 Dérivation globale
121
2
2
= 2x − 9x + 9 − x2 + 3x − 1
( x − 3)
2
= x − 6x +2 8
( x − 3)
b . L e t r i n ô m e x 2 − 6x + 8 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−6)2 − 4 × 1× 8 = 4. Δ . 0, le trinôme x 2 − 6x + 8 admet
deux racines distinctes :
x1 = 6 + 4 = 4 et x2 = 6 − 4 = 2.
2 ×1
2 ×1
2
x − 6x + 8 est du signe de a, donc positif à l’extérieur des
racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; 2]¯[ 4 ; +`[ et négative
sur [2 ; 3[¯]3 ; 4].
3.
2
3
4
–`
+`
x
Signe de f ′ ( x )
+
0
–
–
0
+
1
Variations de f (x)
5
L’élève n’avait pas assez d’informations pour donner le sens
de variation de la fonction f sur son domaine de définition.
f ′ ( x ) = 3x 2 + 8
b. Pour tout x ∈R, 3x 2 + 8 . 0, donc f ′ est positive sur R.
c.
x
x
Signe de f ′ ( x )
–1
–`
+
0
–
1
3
2
0
+
+`
–9
0
− 275
27
2. Du tableau de variation de la fonction f de la question
précédente on déduit que la fonction f est négative sur
]−` ; 2] et positive sur [2 ; +`[.
Variations de f (x)
47 Soit f une fonction définie et dérivable sur [1; +`[ par :
f ( x ) = − x 3 + x 2 − x + 1.
f ′ ( x ) = −3x 2 + 2x − 1
Le trinôme −3x 2 + 2x − 1 a pour discriminant :
Δ = 22 − 4 × (−3) × (−1) = −8. Δ , 0, le trinôme 3x 2 + 2x − 1
n’admet pas de racine dans R et la fonction f ′ est toujours
du signe de a, donc négative sur [1; +`[.
On en déduit que la fonction f est décroissante sur [1; +`[.
De plus f (1) = 0, donc f ( x ) < 0 sur [1; +`[ .
48 1. La fonction f semble croissante sur R.
2. a. La fonction f est définie et dérivable sur R.
122
Chapitre 5 Dérivation globale
+`
Signe de f ′ ( x )
+
Variations de f ( x )
d. La conjecture de la question 1 est juste, la fonction f est
croissante sur R.
49 1. La fonction f semble croissante sur R.
2. a. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 3x 2 − 5 = 3 x 2 − 5 = 3 x − 5 x + 5
3
3
3
b. 3x 2 − 5 est du signe de a, donc positif à l’extérieur des
racines, donc f ′ est positive sur ⎤−` ; − 5 ⎤ ¯ ⎡ 5 ; +` ⎡ et
⎥⎦
⎢⎣
3 ⎥⎦ ⎢⎣ 3
négative sur ⎡− 5 ; 5 ⎤ . La fonction f est croissante sur
⎢⎣ 3 3 ⎥⎦
) (
(
)(
)
⎤−` ; − 5 ⎤ et sur ⎡ 5 ; +` ⎡ et décroissante sur ⎡− 5 ; 5 ⎤ .
3 ⎥⎦
⎦⎥
⎣⎢ 3
⎣⎢
⎣⎢ 3 3 ⎦⎥
c.
46 1. a. b. Graphiquement, il semble que la fonction f est
négative sur ]−` ; 2] et positive sur [2 ; +`[.
2. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 3x 2 + 2x − 1
Le trinôme 3x 2 + 2x − 1 a pour discriminant :
Δ = 22 − 4 × 3 × (−1) = 16. Δ . 0, le trinôme 3x 2 + 2x − 1
admet deux racines distinctes :
x1 = −2 + 16 = 1 et x2 = −2 − 16 = −1.
3
2×3
2×3
3x 2 + 2x − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des
racines, donc f ′ est positive sur ]−` ; − 1] ¯ ⎡ 1 ; +` ⎡ et néga⎣3
⎣
1
⎡
⎤
tive sur −1; .
⎣
3⎦
–`
x
Signe de f ′ ( x )
Variations de
− 5
3
–`
+
0
5
3
–
0
+`
+
10 15
9
f (x)
− 10 15
9
d. La conjecture de la question 1 est fausse. La fenêtre de
visualisation de la courbe représentative de la fonction f ne
permet pas de déterminer correctement le sens de variation
de f .
50 1. La fonction f est définie et dérivable sur R+* .
x (−3x + 1)
f ′ ( x ) = − x + 1− x = −2x + 1− x = −3x + 1 =
2x
2 x
2 x
2 x
2. Pour tout x ∈ ]0 ; +`[, x . 0 et 2x . 0.
−3x + 1 ˘ 0 ⇔ −3x ˘ − 1 ⇔ x < 1
3
On en déduit que f ′ est positive sur ⎤0 ; 1 ⎤ et négative sur
⎦ 3⎦
⎡ 1 ; +` ⎡ . La fonction f est donc croissante sur ⎤0 ; 1 ⎤ et
⎦ 3⎦
⎣3
⎣
décroissante sur ⎡ 1 ; +` ⎡ . Elle admet un maximum
⎣3
⎣
()
f 1 = 2 3.
3
9
1
3. < 1+ 1015 < 2 + 105 ⇔ f 1 ˘ f (1+ 1015 ) ˘ f (2 + 105 )
3
3
car la fonction f est décroissante sur ⎡ 1 ; +` ⎡ .
⎣3
⎣
()
51 La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = x 2 − 6x + 5
Le trinôme x 2 − 6x + 5 a pour discriminant :
Δ = (−6)2 − 4 × 1× 5 = 16.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(2x − 3)( x − 3) − ( x 2 − 3x + 1)
f ′(x ) =
( x − 3)2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Δ . 0, le trinôme x 2 − 6x + 5 admet deux racines distinctes :
x1 = 6 + 16 = 5 et x2 = 6 − 16 = 1.
2 ×1
2 ×1
Le trinôme x 2 − 6x + 5 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc f ′ est positive sur ]−` ;1]¯[5 ; +`[
et négative sur [1; 5]. La fonction f est donc croissante sur
]−` ;1] et sur [5 ; +`[ et décroissante sur [1; 5].
2. a. x , 0 ⇔ f ( x ) , f (0) car la fonction f est croissante sur
]−` ; 0[.
Ainsi, f ( x ) , − 3 < −3. L’affirmation est vraie.
b. f (0) = −3. Or, −3 , 11,3, la proposition est fausse.
c. f (1) = − 2 , 0 et f (7) = − 2 . Sur l’intervalle ]−` ; 7], la fonc3
3
tion f admet un maximum − 2 atteint en x = 1 et x = 7. La
3
proposition est vraie.
453
d. f (7,05) = − 8 000 , 0 . La proposition est fausse.
Le trinôme −0,03x 2 + 2,10x − 11 est du signe de a donc
négatif à l’extérieur des racines, donc B ′ est négative sur
⎡0 ; 105 − 5 309 ⎤ ¯ ⎡105 + 5 309 ; 70⎤ et positive sur
3
3
⎣⎢
⎦⎥ ⎣⎢
⎦⎥
52 1. D’après le théorème de Thalès :
54 1. Le coût de production pour 11 000 voitures est de
52 331 €.
2. =0,021*A2^3-0,37*A2^2+6,25*A2+0,4
3. Voir la question 7.
4. =B2/A2
5. Il semble que le coût moyen est minimal lorsque sa production mensuelle est d’environ 9 000 véhicules.
6. =0,063*A2^2-0,74*A2+6,25
7.
30 − h = r ⇔ 30 − h = 3r ⇔ h = 30 − 3r ⇔ h = 3(10 − r ).
10
30
V (r ) = πr 2 (3(10 − r )) = 3πr 2 (10 − r )
2. V (r ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ;10].
V ′ (r ) = 6πr (10 − r ) − 3πr 2 = 3πr (20 − 3r )
3. Pour tout r ∈[0 ;10], 3πr ˘ 0 et 20 − 3r ˘ 0 ⇔ r < 20 . La
3
20
20
⎡
⎤
⎡
et négative sur
;10⎤ .
fonction V ′ est positive sur 0 ;
⎣ 3⎦
⎣3
⎦
La fonction V est croissante sur ⎡0 ; 20 ⎤ et décroissante sur
⎣ 3⎦
⎡ 20 ;10⎤ .
⎣3
⎦
4. La fonction V admet un maximum atteint en r = 20 .
3
Le volume du cylindre est donc maximal lorsque la valeur de
son rayon est égale à 20 .
3
53 a. C (0) = 225. Les coûts fixes sont de 225 €.
b. C (25) = 0,01× 253 − 1,05 × 252 + 91× 25 + 225 = 1800.
La production de 25 objets lui coûte 1 800 €.
c. C ( x ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ; 70].
C ′ ( x ) = 0,03x 2 − 2,10x + 91. Le trinôme 0,03x 2 − 2,10x + 91
a pour discriminant Δ = (−2,10)2 − 4 × 0,03 × 91 = −6,51.
Δ , 0, le trinôme 0,03x 2 − 2,10x + 91n’admet pas de racine
dans R et la fonction C ′ est toujours du signe de a, donc
positive sur [0 ; 70].
On en déduit que la fonction C est croissante sur [0 ; 70].
2. a. B ( x ) = 80x − (0,01x 3 − 1,05x 2 + 91x + 225)
= −0,01x 3 + 1,05x 2 − 11x − 225
b. B (25) = −0,01× 253 + 1,05 × 252 − 11× 25 − 225 = 0
3. a. B ( x ) est une fonction définie et dérivable sur [0 ; 70].
B ′ ( x ) = −0,03x 2 + 2,10x − 11
Le trinôme −0,03x 2 + 2,10x − 11 a pour discriminant
Δ = (2,10)2 − 4 × (−0,03) × (−11) = 3,09. Δ . 0, le trinôme
−0,03x 2 + 2,10x − 11 admet deux racines distinctes :
x1 = −2,10 + 3,09 = 105 − 5 309 ≈ 5,7
2 × (−0,03)
3
et x2 = −2,10 − 3,09 = 105 + 5 309 ≈ 64,3.
2 × (−0,03)
3
⎡105 − 5 309 ; 105 + 5 309 ⎤. La fonction B est donc crois⎥⎦
3
3
⎣⎢
sante sur ⎡105 − 5 309 ; 105 + 5 309 ⎤ et décroissante sur
⎢⎣
⎥⎦
3
3
⎡0 ; 105 − 5 309 ⎤ ¯ ⎡105 + 5 309 ; 70⎤.
3
3
⎣⎢
⎦⎥ ⎢⎣
⎦⎥
b. B (70) = 4 680 . 0. Sur l’intervalle [25 ; 70], la fonction B
est positive, l’artisan doit donc produire et vendre au moins
25 objets pour gagner de l’argent.
c. Sur l’intervalle [25 ; 70], la fonction B admet un maximum
atteint en x = 105 + 5 309 ≈ 64. L’artisan doit donc produire
3
et vendre 64 objets pour que son bénéfice soit maximal.
8. Il semble que le coût marginal est égal au coût moyen pour
environ 9 000 véhicules produits et vendus. Cette production
est aussi celle pour laquelle le coût moyen est minimal.
Lorsque le coût moyen est minimal, il est égal au coût
marginal.
55 Soit x et y la longueur et la largeur respectives du
rectangle.
Soit P le périmètre du rectangle.
On a P = 2x + 2 y ⇔ 3 = 2x + 2 y ⇔ y = 1,5 − x.
Soit Arec l’airedurectangle, Arec ( x ) = x ⇔ (1,5 − x ) = − x 2 + 1,5x.
Soit a la longueur des côtés adjacents à l’angle droit dans le
triangle rectangle isocèle.
D’après le théorème de Pythagore :
2
a2 + a2 = x 2 ⇔ 2a2 = x 2 ⇔ a2 = x , a est une grandeur
2
positive donc a = x 2 .
2
x 2×x 2
2 = x2 .
Soit Atri l’aire du triangle, Atri ( x ) = 2
2
4
Soit AF l’aire de la fenêtre, AF ( x ) = Arec ( x ) + Atri ( x )
2
= − x 2 + 1,5x + x
4
= − 3 x 2 + 1,5x.
4
La fonction AF est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
Chapitre 5 Dérivation globale
123
AF′ ( x ) = −1,5x + 1,5. Or, −1,5x + 1,5 ˘ 0 ⇔ x < 1. On en
déduit que AF′ est positive sur [0 ;1] et négative sur [1; +`[, la
fonction AF est donc croissante sur [0 ;1] et décroissante sur
[1; +`[. La fonction AF admet un maximum en x = 1. Dans ce
cas, la largeur de la fenêtre est égale à 0,5 m, sa longueur est
égale à 1 m et les côtés adjacents à l’angle droit du triangle
On a :
(
(
(
(
)
)
)
p ′ ( x ) = 3 (2x − 1) x − 1 + ( x − 2)( x + 1)
3
2
2
= 3 2x − x − x + 1 + x 2 − x − 2
3
3
2
8
5
= 3 3x − x −
3
3
= 9x 2 − 8x − 5.
)
sont égaux à 2 m.
2
58 Dans un premier temps, on détermine les abscisses x A et
56 1. a.
x B des points A et B.
Ces points sont sur la parabole d’équation y = − 2 x 2 + 8 et
9
sur l’axe des abscisses. Leurs abscisses vérifient donc l’équation − 2 x 2 + 8 = 0.
9
− 2 x 2 + 8 = 0 ⇔ − 2 x 2 = −8
9
9
2
⇔ x = −8 × 9
−2
⇔ x 2 = 36
⇔ x = −6 ou x = 6.
Comme x A , x B , on en déduit que x A = −6 et x B = 6.
On note ( x ; y ) les coordonnées de P et a ( x ) l’aire du triangle
bleu.
(
c. L’algorithme recherche le minimum de la fonction f et la
valeur pour laquelle il est atteint sur l’intervalle [0 ; 5[.
2. f ′ est définie et dérivable sur [0 ; 5].
f ′ ( x ) = 3x 2 − 10x = x (3x − 10)
Pour tout x ∈[0 ; 5], x ˘ 0 et 3x − 10 ˘ 0 ⇔ x ˘ 10 . On en
3
déduit que f ′ est négative sur ⎡0 ; 10 ⎤ et positive sur ⎡10 ; 5⎤,
⎣ 3⎦
⎣3 ⎦
10
⎡
⎤
et croissante
la fonction f est donc décroissante sur 0 ;
⎣ 3⎦
sur ⎡10 ; 5⎤ . La fonction f admet un minimum
⎣3 ⎦
f 10 = − 446 ≈ −16,52 atteint en x = 10 .
3
27
3
( )
57 1. p ′ ( x ) = 9x 2 − 8x − 5
2. ( x − 2)(3x 2 + 2x − 1) = 3x 3 + 2x 2 − x − 6x 2 − 4 x + 2
= 3x 3 − 4 x 2 − 5x + 2
= p(x )
p ′ ( x ) = 3x 2 + 2x − 1+ ( x − 2)(6x + 2)
= 3x 2 + 2x − 1+ 6x 2 + 2x − 12x − 4
= 9x 2 − 8x − 5
3. 3( x − 2)( x + 1) x − 1 = 3( x 2 − x − 2) x − 1
3
3
= ( x 2 − x − 2)(3x − 1)
(
)
(
–6
Signe de a ′( x)
2
+
0
6
–
256
9
Variations de a
0
0
On en déduit que l’aire du triangle bleu est maximale pour
(
)
x = 2 et pour P 2 ; 64 .
9
59 1. 3x + 1+ 2
=
(3x + 1)( x + 3) + 2
x+3
2
= 3x + 10x + 5
x+3
2. Soit f la fonction définie sur ]−` ; –3[ ¯ ]−3 ; +`[ par
f ( x ) = 3x + 1+ 2 .
x +3
)
La fonction p est de la forme p = kuv avec k = 3,
u ( x ) = ( x − 2)( x + 1) et v ( x ) = x − 1 . On a p ′ = k × (u ′v + uv ′ ).
3
u ′ ( x ) = x + 1+ x − 2 = 2x − 1 et v ′ ( x ) = 1.
Chapitre 5 Dérivation globale
x
x+3
= 3x 3 − x 2 − 3x 2 + x − 6x + 2
= 3x 3 − 4 x 2 − 5x + 2
= p(x )
124
)
On a alors : a ( x ) = 1 ( x − (−6)) × y = 1 ( x + 6) × − 2 x 2 + 8
2
2
9
3
2
1
2
= − x − x + 4 x + 24.
9
3
2
1
4
a ′ ( x ) = − x − x + 4 = − 1 ( x 2 + 4 x − 12) = − 1 ( x − 2)( x + 6)
3
3
3
3
On en déduit le tableau de signes de a ′ ( x ) puis le tableau de
variation de a ( x ).
La fonction f est dérivable sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[.
3( x + 3)2 − 2
2
=
2
( x + 3)
( x + 3)2
3( x 2 + 6x + 9) − 2 3x 2 + 18x + 25
=
=
( x + 3)2
( x + 3)2
f ′(x ) = 3 −
Soit g la fonction définie sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[ par
2
g ( x ) = 3x + 10x + 5 .
x+3
La fonction g est dérivable sur ]−` ; − 3[ ¯ ]−3 ; +`[.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
b.
g′(x ) =
(6x + 10)( x + 3) − (3x 2 + 10x + 5)
( x + 3)2
2
2
− 10x − 5
= 6x + 28x + 30 − 3x
2
( x + 3)
2
= 3x + 18x 2+ 25
( x + 3)
3. Le logiciel de calcul formel permet de retrouver les résultats des questions précédentes.
60 1. La fonction f est dérivable sur ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
3. a. h ( x ) = f ( x ) − g ( x ) = x 2 + 3x + 1− − 1
x+2
x 2 + 3x + 1)( x + 2) + 1
(
=
x+2
3
2
+
5x
+ 7x + 3
x
=
x+2
=
)
( x2 + 2x + 1)( x + 3)
x+2
3
2
+
5x
+ 7x + 3
x
=
x+2
= h(x )
b. Pour tout x ∈R \ {−2}, ( x + 1)2 ˘ 0.
x + 3 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 3 et x + 2 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 2. On en déduit
le tableau de signes suivant.
x
–3
–2
–1
–`
+`
2
+
+
+ 0 +
(x + 1)
)
61 1. f ′ ( x ) = 4 x − 1
2. f (2) = 2 × 22 − 2 + 1 = 7 et f ′ (2) = 7.
La tangente à la courbe C f au point d’abscisse 2 a pour
équation :
y = f ′ (2)( x − 2) + f (2) ⇔ y = 7 ( x − 2) + 7 ⇔ y = 7x − 7.
3. a. f ( x ) − g ( x ) = 2x 2 − x + 1− (7x − 7)
= 2x 2 − 8x + 8
= 2(x2 − 4 x + 4)
˘ 0. On en déduit que g ′ est
sante sur ]−` ; –2[ et sur ]−2 ; +`[.
x+2
La fonction g est dérivable sur ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[.
5
g′(x ) =
( x + 1)2
2. On remarque que les fonctions dérivées des fonctions f
et g sont égales.
3. f ( x ) − g ( x ) = 3x − 2 − 7 − 5
x +1
x +1
3x
−
2
+
5
=
−7
x +1
= 3x + 3 − 7
x +1
= 3−7 = 4
Les dérivées des fonctions f et g sont égales mais les deux
fonctions ne le sont pas. On a seulement f ( x ) = g ( x ) + 4 pour
tout x ∈ ]−` ; − 1[ ¯ ]−1; +`[.
1
( x + 2)2
positive sur ]−` ; –2[ ¯ ]−2 ; +`[ et que la fonction g est crois-
( x + 1)2 ( x + 3)
3( x + 1) − (3x − 2)
f ′(x ) =
( x + 1)2
= 3x + 3 − 3x2 + 2
( x + 1)
5
=
( x + 1)2
(
Pour tout x ∈R \ {−2},
x+3
–
x+2
–
h (x)
+
0
+
–
0
0
–
+
+
+
+
+
0
+
c. La courbe # f est au-dessus de la courbe # g sur
]−` ; − 3[ ¯ ]−2 ; − 1[ ¯ ]−1; +`[ . La courbe #f est en dessous
de la courbe #g sur ]−3 ; − 2[. Les courbes #f et #g admettent
des points d’intersection aux points d’abscisse −3 et −1.
4. f ′ (3) ≠ g ′ (3) et f ′ (1) = g ′ (1) = 1. Les courbes # f et # g
admettent une tangente commune en leur point d’intersection d’abscisse −1 dont l’équation est :
y = f ′ (−1)( x + 1) + f (−1) ⇔ y = x + 1− 1 ⇔ y = x.
2
63 v (t ) = df = 10t + 3 et a (t ) = d 2 f = 10 .
dt
d t
64 1.
= 2 ( x − 2 )2
b. Pour tout x ∈R, 2 ( x − 2)2 ˘ 0, on en déduit que
f ( x ) − g ( x ) ˘ 0.
c. f ( x ) − g ( x ) ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ g ( x ). La courbe #f est au-dessus
de 7 sur ]−` ; 2[ ¯ ]2 ; +`[. La courbe #f et la droite 7 ont
un point d’intersection en x = 2.
62 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 2x + 3
2x + 3 ˘ 0 ⇔ x ˘ − 3 . On en déduit que f ′ est négative sur
2
3
⎤−` ; − ⎤ et positive sur ⎡− 3 ; +` ⎡. La fonction f est décrois⎦
⎣ 2
⎣
2⎦
sante sur ⎤−` ; − 3 ⎤ et croissante sur ⎡− 3 ; +` ⎡.
⎦
⎣ 2
⎣
2⎦
2. La fonction g est définie et dérivable sur R \ {−2}.
g′(x ) =
1
( x + 2)2
P ( x ) = 0, 418x 3 − 26,678x 2 + 398,06x + 1583
2. a. La fonction P est définie et dérivable sur [0 ; 23].
P ′ ( x ) = 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06
Le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 a pour discriminant
Δ = (−53,356)2 − 4 × 1,254 × 398,06 ≈ 850,19.
Δ . 0, le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 admet deux
racines distinctes :
x1 = 53,356 + 850,19 ≈ 32,9
2 × 1,254
et x2 = 53,356 − 850,19 ≈ 9,65.
2 × 1,254
Le trinôme 1,254 x 2 − 53,356x + 398,06 est du signe de a
donc positif à l’extérieur des racines, donc P ′ est positive sur
[0 ; 9,65] et négative sur [9,65 ; 23]. La fonction P est donc
croissante sur [0 ; 9,65] et décroissante sur [9,65 ; 23]. La foncChapitre 5 Dérivation globale
125
65 Le fond de la boîte est un triangle équilatéral dont les
côtés mesurent 60 − 2x avec x ∈[0 ; 30] et dont la hauteur est
notée h.
D’après le théorème de Pythagore :
h2 ( x ) = (60 − 2x )2 − (30 − x )2
= 3 600 − 240x + 4 x 2 − 900 + 60x − x 2
= 3x 2 − 180x + 2 700
= 3( x 2 − 60x + 900)
= 3(30 − x )2 .
h est une grandeur positive donc h ( x ) = (30 − x ) 3 .
On note hb la hauteur de la boîte.
À l’aide des formules de trigonométrie, on a :
h
tan30 = b donc hb = tan30 × x = 3 x.
x
3
Soit V le volume de la boîte :
h × (60 − 2x )
V (x ) =
× hb
2
(30 − x ) 3 (60 − 2x )
=
× 3x
2
3
= x 3 − 60x 2 + 900x.
La fonction V est définie et dérivable sur [0 ; 30].
V ′ ( x ) = 3x 2 − 120x + 900 = 3( x 2 − 40x + 300)
L e t r i n ô m e x 2 − 40x + 300 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−40)2 − 4 × 1× 300 = 400.
Δ . 0, le trinôme x 2 − 40x + 300 admet deux racines
distinctes :
x1 = 40 + 400 = 30 et x2 = 40 − 400 = 10.
2 ×1
2 ×1
2
Le trinôme x − 40x + 300 est du signe de a donc positif à
l’extérieur des racines, donc V ′ est positive sur [0 ;10] et négative sur [10 ; 30]. La fonction V est donc croissante sur [0 ; 10]
et décroissante sur [10 ; 30]. La fonction V admet un maximum
en x = 10, dans le contexte cela signifie que le volume de la
boîte est maximal lorsque x = 10.
66 1. f (5) = − 1 × 53 + 5 × 52 + 28 × 5 ≈ 223. On compte
6
2
environ 223 000 malades au bout de 5 jours.
f (20) = − 1 × 203 + 5 × 202 + 28 × 20 ≈ 227 . O n c o m p t e
6
2
environ 227 000 malades au bout de 20 jours.
2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
f ′ (t ) = − 1 t 2 + 5t + 28
2
3. f ′ (0) = 28. La vitesse instantanée d’évolution au début de
l’épidémie est de 28 000 malades/jour.
4. f ′ (3) = 38,5. La vitesse instantanée d’évolution de l’épidémie au bout de 3 jours est de 38 500 malades/jour.
5. Le trinôme − 1 t 2 + 5t + 28 a pour discriminant
2
Δ = 52 − 4 × − 1 × 28 = 81. Δ . 0, le trinôme − 1 t 2 + 5t + 28
2
2
admet deux racines distinctes :
t1 = −5 + 81 = −4 et t2 = −5 − 81 = 14.
2× −1
2× −1
2
2
On en déduit que f ′ est positive sur [0 ;14] et négative sur
[14 ; +`]. La fonction f est croissante sur [0 ;14] et décroissante sur [14 ; +`]. La fonction f admet un maximum atteint
en t = 14. Le pic de l’épidémie est atteint au bout de 14 jours.
6. f ′ (14 ) = 0. La vitesse instantanée d’évolution de l’épidémie
au bout de 14 jours est nulle.
( )
( )
67 1. f (0) = 2 × 0 + 1 = 0,25. Au début de la campagne, 25 %
2×0+4
des jeunes connaissent la boisson.
f (1) = 2 × 1+ 1 = 0,5. Au bout d’un mois, 50 % des jeunes
2 × 1+ 4
connaissent la boisson.
2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
f ′ (t ) =
2 (2t + 4 ) − 2 (2t + 1)
6
=
(2t + 4 )2
(2t + 4 )2
Pour tout t ∈[0 ; +`[ , f ′ est positive. On en déduit que la
fonction f est croissante sur [0 ; +`[ .
3. f ( x ) = 0,75 ⇔ 2t + 1 = 0,75
2t + 4
⇔ 2t + 1 − 0,75 = 0
2t + 4
2t
⇔ + 1− 1,5t − 3 = 0
2t + 4
0,5t
−2 = 0
⇔
2t + 4
⇔ 0,5t − 2 = 0
⇔t=4
75 % des jeunes connaîtront la boisson après 4 mois de
campagne.
4. f ( x ) . 0,90 ⇔ 2t + 1 . 0,90
2t + 4
⇔ 2t + 1 − 0,90 . 0
2t + 4
2t
⇔ + 1− 1,8t − 3,6 . 0
2t + 4
0,2t
−
2,6 . 0
⇔
2t + 4
Or, pour tout t ∈[0 ; +`[ , 2t + 4 > 0 donc
0,2t − 2,6 . 0 ⇔ 0,2t − 2,6 . 0 ⇔ t . 2,6 ⇔ t . 13.
2t + 4
0,2
Plus de 90 % des jeunes connaîtront la boisson après 13 mois
de campagne.
Exercices
68 • f ′ ( x ) = 2ax
• g ′ ( x ) = − b2
x
126
Chapitre 5 Dérivation globale
( )
• h ′ (t ) = a
2 t
• j ′ (t ) = −a + c
2 x
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
tion P admet un maximum en x ≈ 9,65. Dans le contexte,
cela signifie que le pic pétrolier des gisements norvégiens
est à son plus bas niveau en 1999.
b. De plus P (0) = 1583 et P (23) = 1711,524 . La production
norvégienne a atteint son plus bas niveau en 1990.
• k ′ (t ) = − a2 + 2bt
t
• m ′ (t ) = −5 t + −5t + b = −15t + b
2 t
2 t
• n ′ ( x ) = 2 3cx − 3a
• p ′ ( x ) = (3(−7x + 8) − 7 (3x + 5))(− x + 3) − (3x + 5)(−7x + 8)
= (−21x + 24 − 21x − 35)(− x + 3) − (−21x 2 + 24 x − 35x + 40)
4.
= 42x 2 + 11x − 126x − 33 + 21x 2 + 11x − 40
= 63x 2 − 104 x − 73
70 Voici un énoncé d’exercice possible :
Donner la fonction dérivée des fonctions définies par les
expressions suivantes sans se soucier du domaine de définition ou de dérivabilité.
• f (x ) = 2 + 1 x2
x 2
2
• g(x ) =
x + 1 x3
3
3
Il y a une infinité d’énoncés possibles puisque toutes les fonctions de la forme f ( x ) = 2 + 1 x 2 + k avec k ∈R admettent
x 2
−2 + x comme dérivée et toutes celles de la forme
x2
2 x + 1 x 3 + k avec k ∈R admettent 1 + x 2 comme
3
3
3 x
dérivée.
• r ′(x ) =
a (bx ) − (ax − 7) × b
= 7b 2
(bx )2
(bx )
69 1. Le trinôme x 2 + x − 2 a pour discriminant
Δ = 12 − 4 × 1× (−2) = 9. Δ . 0 donc le trinôme x 2 + x − 2
admet deux racines distinctes :
x1 = −1+ 9 = 1 et x2 = −1− 9 = −2.
2
2
La fonction f est définie sur R \ {−2 ;1}.
Le trinôme x 2 + x − 2 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc le trinôme x 2 + x − 2 est positif sur
]−` ; − 2] ¯ [1; +`[ et négatif sur [−2 ;1].
L e t r i n ô m e 2x 2 + 3x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 32 − 4 × 2 × (−1) = 17.
Δ . 0, donc le trinôme 2x 2 + 3x − 1 admet deux racines
distinctes :
x3 = −3 + 17 et x4 = −3 − 17 .
4
4
2
Le trinôme 2x + 3x − 1 est du signe de a donc positif à l’extérieur des racines, donc le trinôme 2x 2 + 3x − 1 est positif
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
sur ⎤−` ; −3 − 17 ⎤ ¯ ⎡ −3 + 17 ; +` ⎡ et négatif sur
⎥⎦
⎥⎦ ⎢⎣
⎢⎣
4
4
⎡ −3 − 17 ; −3 + 17 ⎤.
⎢⎣
⎥⎦
4
4
2x2 + 3x – 1
x +x–2
2
f (x)
−3 − 17
4
–2
–`
x
+
+
+ 0
–
+
–
0
−3 + 17
4
–
0
–
0
+
1
+
–
0
+
0
–
+
+
2. La fonction f est définie et dérivable sur R \ {−2 ;1}.
f ′(x ) =
( 4 x + 3)( x 2 + x − 2) − (2x 2 + 3x − 1)(2x + 1)
( x2 + x − 2)2
4 x 3 + 4 x 2 − 8x + 3x 2 + 3x − 6 − ( 4 x 3 + 2x 2 + 6x 2 + 3x − 2x − 1)
=
( x2 + x − 2)2
2
= − x − 6x − 5
2
( x + x − 2)2
3 . L e t r i n ô m e − x 2 − 6x − 5 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−6)2 − 4 × (−1) × (−5) = 16.
Δ . 0 donc le trinôme − x 2 − 6x − 5 admet deux racines
distinctes :
x1 = 6 + 16 = −5 et x2 = 6 − 16 = −1.
−2
−2
Le trinôme − x 2 − 6x − 5 est du signe de a donc négatif à l’extérieur des racines, donc le trinôme − x 2 − 6x − 5 est négatif
sur ]−` ; –5] ¯ [−1; +`[ et positif sur [−5 ; –1].
x
f ′(x)
–`
–5
–2
–1
– 0 +
+ 0 –
1
+`
–
1
f (x)
17
9
71 La fonction v est une fonction affine, en tous points le
nombre dérivé est égal au coefficient directeur de la droite $.
On a donc v ′ (−2) = v ′ (2) = 1 . On lit graphiquement v (−2) = 5
2
et v (2) = 7.
La courbe représentative de la fonction u admet un maximum
en x = −2. En ce moment, la tangente à la courbe est horizontale et on en déduit que u ′ (−2) = 0. La valeur de u ′ (2) est
donnée par le coefficient directeur de la tangente à la courbe
représentative de la fonction u au point d’abscisse 2. On lit
graphiquement, u ′ (2) = −2. On lit aussi graphiquement
u (−2) = 3 et u (2) = −1.
La fonction ϕ ( x ) est définie et dérivable sur R.
ϕ ′ ( x ) = u ′ ( x ) v ( x ) + u ( x ) v'( x )
On a donc, ϕ ′ (−2) = u ′ (−2) v (−2) + u (−2) v ′ (−2) = 3 × 1 = 3
2 2
et ϕ ′ (2) = u ′ (2) v (2) + u (2) v ′ (2) = −2 × 7 − 1 × 1 = − 29 .
2
2
72 La fonction [ 4 ; 5] est définie et dérivable sur [4 ; 5].
2
( x − 20 )( x + 20 )
f ′ ( x ) = 1 − 102 = x − 220 =
2 x
2x
2x 2
Pour tout x ∈[ 4 ; 5], x + 20 ˘ 0 et 2x 2 ˘ 0.
x − 20 ˘ 0 ⇔ x ˘ 20
On en déduit que sur l’intervalle ⎡⎣4 ; 2 5 ⎤⎦, f ′ est négative et
sur l’intervalle ⎣⎡2 5 ; 5⎤⎦, f ′ est positive. La fonction f est
décroissante sur ⎡⎣4 ; 2 5 ⎤⎦ puis croissante sur ⎣⎡2 5 ; 5⎤⎦. La
fonction f admet donc un minimum f (2 5 ) atteint en
x = 2 5.
(
)
Or, f (2 5 ) = 1 2 5 + 20 = 5 + 5 = 10 = 2 5 = 20 .
2
2 5
5
5
Pour tout x appartenant à l’intervalle [ 4 ; 5] , f ( x ) ˘ 20 .
73 1. La tangente à la courbe #f au point A d’abscisse 0 a
pour équation :
y = − 5 x + 1.
2
Chapitre 5 Dérivation globale
127
3. f ′ ( x ) = 2ax + b
⎧
⎧
⎧
⎪ f (0 ) = 1
⎪ c =1
⎪
c =1
⎪⎪
⎪
⎪⎪
⎪
4. ⎨ f ′ (0) = − 5 ⇔ ⎨ b = − 5
⇔ ⎨ b = −5
2
2
2
⎪
⎪
⎪
⎪ f ′ (4 ) = 7
⎪ 8a − 5 = 7
⎪ a= 3
2
2 2
4
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
5. D’après la question précédente, f ( x ) = 3 x 2 − 5 x + 1 et
4
2
f ′(x ) = 3 x − 5 .
2
2
3
6. f ′ (0) = × 0 − 5 = − 5 et f ′ ( 4 ) = 3 × 4 − 5 = 7 .
2
2
2
2
2 2
74 1. a. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′(x ) = 4 x3 − 2
La tangente à la courbe # au point d’abscisse 0 a pour
équation :
y = f ′ (0)( x − 0) + f (0) ⇔ y = −2x + 1.
4
b. f ( x ) − (−2x + 1) = x 4 . Pour tout x ∈R, x ˘ 0. On en déduit
que pour tout x ∈R, f ( x ) − (−2x + 1) ˘ 0 ⇔ f ( x ) ˘ − 2x + 1.
La courbe # est au-dessus de 70 pour tout x ∈R*. La courbe #
et la droite 7 0 ont un point d’intersection au point
d’abscisse 0.
2. a. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ ( x ) = 3x 2 − 2
La tangente à la courbe # au point d’abscisse 0 a pour
équation :
y = g ′ (0)( x − 0) + g (0) ⇔ y = −2x + 1.
4. g ( x ) − (−2x + 1) = x 3. La fonction cube est négative sur
]−` ; 0] et positive sur [0 ; +`[ . On en déduit que la courbe #
est en dessous de 70 pour tout x ∈R−* et la courbe # est
au-dessus de 70 pour tout x ∈R+* . La courbe # et la droite
70 ont un point d’intersection au point d’abscisse 0.
75 1. a. f (0) = 1 ; f ′ (0) = 3 ; f ′ (6) = 1 .
2
3
b. La tangente à la courbe représentative de la fonction f au
point d’abscisse 6 a pour équation :
y = f ′ (6)( x − 6) + f (6) ⇔ y = 1 ( x − 6) + 1 ⇔ y = 1 x − 1.
3
3
c.
x
f ′( x)
128
0
2
+
0
Chapitre 5 Dérivation globale
4
–
0
+`
+
2. a. La fonction g est définie pour tout x tel que f ( x ) ≠ 0.
Graphiquement, f ( x ) = 0 ⇔ x = 4. On en déduit que la fonction g est définie pour tout x ∈R \ {4}.
b. La fonction g est dérivable pour tout x ∈R \ {4}.
f '( x )
g′(x ) = −
f ( x )2
c. On remarque que le signe de g ′ est opposé à celui de f ′.
On en déduit que la fonction g est décroissante sur [0 ; 2] et
sur ]4 ; +`[ et croissante sur [2 ; 4[ .
76 1. a. La fonction semble croissante sur l’intervalle
[−1,5 ; − 1] et sur [3 ; 4] et décroissante sur l’intervalle [−1; 3].
b. L’équation f ′ ( x ) = 0 a pour solutions x = −1 et x = 3.
c. L’inéquation f ( x ) ˘ 0 a pour solution l’ensemble des réels
x appartenant à l’intervalle [−1,5 ; 0].
d. L’inéquation f ′ ( x ) ˘ 0 a pour solution l’ensemble des
réels x appartenant à l’intervalle [−1,5 ; − 1] ¯ [3 ; 4].
2. a. La courbe représentative de la fonction f passe par l’origine du repère, on a donc f (0) = 0 ⇔ c = 0.
b. La fonction f est définie et dérivable sur [−1,5 ; 4].
f ′ ( x ) = 3x 2 + 2ax + b
On a,
⎧ 3 − 2a + b = 0
⎧ −2a + b = −3
⎪⎧ f ′ (1) = 0
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎩ 27 + 6a + b = 0
⎩ 6a + b = −27.
⎩⎪ f ′ (3) = 0
⎧ −2a + b = −3
⎧ −2a + b = −3
⇔⎨
c. ⎨
⎩ 6a + b = −27
⎩ −8a = 24
⎧ 6 + b = −3
⇔⎨
⎩ a = −3
⎧ b = −9
⇔⎨
⎩ a = −3
2
3. f ′ ( x ) = 3x − 6x − 9. Le trinôme 3x 2 − 6x − 9 a pour discriminant Δ = (−6)2 − 4 × 3 × (−9) = 144 . Δ . 0, le trinôme
3x 2 − 6x − 9 admet deux racines distinctes :
x1 = 6 + 144 = 3 et x2 = 6 − 144 = −1.
6
6
Le trinôme 3x 2 − 6x − 9 est du signe de a, donc positif, entre
les racines. f ′ est donc négative sur [−1; 3] et positive sur
[−1,5 ; − 1] ¯ [3 ; 4]. On en déduit que la fonction est croissante sur les intervalles [−1,5 ; − 1] et [3 ; 4] et décroissante sur
l’intervalle [−1; 3].
4. f (3) = 33 − 3 × 32 − 9 × 3 = −27 . Graphiquement, on
remarque que l’image de 3 par la fonction f est située
9 graduations sous l’axe des abscisses. Une graduation
correspond donc à 3 unités.
77 Soit x et y la largeur et la hauteur respectives de l’écran.
On a xy = 45 ⇔ y = 45 .
x
Soit A l’aire de la surface du téléphone. On a A( x ) = ( x + 1) 45 + 3 .
x
La fonction A est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ .
(
)
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La tangente à la courbe #f au point B d’abscisse 4 a pour
équation :
y = 7 x + b. Le point B de coordonnées ( 4 ; 3) appartient à la
2
droite ( BC ), ses coordonnées satisfont l’équation précédente.
Ainsi,
3 = 7 × 4 + b ⇔ b = 3 − 14 ⇔ b = −11. La droite ( BC ) a pour
2
équation y = 7 x − 11.
2
2. f ′ (0) est le coefficient directeur de la droite ( AC ), d’après
la question précédente on a f ′ (0) = − 5 . f ′ ( 4 ) est le coeffi2
cient directeur de la droite ( BC ) , d’après la question
précédente on a f ′ ( 4 ) = 7 .
2
( )
La fonction A est définie et dérivable sur [0 ; 2].
2
A ′ ( x ) = 4 − x 2 − 2x
2 4 − x2
2
2
= 4 − x − 2x
2
4−x
2
= 4 − 3x
4 − x2
(2 − 3x )(2 + 3x )
=
4 − x2
A ′ ( x ) = 45 × 3 + ( x + 1) × − 452
x
x
2
45x + 3x − 45( x + 1)
=
x2
2
= 3x −2 45
x
3( x 2 − 15)
=
x2
3( x − 15 )( x + 15 )
=
x2
Sur l’intervalle ]0 ; +`[ le signe de A ′ est celui de x − 15 . Or
x − 15 ˘ 0 ⇔ x ˘ 15. A ′ est négative sur ⎤⎦0 ; 15 ⎤⎦ et positive sur ⎡⎣ 15 ; +` ⎡⎣ . On en déduit que la fonction A est
décroissante sur ⎤⎦0 ; 15 ⎤⎦ et croissante sur ⎡⎣ 15 ; +` ⎡⎣. La fonc,
tion A admet un minimum en x = 15. Dans ce cas, la largeur
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de l’écran est 15 cm et sa hauteur est 45 , soit 3 15 cm.
15
78 Soit x la distance à partir d’une extrémité où l’on coupe
la ficelle. On obtient deux bouts, l’un de longueur x, l’autre
de longueur 2 − x.
Avec le bout de longueur x on forme un disque de rayon r
de périmètre x. On a 2πr = x ⇔ r = x .
2π
Soit AD l’aire du disque, on a : AD = π 2 x 2 = 1 x 2 .
4π
4π
Avec le deuxième bout de longueur 2 − x on forme un carré
de côté 2 − x .
4
Soit AC l’aire du carré, on a :
(2 − x )2 x 2 − 4 x + 4 1 2 1
AC =
=
=
x − x + 1.
16
4
4
16
16
Soit AT ( x ) = AD ( x ) + AC ( x ) = 1 + 1 x 2 − 1 x + 1 .
4π 16
4
4
La fonction AT est définie et dérivable sur [0 ; 2].
A ′T ( x ) = 1 + 1 x − 1 = 4 + π x − 1
2π 8
4
8π
4
A ′T ( x ) ˘ 0 ⇔ 4 + π x − 1 ˘ 0
8π
4
8π
1
⇔x˘ ×
4 4+π
⇔ x ˘ 2π
4+π
A 1T est négative sur ⎡0 ; 2π ⎤ et positive sur ⎡ 2π ; 2⎤ . On
⎣4 + π ⎦
⎣ 4 + π⎦
en déduit que la fonction AT est décroissante sur ⎡0 ; 2π ⎤
⎣ 4 + π⎦
2π
et croissante sur ⎡
; 2⎤ . La fonction AT admet donc un
⎣4 + π ⎦
minimum atteint en x = 2π . On doit couper la ficelle à une
4+π
2π
distance de
m d’une extrémité de la ficelle pour que
4+π
l’aire totale du disque et du carré soit minimale.
(
(
(
)
)
(
)
)
79 Soit x et y la longueur et la largeur respectives du
rectangle.
D’après le théorème de Pythagore, on a
2
2
2
2
y = 2 − x ⇔ y = 4 − x , car y est une longueur,
donc positive.
Soit A l’aire du rectangle. On a A( x ) = x 4 − x 2 .
Sur l’intervalle [0 ; 2] le signe de A ′ est celui de 2 − 3x . Or
2 − 3x ˘ 0 ⇔ x < 2 3 . A ′ est positive sur ⎡0 ; 2 3 ⎤ et
⎢⎣
3
3 ⎥⎦
négative sur ⎡ 2 3 ; 2⎤ . On en déduit que la fonction A est
⎣⎢ 3
⎦⎥
croissante sur ⎡0 ; 2 3 ⎤ et décroissante sur ⎡ 2 3 ; 2⎤ . La
⎢⎣
⎢⎣ 3
⎥⎦
3 ⎥⎦
fonction A admet un maximum en x = 2 3 . Dans le contexte
3
de l’exercice cela signifie que l’aire du rectangle est maximale
lorsque sa longueur est égale à 2 3 et lorsque sa largeur est
3
( ) , soit 2 36 .
égale à 4 − 2 3
3
2
80 1. Pour tout x ∈[0 ;1], on a :
BM = 1− x et BN = 1+ x.
2. D’après le théorème de Thalès :
NC = PC ⇔ PC = NC × MB .
NB MB
NB
x × (1− x ) − x 2 + x
=
.
1+ x
1+ x
2
3. Soit f la fonction définie sur [0 ;1] par f ( x ) = − x + x .
1+ x
La fonction f est dérivable sur [0 ;1].
D’après la question précédente, PC =
f ′(x ) =
(−2x + 1)(1+ x ) − (− x 2 + x )
(1+ x )2
2
2
= −2x − 2x + 1+2x + x − x
(1+ x )
2
= − x − 2x2 + 1
(1+ x )
Le trinôme − x 2 − 2x + 1 a pour discriminant
Δ = (−2)2 − 4 × (−1) × 1 = 8. Δ . 0, le trinôme − x 2 − 2x + 1
admet deux racines distinctes :
x1 = 2 + 8 = −1− 2 et x2 = 2 − 8 = −1+ 2.
−2
−2
2
Le trinôme − x − 2x + 1 est du signe de a, donc négatif, sur
l’intervalle ⎡⎣−1+ 2 ;1⎤⎦ et positif sur ⎡⎣0 ; − 1+ 2 ⎤⎦ . On en
déduit que la fonction f est croissante sur ⎡⎣0 ; − 1+ 2 ⎤⎦ et
décroissante sur ⎡⎣−1+ 2 ;1⎤⎦ . La fonction f admet un
maximum atteint en x = −1+ 2 . Le point M doit donc être
situé sur le segment [ AB] à une distance de −1+ 2 du point
A pour maximiser la distance PC.
81 1. Soit V le volume du parallélépipède rectangle. On a
V = 2x × x × y ⇔ 576 = 2x 2 × y ⇔ y = 288
.
x2
2. Soit S la surface totale du parallélépipède rectangle.
Chapitre 5 Dérivation globale
129
S ( x ) = 2 × 2x × 288
+ 2 × x × 288
+ 2 × 2x × x
x2
x2
= 1 152 + 576 + 4 x 2
x
x
1
728
=
+ 4 x2
x
3
= 1 728 + 4 x
x
3. La fonction S est dérivable sur [3 ;12].
12x 2 × x − (1728 + 4 x 3 ) 8x 3 − 1728 4 ( x 3 − 216)
=
=
S ′(x ) =
x2
x2
x2
Sur l’intervalle [3 ;12] le signe de S ′ est celui de x 3 − 216. Or,
x 3 − 216 ˘ 0 ⇔ x 3 ˘ 216 ⇔ x ˘6 car la fonction cube est
croissante sur [3 ;12].
S ′ est donc négative sur [3 ; 6] et positive sur [6 ;12]. On en
déduit que la fonction S est décroissante sur [3 ; 6] et croissante sur [6 ;12]. La fonction S admet donc un minimum
atteint en x = 6.
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
valeur interdite pour w.
2. La fonction w est définie et dérivable sur R.
w′(x ) =
(6x − 2)( x 2 + 1) − (3x 2 − 2x ) × 2x
( x2 + 1)2
3
2
3
2
= 6x + 6x − 2x − 22− 6x + 4 x
( x2 + 1)
2
= 2x + 6x 2− 2
( x2 + 1)
=
2 ( x 2 + 3x − 1)
( x2 + 1)2
L e t r i n ô m e x 2 + 3x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 32 − 4 × 1× (−1) = 13.
Δ . 0, le trinôme x 2 + 3x − 1 admet deux racines distinctes :
x1 = −3 + 13 etx2 = −3 − 13 .
2
2
On en déduit le tableau de signes de w ′ et le tableau de variation de w suivant.
x
−3 − 13
2
–`
w ′(x)
+
0
−3 + 13
2
–
0
+`
+
w(x)
3. La tangente à la courbe #w au point d’abscisse −2 a pour
équation :
y = w ′ (−2)( x + 2) + w (−2) ⇔ y = −0,24 ( x + 2) + 3,2
⇔ y = −0,24 x + 2,72
4. −0,24 × 1+ 2,72 = 2, 48 = 248 = 62 . Or, 62 ≠ 63 , le point
100 25
25 25
61
de coordonnées 1;
n’appartient pas à la droite 7–2.
25
(
)
83 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′(x ) =
− ( x 2 + 5) − 2x (2 − x )
( x2 + 5)2
2
2
= − x − 5 − 4 x 2+ 2x
( x 2 + 5)
2
= x − 4 x −2 5
( x 2 + 5)
130
Chapitre 5 Dérivation globale
2. Le trinôme x 2 − 4 x − 5 a pour discriminant :
Δ = (−4 )2 − 4 × 1× (−5) = 36.
Δ . 0, le trinôme x 2 − 4 x − 5 admet deux racines distinctes :
x1 = 4 + 36 = 5 et x2 = 4 − 36 = −1.
2
2
f ′ est du signe de a, donc positive, sur l’intervalle
]−` ; − 1] ¯ [5 ; +`[ et négative sur [−1; 5].
3.
x
–1
5
–`
+`
f ′(x)
+
0
–
0
+
1
2
f (x)
− 1
10
84 1. C (0) = 1 500. Les coûts fixes sont de 1 500 €.
C (q ) = 3 500 ⇔ q2 + 10q + 1500 = 3 500 ⇔ q2 + 10q − 2 000 = 0.
L e t r i n ô m e q2 + 10q − 2 000 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 102 − 4 × 1× (−2 000) = 8100 . Δ . 0 , l e t r i n ô m e
q2 + 10q − 2 000 admet deux racines distinctes :
q1 = −10 + 8100 = 40 et q2 = −10 − 8100 = −50.
2
2
q étant une grandeur positive, il faut produire 40 objets pour
avoir des coûts égaux à 3 500 €.
2. Chaque objet fabriqué est vendu 300 €, ainsi, R (q ) = 300q.
3. B (q ) = R (q ) − C (q ) ⇔ B (q ) = 300q − (q2 + 10q + 1 500)
⇔ B (q ) = −q2 + 290q − 1 500
4. La fonction B est définie et dérivable sur [0 ; 500].
B ′ (q ) = −2q + 290. Or, −2q + 290 ˘ 0 ⇔ q < 145. Donc B ′
est positive sur [0 ;145] et négative sur [145 ; 500]. On en
déduit que la fonction B est croissante sur [0 ;145] et décroissante sur [145 ; 500]. La fonction B admet un maximum atteint
en q = 145. L’entreprise réalisera un bénéfice maximal si elle
produit et vend entre 145 objets.
5. B (145) = −1452 + 290 × 145 − 1500 = 19 525
Le bénéfice maximal est de 19 525 €.
6. On étudie le signe de B (q ) pour q ∈[0 ; 500].
B (q ) = −q2 + 290q − 1500
Δ = 2902 − 4 × (−1) × (−1 500) = 78 100
Δ . 0, le trinôme admet deux racines distinctes :
x1 = −290 + 78 100 = 145 − 5 781 ≈ 5,27
−2
et x2 = −290 − 78100 = 145 + 5 781 ≈ 284,73.
−2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
82 1. Pour tout x ∈R, x 2 + 1 . 0, il n’existe donc pas de
B est du signe de a, donc négative, sur l’intervalle
⎤⎦−` ;145 − 5 781⎤⎦ ¯ ⎡⎣145 + 5 781 ; +` ⎡⎣ et positive sur
x
⎡⎣145 − 5 781 ;145 + 5 781⎤⎦ .
On en déduit que le bénéfice est strictement positif entre 6
et 284 objets fabriqués et vendus.
f ′(x)
4 ( x 2 + 1) − 2x × 4 x
2
(x
2
+ 1)
2
2
= −4 x + 24
( x2 + 1)
2. −4 x + 4 a pour racines évidentes 1 et –1, −4 x 2 + 4 est du
signe de a, donc négatif sur [−3 ; − 1] ¯ [1; 3] et positif sur
[−1;1]. On en déduit le tableau de signes de f ′ et le tableau
de variation de f suivant.
x
–3
f ′(x)
f (x)
–1
–
0
1
+
0
–1,2
3
–
2
–2
1,2
3. D’après la question précédente, sur l’intervalle [−3 ; 3], la
fonction f admet un maximum 2 atteint en 1 et un minimum
–2 atteint en –1. Ainsi, sur l’intervalle [−3 ; 3], on a
−2 < f ( x ) < 2.
4.
y
1
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0
1
x
Graphiquement, il semble que l’équation f ( x ) = 1 admette
0,25 comme solution sur l’intervalle [−3 ; 3].
f ( x ) = 1 ⇔ 24 x = 1
x +1
⇔ 24 x − 1 = 0
x +1
2
−
⇔ x +2 4 x − 1 = 0
x +1
⇔ − x2 + 4 x − 1 = 0
L e t r i n ô m e − x2 + 4 x − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 42 − 4 × (−1) × (−1) = 12.
Δ . 0, le trinôme − x 2 + 4 x − 1 admet deux racines distinctes :
x1 = −4 + 12 = 2 − 3 et x2 = −4 − 12 = 2 + 3 .
−2
−2
Sur l’intervalle [−3 ; 3], l’équation f ( x ) = 1 a une solution
x = 2 − 3.
86 1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
f ′ ( x ) = 3x 2 − 2
⎧
6
⎪⎪ x = 3
2
2
2
2. f ′ ( x ) = 0 ⇔ 3x − 2 = 0 ⇔ x = ⇔ ⎨
3
⎪ x=− 6
3
⎪⎩
f ′ est du signe de a, donc positive sur l’intervalle ⎡ 6 ; +` ⎡
⎣⎢ 3
⎣⎢
6
⎡
⎤
. On en déduit le tableau de variation
et négative sur 0 ;
3 ⎦⎥
⎣⎢
de f suivant :
–
+`
0
+
0
f (x)
85 1. La fonction f est définie et dérivable sur [−3 ; 3].
f ′(x ) =
6
3
0
−4 6
9
3. La tangente à la courbe # au point d’abscisse 1 a pour
équation :
y = f ′ (1)( x − 1) + f (1) ⇔ y = 1( x − 1) − 1 ⇔ y = x − 2.
4. a. f ( x ) − g ( x ) = x 3 − 2x − ( x − 2) = x 3 − 3x + 2.
Or, ( x − 1)( x 2 + x − 2) = x 3 + x 2 − 2x − x 2 − x + 2 = x 3 − 3x + 2.
Donc f ( x ) − g ( x ) = ( x − 1)( x 2 + x − 2).
b. x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1
Le trinôme x 2 + x − 2 a pour racines évidentes 1 et −2. On a
donc le trinôme x 2 + x − 2 qui est négatif sur l’intervalle [0 ;1]
et positif sur l’intervalle [1; +`[. On en déduit que f ′ est positif
sur [0 ; +`[ .
c. La courbe # est située au-dessus de la droite 7 sur l’intervalle [0 ;1[ ¯ ]1; +`[. La courbe # et la droite 7 ont un point
d’intersection au point d’abscisse 1.
87 1. Le point M d’abscisse x est situé sur la parabole d’équation y = x 2 , il a donc pour coordonnées ( x ; x 2 ).
2
2
2. AM 2 = x − 1 + x 2 − 5
2
4
= x 2 − x + 1 + x 4 − 5 x 2 + 25
4
2
16
4
2
3
29
=x − x −x+
2
16
3
3. a. f ′ ( x ) = 4 x − 3x − 1
b. ( x − 1)( 4 x 2 + 4 x + 1) = 4 x 3 + 4 x 2 + x − 4 x 2 − 4 x − 1
(
) (
)
= 4 x 3 − 3x − 1
= f (x )
c. x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. De plus 4 x 2 + 4 x + 1 = (2x + 1)2 , donc
4 x 2 + 4 x + 1 ˘ 0 pour tout x ∈R.
2x + 1 = 0 ⇔ x = − 1
2
On en déduit le tableau de signes de f ′ ( x ) et le tableau de
variation de f sur R.
x
−1
2
–`
1
x–1
–
(2x + 1)2
+
0
+
f ′(x)
–
0
–
x
f ′(x)
–
−1
2
–`
–
0
0
+`
+
+
0
+
1
–
0
+`
+
f (x)
5
16
4. D’après le tableau de variation de la question précédente,
la fonction f admet un minimum atteint en 1. L’abscisse du
point M de la parabole le plus proche de A est 1.
88 1. La fonction g est une fonction polynôme du second
degré, sa courbe représentative est donc une parabole. La
courbe #g représentative de la fonction g est la courbe rouge,
Chapitre 5 Dérivation globale
131
dessous de la courbe #f sur l’intervalle ]1; +`[, et que les deux
courbes ont un point d’intersection au point d’abscisse 1.
2. a. La fonction h est définie et dérivable sur R.
h ′ ( x ) = 3x 2 − 2x + 2
b. Le trinôme 3x 2 − 2x + 2 a pour discriminant :
Δ = (−2)2 − 4 × 3 × 2 = −20. Δ , 0, le trinôme 3x 2 − 2x + 2
n’admet pas de racine dans R.
h ′ est toujours du signe de a, donc positif, et la fonction h est
donc croissante sur R.
c. h (1) = 0. De plus, la fonction h est croissante sur R, on peut
donc en déduire que la fonction h est négative sur l’intervalle
]−` ;1] et positive sur l’intervalle [1; +`[.
3. En remarquant que h ( x ) = f ( x ) − g ( x ). Sur l’intervalle
]−` ;1], h ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) − g ( x ) < 0 ⇔ f ( x ) < g ( x ). On en
déduit que sur cet intervalle la courbe #g est au-dessus de la
courbe #f .
Sur l’intervalle [1; +`[, h ( x ) ˘ 0 ⇔ f ( x ) − g ( x ) ˘ 0 .
⇔ f ( x ) ˘ g ( x ).
On en déduit que sur cet intervalle la courbe # g est en
dessous de la courbe #f .
89 1. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ ( x ) = − x 3 + 3x 2 − 3x + 1
2. La fonction h est définie et dérivable sur R.
h ′ ( x ) = −3x 2 + 6x − 3 = −3( x 2 − 2x + 1) = −3( x − 1)2. Pour tout
x ∈R, h ′ ( x ) < 0. On en déduit que la fonction h est décroissante sur R.
x
–`
+`
–`
+`
1
+
Variations de g (x)
0
–
5
4
4. On a g ′ (1) = 0, la courbe #g admet donc une tangente horizontale au point d’abscisse 1.
5. Si la courbe #g admet une tangente parallèle à la droite
d’équation y = −5x + 3 alors l’abscisse du point de tangence
est solution de l’équation g ′ ( x ) = −5.
La fonction g ′ est continue, dérivable et strictement décroissante sur [1; 3] avec
g ′ (1) = 0 . –5 et g ′ (3) = −8 , − 5. D’après le tableau de
variation de g ′ , il existe un unique réel α ∈[1; 3] tel que
g ′ (α ) = −5 et au point de coordonnées (α ; g (α )) la tangente
est parallèle à la droite d’équation y = −5x + 3.
132
( )
( )
(
)
3. La fonction A est définie et dérivable sur [0 ;3].
A ′ ( x ) = 3 x 2 − 9x + 9 = 3 ( x 2 − 6x + 6)
2
2
L e t r i n ô m e x 2 − 6x + 6 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = (−6)2 − 4 × 1× 6 = 12 . Δ . 0 , le trinôme x 2 − 6x + 6
admet deux racines distinctes :
x1 = 6 + 12 = 3 + 3 et x2 = 6 − 12 = 3 − 3 .
2
2
A ′ est du signe de a, donc positive, sur l’intervalle ⎡⎣0 ; 3 − 3 ⎤⎦
et négative sur l’intervalle ⎡⎣3 − 3 ; 3⎤⎦. On en déduit le tableau
de variation de A suivant.
x
Signe de A′(x)
–`
+`
3− 3
+
0
–
Variations de A(x)
La fonction A admet un maximum atteint en 3 − 3 . Il faut
donc que la valeur de x soit égale à 3 − 3 pour que l’aire du
rectangle DEFG soit maximale.
Thalès :
3. En remarquant que h (1) = 0, on déduit de la question
précédente que la fonction h est positive sur l’intervalle
]−` ;1] et négative sur [1; +`[.
En remarquant que g ′ ( x ) = h ( x ), on détermine le tableau de
variation de la fonction g.
Signe de g ′( x)
tion x = − b . L’axe de symétrie de la fonction f a pour
2a
−3
2
⇔ x = − 3 × − 2 ⇔ x = 3.
équation x =
2
1
2× −1
4
L’abscisse du point O est 3 et l’abscisse du point A est 0. Le
point G appartient au segment [ AO], donc x l’abscisse du
point G appartient à l’intervalle [0 ; 3].
2. A( x ) = (6 − 2x ) × − 1 x 2 + 3 x
4
2
2
3
3
1
= − x + 9x + x − 3x 2
2
2
3
2
1
9
= x − x + 9x
2
2
91 1. On note x la longueur BR. D’après le théorème de
Signe de h(x)
x
90 1. L’axe de symétrie d’une parabole est une droite d’équa-
Chapitre 5 Dérivation globale
CR = NR ⇔ NR = 8 × (6 − x )
6
CB AB
8 × (6 − x )
⇔ NR =
6
⇔ NR = −4 x + 24 .
3
Soit A( x ) l’aire du rectangle MNRB en fonction de x, avec
x ∈[0 ; 6].
A( x ) = x × −4 x + 24 = 1 (−4 x 2 + 24 x )
3
3
La fonction A est dérivable sur [0 ; 6].
A ′ ( x ) = 1 (−8x + 24 ) = 8 (− x + 3)
3
3
Or, − x + 3 ˘ 0 ⇔ x < 3. A ′ est positive sur l’intervalle [0 ; 3]
et négative sur l’intervalle [3 ; 6]. On en déduit que la fonction
A est croissante sur[0 ; 3] et décroissante sur [3 ; 6]. La fonction
A admet un maximum atteint en 3. Le point R doit se situer
au milieu du segment [ BC ] pour obtenir un rectangle d’aire
maximale.
2. Soit P ( x ) le périmètre du rectangle MNRB en fonction de
x, avec x ∈[0 ; 6].
P ( x ) = 2x + 2 × −4 x + 24 = −2x + 48 = − 2 x + 48 . La fonc3
3
3
3
tion P ( x ) est une fonction affine de coefficient directeur
négatif, elle est donc strictement décroissante sur [0 ; 6]. Son
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
la courbe #f représentative de la fonction f est la courbe
bleue.
Graphiquement, il semble que la courbe #g est au-dessus de
la courbe #f sur l’intervalle ]−` ;1[, que la courbe #g est en
maximum est atteint en x = 0. Le point R doit se situer sur le
point B pour obtenir un rectangle de périmètre maximal.
92 1. Réponse b.
2. Réponse c.
3. Réponse c.
4. Réponse c.
93 Soit f la fonction définie sur R par f ( x ) = x 3 − ax 2 + b.
La fonction f est dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 3x 2 − 2ax = x (3x − 2a )
3x − 2a ˘ 0 ⇔ x ˘ 2a . Le minimum de la fonction f a une
3
abscisse positive. On a donc a ˘ 0. La fonction f est décroissante sur l’intervalle ⎡0 ; 2a ⎤ et croissante sur ⎡ 2a ; +` ⎡.
⎣ 3⎦
⎣3
⎣
Le minimum de la fonction f est atteint pour x = 2, on en
déduit que 2a = 2, soit a = 3.
3
La valeur du minimum est égale a 5, on a donc :
f (2) = 5 ⇔ 23 − 3 × 22 + b = 5 ⇔ 8 − 12 + b = 5 ⇔ b = 9.
La fonction f est définie sur R par f ( x ) = x 3 − 3x 2 + 9.
94 1. RG + RU = x ⇔ RU = x − RG . Or, RG = 0,5, on a donc
RU = x − 0,5.
P ( x ) = 102 × x − 20,5 = 100 x − 20,5
x
x
100 ( x − 1)
2. P ′ ( x ) = −
. Pour tout x ∈R+* , la fonction cube est
x3
strictement positive. La fonction affine g ( x ) = x − 1définie sur
R+* est négative sur ]0 ;1] et positive sur [1; +`[. On en déduit
que P ′ est positive sur ]0 ;1] et négative sur [1; +`[.
x 2 − 2x ( x − 0,5)
3. P ′ ( x ) = 100 ×
x4
2
= 100 × − x 4+ x
x
−100x ( x − 1)
=
x4
100 ( x − 1)
=−
x3
4. D’après la question 3, la fonction P admet un maximum
atteint pour x = 1.
P (1) = 100 1− 20,5 = 50. La puissance maximale est de 50 W.
1
Questions Allegro
95
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Questions Va piano
1. 1+ 1 = 2 ; 2 + 1 = 2,5 ; 4 + 1 = 4,25 ; 10 + 1 = 10,1.
1
2
4
10
La valeur minimale obtenue est 1 mais cela ne permet pas
de répondre à la problématique, l’exemple n’a pas valeur de
démonstration.
2. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre
x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale x + 1 . Soit
x
x
+*
1
f la fonction définie sur R par f ( x ) = x + x , la problématique revient à trouver le minimum de la fonction f sur R+* .
3. À la calculatrice, il semble que le minimum de la fonction
f est atteint pour x = 1.
Questions Moderato
1. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre
x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale x + 1 . Soit
x
x
+*
1
f la fonction définie sur R par f ( x ) = x + x , la problématique revient à trouver le minimum de la fonction f sur R+* .
2
( x − 1)( x + 1)
2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 =
x
x
x2
Pour tout x strictement positif, f ′ est du même signe que
x − 1. Or x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. La fonction f ′ est donc négative
sur l’intervalle ]0 ;1] et positive sur [1; +`[.
3. D’après la question précédente, la fonction f est décroissante sur ]0 ;1] et croissante sur [1; +`[.
4. La fonction f admet un minimum atteint pour x = 1. On a :
1+ 1 = 2. La somme minimale que l’on peut obtenir en addi1
tionnant un nombre strictement positif et son inverse est 2.
1. Soit x un nombre strictement positif, l’inverse du nombre
x est 1 . La somme de ces deux nombres est égale à x + 1 .
x
x
Soit f la fonction définie sur R+* par f ( x ) = x + 1 , la probléx
matique revient à trouver le minimum de la fonction f sur
R+* .
2
( x − 1)( x + 1)
2. f ′ ( x ) = 1− 12 = x 2− 1 =
x
x
x2
Pour tout x strictement positif, f ′ est du même signe que
x − 1. Or x − 1 ˘ 0 ⇔ x ˘ 1. La fonction f ′ est donc négative
sur l’intervalle ]0 ;1] et positive sur [1; +`[.
La fonction f est décroissante sur ]0 ;1] et croissante sur
[1; +`[ . La fonction f admet un minimum atteint pour x = 1.
On a 1+ 1 = 2. La somme minimale que l’on peut obtenir
1
en additionnant un nombre strictement positif et son inverse
est 2.
2
( x − n )( x + n ) . Pour tout x
3. fn′( x ) = 1− n2 = x −2 n =
x
x
x2
strictement positif, fn′ est du même signe que x − n . Or
x − n ˘ 0 ⇔ x ˘ n. La fonction fn′ est donc négative sur
l’intervalle ⎤⎦0 ; n ⎤⎦ et positive sur ⎡⎣ n ; +` ⎡⎣ . La fonction fn
est décroissante sur ⎤⎦0 ; n ⎤⎦ et croissante sur ⎣⎡ n ; +` ⎡⎣ . La
fonction fn admet un minimum atteint pour x = n . On a :
n + n = 2 n . La somme minimale que l’on peut obtenir
n
en additionnant un nombre strictement positif et n fois son
inverse est 2 n .
Chapitre 5 Dérivation globale
133
Questions Va piano
1. Vbille = 4 π × 93 = 972π
3
Vcylindre = π × 92 × 18 = 1 458π
Veau = Vcylindre − Vbille = 1 458π − 972π = 486π
2. Vnouvelle bille = 4 π × r 3 , avec r ∈[0 ; 9].
3
3. Si, en plongeant la nouvelle bille dans le cylindre, le niveau
de l’eau est tangent à la nouvelle bille, c’est que la hauteur
de l’eau est 2r . Le volume du cylindre jusqu’à la hauteur d’eau
est alors celui de la nouvelle bille et du volume d’eau.
4. Vnouvelle bille + Veau = Vnouveau cylindre
⇔ 4 π × r 3 + 486π = π × r 2 × 18
3
4
⇔ π × r 3 − 162πr + 486π = 0
3
⇔ 4r 3 − 486r + 1 458 = 0
5. À l’aide de la calculatrice, 3,2 < r < 3,3.
Questions Moderato
1. Cf. questions Va piano.
2 2
(r −(r9)(4r
+ 36r
− 162)
2.
− 9)(4r
+ 36r
− 162)
3 3
2 2
2 2
= 4r
+
36r
−
162r
− 36r
− 324r
+ 1458
= 4r + 36r − 162r
− 36r
− 324r
+ 1458
3 3
= 4r
+ 1458
= 4r− 486r
− 486r
+ 1458
3. 4r 3 − 486r + 1 458 = 0 ⇔ (r − 9)( 4r 2 + 36r − 162) = 0
⎧⎪
r−9= 0
⇔⎨
⎪⎩ 4r 2 + 36r − 162 = 0
r=9
⎪⎧
⇔⎨
2
⎪⎩ 4r + 36r − 162 = 0
Le trinôme 4r 2 + 36r − 162 a un discriminant :
Δ = 362 − 4 × 4 × (−162) = 3 888.
1 1.
1
Questions Allegro
1. Cf. questions Va piano.
2. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; 9].
f ′ (r ) = 12r 2 − 486 = 6 (2r 2 − 81)
⎧
9 2
⎪⎪ r = 2
2
f ′ (r ) = 0 ⇔ 6 (2r − 81) = 0 ⇔ ⎨
⎪ r = −9 2
2
⎪⎩
La fonction f ′ est négative sur ⎡0 ; 9 2 ⎤ et positive sur
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎡ 9 2 ; 9⎤ . La fonction f est donc décroissante sur ⎡0 ; 9 2 ⎤
⎢⎣ 2
⎥⎦
⎢⎣
2 ⎥⎦
et croissante sur ⎡ 9 2 ; 9⎤ .
⎣⎢ 2
⎦⎥
r
f ′(r)
–
+`
0
+
1458
f (r)
0
3. D’après le tableau de variation précédent, l’équation
f (r ) = 0 admet deux solutions sur l’intervalle [0 ; 9].
4. Il est possible de plonger une bille de rayon inférieur à 9 cm
telle que le niveau de l’eau soit de nouveau tangent à la bille.
1
x
]−` ; 0] ¯ [4 ; +`[ and decreasing on the interval [0 ; +`[ .
2. f ′ ( x ) = 3x 2 − 12x = 3x ( x − 4 )
x
–10
–20
3x
–
x–4
–
f ′(x)
+
–30
2 cf. exercice 77.
Chapitre 5 Dérivation globale
0
–`
f (x)
134
9 2
2
0
The function seems increasing on the interval
y
0
Δ . 0, le trinôme 4r 2 + 36r − 162 admet deux racines
distinctes :
r1 = −36 + 3 888 = −9 + 9 3
8
2
et r2 = −36 − 3 888 = − 9 + 9 3 .
8
2
Or − 9 + 9 3 n’appartient pas à l’intervalle [0 ; 9] et 9 est le
2
rayon de la première bille. La nouvelle bille doit donc avoir
un rayon de −9 + 9 3 cm.
2
0
0
4
+
+`
+
–
0
+
–
0
+
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96
2
2
3 Vpyramid = x × h ⇔ 1 000 = x × h ⇔ h = 3 000
2
3
3
x
The surface of the pyramid is made up of four congruent
triangles and a square base. Let’s call a the altitude of each
triangle.
Using Pythagora’s theorem :
2
2
2
a2 = h2 + x ⇔ a2 = 3 000
+ x
2
2
2
x
( ) ()
( ) ()
()
3 000
x2
⇔a=
2
2
+ x .
2
The area of each triangle isequal to 1 × x ×
2
The total lateral area is given by :
(
) ()
2
2
+ x
2
2
+ x
2
2
.
.
( ) ()
2
3000 + x 2
2
x2
To find the x value that will minimize the surface area, we
graph A as a function of x and locate the minimum point
using a graphic calculator.
A = x 2 + 2x ×
y
500
0
5
The hemisphere has volume equal to 2π R3 .
3
The total volume is equal 120, so :
πR2 h + 2π R3 = 120 ⇔ πR2 h = 120 − 2π R3
3
3
120
2
⇔h=
− R.
πR2 3
2. The disc has a surface equal to πR2.
The hemisphere has a surface equal to 2πR2 .
The lateral surface of the cylinder is equal to :
( ) () (
2
3000
x2
( ) ()
3000 + x 2 = 2x × 3000
2
x2
x2
Let’s call A the total area of the pyramid.
4× 1×x×
2
4 1. The cylinder has volume equal to πR2 h.
)
120 − 2 R × 2πR = 240 − 4 πR2 .
R
3
πR2 3
The total surface A is equal to :
A( R) = πR2 + 2πR2 + 240 − 4 πR2 = 5 πR2 + 240 .
R
3
3
R
3
−
72
10
πR
(
)
3. A ′ ( R) = 10 πR − 240
=
3
R2
3R2
A′ ( R) ˘ 0 ⇔
10 ( πR3 − 72)
˘0
3R2
⇔ πR3 − 72 ˘ 0
⇔ R ˘ 3 72
π
The first derivative is negative on the interval ⎡0 ; 3 72 ⎤ and
π ⎦⎥
⎣⎢
72
⎡
⎤
3
positive on the interval
; +` . ⎣⎢ π
⎦⎥
The function A has a minimum at R = 3 72 .
π
x
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The approximate value of x was found to be 12.9 cm.
Chapitre 5 Dérivation globale
135
6
Fonction
exponentielle
2 ( x + 3) − (2x + 5)
1
=
( x + 3)2
( x + 3)2
5. j ( x ) = 3
2 3x
1 1 A = 28
B = 28
C = 26 × 23 = 29
D = 2−6
E = 26
F = 2−3
2 1. S6 == {−5}
{
2. S6 == 3 − 73 ; 3 + 73
4
4
3.S6== ]−` ; −12[
4. S
6 = ]−` ; +`[
4. i ′ ( x ) =
7 A( x ) = −3x + 6
x
}
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3 1. Diminuer de 70 %, c’est multiplier par 1− 70 = 0,30 ;
100
(vn ) est donc une suite géométrique de raison 0,30.
4 = 4 × 1 = 1×u ;
2. Pour tout entier naturel n, un+1 = n+1
n
3
3n 3 3
la suite (un ) est donc géométrique de raison 1 et de premier
3
terme u0 = 4.
4 u1 = −15 ; u2 = 45 et u12 = 2657205.
5 Un véhicule décrit un mouvement rectiligne. La distance
parcourue en mètre depuis le temps t = 0 jusqu’au temps t,
en seconde, est d (t ) = t 2 + 5t .
2
1. d (10 + h ) − d (10) = h + 25h = h + 25
h
h
2. La vitesse instantanée de ce véhicule après 10 s est de
25 mètres par seconde (on prend h tendant vers 0).
6 1. f ′ ( x ) = 6x 2 − 4
2. g ′( x) = 3 x + (3x − 2) 1 = 9x − 2
2 x
2 x
−4 x
3. h ′ ( x ) =
(2x2 + 3)2
+`
2
–`
+
Signe de A(x)
0
–
B ( x ) = (−3x − 2)( x − 5)
x
−2
3
–`
Signe de
(–3x – 2)
+
Signe de
(x – 5)
–
Signe de B(x)
–
0
0
+`
5
–
–
–
0
+
+
0
–
C ( x ) = −5( x 2 − 4 x − 5)
x
–1
–`
+`
5
Signe de – 5
–
Signe de
(x2 – 4x – 5)
+
0
–
0
+
Signe de C(x)
–
0
+
0
–
–
–
8 y = f ′ (2)( x − 2) + f (2), soit y = −7x + 5.
9 Formule saisie en B2 : = B1*1.045 .
Chapitre 6 Fonction exponentielle
137
Pour construire le cours
Situation
A
1 a. V = 77,92 − 60,71 = 17,21 et N1 = 60,71.
1
40 − 20
20
28,71−
6,34
22,37
et N2 = 22,37.
V2 =
=
120 − 100
20
On a donc V2 = 6,34 ≈ 0,36839 et N2 = 22,37 ≈ 0,36847.
V1 17,21
N1 60,71
La propriété énoncée précédemment est donc vérifiée (aux erreurs d’approximation près).
b. Graphiquement, la demi-vie du carbone 14 semble environ de 55 siècles.
2 a. Le nombre de désintégrations entre les instants t et t + h peut être noté N(t + h) – N(t).
N (t + h ) − N (t )
= N ′ (t ) .
h
c. D’après l’énoncé, la vitesse de désintégration est proportionnelle à la quantité d’atomes restant dans le corps, donc la
fonction N vérifie N ′ (t ) = λN (t ).
b. La vitesse de désintégration à l’instant t est donc égale à lim
h→0
3 Soit f une fonction dérivable telle que pour tout réel x, f’(x) = f(x) et soit λ un réel tel que N (t ) = f (−λt ), alors
N ′ (t ) = −λf (−λt ) = −λN (t ).
Situation
B
f ( x + h) − f ( x )
et f ′ ( x ) = f ( x ), donc hf ( x ) ≈ f ( x + h ) − f ( x ).
h
On a donc f ( x + h ) ≈ (1+ h ) × f ( x ).
b. La formule saisie en B3 est =B2×(1+A3) .
2. a. Graphiquement, il semble que la fonction f soit positive et croissante sur R.
b. De plus, on peut remarquer sur quelques exemples que f (a + b ) ≈ f (a ) × f (b ) .
1 a. On donne f ′ ( x ) ≈
Situation
2
3
4 La suite (un ) est géométrique de premier terme 1 et de raison e, donc son terme général est un = en .
On peut donc estimer que, pour tout entier n, exp(n) peut aussi s’écrire en avec e ≈ 2,72.
138
Chapitre 6 Fonction exponentielle
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1
C
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 S’il existait une valeur de x pour laquelle f (x) = 0, alors on aurait h (x) = f (x) · f (– x) = 0.
Or h est constante égale à 1, donc f est non nulle sur R.
2 En conséquence, les fonctions f et g étant définies sur R et f ne s’annulant pas, la fonction H est définie sur R.
3 Enfin, la fonction H étant constante égale à 1, les fonctions f et g sont confondues, donc f est unique.
Rédiger une démonstration
exp ( x + y )
.
exp ( x )
La fonction exponentielle est définie et non nulle sur R, donc g est définie sur R.
exp ( x + y ) × exp ( x ) − exp ( x + y ) × exp ( x )
=0
g′(x ) =
exp ( x )2
exp ( y ) exp ( y )
g est donc constante sur R. De plus, g (0) =
=
= exp ( y ).
exp (0)
1
Donc, pour tous réels x et y, on a exp ( x + y ) = exp ( x ) × exp ( y ) .
1 Soient x et y deux réels, on pose g ( x ) =
Conséquence : Soit x un réel, exp ( x + (− x )) = exp ( x ) × exp (− x ) = exp (0) = 1, donc exp (− x ) =
exp ( x − y ) = exp ( x + (− y )) = exp ( x ) × exp (− y ) =
exp ( x )
.
exp ( y )
1 et, pour tous réels x et y,
exp ( x )
2 Soit (un ) la suite de terme général exp(na).
Pour tout entier naturel n, un+1 = exp ((n + 1) a ) = exp (na + a ) = exp (na ) × exp (a ) = exp (a ) × un .
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme (u0 ) = exp (0) = 1 et de raison exp(a).
Par conséquent, pour tout entier naturel n, un = exp (na ) = u0 × exp (a )n = (exp (a ))n.
Utiliser différents raisonnements
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1 Le contraire de la propriété P est :
2 Soit a un réel.
On a e
2× a
2
il existe un réel x tel que e x < 0.
2
⎛ a⎞
= ea donc ea = ⎜ e 2 ⎟ .
⎝ ⎠
3 On a vu que e x ≠ 0 pour tout réel x. S’il existe, comme on le suppose dans la question 1, un réel x tel que e x < 0, alors
e x , 0.
2
2
⎛ x⎞
⎛ a⎞
Or la question 2 donne e x = ⎜ e 2 ⎟ , donc on aurait ⎜ e 2 ⎟ , 0, ce qui est absurde car le carré d’un réel est toujours positif.
⎝ ⎠
⎝ ⎠
C’est donc qu’il n’existe aucun réel x tel que e x , 0.
Pour tout réel x, on a donc e x . 0.
Chapitre 6 Fonction exponentielle
139
Travaux pratiques
TP
1 Construction de l’exponentielle par la méthode d’Euler
1 Le réel dont l’image est connue sans ambiguïté est 0, car, par définition de la fonction exponentielle, exp(0) = 1.
2 Sachant que :
• on utilise l’approximation exp(x + h) = (1 + h) × exp(x)
• exp(0) = 1
Le script sera le suivant :
3 e ≈ exp(1,0.1) ≈ 2,853
e ≈ exp(1,0.01) ≈ 2,705
e ≈ exp(1,0.001) ≈ 2,717 (à la calculatrice e ≈ 2,718)
e2 ≈ exp(2,0,1) ≈ 6,727
e2 ≈ exp(2,0.01) ≈ 7,316
e2 ≈ exp(2,0.001) ≈ 7,389 (à la calculatrice e2 ≈ 7,389)
4 Pour déterminer l’exponentielle d’un réel b négatif, le script devient le suivant :
TP
2 Première approximation de e par la méthode de Bernoulli
1 Soit n un entier naturel non nul,
2 a. Pour precision(2), on obtient 135 et 2,708281999…
Ce qui signifie que la suite (un) approche e au centième près à compter de n = 135 avec u135 ≈ 2,708281999…
b. La fonction precision teste l’écart entre les termes de la suite et 10–p. Cet écart pouvant être positif ou négatif, il convient
d’utiliser la fonction valeur absolue.
c. D’après la question précédente, on obtient une valeur approchée de 2 au centième près à compter de n = 135.
La fonction précédente precision(3) donne 1 359, donc on obtient une valeur approchée de e au millième près à compter
de n = 1 359.
precision(5) donne 135 913…
140
Chapitre 6 Fonction exponentielle
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–1
Exp(–1,0.01) ≈ 0,366 (à la calculatrice e ≈ 0,368)
TP
3 Deuxième approximation de e par la série de Taylor
1 Le script de la fonction factorielle est le suivant :
2 Vérification : factorielle(15) donne 1307674368000 et factorial(15) donne 1307674368000.
3 Le script permettant d’approcher e par la méthode d’Euler est le suivant :
4 On obtient par exemple e(10) ≈ 2,71828…
TP
4 Datation au carbone 14
1 Soit N(t) le nombre d’atomes de carbone 14 dans un échantillon t années après la mort de l’organisme. La proportion
N (t )
d’atomes de carbone 14 restant t années après la mort est égal à P (t ) =
.
N
(0 )
Donc P(t) = e – 0,0001244t.
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2 Le script de la fonction demi_vie est le suivant :
On obtient 5 572 années.
Ainsi, on obtient tempspour(1) = 0 : le temps pour qu’il reste 100 % est de 0 années
ou bien tempspour(0,99) = 81 : le temps pour qu’il reste 99 % est de 81 années
et enfin tempspour(0,5) = 5 572 : le temps pour qu’il reste 50 % est de 5 572 ans (demi-vie).
3 On constate qu’un fragment d’os a perdu 30 % de sa teneur, il reste donc 70 % d’atomes de carbone 14 dans le corps.
La fonction age donne 2 868, donc ce fragment d’os est vieux d’environ 2 870 ans.
TP
5 Évolution démographique : le modèle malthusien
1 a. Voir tableur.
b. Soit f une fonction affine telle que f (0) = 29 et f (4) = 88.
On a 0a + b = 29, donc b = 29 et 4a + b = 88, donc 4a = 88 – b = 88 – 29 = 59, soit a = 14,75.
On a donc f (x) = 14,75 x + 29.
Le modèle semble peu approprié à long terme, en particulier on a f (19) = 309,25 alors qu’en 1963, soit au bout de 19 ans, la
population est de 5 670 habitants (≠ 309).
Chapitre 6 Fonction exponentielle
141
c. Si l’on pose g (t) = g (0)*(at + b)2, alors g (0) = g(0) × b2, donc b2 = 1, soit b = 1 ou b = – 1.
En faisant varier le curseur a, on n’approche toutefois jamais de façon satisfaisante la courbe représentative de la population.
Ce modèle ne paraît donc pas approprié !
d. De même, pour g (t) = g (0)*(at+b)3.
2 Soit N la fonction d’expression N(t) = N(0) e kt, où k = a – b.
On a N’ (t) = N (0) × k × e kt = kN(0) e kt = kN(t) = (a – b)N(t) = aN(t) – bN(t).
Le modèle de Malthus paraît ici plus approprié pour k ≈ 0,278.
6 Fonctions définies par une propriété fonctionnelle
TP
1 Soit f une fonction définie sur R telle que f (x + y) = f(x) + f(y).
On a alors pour tout réel x, f (x + 0) = f (x) = f (x) + f (0) donc f (0) = 0.
Par conséquent, la courbe #f d’une telle fonction passe par le point O de coordonnées (0 ; 0).
2 Voir simulation numérique.
a. On saisit 0 en A1 et 0 en B1.
b. A2 = A1 + h et B2 = B1 + a .
En recopiant ces formules vers le bas, on obtient ainsi les images des réels 0, h, 2h, 3h, 4h…
c. Les nuages obtenus en faisant varier les valeurs de h et de a sont tous des ensembles de points alignés. On parle de propriété
de linéarité de la fonction f.
7 Évolution de population : le modèle de Verhulst
TP
1 Voir fichier.
2 La courbe représentative de la fonction g semble correspondre au nuage de points représentatif de l’évolution de la
population de vers, donc ce modèle convient pour les 10 premiers jours.
3 Si l’on étend cette représentation aux intervalles [0 ; 15] puis [0 ; 30], et que l’on accepte que le modèle reste valable, on
constate que la population de vers semble finalement stagner en deçà d’un maximum de 33 000 vers. Le principe de Verhulst
semble donc bien vérifié.
Calcul mental
1 1. exp (3) × exp (−2) = exp(1)
2. (exp (−2))3 = exp(–6)
exp (−5)
3.
= exp(–2)
exp (3)
2 1. f ( x ) = 3exp ( x ) − x
exp ( x )
2. g ( x ) =
4
3. h ( x ) = 1exp ( x ) + x exp ( x ) = (1+ x ) exp ( x )
3 1. 6
S=∅
2. 6
S = {0}
3. 6
S = {0}
4. 6
S= ∅
4 1. e2
2. e−1
3. 1
4. 2e2 − 1
5. e 4
6. e
142
Chapitre 6 Fonction exponentielle
5 1. e2 , e5,5
2. e0,5 . e0,1
3. e−3 . e−5
4. e−0,2 . e−0.9
6 1. f est strictement décroissante.
2. g est strictement décroissante.
3. h est strictement décroissante.
Automatismes
7 1. a
2. a
3. c
8 1. Pour tout entier naturel n,
un+1 = en+1 = en × e1 = e × un : suite géométrique de premier
terme u0 = e0 = 1 et de raison e.
2. Pour tout entier naturel n,
un+1 = −2en+1 = −2en × e1 = −2e × un : suite géométrique de
premier terme u0 = −2e0 = −2 et de raison −2e.
3. Pour tout entier naturel n,
un+1 = e−3(n+1) = e−3n × e−3 = e−3 × un : suite géométrique de
premier terme u0 = e0 = 1 et de raison e−3 .
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Réfléchir, parler & réagir
4. Pour tout entier naturel n,
un+1 = 5e 4(n+1) = 5e 4 n × e 4 = e 4 × un : suite géométrique de
4. Courbe de p : courbe violette.
5. Courbe de q : courbe verte.
premier terme u0 = 5e0 = 5 et de raison e 4 .
10 1. A( x ) < 0 pour tout x réel.
2. B ( x ) < 0 pour tout x réel.
3. C ( x ) < 0 pour tout x < 1 et C ( x ) > 0 pour tout x > 1.
9 1. Courbe de f : courbe rouge.
2. Courbe de g : courbe orange.
3. Courbe de h : courbe bleue.
11 f ′ (t ) = 12e−3t pour tout réel x.
Exercices
1 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 3exp ( x ) − 2.
2. Pour tout réel x,
g ′ ( x ) = 4 x exp ( x ) + (2x 2 + 1) exp ( x ) = exp ( x )(2x 2 + 4 x + 1).
3. Pour tout réel x [R \ {−3},
exp ( x )(6 + 2x ) − 2 (2 + exp ( x )) exp ( x )( 4 + 2x ) − 4
=
h′(x ) =
(6 + 2x )2
(6 + 2x )2
− 2 (2 + exp ( x )) exp ( x )( 4 + 2x ) − 4
=
.
2x )2
(6 + 2x )2
C=
3exp ( x )
= 3exp( x − (1− 2x ) = 3exp (3x − 1) .
exp (1− 2x )
8 A = e3 x × e−4 x = e3 x−4 x = e− x .
B=
C=
1
(e2 x )2
= 14 x = e−4 x .
e
1 = 1 = e6 x.
−x 6
e
( ) e−6 x
1 × e3 x = e9 x .
D = 1 6 × e3 x = −6
x
−x
e
2 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = e x + xe x + 3 = e x (1+ x ) + 3 .
(e )
5
2. Pour tout réel x,
3−2 x
e3−2 x × (e x )
x
2
x
x
2
× e5 x = e3+3 x = e3+3 x−( x−2) = e2 x+5
g ′ ( x ) = (2x + 2) e + ( x + 2x − 1) e = e ( x + 4 x + 1).
E=
= e x−2
x−2
5
e
e
e x−2
3−2 x
3. Pour tout réelex,
3−2 x
5x
3+3 x
× (e x )
3+3 x−( x−2)
2 x+5
e
e
×
e
=e
.
x =
+ x ) − eexx−2
e x (e E
(e x + 1) == e x (exx−2− 1) . = e x−2 = e
h′(x ) =
9 A = (e x )5 × e− x = e5 x × e− x = e5 x−x = e 4 x .
(e x + x )2
(e x + x )2
3 1. e x − 1 = 0 ⇔ e x = 1 ⇔ e x = e0 ⇔ x = 0. La fonction f
est définie sur ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ . La proposition est
fausse.
2. Pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , f ′ ( x ) =
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La proposition est fausse.
−2e x .
(e x − 1)2
3. Pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , −2e x , 0. On en déduit
que pour tout x [ ]−` ; 0[ < ]0 ; +`[ , f' est négative et la
fonction f est décroissante. La proposition est fausse.
4 exp (2) = exp (1+ 1) = exp (1) × exp (1) ≈ 2,7 × 2,7 ≈ 7,29 .
2 x−5
B = e2 x−7 = e2 x−5−(2 x−7) = e2 .
e
3x
3x
3x
C = e6
= 6 ex
= e6 x+1 = e3 x−(6 x+1) = e−3 x−1.
1
(e x ) × e e × e e
2 x−1
2x
D = e × −ex−2 = e− x−2 = 1 × e2 x−(− x−2) = 1 × e3 x+2.
2
2
2e
2e
10 Pour tout réel x, on a :
1 = 1 = 1 = ex .
ex + 1 ex + 1
1+ e− x 1+ 1
x
e
ex
x
x
5 exp (2) = exp (5 + (−3)) = exp (5) × exp (−3) ≈ 140 × 0,05 ≈ 7 11 e− x − e−2 x = 1 − 1 = e − 1 = e − 1.
e x e2 x e2 x e2 x
e2 x
)) = exp (5) × exp (−3) ≈ 140 × 0,05 ≈ 7 .
exp (5)
12 1. un+1 = e−(n+1) = e−1 × e− n = 1 × un .
exp (8) = exp (5 − (−3)) =
≈ 140 ≈ 2800.
exp (−3) 0,05
e
u0 = e−0
= 1.
1
1
1
1
1
exp (−2) =
=
=
≈
≈
exp (2) exp (5 + (−3)) exp (5) × exp (−3) 140 × 0,05
7 (u ) est donc géométrique de premier terme
La suite
n
1
1
1
=
≈
≈ .
u0 = 1 et de raison q = 1 .
exp (5) × exp (−3) 140 × 0,05 7
e
2
exp (10) = exp (2 × 5) = (exp (5)) ≈ 1402 ≈ 19 600 .
−(n+1)+2
3(n+1)−2
−1 − n+2
3 3n−2
2 − n+2 3n−2
2. un+1 = e
×e
=e e
×e e
=e e
e
)+2
exp=(6e)−(n+1400
× e3(n+1)−2 = e−1e− n+2 × e3 e3n−2 = e2 e− n+2 e3n−2 = e2 un .
6 exp (2) = exp (6 − 4 ) =un+1
≈
≈ 8.
exp ( 4 ) 50
u0 = e−0+2 × e3×0−2 = e2 × e−2 = e0 = 1
exp (10) = exp (6 + 4 ) = exp (6) × exp ( 4 ) ≈ 400 × 50 ≈ 20 000 .
La suite (u ) est donc géométrique de premier terme
1 = 1.
exp (2) 8
exp (8) = exp (2 × 4 ) = (exp ( 4 ))2 ≈ 502 ≈ 2500 .
exp (12) = exp (3 × 4 ) = (exp ( 4 ))3 ≈ 503 ≈ 125 000.
exp (−2) =
n
u0 = 1 et de raison q = e2 .
e1
e1
1
3. un+1 = (3(n+1
)+1) = 3 (3n+1) = 3 × un .
e
e e
e
1
1
u = e
= e = 1.
7 A = exp (2x − 3) × exp ( 4 − x ) = exp (2x − 3 + 4 − x ) = exp ( x + 10) e(3×0+1) e1
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme
p (2x − 3 + 4 − x ) = exp ( x + 1).
2
B = (exp ( x − 1)) × exp ( x + 2) = exp (2 ( x − 1)) × exp ( x + 2) = exp (u2x=−12et+ de
x +raison
2) = exp
q (=3x1)3 .
0
e
× exp ( x + 2) = exp (2x − 2 + x + 2) = exp (3x ).
Chapitre 6 Fonction exponentielle
143
= e2 un
13 1. un+1 = e−2(n+1) = e−2n−2 = e−2 × e−2n = 12 × un
e
u0 = e−2×0 = 1
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme
u0 = 1 et de raison q = 12 .
e
2. un+1 = e3(n+1) × e5(n+1) = e3 × e5 × e3n × e5n = e8 × un
u0 = e3×0 × e5×0 = 1× 1 = 1
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme
u0 = 1 et de raison q = e8 .
3. Pour tout réel x, h ′ ( x ) = e x + xe x = e x (1+ x ). Pour tout réel
x, e x . 0 et 1+ x . 0 ⇔ x . − 1. La fonction g est décroissante
sur l’intervalle ]−` ; − 1] et croissante sur l’intervalle [−1; +`[ .
17 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1− e x .
2. On étudie le signe de la dérivée f'. Pour tout réel x,
1− e x . 0 ⇔ e x ,1 ⇔ e x , e0 ⇔ x , 0 . La fonction g est
croissante sur l’intervalle ]−` ; 0] et décroissante sur [0 ; +`[ .
La fonction f admet un maximum en x = 0, la valeur du
maximum est f (0).
0
−(n+1)+2)
5(n+1)−4
−1
5
− n+2
5n−4
− n+2
= −1−
3
e
e
e
×
e
×
e
×
e
×
e
×(0e)5n−4
3. un+1 =
=
= e × Or, fn−2
= ee3 ×=un−1− 1 = −2. Le maximum de la fonction
n+1−2
1
n−2
e
e ×e
e –2.
f est
5
− n+2
5n−4
− n+2
5n−4
3. Il semble que la courbe # g représentative de la fonction g
×e
×e
×e
= e3 × e
= e3 × un
e1 × en−2
en−2
est toujours au-dessus de # h la courbe représentative de la
−0+2
5×0−4
2
−4
fonction
h.
0
e
e
×
e
×
e
u0 =
=
= e =1
D’après la question 2, pour tout x, la fonction f est strictement
e0−2
e−2
négative.
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme
3
f ( x ) , 0 ⇔ h ( x ) − g ( x ) , 0 ⇔ h ( x ) , g ( x ) . La courbe # g
u0 = 1 et de raison q = e .
représentative de la fonction g est toujours au-dessus de # h
2
−(n+1)+5
−1
2
− n+5
2
− n+5
4. un+1 = e 7× e 6(n+1) = e 6× e 7 × e 6n = e−7 × e 7× e 6n = e−7 × un
la courbe représentative de la fonction h.
e ×e
e ×e ×e
e ×e
e−1 × e2 × e− n+5 = e−7 × e2 × e− n+5 = e−7 × u
n
e6 × e7 × e6n
e7 × e6n
2
−0+5
7
u0 = e 7 × e 6×0 = e7 = 1
e ×e
e
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme
u0 = 1 et de raison q = 17 .
e
1
2. Pour tout réel x, 1+ 2e−2 x . 0. La fonction f est croissante
sur R.
3. a.
y
1
5
14 1. u0 = e2− 3 = e2 ≈ 7, 4 ; u1 = e2− 3 = e 3 ≈ 5,3 ;
2− 2
3
4
0
2− 3
= e 3 ≈ 3,8 ; u3 = e 3 = e1 ≈ 2,7 .
La suite (un ) semble décroissante.
u2 = e
2− n+1
2− n − 1
−1
2− n
−1
e 3.
−1
3
, 1 et u0 . 0, la suite (un ) est décroissante. La
conjecture de la question 1 est validée.
3. 0 , e
15 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 20e−4 x . On étudie le signe de
la dérivée f'.
Pour tout réel x, 20e−4 x . 0. La fonction f est croissante sur R.
2. Pour tout réel x,
g ′ ( x ) = −e3 x + 3(− x + 1) e3 x = e3 x (−3x + 2).
On étudie le signe de la dérivée g'.
−3x + 2 . 0 ⇔ x , 2 et e3 x . 0 pour tout réel x.
3
La fonction g est croissante sur l’intervalle ⎤−` ; 2 ⎤ et décrois⎦
3⎦
2
⎡
⎡
sante sur ; +` .
⎣3
⎣
16 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1+ e x. Pour tout réel x, 1+ e x . 0.
La fonction f est croissante sur R.
x
x
e x ( x − 1)
.
2. Pour tout réel x [ ]0 ; +`[, g ′ ( x ) = xe −2 e =
x
x2
Pour tout réel x [ ]0 ; +`[,
e x . 0, x 2 . 0 et x − 1. 0 ⇔ x .1. La fonction g est décroissante sur l’intervalle ]0 ;1] et croissante sur l’intervalle [1; +`[.
144
Chapitre 6 Fonction exponentielle
x
−1
2. un+1 = e 3 = e 3 3 = e 3 × e 3 = e 3 × un .
La suite (un ) est géométrique de premier terme u0 = e2
et de raison q =
1
La courbe représentative de la fonction f est strictement croissante et semble couper l’axe des abscisses en un point dont
l’abscisse appartient à l’intervalle [0 ;1]. L’équation f ( x ) = 0
semble admettre une solution unique α sur [0 ;1].
À la calculatrice, on trouve α ≈ 0, 43 au centième près.
b. La valeur affichée par l’algorithme est 0,43. L’algorithme
affiche, au centième près, l’abscisse du premier point de la
courbe représentative de la fonction f telle que f ( x ) > 0.
19 1. Graphiquement, l’équation e2 x−3 = e−3 x+5 a pour solu-
tion x = 1,6.
2. Ligne 2 : « car, pour tout x, e−3 x+5 . 0 ».
Ligne 6 : « car, e0 = 1 et ea = eb ⇔ a = b ».
3. e2 x−3 = e−3 x+5 ⇔ 2x − 3 = −3x + 5 ⇔ 5x = 8 ⇔ x = 8 .
5
8
S=
6
5
4. a. Graphiquement, l’équation e 4 x+1 = e1−2 x a pour solution
x = 0.
{}
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
0
18 1. Pour tout réel x, f ′ ( x ) = 1+ 2e−2 x .
3. e2 x+1 > 0
6
S = ]−` ; +`[
4. e x−1 − 1< 0 ⇔ e x−1 < 1 ⇔ e x−1 < e0 ⇔ x − 1< 0 ⇔ x < 1
6
S = ]−` ;1]
1
0
1
x
23 1. e x > e2 x+1 ⇔ x > 2x + 1 ⇔ x < −1
6
S = ]−` ; − 1]
2. e−3 x−2 , e− x ⇔ −3x − 2 , − x ⇔ −2x ,2 ⇔ x . − 1
S = ]−1; +`[
6
b. Graphiquement, l’équation e−5 x = e x+3 a pour solution
x = − 1.
2
3. e−2 x−3 , e2 x+4 ⇔ −2x − 3,2x + 4 ⇔ 4 x . − 7 ⇔ x . −7
4
6
S = ⎤ −7 ; +` ⎡
⎦4
⎣
y
4. e−3 x−1 − e x+5 < 0 ⇔ e−3 x−1 < e x+5 ⇔ −3x − 1< x + 5 ⇔ 4 x > −6 ⇔
e−3 x−1 − e x+5 < 0 ⇔ e−3 x−1 < e x+5 ⇔ −3x − 1< x + 5 ⇔ 4 x > −6 ⇔ x > − 3
2
6
S = ⎡− 3 ; +` ⎡
⎣ 2
⎣
24 Pour tout réel x, on a :
(
(
)
e2 x 1− 12 x
−2 x
e
e2 x − 1 =
= e x × 1− e − x .
x
e +1
1+ e
e x 1+ 1x
e
0
1
x
2. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ ( x ) = −3e x + (−3x − 1) e x = e x (−3x − 4 )
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
h ′ ( x ) = e x + xe x = e x (1+ x )
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
p ′ ( x ) = − 1 e x + − 1 x + 1 e x = 1 e x (− x + 1)
2
2
2
5. e 4 x+1 = e1−2 x ⇔ 4 x + 1 = 1− 2x ⇔ 6x = 0 ⇔ x = 0
e−5 x = e x+3 ⇔ −5x = x + 3 ⇔ −6x = 3 ⇔ x = − 1
2
20 1. e2 x = 1 ⇔ e2 x = e0 ⇔ 2x = 0 ⇔ x = 0
6
S = {0}
(
2. e2 x = 0. Pour tout réel x, e2 x . 0.
S= ∅
6
2 x+4
3. e
3 x−1
= 1⇔ e
3 x−1
{}
21 1. e
6
S = {−1}
=e
3 x+2
)
26 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = e − x − ( x − 5) e − x = e − x ( − x + 6 )
= e ⇔ 3x − 1 = 0 ⇔ x = 1
3
0
2. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ ( x ) = 4e2 x + 2 ( 4 x + 2) e2 x = 8e2 x ( x + 1)
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
h ′ ( x ) = 3e−2 x − 2 3x − 1 e−2 x = 2e−2 x (−3x + 2)
2
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
6
S= 1
3
4. e x−1 − 1 = 0 ⇔ e x−1 = 1 ⇔ e x−1 = e0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔ x = 1
6
S = {1}
2 x+1
)
25 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 2e x + (2x + 1) e x = e x (2x + 3)
1
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e
y
(
⇔ 2x + 1 = 3x + 2 ⇔ − x = 1 ⇔ x = −1
1
)
(
)
1
1
(
)
)
(
x
x
x
p′ ( x ) = − 5 e 2 + 1 − 5 x + 4 e 2 = − 1 e 2 5 x + 1
2
2 2
2
2
2. e− x = e2 x+4 ⇔ − x = 2x + 4 ⇔ −3x = 4 ⇔ x = − 4
3
27 1. La fonction f est définie et dérivable sur ]0 ; +`[ .
4
6
S= −
3
⎛ (1− 2x
f ′ ( x ) = 1 e− x − xe− x = e− x 1 − x = e− x 1− 2x = e− x ⎜
3. e−4 x+1 = e x+1 ⇔ −4 x + 1 = x + 1 ⇔ −5x = 0 ⇔ x = 0
2x
⎝
2 x
2 x
2 x
6
S = {0}
−x
−x
− x 1− 2x
− x ⎛ (1− 2x ) x ⎞
x+4
− e2xe
= e−−xx − 11= 2x
= e−3x
f ′ ( x=) =0 ⇔1 e−ex−1
− +x4 ⇔
4. e− x−1 − e2 x+4
=
⇔
= 5 ⇔ =x e= −⎜5 2x
⎟⎠
⎝3
2 x
2 x
2 x
− x−1
2 x+4
5
=0⇔e
=e
⇔ − x − 1 = 2x + 4 ⇔ −3x = 5 ⇔ x = −
2. La fonction g est définie et dérivable sur ]1; +`[.
3
1+ 2 ( x − 1)
6
S= −5
1 e x + x − 1e x = e x
1
+ x − 1 = ex
=
g′(x ) =
3
2 x −1
2 x −1
2 x −1
22 1. e x > 1 ⇔ e x > e0 ⇔ x1> 0 x
1+ 2 ( x − 1)
⎛ (2x − 1) x − 1 ⎞
1
e + x − 1e x = e x
= e x 2x − 1 = e x ⎜
g′(x ) =
+ x − 1 = ex
6
S = [0 ; +`[
⎝ 2 ( x − 1) ⎟⎠
2 x −1
2 x −1
2 x −1
2 x −1
x−2
x−2
0
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
2. e ,1 ⇔ e , e ⇔ x − 2 , 0 ⇔ x ,2
h
′ ( x ) = (2x + 1) e x+1 + ( x 2 + x + 3) e x+1 = e x+1 ( x 2 + 3x + 4 )
S = ]−` ; 2[
6
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
p( x ) = 2xe x + ( x 2 − 1) e x = e x ( x 2 + 2x − 1)
{ }
(
)
(
(
)
{ }
(
) (
) (
(
)
)
) (
Chapitre 6 Fonction exponentielle
145
)
x
x
2. La fonction g est définie et dérivable sur R \ {−1}.
x
e x ( x + 1) − e x
= xe 2
g′(x ) =
2
( x + 1)
( x + 1)
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
x
x
e x (1− x ) + 1
=
h ′ ( x ) = e + 1− xe
(e x + 1)2
(e x + 1)2
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
3e x − (3x + 1) e x e x (−3x + 2) −3x + 2
=
=
p′ ( x ) =
e2 x
ex
(e x )2
29 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ (t ) = −e−t
2. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ (t ) = 2e2t+3
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
h ′ (t ) = −e−t+4
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
1
t
p ′ (t ) = 1 e 2
2
30 1. La fonction f est définie et dérivable sur R.
f ′ ( x ) = 2e− x − (2x + 4 ) e− x = −e− x (2x + 2)
2. La fonction g est définie et dérivable sur R.
g ′ ( x ) = 3e−2 x − 2 (3x − 2) e−2 x = e−2 x (−6x + 7)
3. La fonction h est définie et dérivable sur R.
(
)
(
h ′ ( x ) = 3e−3 x − 3 3x − 3 e−3 x = e−3 x −9x + 15
2
2
4. La fonction p est définie et dérivable sur R.
1 x+2
p ′ ( x ) = −5e 3
1
)
1
x+2
x+2
+ 1 (−5x + 4 ) e 3
= − 1 × e 3 (5x − 11)
3
3
31 1. Pour tout t [ [0 ; +`[, on a :
Q ′ (t ) = −0,248 × 4e−0,248t = −0,248 × Q (t ) .
Q (0) = 4e−0,248×0 = 4 × 1 = 4.
2. Q (2) = 4e−0,248×2 = 4e−0,496 ≈ 2, 44. Au bout de deux
heures, la quantité de médicament présente dans le sang est
d’environ 2,44 mg.
3. Pour tout t [ [0 ; +`[, −0,248 × 4e−0,248t , 0, donc la quantité de médicament décroît au cours du temps.
4. et 5. À l’aide de la calculatrice, on trouve que la quantité
de médicament dans le sang devient inférieure à 0,01 mg au
bout de 24,2 heures.
6.
5
32 1. V (t ) = Ce− 16 t + 32
− 5 ×0
2. V (0) = 0 ⇔ Ce 16 + 32 = 0 ⇔ C + 32 = 0 ⇔ C = −32
La constante C est égale à –32 m/s.
3. La fonction V est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
−5t
−5t
V ′ (t ) = − 5 × (−32) × e 16 =10e 16 . 0
16
On obtient le tableau de variation ci-dessous.
t
0
+`
V (t)
0
4. Le tracé de la courbe représentative de la fonction V sur
l’écran de la calculatrice permet de vérifier le sens de variation
de la fonction déterminée à la question précédente.
33 1. f ′ (a ) = ea
2. g ′ (b ) = e− b
3. f ′ (a ) = g ′ (b ) ⇔ ea = e− b ⇔ a = −b ⇔ −a = b
34 Partie A
1. Pour tout x [ [0 ; +`[, on a :
d ′ ( x ) = −50 × 22x + 1 .
x + x +1
2. Pour tout x [ [0 ; +`[, d ′ ( x ) , 0, la fonction d est donc
décroissante sur [0 ; +`[ .
Partie B
1. Pour tout x [ [0 ; +`[, on a :
f ′ ( x ) = 3 × 0,26 × e0,26 x = 0,78 × e0,26 x . 0, la fonction f est
croissante sur [0 ; +`[ .
2. Le tracé des courbes représentatives des fonctions f et d
sur l’écran de la calculatrice permet de vérifier les sens de
variation de chacune des fonctions déterminées dans les
questions précédentes.
Partie C
À l’aide de la calculatrice, po ≈ 2, 4 et q0 ≈ 5,6. Le prix d’équilibre est d’environ 2,4 €, la quantité associée à ce prix
d’équilibre est d’environ 5,6 millions d’objets.
35 1.
u (t)
1
0
1
t
2. Le temps de charge est d’environ 0,3 s.
146
Chapitre 6 Fonction exponentielle
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
28 1. La fonction f est définie et dérivable sur R* .
x
x
e x ( x − 1)
f ′ ( x ) = xe −2 e =
2
36 1. La fonction f est définie sur R+ par f ( x ) = e−2 x .
2. La fonction f est dérivable sur R+ , on a :
f ′ ( x ) = −2e−2 x , 0, la fonction f est décroissante sur R+ .
3. On déduit de la question précédente que la suite (un ) est
décroissante pour tout n [N
N.
4. a. Plus la valeur de n augmente plus les termes de la suite
(un ) semblent se rapprocher de 0.
b. La fonction seuil renvoie le plus petit indice du terme de
la suite (un ) tel que (un ) < 10−8 .
c.
Le plus petit entier naturel n tel que (un ) < 10−8 est 10.
Exercices
37 1. e2 x × e−3 x = 1 ⇔ e− x = e0 ⇔ − x = 0 ⇔ x = 0
6
S = {0}
2. (e )
6
S=∅
6 x −6
=0
40 1. un+1 = 2e−(n+1) = 2e− n × e−1 = e−1 × un
u0 = 2e−0 = 2 × 1 = 2
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 2
et de raison q = 1 .
e
3. e2 x−1 × e2 x+3 = 1 ⇔ e 4 x+2 = e0 ⇔ 4 x + 2 = 0 ⇔ x = − 1
2
2. un+1 = −5e−(n+1)+2 = −5e− n+2−1 = −5e− n+2 × e−1 = e−1 × un
S = −1
6
u0 = −5e−0+2 = −5e2
2
−2
−2
4. (e2 x−1 ) − 1 = 0 ⇔ (e2 x−1 ) = 1 ⇔ e−4 x+2 = e0 ⇔ −4 x + 2 = 0La
⇔suite
x = 1 (un ) est donc géométrique de premier terme
2
−2
u0 = −5e2 et de raison q = 1 .
⇔ (e2 x−1 ) = 1 ⇔ e−4 x+2 = e0 ⇔ −4 x + 2 = 0 ⇔ x = 1
e
2
1
1
1
3e
3e
1
= 13 ⇔ un
3. un+1 = 3(n+1)+1 = 3n+1+3 = 13 ⇔ 3e
6
S=
3n+1
e
e
e
e
e
2
1
1
3e
3e
u0 =
= 1 =3
3 x−1
38 1. e4 x+4 = e− x+2 ⇔ e3 x−1−4 x−4 = e− x+2 ⇔ e− x−5 = e− x+2 ⇔ − x − 5e=3×0+1
− x + 2e⇔ −5 = 2
e
La suite (un ) est donc géométrique de premier terme u0 = 3
−4 x−4
= e− x+2 ⇔ e− x−5 = e− x+2 ⇔ − x − 5 = − x + 2 ⇔ −5 = 2
6
S=∅
et de raison q = 13 .
−x
2 x+4
−x
−x
x+4
e
2. e = e
×e ⇔e =e
⇔ − x = x + 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = −2
{ }
{}
e x+4 ⇔ − x = x + 4 ⇔ −2x = 4 ⇔ x = −2
6
S = {−2}
41 1. f (0) = 3 ; f ′ (0) = 1 ; f ′ (1) = 0.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2. a. Pour tout réel x, on a :
− x−1
3 x+5
f ′ ( x ) = ae x + (ax + b ) e x = e x (ax + a + b ) .
x+1
− x−1+3 x+5−2
x+1
2 x+2
x+1
e
×
e
3.
=e ⇔e
=e ⇔e
= e ⇔ 2x + 2 = x + 1 ⇔ x = −1
2
e
⎧ f (0 ) = 3
⎧ b+c=3
⎧ b+c=3
− x−1+3 x+5−2
⎪
= e x+1 ⇔ e2 x+2 = e x+1 ⇔ 2x + 2 = x + 1 ⇔ x = −1
⎪
⎪
b. ⎨ f ′ (0) = 1 ⇔ ⎨
⇔ ⎨ a+b =1
a+b =1
6
S = {−1}
⎪ f ′ (1) = 0
⎪ e (2a + b ) = 0
⎪ 2a + b = 0
⎩
⎩
⎩ =4
4. e−1 × e− x−1 − e− x+4 = 0 ⇔ e− x−2 = e− x+4 ⇔ − x − 2 = − x + 4 ⇔ −2
− x−1
− x+4
− x−2
− x+4
×e
−e
=0⇔e
=e
⇔ − x − 2 = − x + 4 ⇔ −2 = 4
⎧ b+c=3
⎧ c = 2a + 3
⎧ c =1
⎪
⎪
⎪
6
S=∅
c. ⎨ a + b = 1 ⇔ ⎨ a − 2a = 1 ⇔ ⎨ a = −1
⎪ 2a + b = 0
⎪ b = −2a
⎪ b=2
x
⎩
⎩
⎩
39 1. e4 x > 1 ⇔ e−3 x > e0 ⇔ −3x > 0 ⇔ x < 0
e
6
S = ]−` ; 0]
42 1. • Graphiquement, les deux solutions de l’équation ( E
1
)
x−2
2. e3 x−6 ,1 ⇔ e x−2−3 x+6 , e0 ⇔ e−2 x+4 , e0 ⇔ −2x + 4 , 0 ⇔ xsemblent
.2
être x = −1 et x = − 1 .
2
e
+4
, e0 ⇔ −2x + 4 , 0 ⇔ x .2
• Graphiquement, l’équation ( E2 ) semble admettre une solu6
S = ]2 ; +`[
tion x = 0,6.
• Graphiquement, l’équation ( E3 ) semble admettre x = 5
2 x+1
3. e 3 > 0 ⇔ e2 x+1−3 x > 0 ⇔ e− x+1 > 0
comme
solution unique.
(e x )
• Graphiquement, l’équation ( E4 ) ne semble pas admettre de
6
S = ]−` ; +`[
solution.
− x−2
2 x2
5 ⇔ 2x 2 = −3x − 1 ⇔ 2x 2 + 3x + 1 = 0
e−3−x−1
4. 3ex
− 1< 0 ⇔ e− x−2−3 x−3 < e0 ⇔ e−4 x−5 < e0 ⇔ −4 x − 52.<• 0e ⇔ x= >
3
e ×e
Le trinôme 2x 2 4+ 3x + 1admet x1 = −1comme racine évidente,
x−2−3 x−3
0
−4 x−5
0
5
1
<e ⇔e
< e ⇔ −4 x − 5 < 0 ⇔ x > −
4
on a donc x2 = 2 = − 1 .
2
−1
6
S = ⎡− 5 ; +` ⎡
⎣ 4
⎣
1
S = −1; −
6
2
{
}
Chapitre 6 Fonction exponentielle
147
2. Plus 3les valeurs de x sont grandes et plus la fonction f se
2x
x=
• ex+1 = e−4 x+2 ⇔ e2 x−x−1 = e−4 x+2 ⇔ x − 1 = −4 x + 2 ⇔ 5x = 3 ⇔
rapproche
5 de 0 sans jamais l’atteindre.
e
3.
e−4 x+2 ⇔ x − 1 = −4 x + 2 ⇔ 5x = 3 ⇔ x = 3
5
6
S= 3
5
• e2 x+1 × e x−3 = e2 x+3 ⇔ e3 x−2 = e2 x+3 ⇔ 3x − 2 = 2x + 3 ⇔ x = 5
e3 x−2 = e2 x+3 ⇔ 3x − 2 = 2x + 3 ⇔ x = 5
6
S = {5}
2
• e x = e x−3 ⇔ x 2 = x − 3 ⇔ x 2 − x + 3 = 0 . L e t r i n ô m e
x 2 − x + 3 a pour discriminant Δ = (−1)2 − 4 × 1× 3 = −11.
Δ , 0, le trinôme n’admet pas de racine dans R.
6
S=∅
{}
43 1. Graphiquement, il semble que le taux d’alcool dans le
46 Graphiquement, f (0) = 1 et f ′ 1 = 0 .
sang passe en dessous de 0,25 g/L environ 3 heures après
2
l’ingestion.
Pour tout réel x, on a :
2. f (9,8) ≈ 1,1× 10−3 ; f (9,9) ≈ 9,9 × 10−4 . Le taux d’alcool
f ′ ( x ) = ae− x − (ax + b ) e− x = e− x (−ax + a − b ) .
dans le sang est négligeable au bout de 9,9 heures.
⎧ f (0 ) = 1
⎧
b =1
⎧
b =1
3. Pour tout réel t [ [0,025 ; +`[, on a :
⎧ b =1
⎪
⎪
⎪
1
−t
−t
−t
⇔
⇔
⇔⎨
⎨
−
⎨
⎨
1
f ′ (t ) = 2e − (2t − 0,05) e = e (−2t + 2,05).
1
1
2
a
−
1
=
0
⎩ a=2
⎪ f′ 2 =0
⎪ e −2a + a −1 = 0
⎪⎩ 2
⎩
⎩
4. Pour tout réel t [ [0,025 ; +`[,
⎧ f (0 ) = 1
⎧
b =1
⎧
b =1
⎧ b =1
⎪
⎪ > 0 ⇔ t < 1,025.
⎪
e−t . 0 et −2t + 2,05
1
⇔
⇔
⇔⎨
−
⎨
⎨
⎨
1
1
1
2
= 0[0,025
+ a − 1 = sur
0
e −] etanégative
La fonction f' est positive
⎩ a=2
⎪⎩ 2 a − 1 = 0
⎪ f ′ 2 sur
⎪ ;1,025
2
⎩
⎩
[1,025 ; +`[ . On en déduit que la fonction f est croissante sur
47 1. a. Pour tout réel x, on a :
l’intervalle [0,025 ;1,025] et décroissante sur [1,025 ; +`[ .
f ′ ( x ) = (2x − 2,5) e x + ( x 2 − 2,5x + 1) e x = e x ( x 2 − 0,5x − 1,5)
La fonction f admet un maximum atteint pour t = 1,025.
x
2
−1,025
− 2,5
e + Le
− 2,5x + 1) e x = e x ( x 2 − 0,5x − 1,5).
f ′ ( x )==2e
(2x
( x taux
f (1,025) = (2 × 1,025 − 0,05) e−1,025
≈ )0,72.
b. Pour tout réel x, e x . 0. Le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 a pour
maximum d’alcool dans le sang est de 2e−1,025 g/L soit environ
discriminant Δ = (−0,5)2 − 4 × 1× (−1,5) = 6,25.
0,72 g/L.
Δ > 0, le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 admet deux racines
44 1. Soit A( x ) l’aire du panneau publicitaire en fonction de
distinctes :
x l’abscisse du point B, avec x appartenant à l’intervalle
x1 = 0,5 − 6,25 = −1 et x2 = 0,5 + 6,25 = 3 .
[0 ; +`[ .
2
2
2
Le trinôme x 2 − 0,5x − 1,5 est du signe a, donc positif, sur
A( x ) = x × 4e−0,4 x et en particulier
A(2) = 2 × 4e−0,4×2 = 8e−0,8 ≈ 3,6.
l’intervalle ]−` ; − 1] < ⎡ 3 ; +` ⎡ et négatif sur l’intervalle
⎣2
⎣
Si AB = 2 m, alors le panneau publicitaire à une aire d’environ
⎡−1; 3 ⎤ .
2
3,6 m .
⎣
2⎦
2. La fonction A est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ .
On en déduit que la fonction f' est positive sur l’intervalle
A ′ ( x ) = 4e−0,4 x − 0, 4 × 4 x × e−0,4 x = e−0,4 x (−1,6x + 4 ).
Pour tout réel x [ [0 ; +`[,
]−` ; − 1] < ⎡⎣ 23 ; +` ⎡⎣ et négative sur l’intervalle ⎡⎣−1; 23 ⎤⎦ .
e−0,4 x . 0 et −1,6x + 4 > 0 ⇔ x < 2,5. On en déduit que la
c.
fonction A est croissante sur l’intervalle [0 ; 2,5] et décrois1
x
–1
–`
+`
sante sur l’intervalle [2,5 ; +`[ . La fonction A admet un
2
maximum atteint pour x = 2,5.
f' (x)
+
0
–
0
+
f (2,5) = 4e−0,4×2,5 = 4 ≈ 1, 47. Le panneau publicitaire
e
4.5e–1
rectangulaire possédant l’aire la plus grande à une longueur
f (x)
de 2,5 m et une largeur d’environ 1,47 m.
0
()
()
(
45 1.
y
1
0
148
1
Chapitre 6 Fonction exponentielle
x
)
)
2. Au point A d’abscisse –1, la tangente à la courbe # f est
horizontale et a pour équation y = f (−1) = 4,5 .
e
L’abscisse du point M est solution de l’équation f ( x ) = 4,5 .
e
À la calculatrice, une valeur approchée de l’abscisse du point
M est 2,1.
3. Au point B d’abscisse 0, la tangente à la courbe # f a pour
équation :
y = f ′ (0)( x − 0) + f (0) ⇔ y = −1,5x + 1.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
(
4.
53 1.
y
1
0
48 1. Réponse b.
2. Réponse c.
3. Réponse a.
49 1. v10 = 9,81×
1 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 . e3 x−2 ⇔ e− x+3
e3 x−2
e
x−3
1
x
Graphiquement, # g , la courbe représentative de la fonction
g, est au-dessus de # f , la courbe représentative de la fonction
f, sur l’intervalle ]−` ;1,2[.
1 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 . e3 x−2 ⇔ e− x+3 .1 ⇔ e−4 x+5 .1 ⇔ e−4 x+5 .
2. x−3
e
e3 x−2
.1 ⇔ e−4 x+5 .1 ⇔ e−4 x+5 . e0 ⇔ −4 x + 5. 0 ⇔ x , 5
4
Donc g ( x ) . f ( x ) ⇔ x [ ]−` ;1,25[.
54 1. f (0) = 2 ; f (2) ≈ 3,5 ; f ( 4 ) ≈ 3,8 ; f (6) ≈ 3,7 ; f (8) ≈ 3,5
f (0) = 2 ; f−(3,9
2)×10
≈ 3,5
⎞ ; f ( 4 ) ≈ 3,8 ; f (6) ≈ 3,7 ; f (8) ≈ 3,5. La fonction f donne une approximation satisfai6 ⎛
6
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
× 1− e
sante des frais au millier d’euros près.
⎟⎠ ≈ 15
3,9 ⎜⎝
−x
−x
−x
La vitesse de la goutte 10 s après sa chute est d’environ
2. f ′ ( x ) = e 3 − 1 ( x − 1) e 3 = − 1 e 3 ( x − 4 ) . On en déduit
3
3
15 m/s.
0
;
4
,
négative
sur
que
f'
est
positive
sur
[
]
[4 ; +`[et que la
k
k
k
k
k
k
− k (n+1) ⎞
⎛
m ⎛1− e− m n ⎞ = 9,81 m ⎛ e− m n − e− m n− m ⎞ = 9,81 m e− m n ⎛1− e− m ⎞
Tn = vn+1 − vn = 9,81 m ⎜1− e m
−
9,81
f est croissante
sur
sur [ 4 ; +`[.
⎟⎠
⎟⎠
⎜⎝
⎟⎠
⎟⎠
k⎝
k fonction
k ⎜⎝
k[0 ; 4] ⎜⎝et décroissante
Les frais de fonctionnement ont augmenté de 2010 à 2014
k
k
k
k
k
k
m ⎛1− e− m n ⎞ = 9,81 m ⎛ e− m n − e− m n− m ⎞ = 9,81 m e− m n ⎛1− e− m ⎞
et baissent depuis 2014.
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟⎠
k⎝
k⎝
k
⎠
⎠
⎝
3. Le sens de variation de la fonction f laisse supposer que le
gérant a raison de croire qu’à terme les frais de fonctionnek (n+1)
k
k
−
−
−
⎛
⎞
Tn+1 = 9,81 m e m
⎜⎝1− e m ⎟⎠ = e m × Tn
ment atteindront leur niveau de 2010.
k
4.
y
−k ⎞
⎛
T0 = 9,81× m ⎜1− e m ⎟
k⎝
⎠
La suite (Tn ) est donc géométrique de premier terme
−k ⎞
−k
− 3,9
−3
⎛
T0 = 9,81× m ⎜1− e m ⎟ et de raison q = e m . q = e 6 = e 5 ,
k⎝
⎠
−3
− 3,9 ⎞
⎛
or 0 , e 5 ,1, T0 = 9,81× 6 ⎜1− e 6 ⎟ ≈ 7,2 . 0,
3,9 ⎝
⎠
la suite (Tn ) est décroissante pour tout n [ N.
À la calculatrice, on trouve que Tn est inférieure à 0,001 m/s
au bout de 14 s.
50 e25 ≈ 7,2 × 1010 . Pour visualiser la courbe de la fonction
exponentielle sur l’intervalle [0 ; 25], il faut que la page ait une
hauteur d’environ 7,2 × 1010 cm.
51 1. C (0,5) = 5 000 × e0,015×0,5 ≈ 5 037,64 €
Au bout de 6 mois, le capital obtenu est d’environ 5 037,64 €.
2. C ′ (t ) = 0,015 × 5 000 × e0,015t = 75 × e0,015t
Or, 75 × e0,015t . 0 pour tout t [ [0 ; +`[ . La fonction C est
donc croissante sur l’intervalle [0 ; +`[ .
3. Graphiquement, il semble que le capital obtenu sera de
5 750 au bout d’environ 9 ans.
4. Graphiquement, le capital devient supérieur à 5 250 € au
bout d’environ 3 ans.
52 1. f (1949) = 350 ⇔ keλ(1949−1949) = 350 ⇔ k = 350
2. f (1959) = 350 × e0,012(1959−1949) = 350 × e0,012×10 ≈ 394,62
1
0
x
2
On remarque, graphiquement, que la fonction semble tendre
vers une limite égale à 3 lorsque x tend vers des valeurs de
plus en plus grandes. Plus x est grand et plus la fonction e
−x
3
tend vers 0. La fonction f tend alors vers 3. Après 2014, l’entreprise ne pourra pas baisser ses frais de fonctionnement en
dessous de 30 000 €.
5. À la calculatrice, on trouve que les frais de fonctionnement
repasseront sous la barre des 32 000 € au bout de 13 ans, ce
qui correspond à l’année 2023.
55 1. Réponses b et c.
2. Réponse b.
3. Réponse b.
4. Réponse a.
5. Réponse a.
56 1. La température à l’extérieur est inférieure à la température de la pièce, la fonction f donnant la température en
degré Celsius en fonction du temps écoulé depuis 22 h
devrait être décroissante sur [0 ; 9].
2. −0,12 , 0. La fonction e−0,12t est décroissante sur [0 ; 9].
On en déduit que la fonction f est décroissante sur [0 ; 9].
3. f (9) = 9e−0,12×9 + 11 ≈ 14 °C. La température de la pièce à
7 h le lendemain matin est d’environ 14 °C.
Chapitre 6 Fonction exponentielle
149
4.
57 1. Pour tout réel x, on a f ′ ( x ) = e x.
T (en °C)
L’équation de la tangente à la courbe # f au point A d’abscisse a, a pour équation :
y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) ⇔ y = ea ( x − a ) + ea ⇔ y = ea x + ea (1− a )
y = f ′ (a )( x − a ) + f (a ) ⇔ y = ea ( x − a ) + ea ⇔ y = ea x + ea (1− a ).
2. Le point B appartient à la droite 7 et son ordonnée est
nulle. L’abscisse du point B satisfait donc l’équation suivante :
0 = ea x B + ea (1− a ) ⇔ x B = a − 1.
3. BH =
2
BH =
0
t
1
( xH − xB )2 + ( yH − yB )2
= (a − (a − 1))2 + (0 − 0)2 = 1
( xH − xB )2 + ( yH − yB )2
= (a − (a − 1))2 + (0 − 0)2 = 1
La distance BH est indépendante de a et est égale à 1.
À la calculatrice, on trouve que la température de la pièce
passera sous la barre des 15 °C au bout de 6,8 heures soit
vers 4 h 48 min le lendemain matin.
Exercices
58 1. Pour tout réel x [ [0;5], on a :
f ′ ( x ) = 1− e− x+0,5.
Le signe de A ′ ( x ) est le même que g ( x ) .
2. D’après la question précédente, A' (x) est positive sur [0; α ]
négative sur [α ; +`]. On en déduit que la fonction A est
1− e− x+0,5 . 0 ⇔ e− x+0,5 ,1⇔ e− x+0,5 ,e0 ⇔ − x + 0,5, 0 ⇔ x .et0,5
+0,5
0
croissante sur [0 ; α ] et décroissante sur [α ; +`].
,e ⇔ − x + 0,5, 0 ⇔ x . 0,5
La fonction f' est négative sur [0; 0,5] et positive sur [0,5; 5].
Partie 3
La fonction f est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ .
On en déduit que la fonction f est décroissante sur [0; 0,5] et
x
croissante sur [0,5;5].
f ′ ( x ) = − 4e 2
2. a. Par lecture graphique, 2 < α < 2,5.
(e x + 1)
b. Graphiquement, la courbe # f est située en dessous de la
L’équation de la tangente à la courbe représentative de la
droite Δ sur l’intervalle ]α ;5].
fonction f au point M d’abscisse α a pour équation :
4
3. La fonction f admet un minimum atteint en x = 0,5. Il faut
α
4eα ( x − α ) + 4 ⇔ y =
y
=
f
α
x
−
α
+
f
α
⇔
y
=
−
(
)
(
)
(
)
′
2
donc produire 50 cartes pour que le coût d’utilisation de la
eα + 1
1
eα + 1)
(
machine soit minimal.
α −1
4 1
4. B ( x ) = R ( x ) − C ( x ) = 1,5x − ( x + 1+ e− x+0,5) = 0,5x − 1− e− x+0,5 4eα
4(
α
−
1
4
4
y = f ′ (α )( x − α ) + f (α ) ⇔ y = −
⇔y=
⇔y=
(x − α) + α
(x − α) +
2
2
1
α
e
x − ( x + 1+ e− x+0,5) = 0,5x − 1− e− x+0,5
+
1
1 +1
+1
(e + 1)
α −1
α −1
5. Pour tout réel x [ [0 ; 5], on a :
1
4
α
4 ( x − α ) 4 (α − 1)
α − 1 (x − α) +
4
y = f ′ (Bα′)((xx) −=α0,5
⇔ y.=0,− la4e
⇔y=
+
⇔ y= 4x− 4
⇔y=
) + +f (eα−)x+0,5
( x − αB) +estα4 croissante
fonction
2
2
1
α
α
α
α
α
e
+
1
1 +1
+1
(e + 1)4 1
sur [α0 ; 5] .
α −1
α −1
4 ( x − α ) 4 (α − 1)
− 1 (x − α) +
4
−,
α )0+etαB4(5) ⇔
⇔y=
y = e−4 ,5α
+
⇔ y = 4 x − 4.
) ⇔ y = − 6.4e
B (0)2 =( x−2
= 1,5−
. 0. De
2 plus, sur l’inter1
α
α
α
α
α
e
+
1
1
+1
e + [10) ;5] la fonction B est continue, dérivable
(valle
+1
et strictement
α −1
α −1
60 1. a.
croissante. L’équation B ( x ) = 0 admet donc une solution
−5 ×7
⎛
⎞
unique α sur l’intervalle [0 ; 5].
C5 = 84 ⎜1− e 80 ⎟ = 12 (1− e−0,4375 ) ≈ 4,25 2 µ M ⋅ L–1
7 ⎝
À la calculatrice, 2,32 < α < 2,33. L’entreprise doit donc
⎠
produire et vendre au moins 233 cartes pour réaliser un
b. En utilisant la table de la calculatrice, on observe que cette
bénéfice.
concentration augmente mais la croissance est de moins en
moins forte et la concentration se rapproche de 12 µM ⋅ L−1.
59 Partie 1
2. La formule donnant la concentration devient
1. Pour tout réel x [ [0 ; +`[, on a :
− 3n ⎞
⎛
Cn = d ⎜1− e 80 ⎟ .
g ′ ( x ) = e x − e x − xe x = − xe x < 0.
3⎝
⎠
La fonction g est décroissante sur l’intervalle [0 ; +`[ .
− 3n
− 3n
2. À la calculatrice, α ≈ 1,28.
lim e 80 = 0 , donc lim 1− e 80 = 1 ;
n→+ `
3. g (α ) = 0 ⇔ eα − αeα + 1 = 0 ⇔ eα (1− α ) = −1 ⇔ eα = 1 n→+ `
α − 1 lim C = 15⇔ d = 15, soit d = 45 μM ⋅L−1.
n
3
n→+ `
1 = 0 ⇔ eα (1− α ) = −1 ⇔ eα = 1
α −1
(
(
(
)
Partie 2
1. La fonction A est définie et dérivable sur l’intervalle [0 ; +`[ .
A′ ( x ) =
150
4 (e x + 1) − 4 xe x
(e
x
+ 1)
2
=
4 (e x − xe x + 1)
(e
x
+ 1)
2
Chapitre 6 Fonction exponentielle
=
4g ( x )
(e x + 1)2
)
)
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(
61 Partie A
À t = 0, la température est de 1 000 °C.
1. La fonction cosh( x ) est définie et dérivable sur R.
On en déduit le système suivant :
x
−x
⎧
e
−
e
⎧
⎧ a = 1000 − b
f (0) = 1000
a + b = 1000
cosh′ ( x ) =
= sinh( x )
⎪
⎪
⎪
2
⇔⎨
⇔
⇔
x
−x 2
x
−x 2
2x
x ⎨
−x
−2 x 1 2 x
x −
x ⎨ −21
x
0
1
1b = 4
2
2
e
e
e
+
e
−
e
+
2e
e
+
e
−
e
+
2e
e
−
e
4e
−
a
+
a
+
b
=
4
(
)
f
0
+
f
0
=
4
(
)
(
)
′
2. cosh ( x ) − sinh ( x ) =
−
=
= 5 =1
⎪
⎪
⎪
5
5
5
⎩
⎩
2
2
4
4
⎩
x
−x 2
x
−x 2
2x
x −x
−2 x
− e2 x + 2e x e− x − e−2 x = 4e0 = 1
− sinh2 ( x ) = e + e
− e −e
= e + 2e
⎧ e f+(0e) = 1000
⎧
⎧
a + b = 1000
2
2
4
4
⎧ a = 980
⎪
⎪ a = 1000 − b
⎪
⇔⎨ 1
⇔⎨
⇔⎨
⎨
1
1b = 4
1
−
a
+
a
+
b
=
4
(
)
x
−x 2
2x
x −x
−2 x
2x
x −x
−2
x) +
0(0 ) = 4
f
0
f
(
′
⎩ b = 20
⎪⎩ 5
⎪⎩
e −e
− e + 2e e ⎪⎩− e
5
5
5 =1
= e + 2e e + e
= 4e
2
4
4
−t
−t
−x
−(− x )
−x
x
2. f ′ (t ) = − 1 × 980 × e 5 = −196e 5 , 0
e
e
+
e
+
e
5
3. cosh(− x ) =
=
= cosh( x )
2
2
La fonction f est décroissante sur l’intervalle [0 ;+`[. Aussitôt
La fonction cosh est paire.
le four éteint, il paraît cohérent que la température du four
−x
−(− x )
−x
x
x
−x
diminue.
sinh(− x ) = e − e
= e − e = − e − e = − sinh( x )
2
2
2
3. a. Le programme détermine, avec une précision de 1, la
La fonction sinh est impaire.
première valeur de t pour laquelle la fonction e kt est supéPartie B
rieure à une valeur égale à b.
b. Le programme fonctionne lorsque la fonction e kt est
1. a. f (− x ) = a × cosh − x + b = a × cosh x + b = f ( x )
38
38
décroissante. Ainsi, il faut que la valeur de k soit négative. De
La fonction f ( x ) est paire, la courbe représentative de la foncplus, e k ×0 = 1, le seuil b sous lequel doit passer la fonction
tion f est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.
doit donc être inférieur à 1 et positif car la fonction exponen⎧
b = 190 − a
⎧ f (0) = 190
⎧
a + b = 190
a + b = 190tielle est strictement
a + bpositive
= 190 sur R. ⎪
⎪
⎪⎧
⎪⎧ b ≈ 2
⎪
⎪⎧
⇔⎨
⇔
⇔
⇔
⇔⎨
b. ⎨
190
⎨
⎨
⎨
c.
95
a
=
⎪⎩ a ≈ −
⎪⎩ a (1− cos h(2,5)) = 190
⎪⎩ acos h(2,5) + b = 0
⎪⎩ f (95) = 0
⎪
⎪⎩ acos h 38 + b = 0
1− cos h(2,5)
⎩
⎧
b = 190 − a
⎧
a + b = 190
⎧⎪
⎧⎪
0) = 190
⎧⎪ b ≈ 227,02
a + b = 190
a + b = 190
⎪
⎪
⇔
⇔⎨
⇔
⇔
⇔⎨
190
⎨
⎨
⎨
95
a
=
(95) = 0
⎪⎩ a ≈ −37,02
⎪⎩ a (1− cos h(2,5)) = 190
⎪⎩ acos h(2,5) + b = 0
⎪⎩ acos h 38 + b = 0
⎪
1− cos h(2,5)
⎩
⎧
b = 190 − a
⎧⎪
⎧⎪ b ≈ 227,02
a + b = 190
190
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
190
a=
)+b = 0
⎩⎪ a ≈ −37,02
⎪
⎩⎪ a (1− cos h(2,5)) = 190
1− cos h(2,5)
⎩
90 − a
⎪⎧ b ≈ 227,02
⇔⎨
190
⎪⎩ a ≈ −37,02
os h(2,5)
)
(
(
)
) (
) (
( )
)
( )
( )
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( )
2. 63, 40 = 31,7. Cela revient à trouver l’image de 31,7 par la
2
fonction f.
f (31,7) = −37,02 × cosh 31,7 + 227,02 ≈ 176,35.
38
Le Solar Impulse ne doit pas dépasser une altitude de
176,35 m pour passer sous l’arche.
( )
62 1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
−t
f ′ (t ) = − 1 ae 5
5
f (0) = a + b et f ′ (0) = − 1 a.
5
Il faut attendre au moins 15 heures après l’arrêt du four pour
que la température de celui-ci soit inférieure à 70 °C.
63 1. f (0) = 3 et f ′ (0) = −2.
2. Pour tout réel x, on a :
f ′ ( x ) = e x + a − be− x .
⎧⎪ f (0) = 3
⎧ 1+ b = 3
⎧ b=2
3. ⎨
⇔⎨
⇔⎨
=
−2
f
0
1+
a
−
b
=
−2
(
)
′
⎩
⎩ a = −1
⎩⎪
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
64 Partie A
La concentration du produit dans le sang du patient au bout
de 5 h est d’environ 0,5 g/L.
1. Graphiquement, la concentration du produit dans le sang
3. f ′ (t ) = 0,5e−0,4t − 0, 4 (0,5t + 1,2) e−0,4t = e−0,4t (−0,2t + 0,02)
du patient au bout de 2 h est d’environ 0,97 g/L.
−0,4t
− 0,dessous
4 (0,5t + 1,2) e−0,4t = e−0,4t (−0,2t + 0,02)
(t ) = 0,5ef est en
2. La courbe représentative de laf ′fonction
4. Pour tout t [ [0 ; 24],
de la droite d’équation y = 0, 4 sur l’intervalle ]5,75 ; 12]. Il
−0,4t
e
. 0 et −0,2t + 0,02 > 0 ⇔ t < 0,1.
faut donc attendre au moins 5,75 heures pour que la
On
en
déduit que la fonction f est croissante sur l’intervalle
personne puisse prendre le volant.
[0 ; 0,1] et décroissante sur l’intervalle [0,1; 24]. La concentraPartie B
tion de médicament dans le sang du patient augmente
1. f (0) = 1,2 ⇔ b = 1,2. Ainsi f (t ) = (0,5t + 1,2) e−0,4t .
pendant les 6 minutes après l’injection puis diminue.
3,7
−0,4×5
−2
= 3,7e = 2 ≈ 0,5
2. f (5 ) = (0,5 × 5 + 1,2) e
e
Chapitre 6 Fonction exponentielle
151
5. On cherche à la calculatrice la première valeur de t telle
que f (t ) , 0,06.
On trouve t = 12. Il faut attendre 12 h après l’injection pour
que la concentration devienne inférieure à 0,06 gramme par
litre.
x
5
2
0
f' (x)
–
0
+`
+
8
Partie C
f
(
x
)
f ′′ (t ) = −0, 4 (−0,2t + 0,02) e−0,4t − 0,2e−0,4t = (0,08t − 0,208) e−0,4t
3 – 20e–2,5
−0,4t
− 0,2e−0,4t = (0,08t − 0,208) e−0,4t
3. Pour tout réel x,
Pour tout t [ [0 ; 24],
f ( x ) = 3 ⇔ (−4 x 2 + 5 ) e− x + 3 = 3 ⇔ (−4 x 2 + 5 ) e− x = 0
e−0,4t . 0 et 0,08t − 0,208 > 0 ⇔ t > 2,6.
⇔ −4 x 2 + 5 = 0 ⇔ ( 5 − 2x )( 5 + 2x ) = 0 ⇔ x = 5
On en déduit que la fonction f' est décroissante sur [0; 2,6]
2
et croissante sur [2,6 ; 24]. La baisse de concentration ralentit
2
5
−
5
5 =minutes
0 ⇔ ( 5 après
− 2x )( 5 + 2x ) = 0 ⇔ x =
ou x =
.
au bout de 2,6 heures, soit 2−4
h xet+36
2
2
l’injection.
Une seule solution sur l’intervalle [0 ;+`[ : x = 5 ≈ 1,12 .
2
65 1. La fonction f est définie et dérivable sur [0 ; +`[ .
Partie
B
f ′ (t ) = −0,04 × (−1000e−0,04t ) = 40e−0,04t
1. f (5) ≈ 2,36 ; pour une production de 500 litres de peinture,
Pour tout t [ [0 ; +`[ , f ′ (t ) est positive et la fonction f est
le coût moyen unitaire de production est de 236 euros.
croissante.
2. Le minimum de la fonction f est atteint pour x = 5 et
2
t
0
+`
f 5 ≈ 1,36.
2
f (t)
Pour minimiser le coût moyen unitaire de production, l’en200
treprise doit produire 250 litres de peinture. Le coût moyen
2. a. Graphiquement, on lit qu’au bout de 40 h il y a environ
unitaire minimal de production est 136 euros.
1 000 individus dans l’enceinte.
3. Le coût moyen unitaire minimal de production est de
b. On cherche la valeur de t solution de l’équation
136 euros par hectolitre, donc l’entreprise ne peut pas réaliser
f (t ) = 4 × f (0).
de bénéfice
si le prix de vente d’un hectolitre de peinture est
f (t ) = 4 × 200 ⇔ 1200 − 1000e−0,04t = 800 ⇔ −1000e−0,04t = −400
e−0,04t
= 0, 4
fixé⇔
à 100
euros.
1200 − 1000e−0,04t = 800 ⇔ −1000e−0,04t = −400 ⇔ e−0,04t = 0, 4
4. On sait que l’équation f ( x ) = 3 admet une unique soluÀ l’aide de la calculatrice, on trouve t ≈ 23. Le nombre d’individus présents dans l’enceinte aura été multiplié par quatre
tion : x = 5 ≈ 1,12.
2
au bout de 23 heures.
Avec
un
prix
de vente d’un hectolitre de peinture fixé à
−0,04×50
3. On a f ′ (50) = 40e
≈ 5 , 4.
300
euros,
le
seuil
de rentabilité est obtenu pour une producLa vitesse d’évolution du nombre d’individus à t = 50 heures
tion
de
112
litres
de
peinture.
est d’environ 5,4 milliers d’individus par heure.
4.
67 1. La fonction f est définie et dérivable pour tout t [ [0 ;+`[.
f ′ (t ) = −0,12 × 100e−0,12 t = −12e−0,12t . P o u r t o u t t > 0 ,
f ′ (t ) , 0. On en déduit que la fonction f est décroissante sur
l’intervalle [0 ; +`[ .
t
f (t)
La fonction individus affiche, avec un pas de 1, le nombre
d’individus en milliers, pour chaque instant, en heure,
compris entre 150 et 160.
66 Partie A
1. f ′ ( x ) = −8xe− x + (−4 x 2 + 5)(−e− x ) = (−4 x 2 − 8x − 5) e− x
2. Pour tout réel x, e− x . 0, donc le signe de f’ est celui du
trinôme.
Étude du signe du trinôme :
Δ = 64 + 80 = 144 . 0.
Deux racines x1 = −1 et x2 = 5 .
2
2
D’où le signe de f' et les variations de f sur l’intervalle [0 ; +`[ .
152
Chapitre 6 Fonction exponentielle
0
+`
100
2. La puissance du son émis est initialement de 100 W. Après
le pincement de la corde, la puissance du son diminue avec
le temps.
3. f ( 4 ) = 100e−0,12 ×4 ≈ 61,9. Arrondi au watt près, la puissance du son quatre secondes après le pincement est de
61,9 W.
4.
5. a. La fonction seuil renvoie, au dixième de seconde près,
la plus petite durée, en secondes, pour laquelle la puissance
du son devient inférieure à 80 W.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
()
b.
Arrondie au dixième de seconde près, la plus petite durée
pour laquelle la puissance est inférieure à 80 W est de 1,9 s.
2. Pour tout réel x, la fonction exponentielle est positive. La
proposition est fausse.
3. Pour tout entier naturel n, un = 1 e3n .
2
3(n+1)
3n+3
3
1
1
= e
= e × 1 e3n = e3 × un .
On a un+1 = e
2
2
2
68 1. Pour tout réel x :
f ′ ( x ) = −e− x + xe− x = e− x (−1+ x ). Pour tout réel x, e− x . 0
La suite (un ) est géométrique de raison q = e3 et de premier
terme u0 = 1 . La proposition est vraie.
2
4. −3, 0 ⇔ e−3 , e0 car la fonction exponentielle est croissante sur R. On a donc e−3 ,1. La proposition est fausse.
69
On en déduit le tableau de variation de la fonction f suivant.
et −1+ x > 0 ⇔ x > 1. La fonction dérivée est négative sur
l’intervalle ]−` ; 1] et positive sur l’intervalle [1;+`[ . On en
déduit que la fonction f est décroissante sur l’intervalle
]−` ; 1] et croissante sur l’intervalle [1;+`[. La proposition est
fausse.
x
Questions Va piano
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1. Pour tout réel x :
f ′ ( x ) = e− x − xe− x = e− x (1− x ).
2. Pour tout réel x, e− x . 0 et 1− x > 0 ⇔ − x > −1 ⇔ x < 1.
La fonction dérivée est positive sur l’intervalle ]−` ; 1] et négative sur l’intervalle [1;+`[. On en déduit que la fonction f est
croissante sur l’intervalle ]−` ; 1] et décroissante sur l’intervalle [1;+`[. La fonction f admet donc un maximum atteint
en x = 1. De plus, f (1) = 1× e−1 = 1 , le maximum de la fonce
1
tion f atteint en x = 1 est égal à .
e
3. f ( x ) = 0 ⇔ xe− x = 0 ⇔ x = 0 car e− x . 0 pour tout réel x.
6
S = {0}
4. a. f ( x ) = −1
6
S = {−0,6}
b. f ( x ) = 0,2
6
S = {0,3 ;2,5}
c. f ( x ) = 0,5.
6
S= ∅
Questions Moderato
1. Pour tout réel x, on a :
f ′ ( x ) = e− x − xe− x = e− x (1− x ).
Pour tout réel x, e− x . 0 et 1− x > 0 ⇔ − x > −1 ⇔ x < 1.
La fonction dérivée est positive sur l’intervalle ]−` ; 1] et négative sur l’intervalle [1;+`[. On en déduit que la fonction f est
croissante sur l’intervalle ]−` ; 1] et décroissante sur l’intervalle [1;+`[. La fonction f admet donc un maximum atteint
en x = 1. De plus, f (1) = 1× e−1 = 1 , le maximum de la fonce
1
tion f atteint en x = 1 est égal à .
e
+`
1
–`
f' (x)
+
–
0
1
e
f (x)
2.
y
1
0
1
x
3. D’après la question 1, la fonction f admet un maximum 1
e
atteint en x = 1. Cela signifie que pour tout m [ ⎤ 1 ;+` ⎡, l’équa⎦e
⎣
tion f ( x ) = m n’admet pas de solution.
4. a. f ( x ) < 0 ⇔ xe− x < 0, or e− x . 0 pour tout réel x.
Donc xe− x < 0 ⇔ x < 0.
b. Pour tout m , 0, d’après la question précédente, l’équation
f ( x ) = m admet, si elles existent, des solutions dans l’intervalle
]−` ; 0[. De plus, d’après le tableau de variation de la question 1, la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle
]−`; 0[. Cela signifie que si m , 0, alors l’équation f ( x ) = m
admet au plus une solution dans l’intervalle ]−` ; 0[.
5. Si m [ ⎤ 1 ;+` ⎡ , l’équation f ( x ) = m n’admet pas de
⎦e
⎣
solution.
Si m = 1 , l’équation f ( x ) = m admet une solution.
e
Si m [ ⎡0 ; 1 ⎡ , l’équation f ( x ) = m admet au moins une
⎣ e⎣
solution.
Si m [ ]−` ;0[ , l’équation f ( x ) = m admet au plus une
solution.
Chapitre 6 Fonction exponentielle
153
Questions Allegro
Questions Moderato
1. Voir questions Moderato 1 et 2.
1. Pour tout réel t > 0, on a :
−0,6t
⎧
⎧
x=0
⎪
⎪ x = 0−150 × ⎧(−0,6
x = )0× 90e−0,6t
2. f ( x ) = x ⇔ xe− x = x ⇔ x (e− x − 1) = 0 ⇔ ⎨ − x
⇔ ⎨ f ′−(tx) = 0 ⇔ ⎨
= 8100e
.
2
x =−0,6t
0 )
⎩⎪ e − 1 = 0
⎩⎪ e = e
(1+⎩ 90e
(1+ 90e−0,6t )2
⎧ x=0
x=0
⎪⎧
⎪⎧ x = 0
2. Pour tout réel t > 0, on a f ′ (t ) . 0. On en déduit que la
= 0 ⇔ ⎨ −x
⇔⎨
⇔ ⎨ −x
0
fonction f est croissante sur l’intervalle [0 ; +`[ .
⎩ x=0
⎩⎪ e = e
⎩⎪ e − 1 = 0
3. Arrondie au centième d’heure près, la plus petite durée
f (0) = 0. La droite d d’équation y = x et # f la courbe reprépour laquelle la population dépasse les 8 millions est 2,71 h
sentative de la fonction f ont un point d’intersection de
soit 2 heures et 43 minutes.
coordonnées (0 ; 0).
⎧⎪
⎧⎪ x = 0
x=0
⇔ ⎨ −x
3. f ( x ) = ax ⇔ xe− x = ax ⇔ x (e− x − a ) = 0 ⇔ ⎨ − x
⎩⎪ e − a = 0
⎩⎪ e = a
⎧⎪
⎧⎪ x = 0
x=0
Questions Allegro
⇔ ⎨ −x
= ax ⇔ x (e− x − a ) = 0 ⇔ ⎨ − x
⎩⎪ e − a = 0
⎩⎪ e = a
1. Voir questions Moderato 1 et 2.
Si a , 0, alors l’équation e− x = a n’a pas de solution et l’équa2.
tion f ( x ) = ax admet donc x = 0 comme unique solution. La
droite d d’équation y = x et # f la courbe représentative de
la fonction f ont alors un seul point d’intersection de coordonnées (0 ; 0).
4. a. Si a . 0, l’équation e− x = a admet une solution dans R,
car, pour tout x [R, la fonction exponentielle est strictement
croissante et admet une image dans l’intervalle ]0 ;+`[.
b. Un des points d’intersection a pour coordonnées (0 ; 0),
l’autre a pour coordonnées (−0,693 ; − 1,386).
70
150
150
150
=
=
. Le nombre de bacté91
1+ 90e−0,6×0 1+ 90
150
ries à t = 0 est de
millions.
91
150
≈ 9. Arrondi à l’unité, le nombre de
2. f (3) =
1+ 90e−0,6×3
bactéries à t = 3 est de 9 millions.
3. Au vu des variations de la fonction f sur l’écran de la calculatrice, il semble que plus t augmente et plus le nombre de
bactéries augmente.
1. f (0) =
1 1. Graph B.
2. Graph C.
3. Graph A.
4. Graph D.
2 1. The red curve is the graphical representation of the
exponential function. The blue line is the graphical representation of the function whose equation is y = − x + 3.
2. The solution of the equation is the abscissa of the intersection point of the two curves.
6
S = {0.8}
3. 6
S = {0.792}
3. Il semble que la fonction f' admet un maximum atteint en
t = 8. À cet instant, le nombre de bactéries est donné par f (8).
f (8) ≈ 86. Le nombre de bactéries au bout de 8 heures est
d’environ 86 millions.
3 1. f (0) = 74e0,6×0 = 74. 74 minks were originally intro-
duced in the new habitat.
2. f (3) = 74e0,6×3 ≈ 448. The number of minks should be
around 448 after 3 years in the habitat.
3. Using calculator, it would take 9 years for the mink population to exceed 10 000.
4.
M
74
0
154
Chapitre 6 Fonction exponentielle
1 2 3 4
t (years)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Questions Va piano
7
1 a. Faux
b. Faux
2 a. ur + vr = ⎛ 3⎞
⎝ 2⎠
Calcul vectoriel
et produit scalaire
c. Vrai
r r ⎛ 1⎞
b. u − v =
⎝ −8⎠
r r
d. −2u − v = ⎛ −5⎞
⎝ 1⎠
d. Faux
r
r
c. 3u + 2 v = ⎛ 8⎞
⎝ 1⎠
uur
3 1. i AB i = (−2 − (−3))2 + (2 − 2)2 = 1 =1
uuur
i AC i = ( 4 − (−3))2 + (1− 2)2 = 50 = 5 2
uuur
i BC i = ( 4 − (−2))2 + (1− 2)2 = 37
2. Si le triangle ABC était rectangle, on aurait AC 2 = AB2 + BC 2,
or ce n’est pas le cas.
4 a. 1 × 3 − 2 × 0,5 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires.
3
b. 0,5 × (−4 ) − 3 × 2 = −4 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas
3
colinéaires.
5 On applique le théorème de Pythagore dans le triangle
ABH rectangle en H :
AB2 = AH 2 + HB2 ⇔ 9 = AH 2 + 4 ⇔ AH 2 = 5 ⇔ AH = 5
Dans le triangle AHC rectangle en H, on a :
· = AH = 5 , d’où HAC
· ≈ 29,2° ≈ 0,5 rad.
tan HAC
HC
4
(
)
6 a. Vrai
b. Vrai
c. Faux
d. Vrai
7 a. Faux
b. Vrai
e. Vrai
f. Vrai
uur uuur uuur
8 ua.
+rBDr= AD
uur ABuuu
b. CD + DC = 0
uur uuur uuur
c. AB + BM = AM
uuur uuur uuur
d. CD + MC = MD
c. Faux
d. Faux
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Pour construire le cours
Situation A
r
1 a. W F = F × AB × cos (0) = 280 × 50 × 1 = 14 000J
r
W f = f × AB × cos (180) = 91× 50 × (−1) = −4 550J
r
W R = R × AB × cos (90) = 450 × 50 × 0 = 0J
r
W P = P × AB × cos (−90) = 450 × 50 × 0 = 0J
b. On constate que les valeurs du travail d’une force peuvent être négatives, positives ou nulles et que le signe dépend de
l’angle.
r
2 W F = F × BC × cos (β ) = 370 × 350 × cos (22) ≈ 120 070 J.
()
( )
( )
( )
( )
Situation
B
1 Lorsque le point M se trouve sur le demi-cercle situé à droite du diamètre passant par A et perpendiculaire à (AB), p est
positif et sur l’autre demi-cercle p est négatif.
2 i = p lorsque p est positif et i = –p lorsque p est négatif.
uur uuur
uur uuur
uur
uuur
On
conjecturer
: AB ⋅ AM = AB × AH lorsque AB et AH sont colinéaires de même sens et AB ⋅ AM = − AB × AH lorsque
uur peutuuu
r
AB et AH sont colinéaires de sens contraire.
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
155
Situation C
r
r
r r
1 a. i i i = 1 = i j i
b. i ⋅ j = 0 car les vecteurs sont orthogonaux.
r r
r
r
r
r
2 a. u = xi + yj
b. v = x’ i + y’ j
r
r
r r
r
r
r
r r
r r
r
r r
c. u ⋅ v = xi + yj ⋅ x’ i + y’ j = xx’ × i 2 + xy’ × i ⋅ j + yx’ j ⋅ i + yy’ × j 2 = xx’ × i i i2 + yy’ × i j i2 = xx’ + yy’.
uur uuur
uur
uuur
3 AB = ⎛ 4 ⎞ , CD = ⎛ 2 ⎞ , AB ⋅ CD = 4 × 2 − 2 × 4 = 0
⎝ −2⎠
⎝ 4⎠
uur uuur
Les vecteurs AB et CD sont donc orthogonaux et les droites (AB) et (CD) perpendiculaires.
(
)(
Situation
)
D
1 a. Les points M tels que AM = 5 sont sur le cercle de centre A et de rayon 5.
b. k doit être positif car AM est une longueur.
Ce sont les cercles de centre A et de rayon k si k est positif et M = A si k est nul.
2 AM 2 − BM 2 = 0 ⇔ ( AM − BM )( AM + BM ) = 0 ⇔ AM = BM ou AM = − BM. Ce dernier cas est impossible car AM et BM sont positifs.
Les points M sont donc sur la médiatrice du segment [AB].
r
3 Les points M sont situés sur la perpendiculaire à la droite passant par A et de vecteur directeur u.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 On a utilisé la relation de Chasles.
2 La bilinéarité.
ur
u
ur
u
3 I est le milieu de [AB] donc IA = −IB , d’où le résultat.
ur
u ur
u
ur
u
ur
u
4 IA ⋅ IB = −IA × IB car IA et IB sont colinéaires de sens contraire. De plus IA = IB = AB d’où le résultat.
2
uuur
uur
uuur
uuur
uuur
uur
1 •BC = BA + AC d’après la relation de Chasles d’où BC = AC − AB.
uuur
uuur uur 2
uuur uur
• BC 2 = AC − AB = AC 2 + AB2 − 2 AC ⋅ AB
uuur uur
• AC ⋅ AB = AC × AB × cos Â
uuur
• BC 2 = BC 2 = AC 2 + AB2 − AC × AB × cos( µ
A)
(
)
( )
2 • Ce résultat est démontré p. 216.
uuur uuur
2
2
• MA ⋅ MB = 0 ⇔ MI 2 − AB = 0 ⇔ MI 2 = AB ⇔ MI = AB car ce sont des longueurs 4
4
2
⇔ M est sur le cercle de centre I et de rayon AB
2
Utiliser différents raisonnements
uuur uur
(
uur
uur uur
)
uur uur
uur uur
1 1. a. AM ⋅ AB = AI + IM ⋅ AB = AI ⋅ AB + IM ⋅ AB
uur uur
b. AI ⋅ AB = AI × AB = 3 × 6 = 18
uur uur
uur uur
c. De a. et b. on déduit : 18 = 18 + IM ⋅ AB d’où IM ⋅ AB = 0.
uuur uur
Les vecteurs IM et AB sont donc orthogonaux et le triangle AIM est rectangle en I.
2. a. I est le projeté orthogonal de M sur (AB).
uuur uur uur uur
b. AM ⋅ AB = AI ⋅ AB = AI × AB = 3 × 6 = 18
3. On vient de montrer que l’affirmation 1 implique l’affirmation 2 et que l’affirmation 2 implique l’affirmation 1, on en déduit
donc que les deux affirmations sont équivalentes.
uur uur uur r
2 Affirmation 1 : Si on prend M = A on a bien AB ⋅ AA = AB ⋅ 0 = 0 et le triangle ABM n’est pas rectangle en A. Donc l’affirmation est fausse.
Affirmation 2 : Faux car cette égalité est vérifiée par tous les points de la médiatrice du segment [AB].
uuur uur
Affirmation 3 : Si M est tel que A soit entre M et B, alors AM ⋅ AB = − AM × AB.
156
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Rédiger une démonstration
Travaux pratiques
TP
1 Une cible
1 def produit(x,y):
return (x+2)*(x-2)+y**2
2 a. impact1(0,0) renvoie un point rouge en (0;0), impact1(3,2) renvoie un point bleu en (3;2) et impact1(-4,4) renvoie un
point vert en (-4;4).
b. Lignes 2 et 3 : permet d’obtenir la grille.
Lignes 5 et
uuu6r : teste
uuursi le point M est dans le disque rouge (sachant que s’il est sur le cercle qui limite de disque rouge, les
vecteurs MA et MB sont orthogonaux et donc leur produit scalaire est nul).
uuur uuur
2
2
Lignes 7 et 8 : MO ¯ 4 ⇔ MO² ¯ 16 ⇔ MO2 − AB < 16 − 4 ⇔ MA ⋅ MB < 12.
4
4
uuur uuur
Donc l’algorithme teste si MA ⋅ MB < 12 et dans ce cas il affiche le point en bleu.
Lignes 9 et 10 : il teste si le point M est dans la zone verte restante et si oui il affiche le point en vert.
Ligne 11 : affichage de la figure.
3 a. L’instruction uniform(a,b) génère un nombre aléatoire entre a et b.
b. et 4
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def impacts(n):
pl.axis(“equal”)
pl.grid()
rouge,bleu,vert=0,0,0
for i in range(n):
x,y=uniform(-5,5),uniform(-5,5)
if produit(x,y)<=0:
pl.plot(x,y,’r’,marker=”.”)
rouge=rouge+1
elif produit(x,y)<12:
pl.plot(x,y,’b’,marker=».»)
bleu=bleu+1
else:
pl.plot(x,y,’g’,marker=».»)
vert=vert+1
pl.show()
return rouge,bleu,vert
TP
2 Déterminer un ensemble de points
1 a. def somme(x,y):
return(x+1)**2+(y-1)**2+(x)**2+(y-2)**2
b. Le programme parcourt un carré en démarrant du point M de coordonnées (–5 ; –5), teste si MA2 + MB2 = 18 et dans ce
cas trace le point M en bleu.
c.
def crible1(pas):
pl.axis(“equal”)
pl.grid()
pl.plot(-1,1,’r’,marker=”.”)
pl.plot(0,2,’r’,marker=”.”)
x,y=-5,-5
while x<=5:
while y<=5:
if isclose(somme(x,y),18,rel_tol=0.01)==True:
pl.plot(x,y,’b’,marker=”.”)
y=y+pas
y=-5
x=x+pas
pl.show()
d. On conjecture que les points M sont sur le cercle de centre I milieu de [AB].
D’après l’affichage le point M(– 3 ; 3) est sur ce cercle, on peut donc calculer le rayon du cercle IM ; on trouve 17 .
uur ur
u 2 uur ur
u 2
2
2 a. MA2 + MB2 = MI + IA + MI + IB
uur ur
u
uur ur
u
uur ur
u
uur ur
u
2
2
= MI 2 + 2MI ⋅ IA + IA2 + MI 2 + 2MI ⋅ IB + IB2 = 2MI 2 + 2 × AB + 2MI ⋅ IA − 2MI ⋅ IA = 2MI 2 + AB
2
2
(
) (
)
( )
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
157
(
)
b. I = − 1 ; 3 ⋅ AB2 = 2
2 2
2
MA2 + MB2 = 2MI 2 + AB = 18 ⇔ MI = 17
2
2
Donc l’ensemble des points M est le cercle de centre I et de rayon 17 .
2
3 Lignes de niveau
TP
1 a. On constate que les points sont alignés.
uuur
uuur
uur
ur
u uur ur
u
uur
ur
u
ur
u
uuur uuur uuur uuur uur
uur uur
uuur uuur uuur uuur
uur uur
b. MA2 − MB2 = 8 ⇔ MA + MB ⋅ MA − MB = 8 ⇔ 2MI ⋅ BA = 8 ⇔ IM ⋅ AB = 4.
uur uur
uur uur
c. IM ⋅ AB = 4 ⇔ IH ⋅ AB = 4 ⇔ IH × AB = 4 (le cas −IH × AB = 4 est impossible) ⇔ IH = 1 = IB ⇔ H est le milieu de [IB].
2
d. L’ensemble des points M est la médiatrice du segment [IB].
2 a. MA + MB = MI + IA + MI + IB = 2MI car IA = −IB et MA − MB = BM + MA = BA .
(
)(
)
TP
4 Le méthane CH4
uur uur
1 a. GA ⋅ GB = GA × GB × cosθ = GA2 × cosθ.
uur uur uur uuur uuur uur r
uur uur uur uuur uuur
b. GA ⋅ GA + GB + GC + GD = GA ⋅ 0 = 0 et GA ⋅ GA + GB + GC + GD = GA2 + 3GA2 cos (θ) d’où GA2 + 3GA2 cos (θ) = 0 et
donc cos (θ) = − 1 d’où θ ≈ 109,5°.
3
(
)
(
)
5 Droite d’Euler
TP
1 On conjecture que les points H, G et I sont alignés.
(
) ( )
2 a. A’ − 3 ; 0 , B’ 1 ; 2 , C ’ (1; 0).
2
2
On détermine les équations des médianes (AA’) : y = 4 x + 2 et (BB’) = y = 8 x + 2 .
9
3
3
3
On résout le système formé par ces deux équations pour trouver les coordonnées du point G ; on trouve G 0 ; 2 .
uuur uur
uuur uuur
3
b. CH ⋅ AB = 0 = AH ⋅ BC H étant l’orthocentre du triangle ABC.
uuur uur
uuur ⎛ x + 2⎞
uur
CH = ⎜ H
et AB = ⎛ −4 ⎞ . CH ⋅ AB = 0 ⇔ −4 ( x H + 2) − 4 ( yH − 2) = 0 ⇔ x H = − yH
⎟
⎝ −4 ⎠
⎝ yH − 2 ⎠
uuur uuur
uuur ⎛ x − 3⎞
uuur
AH = ⎜ H
et BC = ⎛ −1⎞ . AH ⋅ BC = 0 ⇔ −1( x H − 3) + 4 ( yH − 2) = 0 ⇔ − x H + 4 yH = 5 ⇔ 5yH = 5 ⇔ yH = 1 et x H = −1.
⎟
⎝ 4⎠
⎝ yH − 2⎠
Donc H (−1; 1).
c. Le centre du cercle circonscrit étant le point d’intersection des médiatrices,
onupeut
dire
r que les droites (IA’) et (BC) d’une
uur uuur
ur uuu
part, et (IB’) et (AC) d’autre part sont perpendiculaires. On a donc IA’ ⋅ BC = 0 = IB’ ⋅ BC .
On calcule ces produits scalaires à l’aide des coordonnées et, comme à la question 2, on obtient I = 1 ; 1 .
2 2
⎛ 3⎞
uur
uuur ⎛ 1 ⎞
u
u
r
u
uu
r
d. HG = ⎜ 1 ⎟ et HI = ⎜ 2 ⎟ , d’où HI = 3 HG .
−
⎜ 1⎟
2
⎝ 3⎠
⎜⎝ ⎟⎠
2
Donc les points H, G et I sont bien alignés.
(
TP
6 Ensemble de points
1 a. Figure à réaliser avec un logiciel de géométrie dynamique.
b. On conjecture que les coordonnées de M’ sont les cubes de celles de M.
2 a. QP = OM = 1
b. M (a ; b ), P (a ; 0), Q (0;b ).
uuur uuur
uuur
uuur
PQ = ⎛⎜ −a ⎞⎟ et PM = ⎛⎜ 0⎞⎟ , donc PQ ⋅ PM = b2 .
⎝ b⎠
⎝ b⎠
uuur uuur uuur uuur
c. H étant le projeté orthogonal de M sur (PQ), on a PQ ⋅ PM = PQ ⋅ PH = b2 .
uuur uuur
uuur uuur 2
uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
On a PH ⋅ PQ = b2 ⇔ PH ⋅ PQ = b2 × PQ ⇔ PH × 12 = b2 × PQ , donc PH = b2 × PQ
On traduit cette égalité avec les coordonnées, on obtient le système :
⎧ x − a = −ab2
or a2 + b2 = 1 donc b2 = 1− a2 d’où x = a3 .
⎨
3
⎩y − 0 = b
Donc si M (a ; b ), alors H(a3 ; b3).
158
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
)
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( )
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
Automatismes
()
uuur uuur
1 a. AD ⋅ AC = 2 × 2 2 × cos π = 4
4
uuur uuur
b. AD ⋅ CD = 2 × 2 × cos ( π ) = −4
uuur uuur
c. BD ⋅ AC = 0, les diagonales d’un carré sont perpendiculaires.
uuur uuur
d. AD ⋅ AO = 2 × 2 × cos π = 2
4
uuur uuur
e. OD ⋅ OC = 0
uur uuur uur uur
f. CA ⋅ DA = CA ⋅ CB = 4
()
r r
r r
r
r r
b. u ⋅ ( u − v) = u 2 − u ⋅ v = 22 − 0 = 4
r
r r
r r r2
c. v ⋅ (2u + v ) = 2 v ⋅ u + v = 2 × 0 + 22 = 4
r r r r
r
r
d. (u + v ) ⋅ (u − v ) = u 2 − v 2 = 4 − 4 = 0
6 a. ur ⋅ vr = 0 ⇔ −n + 2n + 2 = 0 ⇔ n = −2
r r
b. u ⋅ v = 0 ⇔ 6n − 6n = 0 ⇔ 0 = 0
Toutes les valeurs de n conviennent.
5 a. u ⋅ vur= 0
2 Notons O le centre du losange. Les diagonales sont
7 a. cos (30°) = 7 ⇔ 3 = 7 ⇔ a = 14 3
perpendiculaires.
a
a
2
3
uuur uuur uuur uuur
b. D’après le théorème d’Al-Kashi :
a. AC ⋅ CD = AC ⋅ CO = − AC × CO = 12,5
uuur uuur
a2 = 52 + 92 − 2 × 5 × 9 × cos (60°) = 71 d’où a = 71 .
⋅
=
0
b. AC
BD
uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur
c. BC = 12
= 12,5 le théorème d’Al-Kashi :
c. BA ⋅ BD = BO + OA ⋅ BD = BO ⋅ BD + OA ⋅ BD = BO × BD + 0D’après
r uuur uuur uur uuur
D = BO ⋅ BD + OA ⋅ BD = BO × BD + 0 = 12,5
122 = 62 + 122 − 6 × 12 × cos  d’où cos  = 0,5 .
uuur uuur uuur 2
Donc  = 60°.
d. AD ⋅ BC = AD = 25
uur uuur
Or
le triangle AIC, où I est le milieu de [AB], est isocèle en A.
e. AB ⋅ CD = − AB2 = −25
uuur uuur
uuur 2
Un triangle isocèle dont l’angle au sommet mesure 60° est
f. DC ⋅ CD = − DC = −25
équilatéral. Donc a = 6.
(
)
( )
3 a. −1× 1+ 3 × 3 = 8 ≠ 0 pas orthogonaux
b. 2 × 4 + 3 × 6 = 26 ≠ 0 pas orthogonaux
c. 3 × 1− 1 × 3 = 0 orthogonaux
2
2
d. −3 × 2 + 1,5 × (−3) = −10,5 ≠ 0 pas orthogonaux
r r
4 a. u ⋅ v = 4 × 9 × cos π = 0.
2
r r
b. u ⋅ v = 8 × 1× cos ( π) = −8.
r r
c. u ⋅ v = 2 × 3 × cos π = 3 3 .
6
r r
d. u ⋅ v = 6 × 5 × cos 2π = −15.
3
r r
e. u ⋅ v = 7 × 2 × cos π = 7 2 .
4
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()
()
( )
()
( )
8 a. Les points M sont sur la médiatrice du segment [AB].
b. Les points M sont sur le cercle de centre A et de rayon 12.
c. Les points M sont sur le cercle de diamètre [AB].
d. Les points M sont sur la perpendiculaire à (AB) passant
par B.
uur ur
u uur
9 uuu
a.rAI u+uuIB
r =uAB
ur
b. uAM
−
BM
ur uur u=urAB uur uur uur
c. BIuu+r ABuuu
=r BAu+
uurAI + AB = AI
AC
BC
d. −uuAB
r +uuu
r =uuu
r r
e. AB
+
MA
+
BM
uur uuur uur = u0ur
f. 2 AB + BC + CA = AB
uur uuur
uuur
uur
10 a. AB = ⎛ 2⎞ , AC = ⎛ 6 ⎞ , AB ⋅ AC = 0, donc le triangle
⎝ −4 ⎠
⎝ 3⎠
ABC est rectangle en A.
( 4 + 9 × 36 + 16 ) = 13.
b. Aire (ABC) = AB × AC =
2
2
Exercices
(( ( ))() )
uur uuur
ruu
uuuurruruuuuuu
uruu
ruruur
πππ==π=88×
144=
·
·
·
·
1AB
=AB
AB
××
AC
×cos
cos
==4=
CB ⋅ CD = 0
AC
×
cos
BAC
AB
AB
⋅AB
⋅AC
AC
⋅ AC
⋅ AC
===AB
AB
×AB
××AC
AC
AC
×
××cos
cos
BAC
BAC
BAC
===444=
4
××××444
×××cos
4cos
cos
× cos
8
=××811×1
4 4 5 ua.
uu
r
2
222 2
333 3
2
2
2
2
2
uuur uur
b. uBD
· = 10 × 5 × cos (120) = −25
uur u=uurBDuuu=r AD
uuur + AB = 3 + 5 = 9 + 25 = 34
2 PQ ⋅ PR = PQ × PR × cos QPR
c. DB
uur uur
uuur uur
uuur ⋅ AD
uuur = DA
uuur 2⋅ AD = −3 × 3 = −9
QP ⋅ PR = −PQ ⋅ PR = − (−25) = 25
d. uBD
⋅
BC
=
BC = 34 × cos (30) × 34 × cos (30) = 25,5
uur 2
2
uuur uuur uuur uuur
2
e.
CD
=
CD
= ( 34 × sin(30)) = 8,5
3
NP
⋅
NM
=
NP
⋅
NH
=
NP
×
NH
=
6
×
1
=
6
uuur uuur uuur uuur
ABD = tan−1 3 .
f. Dans le triangle ABD rectangle en A : ·
NP ⋅ PM = NP ⋅ PH = − NP × PH = −6 × 5 = −30
5
uuur uur
· = 34 × cos (30) × 5 × cos 30 + tan−1 3
uuur uur
BC ⋅ BA = BC × BA × cos ABC
2
4 uur⋅ CA = CD × CD = a × a = a
5
uuur uur
uuur CD
· = 34 × cos (30) × 5 × cos 30 + tan−1 3 ≈ 12,25
2
BC
⋅
BA
=
BC
×
BA
×
cos
ABC
uAD
uur ⋅ CB
uuur = − AD × CB = −a × a = −a
5
BD ⋅ AC = 0. Les diagonales d’un carré sont perpendiculaires.
≈ 12,25 au centième près.
uur uur
uur r
OB ⋅ AB = 1 a × a = 1 a2
uuur r
2
6 a. AB
uur uuur 2
uuur⋅ ur = −3 × 3 = −9
d. uDB
2
uur ⋅ uuuu=r −5 × 3 = −15
OA
b. uAC
⋅
u
=
0
uuur ⋅ OC
uuur = −a 2 × a 2 = −2a
e.
uur r
uDB
uur ⋅uAC
ur = 0
DA ⋅ BD = −a × a = −a2
c. AD ⋅ u = 2 × 3 = 6
f. DB ⋅ CB = 5 × 3 = 15
(( ( ( )) ) )
( )
(
)
(
)
()
(
( ))
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
159
(
7 1. L’horloge est partagée en douze secteurs identiques
r r r
r r r r
13 u ⋅ ( v + w ) = u ⋅ v + u ⋅ w = 2 − 1 = 1
3 6 2
d’angle au centre 30°. Lorsqu’il est 8 h 05, l’angle formé par
r r r
r r r r 2
u ⋅ (v − w) = u ⋅ v − u ⋅ w = − − 1 = 2 + 1 = 5
les deux aiguilles est de 150°. On a donc :
3 6 6
r
r
r
r
r 3 r r6
r r2
r 2
2
2
a ⋅ A = a × A × cos (a ; A) = 1× 2 × cos (150) = − 3 .
14
u
+
v
=
i
u
i
+
iv
i
+
2
u
⋅
v
=
3
+ 22 + 2 × (−2) = 9 + 4 − 4 = 9
(
)
r
r
r
r
r
r
2
2. Lorsqu’il est 3 h 25, l’angle formé par les deux(uaiguilles
+ v ) = est
i u i2 + iv i2 + 2u ⋅ v = 32 + 22 + 2 × (−2) = 9 + 4 − 4 = 9
r
r r2
r
r r
de 60°.
On a donc : r
r
r
r
u − v ) = i u i2 + iv i2 − 2u ⋅ v = 32 + 22 − 2 × (−2) = 9 + 4 + 4 = 17
(
r
a ⋅ A = a × A × cos a ; A = 1× 2 × cos (60) = 1.r r 2
r 2
r
r
(u −rv ) r = i u i + iv
r r
r r
r i2r − 2u ⋅ v = 32 + 22 − 2 × (−2
r ) = 9 + 4 + 4 = 17
r r r
r
3.
a
⋅
A
=
a
×
A
×
cos
a
;
A
⇔
−2
=
1×
2
×
cos
a
;
A
⇔
cos
a
; A r= −1
(u + v ) ⋅ (u − v ) = i u i2 − iv i2 = 32 − 22 = 9 − 4 = 5
r r
r r
r r
r r
a ⋅ A = a × A × cos a ; A ⇔ −2 = 1× 2 × cos a ; A ⇔ cos a ; A = −1
r
r r
r
15 u ⋅ v = −i u i × iv i = −2 × 1 = −1
L’angle formé par les deux aiguilles est de 180°, ainsi la
2
r
r
r r
u ⋅ (− v ) = − u ⋅ v = 1
grande aiguille est sur le 7.
r
r r
r
16 u ⋅ v = i u i × iv i = 7 × 4 = 28
8 1. Si deux vecteurs sont colinéaires et de sens opposés,
5
5
leur produit scalaire est égal à l’opposé du produit de leurs
r
r
r r
28 = −56
2
u
⋅
−5
v
=
−10
u
⋅
v
=
−10
×
(
)
(
)
normes. La proposition est fausse.
5
2. Si deux vecteurs non nuls sont orthogonaux alors leur
2
r
r
1 2 + 3 = 1 + 3 = 1 = 1.
17
i
u
i
=
2
produit scalaire est nul. La proposition
est
fausse.
et
v
=
−
uur uuur
uur uuur
2
4 4
2r
3. Dans un rectangle ABCD, AB ⋅ DB = AB2 et AB ⋅ AC = AB2 .
r r r r
r 2
2
2
2
1.
a.
u
+
v
⋅
u
−
v
=
i
u
i
−
iv
i
=
2
(
)
(
)
La proposition est vraie. uuur uuur uur uuur uuur uur uur uuur uur uur uuur uuur uuur uur − 1 = 3
2
r + BC
r
r 2 3 22
r r + AB r⋅ AB1+r BC 3⋅ DA
AB
j = 3 i⋅ +AB 3= jAB= + BC
i u⋅ +DA
+ 3 = 12 = 3
v i = 2i − i +
ur rectangle
uuur uurABCD,
uur AC
uuur ⋅ DB
uuur = uuu
r +
uuBC
r ⋅ DA + AB = AB
uur uuur 4.
uuDans
r uun
2
2
2
4
2
2
2
BC ⋅ DA + AB = AB ⋅ DA + AB ⋅ AB + BC ⋅ DA + BC ⋅ AB = AB2 + BC 2 .
2
2
r
r
r
r
r
r
r
La proposition est fausse.
i u + v i = 2 i − 1 i + 3 j = 3 i + 3 j = 3 + 3 = 12 = 3
2 r uuu2r
4
2
2
2
2
uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuu
2
2
r
r
r
r 1r
9 AM ⋅ AN = AB + BM ⋅ AN = AB ⋅ AN + BM ⋅ AN = 0 + 4 × 3 =r12r
i u – v i = 2 i + i − 3 j = 5 i − 3 j = 5 + − 3 = 28 =
uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur
2
2
2
4
2
2
2
⋅ AN = AB + BM ⋅ AN = AB ⋅ AN + BM ⋅ AN = 0 + 4 × 3 = 12.
2
2
r
r
r
r
r
rr ruur
r uur
i = 2 i + 1 i − 3 rj u=ur 5 i − 3 j = 5 + − 3 = 28 = 7
10 W = P ⋅ AB = P × AB × cosi uP–; vAB
= m × 2g × cos2 P ; AB 2= 60 ×2 9,8 × cos2(15 + 90)2= 588 × cos
4 (105) ≈ −152,19
r uur
r r 2
r r 2
2
2
i
u
+
v
i
−
i
u
+
v
i
=
3
−
7
= 3 − 7 = −4
× g × cos P ; AB = 60 × 9,8 × cos (15 + 90) = 588 × cos (105) ≈ −152,19 .
r r
r
r
r
r
r
2
Le travail du poids de la poutre sur le déplacement AB est de
2. a. i u + 2 v i = i2 i − i + 3 j i = i i + 3 j i = 12 + 3 = 4 = 2
r
r
r
r
r
r
r
2
–152 J arrondi à l’unité près.
i u + 2 v i = i2 i − i + 3 j i = i i + 3 j i = 12 + 3 = 4 = 2
uur uuur
r r
r
r
r
11 1. a. AB ⋅ AC = AB × AC × cos  = 2 × 5 × cos ( 45) = 10 × 2i u=r −5 22vr i = i2 i + i − 3 j i = i3i + 3 j i = 32 + 3 2 = 12 = 2 3
2
r r
r
r
r
r
r
2
2
C × cos  = 2 × 5 × cos ( 45) = 10 × 2 = 5 2 i. u − 2 v i = i2 i + i − 3 j i = i3i r+ 3 rj i = 3 + 3 =r 12r= 2 3 2
uuur uuur uur uuur 2
i u + 2 v i2 = 22 = 4 et i u − 2 v i = (2 3 ) = 4 × 3 = 12
r
r r
r
r
r r
r
r
r
r
r
b. AH ⋅ AC = AB ⋅ AC ⇔ AH × 5 = 5 2 ⇔ AH = 2. L’angle
b. (u + 2 v ) ⋅ (u − 2 v ) = 1 (i u + 2 v + u − 2 v i2 − i u + 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) =
uuur
uuur
2
2
2
r
r r
r
r r
r
r
r
r
r
r
r
r
r 2
AC et k =
.
 étant aigu, on a AH =
(u + 2 v ) ⋅ (u − 2 v ) = 21 (i u + 2 v + u − 2 v i2 − i u + 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) = 21 (i2u i2 − i u + 2 v i2 −
5
5
uur uuur
1
r2. ABr⋅ ACr = AB
r
r
r
r
r
r × AC r× cosr  r= 2 ×r5 × cos
r (120r) = 10 r× − r = −5.
r
r
r
r
r
(u + 2 v ) ⋅ (u − 2 v ) = 211(i u + 2 v + u − 2 v i2 − i u + 2 v i2 − i u − 22v i2 ) = 21 (i2u i2 − i u + 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) = 21 (4i u i2 − i u − 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) =
 r= 2 r× 5 ×rcos (120
r
r
r
r
r
r ) = r102 × −r2 =r−5.
r
r
r
r
r
uuvri u−uuri u − 2 v i2 ) = 1 (i2u i2 − i u + 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) = 1 ( 4i u i2 − i u − 2 v i2 − i u − 2 v i2 ) = 1 ( 4 × 22 − 4 − 12) = 0
+ 2 v + u − 2uvuuir2 −uuu
iru + 2
2
2
AH ⋅ AC = AB ⋅ ACuuu⇔
r − AH
uuur× 5 = −5 ⇔ AH = 1. L’angle Â
r2 r
r
r
On
en
déduit
que
les
vecteurs
u
+ 2 v et u − 2 v sont
étant obtus, on a AH = − AC et k = −1.
orthogonaux.
12 1.
D
F
C
K
L
18 a.
(
(
)
(
)
)
(
(
)
(
)
)
(
( )
)
( ) ( )
(
)
(
(
)
(
)(
() ( )
)
() ( )
)
(
)
)
(
)
() ( )
() ( )
( )
( )
( )
)
( )
( )
v
2
A
E
4
B
I
u
J
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)(
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur 2 uuur uuur
2. a. AC ⋅ DE = AC ⋅ DA + AE = AC ⋅ DA + AC ⋅ AE = AD ⋅ DA + AC ⋅ AE = − AD + AC ⋅ 3AE
r r ur uur ur uur uur
uuur 2 uuur uuur
uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
b. u − v = IJ
E = AC ⋅ DA + AC ⋅ AE = AD ⋅ DA + AC ⋅ AE = − AD + AC ⋅ AE
uur− IK = IJ + KI = KJ
r r
uuur uuur
uuur 2 uuur uuur
uur uuur
i
u
−
v
i
=
iKJ
i=3
2
2
b. AC
uur = −2
uur2 + 4 × 1 = 0
uuur
uur ⋅ DE
uuur = − AD + AC ⋅ AE = − AD + AB ⋅ AE = − AD + AB × AE
c. IK = JL ⇔ IJLK est un parallélogramme. De plus, IK = IJ,
AE = − AD2 + AB ⋅ AE = − AD2 + AB × AE u=uur−22 +
uuu4r × 1 = 0
le parallélogramme IJKL a donc deux côtés consécutifs de
On en déduit que les vecteurs AC et DE sont orthogonaux
même longueur, il s’agit d’un losange.
et que les droites ( AB) et ( DE ) sont perpendiculaires.
uur uuur uur uuur uur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur (ur + vr ) ⋅ (ur − vr ) = 1 (i ur + vr + u − vr i2 − i ur + vr i2 − i ur − vr i2 ) = 1 (i2ur i2
3. EF ⋅ BD = EB + BC + CF ⋅ BD = EB ⋅ BD + BC ⋅ BD + CF ⋅ BDd.= −4 × 3 + 22 + 4 × 2 = −12 + 4 + 8 = 0
2
uuur uuur uur uuur
r r r
r 2
r r 2
r r 2
r r
r 2
r r 2
r r 2
1
1
2 (r
)
(
)
− v+ 4= + 8(i=
u+
+ BC ⋅ BD + CF ⋅ BD = −4 × 3 + 2 + u4 +× v2 =⋅ u−12
0 v + u − v i − i u + v i − i u − v i ) = (i2u i − i u + v i − i u − v i ).
uur uuur 2
2
On en déduit que les vecteurs EF et BD sont orthogonaux et
que les droites ( EF ) et ( BD ) sont perpendiculaires.
(
)
(
160
)
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
uur uuur
Or, les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.
En égalisant les deux expressions du produit scalaire AB ⋅ AC
On a donc :
r r r r
r
r r
r r
r on obtient
r r : r r
r r
r 2
r r 2
r r 2
(u + v ) ⋅ (u − v ) = 0 ⇔ 1 (i2u i2 − i u + v i2 − i u − v i2 ) = 0 ⇔ i2u i2 − i u + v i22 − i u − v i2 = 02⇔ i u2 + v i2 = i2
2 u i − i u − v i2 ⇔ i u + v i =
x
−
2
=
x
+
4
⇔
x
−
2
=
x
+
4
⇔
x
−
4
x
+
4
=
x
+
4
⇔
−4
(
)
2
r
r r
r r
r
r r
r r
r r
r
r r
r r
r r
r xr= 0
2 i u + v i2 = i2u2i2 − i2u − v i2 ⇔
2 i u + v i2 = 4 2× 9 − 9 ⇔ i u + v i2 = 27 ⇔ i u + v i =
2u i2 − i u + v i2 − i u − v i2 ) = 0 ⇔ i2u i2 − i u + v i2 − i u −xv−i22 == 0 x⇔
+ 4 ⇔ ( x − 2) = x + 4 ⇔ x − 4 x + 4 x + 4 ⇔ −4 x = 0 ⇔ x = 0.
r r
r 2
r 2r 2 2 r r 2 2
r
r r
r r
r r 2
r r
x −i u2 += v ix2 2=+i2
4u⇔
2)v i= ⇔
x +i u4+⇔
x 2i+u 4+ ⇔
0⇔
2u i2 − i u + v i2 − i u − v i2 = 0 ⇔
i −( xi u− −
v ix =−44×x 9+−49=⇔
v i −4
= x27=⇔
i u x+ =v i0.= 3 3
r r
r r
r
r r
r r
r r
⎛
⎞ ⎛ − 11⎞
⇔ i u + v i2 = i2u i2 − i u − v i2 ⇔ i u + v i2 = 4 × 9 − 9 ⇔ i u + v i2 = 27 ⇔ i u + v i = 3 ⎛314 ⎞ ⎛ 9 ⎞
uur 14 − 5
−1
uur
r r 2
r r
r r 2
r r 2
5
⎜
⎟ = ⎜ 5 ⎟,
5
5
⎜
⎜
⎟
⎟
27
CB
1. AB
,
u − v i ⇔ i u + v i = 4 × 9 − 9 ⇔ i u + v i = 27 ⇔ i u + v i = 3 3 .
=
⎜ 17 − 1⎟ ⎜ 12 ⎟
⎜ 17 − 1⎟ ⎜ 12 ⎟
⎜⎝
⎟
⎟⎠ ⎜⎝
⎜⎝
⎟⎠ ⎜⎝ ⎟⎠
5
5 ⎠
5
5
19
D’après
les
propriétés
du
produit
scalaire
:
uur uuur
uur uuur
uur
uuur
uuur
uur uuuruuur
⎛ 5i−2 1⎞= =1 ⎛( AC
4 ⎞ 2 − AB2 − BC 2 )
AB ⋅ BC = 1 i AB + BC i2 − i AB i2 − i BC i2 = 1 i AC i2 − i AB i2 −AC
i BC
2
2 ⎝ 0⎠ .
2
⎝
⎠
1−
1
uuur
uur
uuur
uur
uuur
uur uuur
2
− i AB i2 − i BC i2 = 1 i AC i2 − i AB i2 − i BC i2 = 1 ( AC 2 − AB2 − BC 2 ) a. AB ⋅ AC = 9 × 4 + 12 × 0 = 36
2
2
5
5
5
uur
uuur
uur uur
2
11 + 0 × 12 = 44
− i AB i2 − i BC i2 = 1 ( AC 2 − AB2 − BC 2 ).
b.
CA
⋅
CB
=
−4
×
−
2
5
5
5
uur uuur
Or,
ABCD
est un parallélogramme, donc BC = AD et
uur uuur
c. BA ⋅ BC = − 9 × 11 − 12 × − 12 = − 99 + 144 = 9
5 5
5
5
25 25 uur 5 uuur
AB ⋅ BC = 1 ( AC 2 − AB2 − AD2 ).
2
r r
r r
2. D’après la question précédente, les vecteurs AB et AC ne
20rDans
r la base orthonormée O ; i ; j , les vecteurs i + j
sont pas colinéaires donc les droites ( AB) et ( AC ) ne sont pas
et i − j ont pour coordonnées respectives (1; 1) et (1; − 1) .
perpendiculaires. De même, les droites (CA) et (CB) d’une
r r r r
i + j ⋅ i − j = 1× 1+ 1× (−1) = 0. On en déduit que les
part et ( BA) et ( BC ) d’autre part ne sont pas perpendiculaires.
r r r r
Le
triangle ABC n’est pas rectangle.
vecteurs i + j et i − j sont orthogonaux.
uur
uur
28 Soit le point E milieu du segment [IJ].
21 a. OA(−2 ; 2) et OB (1; 3).
uur uur
x + x J −1+ 2 1
y + yJ 2 + 3 5
xE = I
=
= et yE = I
=
= .
OA ⋅ OB = −2 × 1+ 2 × 3 = 4
2
2
2
2
2
2
r
r
b. u (2 ; 5) et v (−1; 3).
⎛
⎛
⎞
⎞
1
1
r r
ur ⎛ 2 − (−1)⎞ ⎛ 3⎞ uuur ⎜ 2 − 1⎟ ⎜ − 2 ⎟
u ⋅ uvur= 2 × (−1) + 5 × 3 =uu13
r
=
et AE
.
IJ ⎜
=
⎜ 5 − 1⎟ ⎜ 3 ⎟
c.
⎝ 3 − 2 ⎟⎠ ⎜⎝1⎟⎠
uurABr(1− (−2) ; 3 − 2), AB (3 ; 1).
⎜⎝
⎟⎠
⎟⎠ ⎜⎝
2
2
AB ⋅ u = 3 × 2 + 1× 5 = 11
Le point A appartient
à
la
médiatrice
du segment [IJ] si et
ur uuur
r
r r
22 u ⋅ v = 1× 6 − 3 × 2 = 0. On en déduit que les vecteurs u
seulement
si
⋅
=
0.
IJ
AE
r
ur uuur
et v sont orthogonaux.
IJ ⋅ AE = 3 × − 1 + 1× 3 = − 3 + 3 = 0 . 2
2
2 2
r r
23 1. u ⋅ v = 2 × (−6) + 3 × 4 = 0. On en déduit que les
Le point A appartient à la médiatrice du segment [IJ].
r r
vecteurs u et v sont orthogonaux. Réponse b.
uur ⎛ 1 − − 1 ⎞ ⎛ 1 ⎞
r r
2 ⎟=
2. u ⋅ v = –−0,5
0,5 ××22–−11×
× 44==–5
−5et –0,5r× 4 – (–1) × 2 = –2 + 2 = 0.
BE ⎜ 2
⎜ 5⎟ .
r
5
⎜
⎟ ⎝ − 2⎠
−
5
On en déduit que les vecteurs u et v sont colinéaires.
⎝ 2
⎠
Réponse a.
Le point B appartient
r r
ur uur à la médiatrice du segment [IJ] si et
3. u ⋅ v = 5 × (−25) + 3 × 15 = −80 et 5 × 15 − 3 × (−25) = 150.
seulement
si
IJ
⋅ BE = 0.
r r
ur uur
On en déduit que les vecteurs u et v ne sont ni colinéaires ni
IJ ⋅ BE = 3 × 1+ 1× − 5 = 3 − 5 = 1 ≠ 0 . orthogonaux. Réponse c.
2
2 2
Le
point
B
n’appartient
pas
à
la
médiatrice du segment [IJ].
r r
24 a. u ⋅ v = −3 × 2 + 1× (−1) = −6 − 1 = −7
1 − (−2)⎞ ⎛ 5 ⎞
⎛
u
u
r
r r
b. u ⋅ w = −3 × 5 + 1× 3 = −12
⎟ = ⎜ 2⎟
CE ⎜ 2
r r
⎜ 5 − 2 ⎟ ⎜ 1⎟
c. v ⋅ w = 2 × 5 − 1× 3 = 7
⎝ 2
⎠ ⎝ 2⎠
r r
r r
d. 2u ⋅ 3 v = 6u ⋅ v = 6 × (−7) = −42
r r r
r r r r
Le point C appartient
ur uur à la médiatrice du segment [IJ] si et
e. u ⋅ ( v + w ) = u ⋅ v + u ⋅ w = −7 − 12 = −19
r r r2
seulement si IJ ⋅ CE = 0.
2
2
f. (u ⋅ v ) w = −7 × (5 + 3 ) = −238
ur uur
IJ
⋅ CE = 3 × 5 + 1× 1 = 8 ≠ 0. Le point C n’appartient pas à
r r
2
2
25 1. u ⋅ v = 0 ⇔ 5a − 2 × 3 = 0 ⇔ 5a − 6 = 0 ⇔ a = 6
la médiatrice du segment [IJ].
5
r r
2. u ⋅ v = 4 ⇔ 5a − 6 = 4 ⇔ 5a = 10 ⇔ a = 2
r r
29 Début
3. u ⋅ v = a ⇔ 5a − 6 = a ⇔ 4a = 6 ⇔ a = 3
2
r r
Saisir (x ; y)
4. u ⋅ v = −1 ⇔ 5a − 6 = −1 ⇔ 5a = 5 ⇔ a = 1
Saisir ( x’ ; y’ )
uur uuur
· = π ⇔ AB ⋅ AC = 0
26 a. BAC
S prend la valeur xx’ + yy’
uur uuur 2
Si S = 0
Or, AB ⋅ AC = 00 ⇔
⇔xx–−22==0 0⇔⇔x =x 2.
=2
uur uuur
Alors afficher « les vecteurs sont orthogonaux »
· = π ⇒ les vecteurs AB et AC sont colinéaires. On a
b. BAC
Sinon afficher « les vecteurs ne sont pas colinéaires »
donc : 1× 2 − (−1) × x = 0 ⇔ 2 + x = 0 ⇔ x = −2.
Fin
c. On a :
uuur ⎛ 1− 2 ⎞ ⎛ −1⎞
uuuur ⎛ −3 − 2 ⎞ ⎛ −5 ⎞
uur uuur
uur uuur
uur
uuur
2 = x2 + 4
=
.
et MP ⎜
=⎜
AB ⋅ AC = x − 2 et AB ⋅ AC = i AB i × i AC i × cos π = 2 × x 2 +30
4 ×a. MN
⎜
⎟
⎟
⎝ 2 − (−2)⎟⎠ ⎜⎝ 4 ⎟⎠
4
uuur u2uur ⎝ 1− (−2) ⎠ ⎝ 3 ⎠
r
uuur
MN ⋅ MP = −5 × (−1) + 3 × 4 = 17
B i × i AC i × cos π = 2 × x 2 + 4 × 2 = x 2 + 4 .
2
4
(
) (
)
)
(
(
)(
) (
)
( )
( )
)
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
( )
( )
()
()
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
161
uuur
34 1. Dans le triangle ACI rectangle en A, d’après le
b. i MN i = (−5)2 + 32 = 25 + 9 = 34 et
théorème
de Pythagore : CI2 = AI2 + AC2 = 32 + 82 = 73.
uuur
2
On a donc CI = 73 cm.
i MP i = (−1) + 42 = 17 .
uuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur
Dans le triangle
ACB rectangle
A, d’après
le théorème
MN
17 en⇔
34 × de
17 ⇔ cos PM
· ⇔ cos PMN
· = uuu
·
·
·
r ⋅ MP
uuur ⇔ cos: CB
MN ⋅ MP = i MN i × i MP i × cos PMN
= 2 + AC
PMN
2
2
2
2cos PMN =
Pythagore
=
AB
=
6
+
8
=
100.
34
34 × 17
uuur uuur
i MN i × i MP i
On·
a donc BC
= 100 = 10 cm.
MN
17
· ⇔ cos PMN
· = uuu
· =
· = 17 2 ⇔ cos PMN
· = 2
r ⋅ MP
uuur ⇔ cos PMN
cos PMN
⇔ cos PMN
= 34 × 17 ⇔ cos PMN
34
34
2
2.
Dans
le
triangle
BCI,
d’après
la
formule
d’Al-Kashi,
34
×
17
i MN i × i MP i
· .
BI 2 = IC 2 + BC 2 − 2 × IC × BC × cos ICB
17
· = 34 × 17 ⇔ cos PMN
· = 17 2 ⇔ cos PMN
· =22 2
⇔ cos PMN
· ⇔ cos ICB
· = IC 2 + BC 2 − B
BI 2= IC + BC 2 − 2 × IC × BC cos ICB
34
34
34 × 17
2 × IC × BC
2
2
2
· ⇔ cos ICB
· = IC 2 + BC 2 − BI 2 ⇔ cos ICB
· = 73 + 100 − 9 ⇔ cos IC
·
π
17
2
2
BI
=
IC
+
BC
−
2
×
IC
×
BC
cos
ICB
·
·
·
. Soit PMN = .
N =
⇔ cos PMN =
2 × IC × BC
2 × 73 × 10
34
2
4
2
+ BC 2 − BI 2 ⇔ cos ICB
2
− 9 ⇔ cos ICB
164 ⇔ cos ICB
·
·uur= IC
· u=uur73 + 100
· = 41
BI 2 = IC 2 + BC
2r× IC
uur −uuu
uur× BC
uuurcos ICB
uur u⇔
uur cos ICB
uuu
r
uuBC
r 2 uuur
uur
uuur · =
2
×
IC
×
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
1
20
73
2
×
73
×
10
31 AB ⋅ BC = AB ⋅ AD = − BA ⋅ AD = − i BA + AD i − i BA − AD i = − i BD i − i BA i − i AD i = − (5 − 7 − 3 ) = − 1 (25 −5 4973−
2
uu2r + BC
uuur2 − BIu2ur 2 2 uuur ·
uur uuu·
r
uur uuur·
r − 9uur
u·
uu2r
IC
73 +uuu
100
412
·
2
2
1 (52 ⇔
ICB
⇔i2cos
ICBi2 == −164
=BC
ABcos
⋅ AD
= −⇔
BAcos
⋅ ADICB
= − 1= i BA
+
AD×i2BC
− i BA⇔−cos
ADICB
i2 = =− 1 i BD i2 − i BA
− i AD
− 7cos
− 3ICB
==
− 1 (25 −. 49 − 9) = 16,5
)
2
×
IC
2
×
73
×
10
20
73
5
73
2
2
2
uuur
uur
uuur
uuur
uur 2 uuur
La1calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1°
2
2
2
2
2
2
2
2
1
1
AD i − i BA − AD i = − i BD i − i BA i − i AD i = − (5 − 7 − 3 ) = − (25 − 49 − 9) = 16,5
· ≈ 16°.
près
2
2
2 de l’angle, soit ICB
uur
uur
uuur
BD i2 − i BA i2 − i AD i2 = − 1 (52 − 72 − 32 ) = − 1 (25 − 49 − 9) = 16,5
35 Soit le point H le projeté orthogonal du point B sur le
2 uur
uur uuur2
uur uuur
uuur
uuur
uur
uuur
2 est la distance séparant le jet-ski du rivage.
De plus, AB ⋅ BC = 1 i AB + BC i2 − i AB i2 − i BC i2 = 1 i AC i2 −segment
i AB i2 −[AC].
i BC iBH
2
2 uuur
Dans le triangle ABH rectangle en H, on a :
uur
uuur
ur uuur
uur
uuur
B + BC i2 − i AB i2 − i BC i2 = 1 i AC i2 − i AB i2 − i BC i2 .
sin  = BH ⇔ BH = AH × sin  . Dans le triangle CBH
AH
uur uuur
uuur 2 uur
uuur
uur uuur
uuur
uur
uuur
uuur
uur uuur uur
uuur
AB ⋅ BC = 1 i AC i2 − i AB i2 − i BC i2 ⇔ 2 × AB ⋅ BC = i AC i2 − rectangle
i AB i2 − i BC
⇔ ai AC
AB ⋅⇔
BCBH
+ i=AB
i2 ×
+ sin
i BCĈi2 .
en iH2 on
: sini2 Ĉ= 2=×BH
CH
uur 2uuur
uuur
uur
uuur
uuur
uuur
uur uuur plus,
uur
uuu700
r – AH, donc :CH
− i BC i2 ⇔ 2 × AB ⋅ BC = i AC i2 − i AB i2 − i BC i2 ⇔ i AC i2 = 2 × AB ⋅ BCDe
+ i AB i2CH
+ i=BC
i2
BH = (700 − AH ) × sin Ĉ = 700sin Ĉ − AH sin Ĉ .
uuur
uur uuur uur
uuur
uuur
2
− i BC i2 ⇔ i AC i2 = 2 × AB ⋅ BC + i AB i2 + i BC i2 .
En égalisant les deux expressions de BH obtenues on a :
uuur
AH × sin  = 700sin Ĉ − AH sin Ĉ ⇔ AH sin  + sin Ĉ = 700sin
i AC i est une grandeur positive donc :
uuur
uur uuur uur
uuur
700sin Ĉ
i AC i = 2 AB ⋅AH
BC ×+ sin
i ABÂi2 =+ 700sin
i BC i2. Ĉ − AH sin Ĉ ⇔ AH sin  + sin Ĉ = 700sin Ĉ ⇔ AH =
sin  + sin Ĉ
uuur
700sin Ĉ
Soit i AC i = 2 × (16,5) + 72 + 32 = 91. AH × sin  = 700sin Ĉ − AH sin Ĉ ⇔ AH sin  + sin Ĉ = 700sin Ĉ ⇔ AH =
.
La longueur AC est 91.
sin  + sin Ĉ
700sin Ĉ sin Â
.
Enfin, BH = AH × sin  ⇔ BH =
32 D’après la formule d’Al-Kashi,
sin  + sin Ĉ
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 × AB × AC × cos  .
de l’énoncé
:2
2 ( Avec
2 les données
2)
2 on obtient
2
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 × AB × AC × cos  ⇔ cos  = BC − AB + AC ⇔ cos  = AB + AC − BC
sin(×33AC
700sin(249
)
−2
× AB × AC
×)AB
2 (
2
2)
2
2
2
BH =
≈ 221.
sin( 49) + sin(33)
C × cos ( Â) ⇔ cos ( Â) = BC − AB + AC ⇔ cos ( Â) = AB + AC − BC
−2 × AB × AC
2 × AB × AC
Le jet-ski est à 221 m du rivage au mètre près, il n’est donc
2
2
2
4
1
+
6
−
7
= . La calculatrice permet
Donc, cos  =
pas en infraction.
2×4×6
16
d’obtenir une valeur approchée à 0,1° près de l’angle, soit
36 1. Dans le triangle ABC rectangle en A, d’après le théorème
 ≈ 86, 4° .
2
2
2
2
2
2
de Pythagore : AC 2 = BC 2 − AB2 = 102 − 42 = 100 − 16 = 84.
De même, cos ( B̂) = AB + BC − AC = 4 + 7 − 6 = 29 .
AC est une grandeur positive donc AC = 84 = 2 21.
56
2 × AB × BC
2× 4×7
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
D’après le théorème de la médiane :
uur uur
uur uur
2
2
2
près de l’angle, soit B̂ ≈ 58,8°.
CA ⋅ CB = CI 2 − AB ⇔ CI 2 = CA ⋅ CB + AB ⇔ CI 2 = CA2 + AB
2
2
2
2
2
2
4
4
4
uur uur
uur uur
23
.
Enfin cos Ĉ = AC + BC − AB = 6 + 7 − 4 = 69 = CA
2
2
2
2
AB2
AB2
AB2
84 28 ⋅ CB = CI − 4 ⇔ CI = CA ⋅ CB + 4 ⇔ CI = CA + 4 .
2 × AC × BC
2×6×7
2
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
2
Soit CI 2 = 84 + 4 = 84 + 4 = 88. près de l’angle, soit Ĉ ≈ 34,8°.
4
CI est une grandeur positive donc CI = 88 = 2 22 .
33 1. D’après la formule d’Al-Kashi,
2. Dans le triangle BIC, d’après la formule d’Al-Kashi : 2
2
2
2 16 − 224 × 1 2= 13.
a2 = b2 + c2 − 2 × b × c × cos  = 32 + 42 − 2 × 3 × 4 × cos (60) =BI
9+
= CI + BC
− 2 × CI × BC × cos (α ) ⇔ cos (α ) = CI + BC − BI
2
2 ×2 CI × BC
2
2
b × c × cos  = 32 + 42 − 2 × 3 × 4 × cos (60) = 9 + 16 − 24 × 1 = 13.2
2 BI = CI 2 + BC 2 − 2 × CI × BC × cos (α ) ⇔ cos (α ) = CI + BC − BI .
2 × CI × BC
On a donc a = 13 .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
88
184
23
+
10
−
2
cos (cos
45)(=α )8=+ 25 − 20 × 2 × = = 33 − 20
a donc b = 13
= = 13. On
. 2. b = a + c − 2 × a × c × cos ( B̂ ) = (2 2 ) + 5 − 2 × 2 2 × 5 × Soit
2
2 × 88 × 10 2 20 88 5 22
2
2
× a × c × cos ( B̂ ) = (2 2 ) + 5 − 2 × 2 2 × 5 × cos ( 45) = 8 + 25 − 20 × 2 ×
= 33 − 20 = 13. On a donc b = 13
La
2 calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1°
2 × 5 × cos ( 45) = 8 + 25 − 20 × 2 × 2 = 33 − 20 = 13. On a donc b = 13
2
près de l’angle, soit α ≈ 11°.
− 20 = 13. On a donc b = 13.
= 18
3. a2 = b2 + c2 − 2 × b × c × cos  = 32 + 32 − 2 × 3 × 3 × cos (90)37
Dans le triangle ABC, d’après la formule d’Al-Kashi :
2
2
(
)
· ⇔ cos ABC
· = AB2 + B
× b × c × cos  = 3 + 3 − 2 × 3 × 3 × cos 90 = 18.
AC 2 = AB2 + BC 2 − 2 × AB × BC × cos ABC
2 × AB
On a donc a = 18 = 3 2 .
· ⇔ cos ABC
· = AB2 + BC 2 − AC 2 .
AC 2 = AB2 + BC 2 − 2 × AB × BC × cos ABC
2 × AB × BC
)
)
( )
(
)
(
(
)
)
( )
)
(
(
(
)
(
)
)
( )
( )
(
( )) (
)
(
)
)
)
(
(
) (
)
( )
( )
)
(
(
(
)
(
)
)
(
))
) (
)
)
(
(
(
)
( )
( )
( )
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( ( )
( ))
( )
( )
( )
( ( )
( )
( ))
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( ( )
( ))
( )
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
162
( )
( )
(
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
)
( )
( )
( )
(
(
( )
( )
( )
( )
( )
( )
)
( )
( )
)
)
(
)
(
)
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
(
(
)
2
2
2
uuur uuur
Soit cos ·
ABC = 5 + 3 − 6 = 25 + 9 − 36 = −1.
L’ensemble des points M du plan tel que MA ⋅ MB = −9 est
30
15
2×5×3
le point I .
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
uuur uuur
2
2
·
b.
MA ⋅ MB = 16 ⇔ MI 2 − AB = 16 ⇔ MI 2 = 16 + 6 ⇔ MI 2 = 25 ⇔
près de l’angle, soit ABC ≈ 94°.
4
4
uuur uuur
2
2
Dans un parallélogramme,
somme
deMI
deux
angles
2
MAla⋅ MB
= 16 ⇔
− AB
= 16 ⇔ MI 2 = 16 + 6 ⇔ MI 2 = 25 ⇔ MI = 5.
uuur uuur
4
4
adjacents est égale à 180° et deux angles opposés sont égaux.
L’ensemble des points M du plan tel que MA ⋅ MB = 16 est
On en déduit les angles suivants :
le cercle de centre I et de rayon 5.
· = DAB
· = 180 − 94 = 86° et CDA
·=·
uuur uuur
2
2
BCD
ABC = 94°.
c. MA ⋅ MB = −10 ⇔ MI 2 − AB = −10 ⇔ MI 2 = −10 + 4 ⇔ MI 2 = −
4
4
38 1. Dans le triangle DCE
uuurrectangle
uuur
en D, d’après
le2théo2
2
AB
42 ⇔ MI 2 = −6.
MA
⋅
MB
=
−10
⇔
MI
−
=
−10
+
=
−10
⇔
MI
rème de Pythagore :
uuur uuur
4
4
L’ensemble des points M du plan tel que MA ⋅ MB = −10 est
CE 2 = DC 2 + DE 2 = 32 + 22 = 9 + 4 = 13.
l’ensemble vide.
CE est une grandeur positive donc CE = 13.
Dans le triangle ABE rectangle en A, d’après le théorème
43 AB = (−1− 5)2 + (3 − (−2))2 = 36 + 25 = 61
de Pythagore :
Soit I le milieu du segment [ AB]. EB2 = EA2 + AB2 = 22 + 102 = 4 + 100 = 104.
D’après le théorème de la médiane, on a :
2
uuur uuur
2
EB est une grandeur positive donc EB = 104 .
MA ⋅ MB = −6 ⇔ MI 2 − AB = −6 ⇔ MI 2 = −6 + 61 ⇔ MI 2 = 37 ⇔
4
4
4
2. Dans le triangle BECu,uu
d’après
:
2
r uuur la formule d’Al-Kashi
2
2
2
2
AB
61
37
37
BC 2 = EC 2 + EB2 − 2 ×MA
EC⋅ MB
× EB=×−6
cos
α
.
(
)
⇔ MI −
⇔ MI =
.
= −6 ⇔ MI = −6 +
⇔ MI =
2
2
4
4
4
2 uuur uuur
Soit BC 2 = 13 + 104 − 2 × 13 × 104 × cos ( 45) = 117 − 13 × 104 × 2 = 117 − 52 = 65
L’ensemble des points M du plan tel que MA ⋅ MB = −6 est
13 × 104 × cos ( 45) = 117 − 13 × 104 × 2 = 117 − 52 = 65.
le cercle de centre I et de rayon 37 .
BC est une grandeur positive donc BC = 65 ≈ 8,1.
2
44 1. Dans le triangle ABC, d’après la formule d’Al-Kashi :
39 Dans le triangle ABC, d’après la formule d’Al-Kashi :
· . Soit :
· .
AC 2 = BC 2 + AB2 − 2 × BC × AB × cos ABC
AC 2 = BC 2 + AB2 − 2 × BC × AB × cos ABC
2
2
2
AC = 0,8 + 1 − 2 × 0,8 × 1× cos (82) = 1,64 − 1,6 × cos (82). Soit AC 2 = 82 + 52 − 2 × 8 × 5 × cos (60) = 64 + 25 − 40 = 49.
BC est une grandeur positive donc
BC est une grandeur positive donc BC = 49 = 7.
BC = 1,64 − 1,6 × cos (82) ≈ 1,19. Après avoir été déportée,
Soit P le périmètre du triangle ABC, on a :
la deuxième boule se situe à 1,19 m, au centimètre près, du
P = AB + BC + CA = 5 + 8 + 7 = 20.
point de lancement de la première boule.
2. Soit ! BDC l’aire du triangle BDC, on a ! BDC = r × BC .
2
40 Dans le triangle ABC, d’après la formule d’Al-Kashi :
r × CA et !
r × AB .
2
2
2
De
même
!
=
=
·
CDA
ADB
BC = AC + AB − 2 × AC × AB × cos BAC .
2
2
2
2
2
On
a
donc
:
Soit BC = 5 + 3 − 2 × 5 × 3 × cos (75) = 34 − 30 × cos (75).
r × ( BC + CA + AB) P × r
S = ! BDC + ! CDA + ! ADB =
=
.
BC est une grandeur positive donc :
2
2
3. Soit H le projeté orthogonal du point C sur le segment
BC = 34 − 30 × cos (75) ≈ 5,12 .
[ AB]. Dans le triangle CHB rectangle en H , on a :
Soit P1 le périmètre du triangle ABC , on a :
· = CH ⇔ CH = CB × sin ·
P1 = CA + AB + BC ≈ 5 + 3 + 5,12 ≈ 13,12.
sin ABC
ABC ⇔ CH = 8 × sin(60) ⇔ CH =
CB
Dans le triangle FGE, d’après la formule d’Al-Kashi
:
CH
·
·
sin
=
⇔ CH = CB × sin ABC ⇔ CH = 8 × sin(60) ⇔ CH = 4 3 .
·ABC
GE 2 = FG 2 + FE 2 − 2 × FG × FE × cos GFE
. Soit : CB
Or, S = CH × AB , donc S = 4 3 × 5 = 10 3.
GE 2 = 42 + 82 − 2 × 4 × 8 × cos ( 40) = 80 − 64 × cos ( 40).
2
2
2S
P
×
r
2
GE est une grandeur positive donc :
4. S =
⇔r=
⇔ r = × 10 3 ⇔ r = 3. 2
20
P
GE = 80 − 64 × cos ( 40) ≈ 5,57.
Le cercle inscrit dans le triangle ABC a pour rayon 3.
Dans le triangle FDE , d’après la formule d’Al-Kashi :
· .
45 1. a. Soit H le projeté orthogonal de C sur la droite ( AB),
FD2 = ED2 + FE 2 − 2 × ED × FE × cos DEF
uur uuur
uuur uur
2
2
2
⋅ rAC = − AHuu×r AB
alors
Soit FD = 6 + 8 − 2 × 6 × 8 × cos (35) = 100 − 96 × cos (35).
uurAB
uuu
uuu=r −4.uur uuur
uur uuur uuur
uur
FD est une grandeur positive donc :
ur ⋅ AM
uuur= AB
uuur⋅ AC ⇔ AB
uur⋅ uAM
uur − AC = 0 ⇔ AB ⋅
uur uuur
uurb.uAB
uur ⋅ AM
uur =u−4
uur ⇔ uAB
AB ⋅ AM = −4 ⇔ AB ⋅ AM = AB ⋅ AC ⇔ AB ⋅ AM − AC = 0 ⇔ AB ⋅ CM = 0 .
FD = 100 − 96 × cos (35) ≈ 4,62.
uur uuur
Soit P2 le périmètre du quadrilatère FDEG, on a :
c. L’ensemble des points M tel que AB ⋅ AM = −4 est la droite
P2 = DE + EG + GF + FD ≈ 6 + 5,57 + 4 + 4,62 ≈ 20,19.
perpendiculaire à ( AB) passant par le point C .
uuur
uur
2. a. Soit D le point tel que AD = 3 AB , alors :
41 Pour tout point M distinct de N et P, on a le triangle
uur uuur
4
en M si et seulement si le produit
MNP qui
ABuu⋅ rADuuu=r ABu×urAD
uuuest
r urectangle
uur
uur uuur
uuur= 12. uur uuur uuur
uur
scalaire MN ⋅ MP est nul. D’après le théorème de la médiane :
AB
⋅
AM
=
12
⇔
AB
⋅
AM
=
AB
⋅
AD
⇔
AB
⋅
AM
−
AD
=
0
⇔
AB ⋅
b.
uuur uuur
uur uuur uuur
uur uuur
uur u2uur
uur uuur uur uuur
2
NP
NP
2
2
. = 12 ⇔ AB ⋅ AM = AB ⋅ AD ⇔ AB ⋅ AM − AD = 0 ⇔ AB ⋅ DM = 0.
MN ⋅ MP = 0 ⇔ MI −
= 0 ⇔ MI =AB ⋅ AM
4
4
uur uuur
MN et MI sont des grandeurs positives, on a donc le triangle
L’ensemble des points M tel que AB ⋅ AM = 12 est la droite
perpendiculaire à ( AB) passant par le point D.
MNP qui est rectangle en M si et seulement si MI = NP .
2
46 1. Soit I le milieu du segment [ AB]. 42 Soit I le milieu du segment [ AB]. D’après le théorème de
D’après le théorème de la médiane, on a :
la médiane, on a :
uuur uuur
uuur uuur
2
2
2
2
a. MA ⋅ MB = −9 ⇔ MI 2 − AB = −9 ⇔ MI 2 = −9 + 6 ⇔ MI 2 =MA
0⇔
MI==50⇔ MI 2 − AB = 5 ⇔ MI 2 = 5 + 5 ⇔ MI 2 = 45 ⇔ MI =
⋅ MB
4uuur u2uur
42
4
4
4
ur
2
2
2
2 MI
B = −9 ⇔ MI 2 − AB = −9 ⇔ MI 2 = −9MA
+ 6⋅ MB
⇔=MI
=MI
0⇔
5⇔
− AB= 0.
= 5 ⇔ MI 2 = 5 + 5 ⇔ MI 2 = 45 ⇔ MI = 3 5 . Réponse a.
4
4
4
4
4
2
(
)
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
)
(
( () )
(
)
)
(
(
)
)
)
(
)
(
)
(
)
(
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
163
uuur
uur
b. Pour x = 2 et y = 1 on a :
2. Soit D le point tel que DA = 1 AB , alors :
5
uuur uur
a = 12 + 02 = 1 ;
DA ⋅ AB = DA × AB = 5.
uuur uur
uuur uur uuur uur
uur uuur uuur
uur bu=uu0r 2 + (−2)2 = 4 ;
AB
ur ⋅ AB
uuur= DA
uuur⋅ AB ⇔ AB
uur⋅ uMA
uur − DA = 0 ⇔ AB c⋅ MD
uuur uuMA
r ⋅uuu
r =
uu5
r ⇔ uMA
= 12 =+ 0(−2)2 = 5.
⇔ MA ⋅ AB = DA ⋅ AB ⇔ AB ⋅ MA − DA = 0 ⇔ AB ⋅ MD = 0 .
a + b = c, l’algorithme affichera « vrai ».
uuur uur
L’ensemble des points M tel que MA ⋅ AB = 5 est la droite
2. a. La variable
a prend la valeur de la norme au carré du
uuur
vecteur MA .
perpendiculaire à ( AB) passant par le point D.
La
uuurvariable b prend la valeur de la norme au carré du vecteur
47
MB .
d0
d1
d2
d3
d4
d5
La
uuurvariable
uuur c prend la valeur de la norme au carré du vecteur
MA + MB .
b.uuu
D’après
du
r uuur les propriétés
uuur
uuurproduit scalaire
uuur uuur:
2
2
2
i MA
+
MB
i
=
i
MA
i
+
i
MB
i
+
2
×
MA
⋅ MB
uuur uuur
uuur
uuur
uuur uuu
r .
A
2
2
2
i MA + MB i = i MA i + i MB i ⇔ MA ⋅ MB = 0 .
uuur uuur
u
L’algorithme permet de savoir si les vecteurs MA et MB sont
orthogonaux.
48 1. a. Pour x = 1 et y = 2 on a :
(
(
)
)
a = 02 + 12 = 1 ;
b = (−1)2 + (−1)2 = 2 ;
c = (−1)2 + 02 = 1.
a + b ≠ c, l’algorithme affichera « faux ».
Exercices
uur uuur
uur uur
49 1. a. AB ⋅ DB = AB ⋅ AB = 4a2
uur uuur
b. Les diagonales du parallélogramme AEGC ont la même
π
π
π
2
b. AB ⋅ CH = AB × CH × cos −
= 2a × a × cos
= 3a . longueur donc, IA = IC = 5 3 .
2 3
6
2
ur
u uur
π
π
π
2
·
AB × CH × cos −
= 2a × a × cos
= 3a .
IA ⋅ IC = IA × IC × cos AIC = 5 3 × 5 3 × cos ·
AIC = 75 × cos ·
AIC
3r
4
2
2
uu2r uuu
uurur
u uuu
urur 6
π
2
3
5
3
5
3
75
·
·
·
⋅ BH
AB
× cos
= − AIC
3a =
c. BA ⋅ BH = − ABIA
⋅ IC ==−IA
× ×ICBH
× cos
AIC6 == −2a × a × 2× cos
× cos AIC .
2
2
4
On a aussi :
= − AB × BH × cos π = −2a × a × 3 = − 3a2
ur
u uur
ur
u
uur
ur
u uur
ur
u
uur
uur
6 uuur uuur uur2 uuur uur uuur
uur uuur IA ⋅ IC = 1 × iIAuiu2r +uiIC
uur i2 − iIA − ICi2 = 1 × iIA i2 + iIC i2 − iCA i2 =
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2. AH = AH ⋅ AH = AB + BH ur
+ 2uurAB ⋅ BHur
2 − 2BA
2 + 4 3 )a
ur
u ⋅ BH
uur+ BH uu=r 4a − 2 ×2⎛(− 3a 2) + a = (5
u⋅ AB
uur + BH u=uur
uAB
u + BH
uur = AB
⎞
2
uur uuur
r
u
uu
r
uuur uur uuur
2
IA2 ⋅ IC =2 1 × iIA i2 + iIC i2 2− iIA −2 ICi2 = 1 × 2iIA i22+ iIC i2 − iCA2i2 = 1 × ⎜ 5 3 + 5 3 − (5 2 ) ⎟
+ BH
2 ⎝ 2
2
uur ⋅ uAB
uur + BH = AB + 2 AB ⋅ BH + BH = AB 2− 2BA ⋅ BH + BH = 4a − 2 × (− 2 3a ) + a = (5 + 4 3 ) a
⎠
2u
u
uBHuu2r = 4a2 − ur
uur2 ) + aur
uur
uur
− 2BA ⋅ BH +ur
2u ×2(− 3a
= (u5ur+24 3 1) a2 ur
⎛ 5 3 2 5 3 2
2⎞
2
2
2
2
25
1
1
IA ⋅ IC = × iIA i + iIC i − iIA − ICi = × iIA i + iIC i − iCA i = × ⎜
+
− (5 2 ) ⎟ = − .
4
2
2
2 ⎝ 2
2
⎠
50 1. a. A(0 ; 0) , B (1; 0) , C (1; 1) et D (0 ; 1).
En égalisant les deux expressions du produit scalaire, on a :
b. La droite ( DB) a pour coefficient directeur −1 et pour
75 × cos ·
AIC = − 25 ⇔ cos ·
AIC = − 25 ⇔ cos ·
AIC = − 1
ordonnée à l’origine 1, elle a donc pour équation réduite :
3
4
4
75
75 × cos ·
y = − x + 1.
AIC = − 25 ⇔ cos ·
AIC = − 1 .
AIC = − 25 ⇔ cos ·
75
4 la question 4
3
c. Le point M appartient à la droite ( DB), d’après
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,01°
précédente le point M a pour coordonnées ( x ; − x + 1).
AIC ≈ 109, 47°.
près de l’angle, soit ·
d. N (0 ; − x + 1) et P ( x ; 0) .
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
uur uuur
uur uur
uuur ⎛ x − 1 ⎞ ⎛ x − 1⎞ uuur ⎛ x ⎞
52 a. AC + CB ⋅ BC = AB ⋅ BC = − AB ⋅ CB = −1
=
2. CM ⎜
et NP ⎜
.
uur uuur 2
uur
uuur
uur uuur
⎝ − x + 1− 1⎟⎠ ⎜⎝ − x ⎟⎠
⎝ x − 1⎟⎠
2
2
2
2
uuur uuur
uur uuur 2
uur
uuurb. ABu+urBCuuur = i AB i + i BC i + 2 AB ⋅ BC = 3 + 5 − 2 = 32
CM ⋅ NP u=uu(rx − 1u)uu×r x − x × ( x − 1) = 0. On
déduit
ABen
+ BC
= ique
AB i2les
+ i BC i2 + 2 AB ⋅ BC = 32 + 52 − 2 = 32
uur uuur 2
uuur 2
uuur
vecteurs CM et NP sont orthogonaux et que les droites (CM )
AB + BC = 32 ⇔ AC = 32 ⇔ i AC i2 = 32. AC est une
et ( NP ) sont perpendiculaires.
grandeur positive donc AC = 32 = 4 2 .
uur
uuur
uur uuur
51 Le quadrilatère AEGC a ses diagonales qui se coupent en
53 1. BA ⎛ 3⎞ et BC ⎛ 6⎞ , donc BA ⋅ BC = 3 × 6 + 3 × 2 = 24.
leur milieu, AEGC est donc un parallélogramme.
⎝ 3⎠
⎝ 2⎠
uur uuur uur uuur
1. a. [ AC ] est la diagonale du carré ABCD de côté 5, donc
2. a. BA ⋅ BH = BA
uur ⋅ BCuuu=r 24.
AC = 5 2 .
b.
Les
vecteurs
BA et BH étant colinéaires, on a :
uur uuur
Dans le triangle AEC rectangle en A. D’après le théorème
BA ⋅ BH = BA × BH = 24.
de Pythagore, on a :
2
Or, BA = 32 + 32 = 3 2 , d’où BH = 24 = 4 2 .
EC 2 = EA2 + AC 2 = 52 + (5 2 ) = 25 + 50 = 75. EC est une
3 2
grandeur positive donc EC = 75 = 5 3 .
54 1. Soit H le projeté orthogonal de B sur ( AC ).
uur uuur
Le point I est le milieu du segment [ EC ] donc IC = 5 3 .
·
2
uAB
uur⋅ ACuuu=r AH × AC car l’angle BAC est aigu donc les vecteurs
AH et AC sont colinéaires et de même sens.
)
()
)(
)
(
)
()
( ()
)(
(
)
)
(
( )
(
164
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
(
)
)
(
(
(
)
)
( )
( ) ( )
( )
( )
( )
(
( )
( )
( )
( )
)
( )
)
)
( )
(
( ) ( )
( )
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
(
()
D’après la formule d’Al-Kashi :
2. Soit K le projeté orthogonal de C sur ( BA).
2
2
uur uuur
AB2 = AC 2 + BC 2 − 2 × AC × BC × cos Ĉ ⇔ cos Ĉ = AC + BC − A
·
BAC est aigu donc les vecteurs
2
22 × AC2× BC
2
2
2
uAB
uur ⋅ ACuu=r AB × AK car l’angle
2
AB2 =etAC
+ BC 2 sens.
− 2 × AC × BC × cos Ĉ ⇔ cos Ĉ = AC + BC − AB ⇔ cos Ĉ = 200 + 107,78 − 150 ⇔
de même
AK et AB sont colinéaires
2 × AC × BC
2 × 200 × 107,78
uur uuur
2
2
2
2
2
2
2:
2
2
des deux expressions de AB ⋅ AC que
200
+
107,78
−
150
+
BC
−
AB
AC
2
2On déduit
2
AB = AC + BC − 2 × AC × BC × cos Ĉ ⇔ cos Ĉ =
. ⇔ cos Ĉ = 200 + 107,78 − 150
⇔ cos Ĉ =
2 × AC × BC
2 × 200 × 107,78
2 × 200 × 107,78
AH × AC = AB × AK .
· est obtus, on a :
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
BAC
3.
Si
l’angle
uur uuur
uur uuur
près de l’angle, soit Ĉ ≈ 47,5°.
AB ⋅ AC = − AH × AC et AB ⋅ AC = − AB × AK. On en déduit :
r uuur r uuur
r uur
r uuur uuur
− AH × AC = − AB × AK ⇔ AH × AC = AB × AK .
58 1. WAB = P ⋅ AB ⇔ WAB = P ⋅ AH + HB ⇔ WAB = P ⋅ AH + P ⋅ HB
· est obtus l’égalité est toujours vraie. r uur
r uuur uuur
r uuur r uuur
Si l’angle BAC
WAB = P ⋅ AB ⇔ WAB = P ⋅ AH + HB ⇔ WAB = P ⋅ AH + P ⋅ HB
r uuur
r uuur
uur
uuur
Or les vecteurs P et HB sont orthogonaux donc, P ⋅ HB = 0.
55 AB ⎛ 2 ⎞ et MH ⎛⎜ x − 3⎞⎟ .
r uuur
⎝ −3⎠
⎝ y − 3⎠
On en déduit : WAB = P ⋅ AH .
r uur
Le point H appartient à la droite ( AB) et les droites ( HM )
2. a. WAB = P ⋅ AB = P × (hA − hB ) = −4 200 × 8 = −33 600.
et ( AB) sont perpendiculaires. Les coordonnées du point H
Le travail du poids du wagon de A vers B est de –33 600 J.
satisfont donc le système suivant :
uur uuur
C’est un travail
résistant. 2
2r uuu
⎧y = x + 1
⎧ y = 2 x + 1 ⎧ y = 2 × 12
⎧⎪ AB ⋅ MH = 0
1r
⎧⎪2 ( x − 3) − 3( y − 3) = 0
⎧⎪2x − 6 − 3y + 9 = 0 b. W⎧⎪ y ==3Px⋅ +BC
=⇔
P ×⎪ (hB 3
− hC ) = 4200 ×⇔12⎪ = 503400. ⇔ ⎪
3 13
BC
⇔
⇔
⇔
⎨
⎨y = − 3 x + 3
⎨y = − 3 x + 3
⎨
⎨2
⎨5
⎨
3x +3
3
3
12
50
400
vers
est
de
J.
Le
travail
du
poids
du
wagon
de
B
y
=
−
C
⎪⎩
⎪⎩ y = − x + 3
⎪⎩ x + 1 = − x + 3
⎪⎩ x = −2
⎪⎩ x =
⎩⎪
⎩⎪
2
2
2
2
3
2
6
13
C’est
un
travail
moteur.
2
2
2
2
12
21
u
uu
r
r
⎧y = x + 1
⎧y = x + 1 ⎧y = ×
⎧y =
( y − 3) = 0 ⎪⎧2x − 6 − 3y + 9 = 0 ⎧⎪ y = x + 1
+
1
⎪
⎪ CD =3 P ⋅ CD =⎪P × (3hc −13
⎪ ×13
hD ) = ⇔
−4200
2 = −8 400 .
c. W
3
3
⇔⎨
⇔⎨
⇔
⇔⎨
⇔⎨
⎨5
⎨
3x +3
2
3
3
12
12
3
y
=
−
vers
est de −8 400 J.
Le
travail
du
poids
du
wagon
de
D
C
x
+
1
=
−
x
+
3
y
=
−
x
+
3
⎪⎩
x
=
−2
x
=
x
=
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
2
3
2
2
6 un travail résistant.
13
13
C’est
⎧y = 2 x + 1
⎧ y = 2 x + 1 ⎧ y = 2 × 12 + 1 ⎧ y = 21
= 2 x +1
⎪
⎪
⎪
⎪
3
13
3
3 13
3
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
59
Soit a la longueur du côté du carré ABCD et b = BM = BN.
2
3
5
12
3
u
uur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur uuur uuur
= − x+3
⎪⎩ x + 1 = − x + 3
⎪⎩ x = −2
⎪⎩ x =
⎪⎩ x = 12
13 ⋅ NC = AB + BM ⋅ NB ⋅ BC = AB ⋅ NB + AB ⋅ BC + BM ⋅ NB + BM
3
2
6
13
2
AM
uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur
2 × 12 + 1 ⎧ y = 21
AM ⋅ NC = AB + BM ⋅ NB ⋅ BC = AB ⋅ NB + AB ⋅ BC + BM ⋅ NB + BM ⋅ BC = −ab + 0 + 0 + ba
⎪
3 13 uuu⇔
r u⎨uur 13uu. r uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur
12
AM ⋅ NC
⎪⎩ x ==12AB + BM ⋅ NB ⋅ BC = AB ⋅ NB + AB ⋅ BC + BM ⋅ NB + BM ⋅ BC = −ab + 0 + 0 + ba = 0uuur uuur
13
13
On en déduit que les vecteurs AM et NC sont orthogonaux
Les coordonnées du point M sont 12 ; 21 .
13 13
et que les droites ( AM ) et ( NC ) sont perpendiculaires.
56 Soit O l’intersection des deux diagonales du rectangle.
60 Soit I le milieu du segment [ AB]. Dans le triangle ABC rectangle en B, d’après le théorème
D’après le théorème de la médiane, on a :
de Pythagore :
uuur uuur
2
2
2
2
2
MA ⋅ MB = MI 2 − AB = MI 2 − 4.
AC = AB + BC = (2¯) + ¯ = ¯ 5 .
4
uuur uuur
2
Les diagonales du rectangle ont la même longueur et se
MI est une granMA ⋅ MB > 5 ⇔ MIu2uu−r 4u>
uur 5 ⇔ MI > 9.
¯
5
coupent en leur milieu, ainsi OA = OB =
.
deur positive donc MA ⋅ MB > 5 ⇔ MI > 3.
2
uuur uuur
2
2
D’après la formule d’Al-Kashi :
De même MA ⋅ MB < 12 ⇔ MI < 4¯. 5 + ¯ 5 − (2¯)2
2
2
2
u
uu
r
u
uu
r
2
2
AO 2+ BO − AB ⇔ cos ·
2
AB2 = AO2 + BO2 − 2 × AO × BO × cos ·
AOB ⇔ cos¯ ·
AOB
AOB =
situés dans une
52 ×points
5 + = ¯ Les
AO
×)2M
BOtels que 5 < MA ⋅ MB < 12 sont
¯ 5
¯
5
−
2¯
(
2 ×centre ×I et
2
2
2
2couronne délimitée par deux cercles de
2
2de rayon
2
cos ·
AOB ⇔ cos ·
AOB = AO + BO − AB ⇔ cos ·
AOB =
2 × AO × BO
¯
5
¯
5
respectif
3
et
4.
×
2×
2
2
2
2
¯ 5 + ¯ 5 − (2¯)2
2
2
61
1.
Le triangle ABA’ est inscrit dans le cercle et [ AA’] est
2
2
O − AB ⇔ cos ·
AOB =
O × BO
un
diamètre
du cercle. On en déduit que le triangle ABA’ est
2× ¯ 5 × ¯ 5
2
2
rectangle en B et que les droites ( A’B) et ( BA) sont perpen2
diculaires. De plus, le point M appartient à la droite ( BA), les
⇔ cos ·
AOB = −6¯ × 2 2 ⇔ cos ·
AOB = − 3 .
5
4
5¯
droites ( MB ) et ( A’B) sont donc perpendiculaires.
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
2. D’après la question précédente, le point B est le projeté
AOB ≈ 126,9°.
près de l’angle, soit ·
orthogonal du point A’ sur la droite ( MB ) . On en déduit :
uuur uuur uuur uuuur uuur uur uuur uuur
uuur uuur uur
·
·
AOB ≈ 180 − 126,9 ≈ 53,1°.
De plus BOC = AOD = 180 − ·
MA ⋅ MB = MA ⋅ MA’ = MO + OA ⋅ MO + OA’ = MO2 + MO OA’ + OA
uuur uuur uur uur uuur
uuur uuur uuur uuuur uuur uur uuur uuur
57 D’après la formule d’Al-Kashi :
MA ⋅ MB = MA ⋅ MA’ = MO + OA ⋅ MO + OA’ = MO2 + MO OA’ + OA + OA ⋅ OA’ = MO2 − OA ×
u2uur uuur2 uuur 2 uuuur uuur uur uuu·
r uuur
u2uur uuur2 uur uur uuur
2
2
2 ) ⇔ BC = 62 500
2 000 × cos (32°)
BCMA
=⋅ AB
AC ⋅ MA’
− 2 ×=AB
× AC
× cos
BAC
⇔ BC
+ 200
2 × 150
× ⋅200
(32°
MB =+ MA
MO
+ OA
⋅ MO
+ OA’
= MO=2150
+ MO
OA’ +−OA
+ OA
OA’×=cos
MO
− OA × OA’ = MO2 −−R60
.
2
2
2
2
·
cos BAC ⇔ BC = 150 + 200 − 2 × 150 × 200 × cos (32°) ⇔ BC = 62 500 − 60 000 × cos (32°)
62 1. D’après le théorème de la médiane, on a :
× cos (32°) ⇔ BC 2 = 62 500 − 60 000 × cos (32°) .
uuur uuur
2
MA ⋅ MB = MI 2 − AB = MI 2 − 25.
BC est une grandeur positive donc :
4
uuur uuur
2
⇔
2. a. MA ⋅ MB = 11 ⇔ MI 2 − 25 = 11uuu
BC = 62 500 − 60 000 × cos (32°) ≈ 107,78.
r MI
uuur = 36 ⇔ MI = 6.
L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB = 11 est le cercle
La longueur de la tyrolienne représentée par le segment [ BC ]
est de 107,78 m au centimètre près.
de centre I et de rayon 6.
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
(
(
)
)
)(
(
)
(
)
(
)
)
(
(
)
(
)
(
)(
)
)
)
(
( ) ( )
(
(
)(
( )
)((
(
)
)
(
)
(
( ) ( )
)
( ) ( )
)
) )
(
(
)(
)
)
(
)(
(
)
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
165
uuur uuur
2
65 1. a. Dans le triangle ACH rectangle en H on a :
MI
<r 25 ⇔ MI < 5.
b. MA ⋅ MB < 0 ⇔ MI 2 − 25 < 0 ⇔uuu
r uuu
L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB < 0 est le
sin  = CH ⇔ CH = b × sin  .
b
disque
fermé
de
centre
I
et
de
rayon
5.
uuur uuur
De
même,
dans
le
triangle
CBH rectangle en H on a :
2
c. MA ⋅ MB . 0 ⇔ MI 2 − 25 . 0 ⇔uMI
uur u.
uur25 ⇔ MI . 5.
CH = a × sin( B̂).
L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB . 0 est l’enEn égalisant les deux expressions de CH on a :
semble des points situés à l’extérieur du disque fermé de
b × sin  = a × sin( B̂) ⇔ a = b .
sin( B̂)
sin Â
centre I et de rayon 5.
En procédant de la même manière avec une autre hauteur
uuur uur
63 1. L’ensemble des points M tels que BM ⋅ BA = 0 est la
du triangle ABC on trouve :
droite perpendiculaire à ( AB) passant par le point B.
a = c et par suite a = b = c .
1.
sin( B̂) sin Ĉ
sin Â
sin Â
sin Ĉ
2. Soituuu
du
segment
tel
que
Hr leuupoint
AH
=
AB
[
]
r
2
1
2.
a.
D’après
la
loi
des
sinus
:
On a AH ⋅ AB = × 6 = 3.
uuur uur
u2uur uur uuur uur
uur uuur uuur
uur BC
uuur
AC ⇔ BC = AC × sin  ⇔ BC = 3 × sin( 45°) ⇔ BC = 3
AM ⋅ AB = 3 ⇔ AM ⋅ AB = AH ⋅ AB ⇔ AB ⋅ AM − AH = 0 ⇔ AB ⋅ HM == 0
sin(30°)
sin( B̂)
sin( B̂)
sin Â
uur uuur
uur uuur uuur
⇔ AB ⋅ AM − AH = 0 ⇔ AB ⋅ HM = 0.
AC × sin Â
3 × sin( 45°)
uuur uur BC = AC ⇔ BC =
⇔ BC =
⇔ BC = 3 2 .
sin(30°)
sin( B̂)
sindroite
L’ensemble des points M tels que AM ⋅ ABsin
( B̂)
= 3Âest la
·
· − CBA
· = 180 − 45 − 30 = 105.
ACB = 180 − BAC
perpendiculaire à ( AB) passant par le
uuupoint
r uuurH.
D’après la loi des sinus :
3. L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB = 0 est le cercle
3
de diamètre [ AB].
AB = sin(105) ×
≈ 5,80.
sin(30°)
4. Soit I le milieu du segment [ AB]. D’après le théorème de
b. D’après la loi des sinus :
la médiane, on a :
uuur uuur
AC × sin Â
2
4 × sin( 45°)
sin( B̂) =
⇔ sin( B̂) =
⇔ sin( B̂) = 2
MA ⋅ MB = MI 2 − AB = MI 2 − 9.
3
CB
6
uuur uuur
4
AC
× sin Â
4
×
sin
45°
(
)
MA ⋅ MB = 7 ⇔ MI 2 − 9 = 7 ⇔ MI u2uu=r 16
⇔
MI
=
4.
2
uuur( B̂) =
.
sin
⇔ sin( B̂) =
⇔ sin( B̂) =
6
3
L’ensemble des points M tels que MA ⋅ MB = 7 est le CB
cercle
de centre I et de rayon 4.
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1°
près de l’angle, soit B̂ ≈ 28°.
64 1. Soit H le pied de la hauteur issue de C dans le triangle
Ĉ
= 180 − Â − B̂ ≈ 180 − 45 − 28 ≈ 107°
ABC. On a S = CH × AB .
CB × sin Ĉ
6 × sin(107°)
2
AB =
⇔ AB =
⇔ AB ≈ 8,1.
Dans le triangle AHC rectangle en H , on a :
sin( 45°)
sin Â
CH
sin  =
⇔ CH = CA × sin  .
c. D’après la loi des sinus :
CA
AB × sin Â
En injectant l’expression de CH dans l’expression de S, on
4 × sin(50°)
2 × sin(50°)
sin Ĉ =
⇔ sin Ĉ =
⇔ sin Ĉ =
obtient :
CB
6
3
CA × sin Â × AB 1
AB × sin Â
4
×
sin
50°
2
×
sin
50°
(
)
(
)
S=
= bcsin
 .
.
⇔ sin Ĉ =
⇔ sin Ĉ =
2
2 sin Ĉ =
CB
6
3
En procédant de la même manière avec les deux autres
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
hauteurs du triangle ABC on obtient :
près de l’angle, soit Ĉ ≈ 30,7°.
1
1
1
S = bcsin  = acsin( B̂) = absin Ĉ .
B̂ = 180 − Â − Ĉ ≈ 180 − 50 − 30,7 ≈ 99,3°.
2
2
2
CB × sin( B̂)
2. a. Soit H le pied de la hauteur issue de C dans le triangle
6 × sin(99,3°)
AC =
⇔ AC =
⇔ AC ≈ 7,7.
ABC. Dans le triangle AHC rectangle en H, on a :
sin(50°)
sin Â
·
) = 3S 2l’aire du triangle ABC , on a :
ACH = 180 − 45 − 90 = 45 et sin( 45°) = CH ⇔ CH = 3 × sin( 45°Soit
2
3
S = 1 × AB × BC × sin( B̂) = 1 × 4 × 6 × sin(99,3°) ≈ 11,8.
45°) = CH ⇔ CH = 3 × sin( 45°) = 3 2 .
2
2
2
3
Dans le triangle BHC rectangle en H, on a :
Soit P le périmètre du triangle ABC, on a :
3 2
P = AB + AC + BC ≈ 4 + 7,7 + 6 ≈ 17,7.
· = 2 = 3 2.
cos BCH
· et BAS
· sont supplémentaires donc
4
8
66 Les angles OAS
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1°
·
BAS = 180 − 64,22 = 115,78°.
· ≈ 58°.
près de l’angle, soit BCH
Dans le triangle SAB, la somme des angles est égale à 180°,
· ≈ 103°.
ACB = ·
ACH + BCH
On a donc ·
on a donc :
·
· − SBA
· = 180 − 115,78 − 30,6 = 33,62°.
D’après la formule de la question précédente :
ASB = 180 − BAS
1
D’après la loi des sinus :
S = × 3 × 4 × sin(103°) ≈ 5,85.
2
·
AB × sin SBA
1000 × sin(30,6°
3. Dans le triangle JAC rectangle en A, avec le théorème
SA
AB
=
⇔ SA =
⇔ SA =
·
·
·
sin(33,62°)
de Pythagore on obtient : JB = 634 . Dans le triangle JAC,
sin ASB
sin ASB
sin SBA
·
rectangle en A, on obtient de même JC = 731,5025 .
AB × sin SBA
1000 × sin(30,6°)
SA
AB
=
⇔ SA =
⇔ SA =
⇔ SA ≈ 919,37.
L’aire du triangle JBC est égale à 25 × 7,32
=
91,5.
·
sin(33,62°)
sin2 ·
ASB
sin ·
ASB
sin SBA
Une autre expression de l’aire de JBC permet de déterminer
Dans le triangle SAO rectangle en O, on a :
l’angle θ : S = 1 JB × JC × sin(θ)
· = SO ⇔ SO = SA × sin SAO
· ⇔ SO = 919,37 × sin(64,22°) ≈
sin SAO
2
SA
1
⇔ 91,5 = × 634 × 731,5025 × sin(θ)
· = SO ⇔ SO = SA × sin SAO
· ⇔ SO = 919,37 × sin(64,22°) ≈ 828.
sin SAO
2
SA
2
×
91,5
⇔ sin(θ) =
d’où θ ≈ 15,6°.
La Tour Burj Khalifa mesure 828 m au mètre près.
634 × 731,5025
( )
( )
( )
( )
(
(
)
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( () )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
(
)
(
(
)
(
166
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
( )
)
( )
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( )
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© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
( )
( )
uuur
uur
uur
67 1. OA ⎛⎜ cos (a )⎞⎟ et OB ⎛⎜ cos (b )⎞⎟ .
⎝ sin(b ) ⎠
⎝ sin(a ) ⎠
uur uur
2. OA ⋅ OB = cos (a ) cos (b ) + sin(a ) sin(b )
uuur
uur
ur
u
uur
uur
uur
ur
u
uur
71 1. MB + MC = MI + IB + MI + IC = 2MI + IBuru+ IC . uur
Comme
uuur uuurI est uleurmilieu du segment [ BC ], alors IB = −IC et
MB + MC = 2MI .
uuur uuur uuur
uuur uur
uuur uur
· = a−b
BOA
3.
2. MA ⋅ MB + MC = 0 ⇔ MA ⋅ 2MI = 0 ⇔ MA ⋅ MI = 0 ⇔
⇔M
uur uur
· = 1× 1× cos (a − b ) = cos (a − b )
OA ⋅ OB = OA × OB × cos BOA
appartient au cercle de diamètre [ AI ]. Comme le triangle ABI
= 1× 1× cos (a − b ) = cos (a − b )
est rectangle en B, alors le cercle circonscrit au triangle ABI
4. En égalisant les deux expressions du produit scalaire
est le cercle de diamètre [ AI ], c’est-à-dire l’ensemble des
uuur uuur uuur
obtenu aux questions 2 et 3, on obtient :
points M du plan tels que MA ⋅ MB + MC = 0.
cos (a − b ) = cos (a ) cos (b ) + sin(a ) sin(b ).
2
2
2
2
En posant b = −b, on obtient :
72 1. AP2 = 1 a = a ; AR2 = 2 a = 4a .
3 (a ) sin9
3
9
uuu
ur (b ) − sin
cos (a − (−b )) = cos (a ) cos (−b ) + sin(a ) sin(−b ) ⇔ cos (a + b ) = cos
(ra ) ucos
(b )
1 a × 2 a × cos (60°) = a2 .
AP
⋅
AR
=
AP
×
AR
×
cos
Â
=
(a ) sin(−b ) ⇔ cos (a + b ) = cos (a ) cos (b ) − sin(a ) sin(b ).
3
3
9
D’après le théorème d’Al-Kashi :
5. En remarquant que π − π = π , on a :
2
2
4 6 12
2
2
PR
=6AP
+ AR2 − 2 × AP × AR × cos  = a + 4a − 2 × a × 2a × c
π
π
π
π
π
2
3
2
1
+
2
9
3 3
cos
= cos
× cos
+ sin
× sin 2 =
×
+
× =
2
2
29
12
4
6 PR2 = 4AP2 + AR
6 − 22× AP 2× AR 2× cos2 Â = a4 + 4a − 2 × a × 2a × cos (60°) = a .
9
9
3 3
3
+ sin π × sin π = 2 × 3 + 2 × 1 = 6 + 2 .
2.
De
la
même
manière
qu’à
la
question
1,
on démontre
2
2
2 2
4
4
6
2
a
2
2
π et
2 πRQ = PQ
2 PR
− sont
3 des grandeurs
que
Orsin
RQ,
De plus, cos2 π + sin2 π = 1 ⇔ sin2 π = 1− cos2 π ⇔ sin
= 1− 8 + 4= 33 .⇔
= 2PQ
16
12
12
12
12
12
12 a 3 4
positives donc RQ = PR = PQ =
et le triangle PQR est
3
n2 π = 1 ⇔ sin2 π = 1− cos2 π ⇔ sin2 π = 1− 8 + 4 3 ⇔ sin2 π = 2 − 3
16
4
12
12
12
12
12 équilatéral.
uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur
− cos2 π ⇔ sin2 π = 1− 8 + 4 3 ⇔ sin2 π = 2 − 3 .
73 1. MA2 + AB ⋅ MC = MA ⋅ MA + AB ⋅ MC = MA ⋅ MA + AB ⋅ MA + AC
12
16
12
4
12
uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uur uur uuur uuur uuur
2
MA
+ AB ⋅cadran
MC = MA
⋅ MA +trigoAB ⋅ MC = MA ⋅ MA + AB ⋅ MA + AC = MA ⋅ MA + AB + AB ⋅ AC = MA ⋅ MB =
Or, l’angle π appartient au
premier
du cercle
ur uuur uur uuur uuu12
r uuur uur uuur uuur
uuur uuur uur uur uuur uuur uuur
2
2
valeur
son+sinus
donc
positive.
en⋅ AC = MA ⋅ MB = MI 2 − AB = MI 2 − 6 = MI 2 − 9
A ⋅ MA + ABnométrique,
⋅ MC = MA ⋅laMA
+ ABde
⋅ MA
AC est
= MA
⋅ MA
+ AB +OnAB
u
u
r
u
uu
r
4
4
déduit sin π = 2 − 3 = 2 − 3 .
2. MA2 + AB ⋅ MC = 12 ⇔ MI 2 − 9 = 12 ⇔ MI 2 = 21 ⇔ MI = 21
uur uuur
12
4
2
MA2 + AB ⋅ MC = 12 ⇔ MI 2 − 9 = 12 ⇔ MI 2 = 21 ⇔ MI = 21.
uur uuur
68 uurD’après
relation
uuur 1. a.
ur
u lauuu
r uur deur
uChasles, on a :
L’ensemble des points M tels que MA2 + AB ⋅ MC = 12 est
MA = MI + IA et MB = MI + IB .
uur ur
u 2 uur ur
u 2
uur ur
u
uurcentre
ur
u
ur ur
u ur
u
un cercle de
I et de rayon u21.
2
b. MA2 + MB2 = MI + IA + MI + IB = MI 2 + 2MI ⋅ IA + IA2 + MI 2 + 2MI ⋅ IB + IB2 = 2MI 2 + 2MI ⋅ IA + IB + 2 AB = 2MI 2 + AB
2
2
uur ur
u
uur ur
u
uur ur
u 2 uur ur
u 2
uur unur
urepère
ur
u orthonormé
2
74 1. Dans
du plan, les2 coordonnées
= MI + IA + MI + IB = MI 2 + 2MI ⋅ IA + IA2 + MI 2 + 2MI ⋅ IB + IB2 = 2MI 2 + 2MI ⋅ IA + IB + 2 AB = 2MI 2 + ABr r
r r
2
2
uur ur
u ur
u
uur ur
u
2
2respectives de u et v sont ⎛ x ⎞ et ⎛ x’ ⎞ , alors u ⋅ v = xx’ + yy’ .
⎜⎝ y ⎟⎠ ⎜⎝ y’ ⎟⎠
A2 + MI 2 + 2MI ⋅ IB + IB2 = 2MI 2 + 2MI ⋅ IA + IB + 2 AB = 2MI 2 + AB
2
2 1 r r 2
r
r
uur ur
u ur
u
2
2
i u + v i − i u i2 − i v i2 ) = 1 ( x + x’ )2 + ( y + y’ )2 − ( x 2 + y2 ) − ( x’2 + y’
(
2MI ⋅ IA + IB + 2 AB = 2MI 2 + AB .
2
2
2
2
r 2 2 r 262 r 2
2 1 r
1 ( x 2+ x’ )2 + ( y +2 y’ )2 − ( x 2 + y2 ) − ( x’2 + y’2 ) = 1 (2xx’ + 2 yy’ ) = ur ⋅
2
2
2
AB
−
i
u
i
−
i
v
i
=
i
u
+
v
i
(
)
= 20 ⇔ 2MI +
2. a. MA + MB = 20 ⇔ 2MI +
= 20 ⇔ 22MI = 2 ⇔ MI = 1
2
2 2
2
1 (i ur + vr i2 − i ur i2 − i vr i2 ) 2= 1 ( x + x’ )2 + ( y + 2y’ )2 − ( x 2 + y2 ) − ( x’2 + y’2 ) = 1 (2xx’ + 2 yy’ ) = ur ⋅ vr .
2
2
2
2
2
AB
6
+ MB
= 20 ⇔ 2MI +
= 20 ⇔ 2MI = 2 ⇔ MI = 1 2
=2 20 ⇔ 2MI +
2
r
r
2
2
2
2. En utilisant la forme précédente avec les vecteurs u et ­− v ,
⇔ 2MI 2 + 6 = 20 ⇔ 2MI 2 = 2 ⇔ MI 2 = 1.
2
on obtient :
b. MI est une grandeur positive donc MI = 1 et l’ensemble
r r
r
r
r r
r r
r
r
r r
− u ⋅ v = 1 (i u − v i2 − i u i2 − i v i2 ) ⇔ u ⋅ v = 1 (i u i2 + i v i2 − i u − v i2 )
des points M tels que MA2 + MB2 = 20 est un cercle de
2
2
r
r
r r
r r
r r
r
r
r r
centre I et de rayon 1.
− u ⋅ v = 1 (i u − v i2 − i u i2 − i v i2 ) ⇔ u ⋅ v = 1 (i u i2 + i v i2 − i u − v i2 ).
2
2
r uur r uuur
2
3. En utilisant la formule précédente avec u = AB et v = AC ,
69 MA2 + MB2 = 2MI 2 + AB . Les points A et B sont deux
2
on obtient
uur: uuur
uur
uuur
uur uuur
points fixes du plan, pour minimiser MA2 + MB2 il faut
AB ⋅ AC = 1 i AB i2 + i AC i2 − i AB − AC i2 .
2
2
donc minimiser MI . Or, MI est minimale lorsque le point
uur uuur 2 uur uur uur
M est confondu avec le point I . Dans ce cas, MI 2 = 0 et
Comme
AB − AC = AB + CA = CB , alors :
2
uur uuur
MA2 + MB2 = AB .
AB ⋅ AC = 1 ( AB2 + AC 2 − CB2 ) .
2
2
75 1. Le logiciel de géométrie dynamique laisse supposer
70 Soit I le milieu du segment [ AB], on a :
2
que les droites ( AJ ) et ( MN ) sont perpendiculaires.
MA2 + MB2 + MC 2 = 2MI 2 + AB + MC 2 .
2
2. Le triangle ABC est un triangle rectangle isocèle en A. La
Les points A et B sont deux points fixes du plan, pour minidroite (AI), la médiane du triangle issue de A, est aussi un
miser MA2 + MB2 + MC 2 il faut donc minimiser 2MI 2 + MC 2 .
axe de symétrie du triangle
uur uuurABC. Ainsi, dans le repère orthoMI 2 est minimale lorsque le point M est confondu avec le
normé du plan A ; AB ; AC , on a :
point I . Le triangle ABC est rectangle isocèle en C , la
uuur ⎛ − x ⎞ uur ⎛ − x ⎞
M ( x ; 0) , M ’ (0 ; x ) , N (0 ; y ), N ’ ( y ; 0) , MN ⎜ ⎟ et AJ ⎜ y ⎟ .
médiane issue du sommet C est aussi la hauteur, ainsi CI
⎝ ⎠
⎝ y⎠
uuur uur
est la distance la plus courte à la droite ( AB).
xy xy
MN ⋅ AJ = − +
= 0.
2MI 2 + MC 2 est donc minimale lorsque le point M est
2
2
uuur uur
On en déduit que les vecteurs MN et AJ sont orthogonaux
confondu avec le point I. On en déduit que c’est la position
et que les droites ( MN ) et ( AJ ) sont perpendiculaires.
qui minimise MA2 + MB2 + MC 2 .
(
(
)
)
(
( )
( )
() ()
)
( )
( )
( )
( )
()
()
( )
( )
( )
) (
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
)
(
)
) (
(
( )
(
( )
( )
( )
( )
( )
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(
)
)
(
) ( )
()
( )
( )
(
( )
(
()
( )
)
)
(
) ( )
(
) ( )
)
(
(
(
(
(
)
(
) ( )
)
)
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
167
2. a.
76 1. D’après le théorème de médiane, quel que soit le point
Demander la valeur de a, b, x M , yM
M du plan, on a : uuur uuur
c prend la valeur –bx M + ayM
2
MB ⋅ MC = MI 2 − BC .
Afficher bx − ay + c = 0
4
Lorsque le point M est confondu avec le point A, on a :
b. a = −3 ; b = 2 et c = −2 × 7 − 3 × (−2) = −8 .
uur uuur
2
BC
2
L’algorithme renvoie 2x + 3y − 8 = 0, l’équation cartésienne
.
AB ⋅ AC = AI −
4
de la droite d perpendiculaire à la droite $ passant par M.
D’après
uur uuur la définition du produit scalaire, on a :
AB ⋅ AC = AB × AC × cos  = 5 × 8 × cos (60) = 20.
80 1. D’après le théorème de la médiane, on a :
uur uuur
uur uuur
uur uuur
2
2
D’après la formule d’Al-Khashi :
AB ⋅ AC = AI 2 − BC ⇔ AI 2 = AB ⋅ AC + BC ⇔ AI = AB ⋅ AC + BC
4
4
4
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 × AB × AC × cosuuÂr =uuu
25
uur uuur
r + 64 − 2 × 52× 8 × cos (60
uu)r= u89
uur− 40 =2 49
2
BC
BC
BC
2
2
B × AC × cos  = 25 + 64 − 2 × 5 × 8 × cos (60) = 89
AB− ⋅40
AC= =49.
AI −
⇔ AI = AB ⋅ AC +
⇔ AI = AB ⋅ AC +
.
4
4
4
Finalement,
uur uuur
Iluuest
de connaître la valeur du produit scalaire
2
r unécessaire
uur
AB ⋅ AC = 20 ⇔ AI 2 − BC = 20 ⇔ AI 2 = 20 + 49 ⇔ AI 2 = 129AB⇔⋅ AC
AI pour
= 129
déterminer
la longueur de la médiane issue de A.
4
2
4
4
D’après
la
formule
d’Al-Kashi
:
= 20 ⇔ AI 2 = 20 + 49 ⇔ AI 2 = 129 ⇔ AI = 129 .
· ⇔ cos BAC
· = AB2 + A
BC 2 = AB2 + AC 2 − 2 × AB × AC × cos BAC
4
4
2
2 × AB
· ⇔ cos BAC
· = AB2 + AC 2 − BC 2 .
BC 2 = AB[2AI+] AC
2 ×. AB × AC × cos BAC
La longueur de la médiane
est2 −129
2 × AB × AC
2
r uuur
r uuur
r uuur
2
2
2
2
2
2
77 W = F ⋅ AB = − P ⋅ AB = −mg × AB × cos P; AB = −5 000 × 13Ainsi,
× cosAI
( π)== 65
AB000
× AC × AB + AC − BC + BC = AB + AC − BC
r uuur
2 × AB × AC
4
2
AB × cos P; AB = −5 000 × 13 × rcos ( π) = 65 000
2
2
2
2
2
2
2
2
+ l’objet
AC − BC + BC = AB + AC − BC + BC .
AI =duAB
× AC × AB de
Le travail de la force F au cours
déplacement
2 × AB × AC
4
2
4
de 13 mètres de haut est de 65 000 J.
Il est important que dans l’algorithme suivant, l’utilisateur
65 000
entre en premier la longueur du côté opposé au sommet
P=W =
= 3 708 r
24
t
dont est issu la médiane dont on cherche la longueur.
La puissance de la force F développée par la grue pour
soulever le conteneur est de 3 708 W.
Demander les valeurs de c , c , c .
( )
( )
( )
(
(
)
)
(
)
(
)
1
78 Le logiciel de géométrie dynamique laisse supposer que
les droites ( BQ ) et (CP ) sont perpendiculaires.
uur uuur
(
(
2
)
(
)
3
2
¯ prend la valeur
)
c2 + c32 − c12 c12
+
.
2
4
Dans le repère orthonormé du plan A ; AB , AC , on a :
Afficher ¯
Soit x l’abscisse du point M. Le point M appartient à la droite
2.
on a u: ur
uurD’après
uuur les propriétés
uur
uuudu
r produit
uur scalaire,
uuur
uuur
uur
( AB) d’équation y = x, il a donc pour coordonnées ( x ; x ).
1 i AB i2 + i AC i2 − i AB − AC i2 = 1 i AB i2 + i AC i2 − iCB i
AB
⋅
AC
=
Le point P est le projeté orthogonal du point M sur ( AD ), il a
2
2 uur
uuur
uur
ur uuur
uur
uuur
uur uuur
pour coordonnées (0 ; x ). uAB
2
2
2
2
2
2 .
1
1
⋅ AC = i AB i + i AC i − i AB − AC i = i AB i + i AC i − iCB i
2
Le point Q est le projeté orthogonal du2point M sur ( DC ) , il
D’après la formule d’Al-Kashi :
a pour coordonnées ( x ; 1).
AC 2 = AB2 + BC 2 − 2 × AB × BC × cos ( B̂) .
De plus, B (1; 0) et C (1; 1) .
On
:
uuur ⎛ 1 ⎞
uur
uur en
uuudéduit
r
1 AB2 + AB2 + BC 2 − 2 × AB × BC × cos B̂ − BC 2 = 1 AB
On en déduit, PC ⎜
et QB ⎛⎜ 1− x ⎞⎟ .
⎟
=
AB
⋅
AC
( )
) 2(
⎝ 1− x ⎠
⎝ −1 ⎠
uur uuur
2(
uuur uur
AB ⋅ AC = 1 ( AB2 + AB2 + BC 2 − 2 × AB × BC × cos ( B̂) − BC 2 ) = 1 ( AB2 + AB2
PC ⋅ QB = 1× (1− x ) − 1× (1− x u) uu
=r 0. uur
2
2
uurenudéduit
uur
PC
On
que2les vecteurs
2
2 et QB sont orthogonaux et 2
2
2
2
1
1
AB ⋅ AC = ( AB + AB + BC − 2 × AB × BC × cos ( B̂) − BC ) = ( AB + AB − 2 × AB × BC × cos ( B̂)) = AB − AB × BC × cos ( B̂)
2 ( PC ) et (QB) sont perpendiculaires.
2
que les droites
2
1 AB2 + AB2 − 2 × AB × BC × cos B̂ = AB2 − AB × BC × cos B̂ .
C 2 − 2 × AB × BC × cos ( B̂) − BC
=
)
(
(
)
)
( )
⎛
⎞
−b
r
2
79 1. Le vecteur v de coordonnées
⎜⎝ a ⎟⎠ est un vecteur
directeur de la droite $. La droite d est perpendiculaire à la
Demander les valeurs de B̂, =a,180
c. − Â − Ĉ ≈ 180 − 50 − 30,7 ≈ 99,3°
droite $, les vecteurs directeurs de d sont donc orthogonaux
P prend la valeur c2 − c × a × cos B̂ .
r
r r
au vecteur v . Or, u ⋅ v = −ba + ab = 0. On en déduit que les
Afficher P
r r
r
vecteurs u et v sont orthogonaux et que le vecteur u est un
vecteur directeur de la droite d.
(
) (
)
( )
Exercices
81 1. Il semble que, quelle que soit la valeur a, la droite ( AB)
passe par le point de coordonnées (0 ; 1).
2. Soit A(a ; a2 ) . La droite (OA) a pour équation
y = ax ⇔ −ax + y = 0. La droite perpendiculaire à (OA)
passant par O a pour équation cartésienne :
x + ay = 0 ⇔ y = − 1 x (voir exercice 79).
a
168
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
) (
Le point B est à l’intersection de la parabole 3 et de la droite
perpendiculaire à (OA) passant par O, ses coordonnées satisfont le système d’équations suivant :
⎧
⎪ x = 0 et y = 0
⎧⎪ y = x 2
⎧⎪ y = x 2
⎧⎪ y = x 2
⎪
⇔
⇔
⇔
⎨
⎨
⎨ou
⎨
2
1
1
1
y=− x
x =− x
x x+
=0
⎪
⎩⎪
⎩⎪
1
1
⎩⎪
a
a
a
⎪⎩ x = − a et y = a2
⎧
⎪ x = 0 et y = 0
⎧⎪ y = x 2
⎧⎪ y = x 2
⎧⎪ y = x 2
⎪
⇔
⇔
⇔
⎨
⎨ 2
⎨ou
⎨
1x
1x
1 =0
y
=
−
x
=
−
x
x
+
⎪⎩
⎪
⎪
⎪
⎩
1
1
⎩
a
a
a
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
⎪⎩ x = − a et y = a2
(
(
)
)
2
3. Pour ¯= 29,7 et L = 21 , alors ¯2 ≈ 2,0002 , donc
L
¯2 ≠ 2 ⇔ ¯ ≠ 2 , donc θ ≠ 90°.
2
L
L
Ainsi, le logiciel ne met pas le symbole de l’angle droit car les
droites ne sont pas perpendiculaires.
(0 ; 0) étant les coordonnées du point O, le point B a pour
(
)
coordonnées − 1 ; 12 .
a a
La droite ( AB) a pour coefficient directeur :
1 − a2
4
2
a2
= 1− a 2 = − 1− a .
a
1
− − a −a (1+ a )
a
On détermine l’ordonnée à l’origine de la droite ( AB) :
2
yA = − 1− a x A + b ⇔ a2 = − (1− a2 ) + b ⇔ b = 1.
a
La droite ( AB) a pour équation :
2
y = − 1− a x + 1.
a
On remarque que, quelle que soit la valeur de a, la droite ( AB)
passe par le point I de coordonnées (0 ; 1).
86 1. a.
F1
R
α
F1
b. En réalisant la figure sur un logiciel de géométrie, on
obtient
ur ur
u R = 30 N.
dynamique.
uuur r
2.
F
⋅
F
F × F × cos (α ) = 260cos (α ).
r 2
1
2 =
r 21 2 2
2. AC ⋅ u = 16 ⇔ k × i u i = 16 ⇔ k = 16
r 2 ⇔ k = 16 ⇔ k = 2
2
8
iu i
3. R = i Ri = 30 = 900.
6 ⇔ k = 16
⇔ k = 16 ⇔ k = 2
ur ur
u
r 2uuu
r
u
uu
r
u
uu
r
u
uu
r
u
uu
r
u
u
r
8
iu i
r
r
r
r
r uuu⋅ rF = 1 ( R2 − F 2 − F 2 ) = 1 (302 − 202 − 132 ) = 165,5
1
2= 0 2
1
2
3. AM ⋅ u = AC ⋅ u ⇔ u ⋅ AM − AC = 0 ⇔ u ⋅ AM + CA = 0 ⇔ 4.
u ⋅FCM
2
uuur r
r uuur
r uuur uuur
r uuur uur
260cos
α
=
165,5
⇔
cos
d’où
(
)
(α ) = 165,5 ≈ 50° .
AC ⋅ u ⇔ u ⋅ AM − AC = 0 ⇔ u ⋅ AM + CA = 0 ⇔ u ⋅ CM = 0
uuur uuur uuur uur uuur uur u260
uur uur uuur
uuur uur uur
La ligne de niveau cherchée est la droite perpendiculaire à
87 1. DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB = DA ⋅ BA + AC + DA + AB ⋅ CA +
uuur uur uur uuur uuur uur uuur uur uur
uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
( AC ) passant par C.
DA ⋅ BC + DB ⋅ CA + DC ⋅ AB = DA ⋅ BA + AC + DA + AB ⋅ CA + DA + AC ⋅ AB = DA ⋅ BA + AB +
ur uuur uur uuur uur uuur uur uuur
uuur uur uur uuur uuur uur uuur uur uur uuur uuur uur uur uur uuur
1. Figure
à réaliser
l’aide
d’un+ logiciel
géométrie
C + DB ⋅ CA83
+ DC
⋅ AB = DA
⋅ BA +àAC
+ DA
AB ⋅ CAde
+ DA
+ AC ⋅ AB = DA ⋅ BA + AB + DA ⋅ AC + CA + AB ⋅ CA + AC = 0
dynamique.
uuur uuur uuur uuur
uur ur
u 2.
uuLa
r relation
ur
u uur deur
ula question
uur ur
u 1 est valable
ur
u pour
uur quatre
uur points uur uur
2. MA2 − MB2 = 10 ⇔ MA − MB MA + MB = 10 ⇔ MI + IA −du
MIplan.
− IBAppliquée
MI + IA +aux
MIpoints
+ IB =A,10
⇔
IA
+
BI
2MI
= 10 ⇔ 2BA ⋅ MI
uur ur
u uur ur
u uur ur
u uur ur
u
uuur
ur
u uur uur
uuuruuruuuruur uuur uuuurr B,
uuuC
ruuret H,
ur uur devient :
uurla urelation
MB = 10 ⇔ MI + IA − MI − IB MI + IA + MI + IB = 10 ⇔ IA + BI 2MI = 10 ⇔ 2BA
⋅ MI
= 10
⇔⋅ BA
⇔=AB
⋅ BC
+ HB
HA
CA⋅+MI
HC= ⋅5AB
0. ⋅ IM = 5
ur
u uur uur
uur uur
ur
u
uur uur
uur uOr,
ur le point H est l’intersection des hauteurs issues de A et de
uuur uuur uuur uur
+ IB = 10 ⇔ IA + BI 2MI = 10 ⇔ 2BA ⋅ MI = 10 ⇔ BA ⋅ MI = 5 ⇔ AB ⋅ IM = 5
B, on a donc HA
uur uur
uur uur
r uur
uuur⋅ BC
uur= HB ⋅ CA = 0 et la relation précédente
A ⋅ MI = 10 ⇔ BA ⋅ MI = 5 ⇔ AB ⋅ IM = 5
devient alors HC ⋅ AB = 0.
On en déduit que le point H appartient à la hauteur issue de
2
2
3. AB = (1− (−3)) + (1− (−1)) =uur20 =uu2r 5
C, c’est-à-dire que les trois hauteurs sont concourantes en H .
On considère un point C tel que IC = k AB . Si C appartient à la ligne de niveau, on a :
88 1. Il semble que les trois points remarquables d’un
uur uur
uur
AB ⋅ IC = 5 ⇔ ki AB i2 = 5 ⇔ k = uu5r ⇔ k = 5 ⇔ k = 1 . triangle, le centre de gravité, le centre du cercle circonscrit
20
4
i AB i2
et l’orthocentre sont alignés.
uuur uur uur uuur
uur uuur uur uuur
uuur uuur uur
uur
uur
1
2.
a.
=
+
+
⇔
−OA
+
=
+
⇔
AO
OB
OM
OA
OB
OC
OM
OB
OC
Donc le point C est tel que IC = AB.
uuur uur uur uuur
uur uuur uur uuur
uuur uuur uur uuur
uuu
r + uOM
ur =uuu
r
uur uur uur uur
uur uur uu4r
uur =uuu
r + OB + OC ⇔ −OA + OM = OB + OC ⇔ AO + OM = OB + OC ⇔ AM = OB + OC
OM
OA
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
u
uu
r
u
u
r
u
u
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
u
uu
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
AB ⋅ IM = AB ⋅ IC ⇔ AB ⋅ IM − IC = 0 ⇔ AB ⋅ CM = 0
OM = OA + OB + OC ⇔ −OA + OM = OB + OCu⇔
uur AO
uuur+ OM
uur= OB
uuur+ OC
uuur⇔ AM
uuur= uOB
uur + OC
uur. uuur uuur uuur
uuu
La ligne de niveau cherchée est la droite perpendiculaire à
AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ BC ⇔ AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ BO + OC ⇔ AM
( AB) passant par C.
uuur uuur uur uuur uuur uuur
uuur uuur uur uuur uuur
uuur uuur uur uuur uuur u
AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ BC ⇔ AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ BO + OC ⇔ AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ OC − O
uuur uuur uur uuur uuur uur
u84
uur uuu
r uur ula
uurrelation
uuur deuuu
r uuur onuuar : uuur uuur uuur
Chasles,
uur 1.
uEn
ur =utilisant
uOB
uur + OC
ur ⇔uurAM
u⋅uBC
r =
uurOBu+uurOC r ⋅ BO u+urOCuuu
r AM
uuur⋅ BCuuu
uuur
uuur
r ⋅ uBC
AM
⋅ BC
⇔
=r OBuuu
+rOCr ⋅ OCu−urOB uuur r
2
GC
0 r⇔ GA
+r A’Cuuu=r 0 u⇔
ur AA’uuu
ur 3GAu+uur2 AA’ =uu0r ⇔ AG = 3 AA’
r +uuu
r =uuu
uuur+ GA
uuu+r ABr +GAu+urAC =
uuu0r ⇔ r3GA u+uurAA’ +uA’B
uuur r GA +uuGB
uur u+
b. 2Or, OB + OC ⋅ OC − OB = iOC i2 − iOB i2. Le point O
+ uAC
uuur + AA’
uuur+ A’B + AA’ + A’C = 0 ⇔ 3GA + 2 AA’ = 0 ⇔ AG = 3 AA’
uur = 0r ⇔ 3GA
étant le centre du cercle circonscrit au triangleuuu
ABC
r , iluuest
r
+ 2 AA’ = 0 ⇔ AG = 2 AA’.
3
équidistant des sommets du triangle. On a donc iOC i = iOB i .
u
uu
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
uuur
uuur
2. En procédant de la même manière qu’à la question 1 on
uuur
uuur uuur
uuur
On en déduit : AM ⋅ BC = OB + OC ⋅ OC − OB ⇔ AM ⋅ BC = iOC i2 −
2
2
démontre que BG = BB’ et CG = CC ’ . uuur uuur uur uuur uuur uur
uuur uuur
uuur
uur
uuur uuur
3
3
AM
⋅ BC = OB + OC ⋅ OC − OB ⇔ AM ⋅ BC = iOC i2 − iOB i2 ⇔ AM ⋅ BC = 0.
3. Les trois médianes d’un triangle ABC sont
concourantes
Le point M appartient à la droite perpendiculaire à la droite
en un point G situé au deux-tiers de chaque médiane en
partant du sommet.
( BC ) passant par A, il appartient donc à la hauteur du triangle
ABC issue de A.
uuur uur uur uuur
uur uuur uur uuur
uuur uuur uur
85 1. On conjecture que θ = 90°.
uurr uuuu
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
u
u
r
u
uu
r
uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuuu
c.
OM
=
OA
+
OB
+
OC
⇔
−OB
+
OM
=
OA
+
OC
⇔
uur⋅ AD
uuu=r −¯u2u+
r 0+
uuu0r + 1 uLuu
uuu2r+ 1uLu2r uuur BO
ur ⋅ AD
uur+ BI
uuu⋅rBA + BI
uuur+ OM
uur= OA
uuur+
2r
⋅ BA +
AB
=+ −¯
2. a. AI ⋅ BD = AB + BI ⋅ BA + AD = AB OM
+
=
+
⇔
=
+
=
OA
+
OB
+
OC
⇔
−OB
OM
OA
OC
BO
OM
OA
OC
⇔
BM
=
OA
+
OC
2
2
uuur uur uuur uuur uuuruuu
uuu
rr uuur uuuur uuu
r r uu2r uuur 1uuu2r uuur2 1uur2 uuur
uuur uur uuur
rr uuuuu
rr uuuu
ur uuuu
uuu
= AB + BI ⋅ BA + AD = ABOM
⋅ BA=+OA
AB+⋅ AD
BI ⋅ BA
+ BI ⋅+AD
+ 0⇔
+ BO
L +
= OM
−¯ += OA
L + OC ⇔ BM = OA + OC
OB + OC
⇔ −OB
OM= =−¯
OA++0OC
uuur uur uuur uur uuur
uuur2 uuur uur 2 uuur uuur
uuur uuur uur uuur uuur uuur
uuu
AD + BI ⋅ BA + BI ⋅ AD = −¯2 + 0 + 0 + 1 L2 = −¯2 + 1 L2
BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ AC ⇔ BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ AO + OC ⇔ BM
2
2
uuur uuur uur uuur uuur uuur
uuur uuur 2 uur uuur uuur
uuur uuur uur uuur uuur u
uur uuur
2
OC¯ ⋅=AC2⇔ BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ AO + OC ⇔ BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ OC − O
b. θ = 90° ⇔ AI ⋅ BD = 0 ⇔ −¯2 + 1 LBM
= 0⋅ AC
⇔ =¯2 OA
= 2+⇔
uuur uuur uur uuur uuur uur
uuur 2uuur uur uuur uuur
uuur 2uuur uur Luuur uuur L uuur
OA¯+=OC2 ⋅ AC ⇔ BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ AO + OC ⇔ BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ OC − OA
+ 1 L2 = 0 BM
⇔ ¯⋅ 2AC
= 2= ⇔
2
L
L
82 1. Figure à réaliser à l’aide d’un logiciel de géométrie
(
(
(
)
(
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)
)
(
(
)(
)
)
) (
(
)(
)
(
(
(
)
)(
)
)
)
(
(
(
(
)
(
)(
)
)
)
(
(
)
)(
)(
)
(
)(
)
)(
(
)
(
(
) (
)
(
(
(
(
)(
)
)(
)
)
)(
)(
(
)
)
)
(
(
(
)
)
(
) (
)
)
)(
(
)(
(
)
)
)(
(
)
)(
)(
(
)
)(
)
)
(
(
)(
)
(
)
(
(
)
)(
)(
)
)
(
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
169
)
uur uuur uuur uur
uuur
uur
Or, OA + OC ⋅ OC − OA = iOC i2 − iOA i2. Le point O étant
le centre du cercle circonscrit au triangle ABC,
uuur il estuuéquidisr
tant des sommets du triangle. On a donc iOC i = iOA i.
On
déduit
uuurenuuu
r uu:r uuur uuur uur
uuur uuur
uuur
uur
BM ⋅ AC = OA + OC ⋅ OC − OA ⇔ BM ⋅ AC = iOC i2 − iOA i2
uuur uuur
uuur
uur
uuur uuur
uur uuur uuur uur
= OA + OC ⋅ OC − OA ⇔ BM ⋅ AC = iOC i2 − iOA i2 ⇔ BM ⋅ AC = 0.
(
)(
)
b. Pour un triangle équilatéral de côté 4, l’algorithme affiche
4 3.
Pour un triangle dont les côtés sont 3, 4 et 5, l’algorithme
affiche 6.
uuur uuur
90BM
Soit,
le =point
M de coordonnées ( x ; y ) où est située
⇔
⋅ AC
0
l’épave, les points C et C ’ de coordonnées respectives (−8 ; 0)
et (8 ; 0) et les points D et D’ de coordonnées respectives
(5 ; 0) et (15 ; 0). Si l’épave si situe à 8 km du point O alors
Le point M appartient à la droite perpendiculaire à la droite
le
point M est situé
( AC ) passant par B, il appartient donc à la hauteur du triangle
uuusur
r uun
uuurcercle de centre O et de rayon 8.
⋅
MC
MC
’ = 0. De même si l’épave si situe
On
en
déduit
que
ABC issue de B.
à
5
km
du
point
alors
le
point
A
M est situé
Le point M est à l’intersection de deux hauteurs du triangle
uuusur
r uun
uuurcercle de
centre
A
et
de
rayon
On
en
déduit
que
5.
MD
⋅
MD’
= 0.
ABC , il est donc confondu avec le point H orthocentre du
Les
coordonnées
du
point
satisfont
le
système
suivant
:
M
triangle ABC.
uuur uuuur
⎧
MC
⋅
MC
’
=
0
3. D’après la relation de la question 2, on a :
⎪
uuur uur uur uuur
uuur uuur uur uuur uur uuur uuur ⎨ uuu
uuu
uuur
uuur
rr uuuuruuur . uur uur uuur
OH⋅ MD’
= 3OG
+ GA + GB + GC ⇔ OH = 3OG
OH = OA + OB + OC ⇔ OH = OG + GA + OG + GB + OG + GC ⇔
MD
=
0
⎪
⎩
uur uuur
uuur uuur uur uuur uur uuur uuur
uuur
uuur uur uur uuur
uuur
uuur
r ⎛ −8
r ⎛ 8 − x ⎞ uuur ⎛ 5 − x ⎞ uuuur ⎛ 15 − x ⎞
+ OB + OC ⇔ OH = OG + GA + OG + GB + OG + GC ⇔ OH = 3OG + GA + GB u+uuGC
⇔−OH
3OG
x ⎞ =uuuu
uuur
uuur uur uur uuur
uuur
uuur
uuur uuur
et MD’ ⎜
.
Or, MC ⎜
, MC ’ ⎜
, MD ⎜
⎟
⎝ −y ⎠
⎝ − y ⎟⎠
⎝ − y ⎟⎠
⎝ − y ⎟⎠
OG + GC ⇔ OH = 3OG + GA + GB + GC ⇔ OH = 3OG .
Car le point G est le centre de gravité du triangle uABC
On
uur . uuur
uuuar donc
uuuur:
De la dernière relation on déduit que les vecteurs OH et OG
⎧(−8 − x )(8 − x ) + y2 = 0
⎧ y2 = − x 2 + 64
⎪⎧ MC ⋅ MC ’ = 0
u
uu
r
u
uuu
r
⇔
⇔
⇔
⎨
⎨ 2
⎨
2
2
sont colinéaires et que les points O, H et G d’un triangle sont
⎪⎩ MD ⋅ MD’ = 0
⎩(5 − x )(15 − x ) + y = 0
⎩ y = − x + 20x − 75
u
uu
r
u
uuu
r
alignés.
⎧⎪ MC ⋅ MC ’ = 0
⎧ y2 = − x 2 + 64
⎧(−8 − x )(8 − x ) + y2 = 0
⎧ y2 = − x 2 + 64
⎧ y2 = − x 2 +
uuur uuuur
⇔⎨ 2
⇔⎨ 2
⇔⎨
⇔⎨
⎨
2
2
2
89 1. D’après la formule
⎩ 20x − 139
⋅ MD’ = 0 : ⎩(5 − x )2(15 −2 x ) +2 y = 0
⎩− x + 64 = − x + 20x − 75
⎩ y = − x + 20x − 75
⎩⎪ MDd’Al-Kashi
b +c −a .
22
2
2 2
2
2
2
2
2
2
2
a
=
b
+
c
−
2
×
b
×
c
×
cos
Â
⇔
cos
Â
=
⎧ y = − x + 64
⎧ y = − x +2 64
x )( 8 − x ) + y = 0
ou y = − 15,69
⎧ y = − x + 64
⎧ y = − x 2+ 264 2 ⎧ y =2 15,6975
2
×b×c
⇔⎨ 2
⇔⎨ 2
⇔ 2⎨ 2
⇔⎨
2 2
b ⎨+x c= 6,95
− a2 )
4b c − ⇔
4b2 c
(
2
2
2 2
+
c
a
b
2
2
2
2
2
2
)
(
)
20x
−
139
=
0
x
=
6,95
= 0 Â +⎩ ysin= −Âx =+120x
− 75Â =⎩1−
+ 64Â= −
+ 20x
x 15 − x +2.y cos
− x cos
⎩
⇔ sin
⇔x sin
1− ⎩
⇔ sin⎩ Â =
⇔
sin
=
 −=75
Â
2 2
2 × b2 ×2c 2
2
2
2
2 y =2−2 15,6975 4b c 2 2
⎧ y2 = − x 2 + 64
= c15,6975
ou
⎧ y2 = − x 2 + 64
⎧ y4b
2
2 ⎧ y 2= 2− x + 64
−
b
+
c
−
a
4b c − (a2 − b2 − c2 )
(
)
+
c
−
a
b
2
2
2
2
2 ⇔⎨
2
⇔
⇔
⇔
⎨
⎨
⎨
n− 75
⇔ sin  = x = 6,95 2 2
⇔ sin  =
 = 1 ⇔
 =− 1−
2sin  = 1−
2 cos  ⇔ sin 20x
139 = 20 × b ×
⎩
⎩
⎩ xc = 6,95
⎩− x + 64 = − x + 20x − 75
4b c
4b2 c2
2
2 2
2
2
2
2 2
2 ) on2 a : 2 2
M
6,95
;
15,6975
Si
2
(
2
2
2
4b c − (b + c − a )
4b c − (a − b − c )
⇔ sin2 Â =
⇔ sin2 Â =
 ⇔ sin2  = 1− b + c − a
2
2 2
2 2
2×b×c
BM = (6,95)2 + ( 4b
15,6975
− 10) ≈ 9,2.
4b c
c
2
2
4b2 c2 − (b2 + c2 − a2 )
4b2 c2 − (a2 − b2 − c2 )
Si M (6,95 ; − 15,6975 ) on a :
2
⇔ sin2 Â =
⇔
sin
=
Â
4b2 c2
4b2 c2
2
BM = (6,95)2 + (− 15,6975 − 10) ≈ 15,6.
2 2 ( 2
2
2 )2
2
2
2
2
2
2
2
(
) × ((b B,
((2bc) + (a − b − c )) ×L’épave
((2bc) − est
(a située
)) dea15−km
(b −du
)2 −seules
− b − cà plus
c )2point
+ cses
a2 ) = ( a − b +
=
=
3. sin  = 4b c − a 2−2b − c
2 2
2 2
4b c
4b coordonnées
c
4b c ).
possibles sont (6,95 ; − 15,6975
(
(
)(
( )
( )
( )
)
( )
(
( )
)(
)
)
( )
( )
( )
( )
)
( )
( )
( )
(
( )
)
( )
(
)
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
170
( )
( )
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2
c2 − (a2 − b2 − c2 ) = ((2bc ) + (a2 − b2 − c2 )) × ((2bc ) − (a2 − b2 − c2 )) = (91
a2 − (b − c )2 ) × ((b + c )2 − a2 ) = (a − b + c )(a + b − c )(b + c − a )(b + c
1. La distance
d’un point à une droite est la distance entre
2 2
2 2
4b c
4b c
4b2 c2
4b2 c2
ce point et le projeté orthogonal de ce point sur la droite.
p −droite
b ) × 2d( pest
− cla) ×
2 ( p − a )AH
× 2. p
bc ) − (a2 − b2 − c2 )) = (a2 − (b − c )2 ) × ((b + c )2 − a2 ) = (a − b + c )(a + b −Ainsi,
c )( b +
− a )(b +du
c +point
a ) = A 2à(la
lacdistance
distance
= 2 p
2 2
2 2
bc
4b
4b2 c2
4b
c
c
Cette distance est définie comme la plus courte de toutes les
2 ( p − bdistances
) × 2 ( p − cde
) ×A2à( pun
− apoint
) × 2 pM de2 d .
)2 ) × ((b + c )2 − a2 )
( a − b + c )( a + b − c )( b + c − a )( b + c + a )
=
=
=
p ( p − a )( p − b )( p − c )
bc
On a donc
4b2AM
4b2 c2
4b2 c2
c2 > AH .
plus, AM et AH sont des grandeurs positives et la foncb + c − a )(b + c + a ) = 2 ( p − b ) × 2 ( p − c ) × 2 ( p − a ) × 2 p = 2 p( p − a )( pDe
− b )( p − c )
tion carré est croissante sur R+ , on a donc AM 2 > AH 2 .
bc
4b2 c2
c2
− c) × 2( p − a) × 2 p
2. a. ur ⎛⎜ −b ⎞⎟ est un vecteur directeur de la droite d et
= 2 p ( p − a )( p − b )( p − c )
2 2
bc
⎝ a⎠
4b c
r r
r
r
u
⋅
n
=
−ba
+ ba = 0. On en déduit
uuurque rles vecteurs u et n
bcsin Â
2
4. sin  =
p ( p − a )( p − b )( p − c ) ⇔
− b )orthogonaux.
p − a )( p −AH
b )(etp −n csont
= p( p − a )( psont
( p − c) ⇔ S =Lesp(vecteurs
) tous les deux
bc
2
orthogonaux à une même droite d , ils sont donc colinéaires.
bcsin Â
− b )( p − c ) ⇔
= p( p − a )( p − b )( p − c ) ⇔ S = p( p − a )( p − b )( p − ucuu
) r ⎛ x − x A ⎞ et nr ⎛ a ⎞ .
b. AH ⎜ H
2
⎜⎝ b ⎟⎠
y − yA ⎟⎠
uuur r⎝ H
− b )( p − c ) ⇔ S = p ( p − a )( p − b )( p − c )
AH ⋅ n = a ( x H − x A ) + b ( yH − yA ) = ax H + byH − ax A − byA.
Le
point H appartient à la droite d , ainsi :
5. a. Demander les valeurs a, b et c dans l’ordre décroissant
ax H + byH + c = 0 ⇔ ax H + byH = −c .
Si 0 , a < b < c et b + a > c faire :
En
réinjectant
dans l’équation précédente, on obtient la
p prend la valeur 1 (a + b + c )
première expression
produit scalaire :
2
uuur du
r
S prend la valeur p( p − a )( p − b )( p − c )
AH
⋅
n
=
−c − ax A − byA . (1)
uuur
r
Afficher S
On a AH et unuurcolinéaires, on a donc :
uuur
uuur r ⎧⎪−i AH i × i nr i
r
Sinon
selon
que
AH et n sont de sens
u
uu
r
⋅
n
=
AH
⎨
r
Afficher « a, b et c ne sont pas les côtés d’un
⎩⎪ i AH i × i n i
triangle »
opposés ou non.
uuur r
On
uuura :r
uuur
uuur
uuur
uuur
u − c − ax A − 3.
uax A + byA + cu
byAu
r
uAH ⋅ nu
uAH ⋅ nu = i AH i × i n i ⇔ i AH i =
⇔ i AH i =
⇔ i AH i =
r
2
2
i
n
i
a +b
a2 + b2
uuur r
uuur
uuur
uuur
u − c − ax A − byAu
uax A + byA + cu
uAH ⋅ nu
i AH i =
⇔ i AH i =
⇔ i AH i =
r
.
in i
a2 + b2
a2 + b2
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
uur
r uur
r
93 W = F ⋅ AB = i F i × i AB i × cos (α ) = 5 × 106 × 1500 × cos (15°) = 7,5
uur
r
6
9
EC = BC 2 + BE 2 = 32 + 12 = 10 . W = F ⋅ AB = i F i × i AB i × cos (α ) = 5 × 10 × 1500 × cos (15°) = 7,5 × 10 × cos (15°)
r
Dans le triangle DAE rectangle en A :
Le travail de la force F sur le trajet est de 7,5 × 109 × cos (15°) J .
2
2
2
2
1500
DE = AE + DA = 4 + 3 = 25 = 5.
t=d =
= 1080
5
v
D’après la formule d’Al-Kashi :
2
2
2
+
CE
−
DC
DE
2
2
2
· ⇔ cos DEC
· =
· = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC
· = 10
3,6
DC = DE + CE − 2 × DE × CE × cos DEC
⇔ cos DEC
2
×
DE
×
CE
2
×
5
×
10
Le
temps
mis
par
le
remorqueur
pour
effectuer
le
trajet
est 10
· ⇔ cos DEC
· = DE 2 + CE 2 − DC 2 ⇔ cos DEC
· = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC
· = 10
cos DEC
de
1
080
s.
10
2 × DE × CE
2 × 5 × 10
7,5 × 109 × cos (15°)
W
E 2 − DC 2 ⇔ cos DEC
· = 25 + 10 − 25 ⇔ cos DEC
· = 10 .
P=
=
≈ 6,7 × 106
1080 r
t
E × CE
10
2 × 5 × 10
La puissance de la force F sur le trajet est d’environ 6,7 MW.
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 1°
· ≈ 72°.
r r
près de l’angle, soit DEC
94 1. Dans le repère orthonormé du plan O ; i , j , on a :
uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur uuur
2. a. AC ⋅ ED = AC ⋅ EA + AD = AC ⋅ ED + AC ⋅ AD
M ( x ; y ) , A(2 ; 3) , B (5 ; 0). On en déduit :
Or, B est le projeté orthogonal du point C sur la droite ( EA)
uuur ⎛ x − 2⎞ uur ⎛ 3 ⎞
·
et AB
.
AM ⎜
et l’angle AEC est obtus. De plus, D est le projeté orthogonal
⎝ −3⎠
⎝ y − 3⎟⎠
u
uu
r
u
u
r
du point C sur la droite ( AD ). On en déduit :
AMuuu
⋅ rABuu=r ( x − 2) × 3 + ( y − 3) × (−3) = 3x − 3y + 3
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uur
uuur
uuur
AC ⋅ ED = AC ⋅ ED + AC ⋅ AD = −i AB i × i AE i + i AD i2.
2.
AM
uuur uuur
uur
uuur
uuur
uuur
u⋅uurAB = k ⇔ 3x − 3y + 3 = k ⇔
uuur3x u−ur3y + 3 − k = 0
b. AC ⋅ ED = 0 ⇔ −i AB i × i AE i + i AD i2 = 0 ⇔ −5i AE i + 32 = 0L’ensemble
⇔ i AE i = des
1,8 points M tels que AM ⋅ AB = k est la droite
uuur
uuur
uur
uuur
uuur
i AB i × i AE i + i AD i2 = 0 ⇔ −5i AE i + 32 = 0 ⇔ i AE i = 1,8.
d’équation cartésienne 3x − 3y + 3 − k = 0.
Pour que les droites ( AC ) et ( AE ) soient perpendiculaires,
3. k = −1, k = 1 et k = 3.
le point E doit être situé sur le segment [ AB] et distant de
y
1,8 cm du point A.
uur uuur
3. a. Dans le repère orthonormé du plan A ; 1 AB , 1 AD ,
5
3
on a :
1
E ( x ; 0) , C (5 ; 3) , D (0 ; 3).
uuur ⎛ 5 − x ⎞ uuur ⎛ − x ⎞
On en déduit EC ⎜
et ED ⎜ ⎟ .
0
x
1
⎝ 3 ⎟⎠
⎝ 3⎠
On a donc
uuur : uuur
EC ⋅ ED = (5 − x ) × (− x ) + 3 × 3 = x 2 − 5x + 9.
b. Soit f la fonction définie sur [0 ; 5] par f ( x ) = x 2 − 5x + 9 .
La fonction f est représentée par une parabole orientée vers
95 1. Réponse a.
2. Réponse a.
– (−5) 5
le haut qui admet un minimum en
= = 2,5.
3. Réponse a.
4. Réponse b.
21
2
uuur uuur
r r
Le produit scalaire EC ⋅ ED est minimal lorsque x = 2,5 cm,
96 1. a. Dans le repère orthonormé du plan O ; i , j , on a
c’est-à-dire lorsque le point E est au milieu du segment [ AB].
A(−2 ; 1), B (1; 2) et C (1; − 1). On en déduit :
c. f (2,5) = 2,52 − 5 × 2,5 + 9 = 2,75.
le point E est
uuur Lorsque
uuur
uur ⎛ ⎞ uuur ⎛ 3 ⎞
;
au milieu du segment [ AB], on a EC ⋅ ED = 2,75.
AB 3 , AC
⎝ −2⎠
⎝ 1⎠
De plus, d’après le théorème de Pythagore, dans le triangle
uur uuur
AB ⋅ AC = 3 × 3 + 1× (−2) = 7 ;
EBC rectangle en B, on a :
2
AB = 3 + 12 = 10 et AC = 32 + (−2)2 = 13 .
EC = 2,52 + 32 = 61 .
2
b. D’après la définition du produit scalaire :
uur uuur
De la même manière, dans le triangle rectangle AED
uur uuur
uur
uuur
·
·
r ⋅ AC
uuur ⇔ co
AB ⋅ AC = i AB i × i AC i × cos BAC ⇔ cos BAC = uuAB
rectangle en A, on a :
uur uuur
i AB i × i AC i
u2ur u2uur 61
uur
uuur
7
· ⇔ cos BAC
· = uuAB
· =
ED = 2,5AB+⋅3AC== i AB. i × i AC i × cos BAC
r ⋅ AC
uuur ⇔ cos BAC
.
2
10 × 13
i
AB
i
×
i
AC
i
D’après
la
définition
du
produit
scalaire
:
uuur uuur
uuur
uuur
permet d’obtenir
valeur approchée
à 0,1° 11
· = 2,75 ⇔ cos DEC
· La=calculatrice
· =une 2,75
·
uuur2,75uuur ⇔ ·
EC ⋅ ED = 2,75 ⇔ iEC i × iED i × cos DEC
cos DEC
⇔ cos DEC
=
61
BAC
≈
52,1°
61
61
prèsiEC
de il’angle,
×11iED isoit
uur . uuur ×
2,75
2,75
·
·
·
·
2
2
uuur ⇔ cos DEC =
EC = 2,75 ⇔ cos DEC = uuur
⇔ cos2.DEC
=
a. D’après
appar61 la question 1. a. AB ⋅ AC = 7. Le point
uuur Auuu
r
61 × 61
iEC i × iED i
MB ⋅ MC = 7.
tient
bien
à
l’ensemble
des
points
tels
que
M
2
2
2,75
2,75
· =
· = 11.
uuur ⎛ 1− x ⎞ uuur ⎛ 1− x ⎞
ur
uuur ⇔ cos DEC
⇔ cos DEC
61
61 × 61
, MC ⎜
b. MB ⎜
C i × iED i
2 − y⎟
⎝ −1− y ⎟⎠
2
2
uuur u⎝uur ⎠
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
MB ⋅ MC = (1− x ) × (1− x ) + (2 − y ) × (−1− y ) = 1− 2x + x 2 − 2 − y + y2 =
uuur uuur
· ≈ 79,6°.
près de l’angle, soit DEC
MB ⋅ MC = (1− x ) × (1− x ) + (2 − y ) × (−1− y ) = 1− 2x + x 2 − 2 − y + y2 = x 2 + y2 − 2x − y − 1.
92 1. Dans le triangle ECB rectangle en Br: uur
(
)
(
(
(
)
)
(
(
)
(
)
)
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)
)
(
(
)
(
)
(
(
)
)
(
(
(
(
)
)
( )
( )
( )
)
)
(
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
)
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
)
171
uur uur
c. Il existe quatre points M à coordonnées
entières
apparteuuur uuu
r
CB ⋅ AI = 0 ⇔ 3( x B − 3) − 5 × 5 = 0 ⇔ 3x B = 43 ⇔ x B = 43
nant à l’intervalle [−10 ;10] tels que MB ⋅uuMC
2
6
2
r uu=r 7.
uuur ⎛ ⎞
CB ⋅ AI = 0 ⇔ 3( x B − 3) − 5 × 5 = 0 ⇔ 3x B = 43 ⇔ x B = 43 .
2
2
0
2
2
6
et BC = 0 + (−3) = 3
d. BC
uur uur
⎝ −3⎠
Pour que les vecteurs CB et AI soient orthogonaux et que
Soit I le milieu de [ BC ] d’après le théorème de la médiane.
les2droites (CB) et ( AI ) soient perpendiculaires, le segment
uuur uuur
2
2
MB ⋅ MC = 7 ⇔ MI 2 − BC = 7 ⇔ MI 2 = 7 + BC ⇔ MI 2 = 7 + 3 ⇔ MI 2 = 37 ⇔
MI = 37
[ AB
4 43 .
2
4
4
4 ] doit mesurer
r
6
2
2
2
BC
BC
2
2
2
2
3
37
37
C = 7 ⇔ MI −
⇔ MI = 7 +
⇔ MI =
⇔ MI =
= 7 ⇔ MI = 7 +
4 99 1. a. S21 (0) a pour coordonnées (140 ; − 170).
4
4
4
2
2
b. S1 (1) a pour coordonnées (80 ; − 200).
+ BC ⇔ MI 2 = 7 + 3 ⇔ MI 2 = 37 ⇔ MI = 37
4
4
4
2
S1 (0) S1 (1) = (80 − 140)2 + (−200 − (−170))2 = 3 600 + 900 = 30 5
L’ensemble ( E ) est le cercle de centre I et de rayon 37 .
22
2
yS1 (0) S1 (1) = (80 − 140) + (−200 − (−170)) = 3 600 + 900 = 30 5
La vitesse du premier sous-marin est de 30 5 mètres par
minute, soit 1,8 5 ≈ 4 km ⋅ h−1.
uuuuuuuuur −60⎞
r
B
et i ⎛ 1⎞ .
c. S1 (0) S1 (1)⎛⎜
⎟
⎝ 0⎠
⎝ −30⎠
A
G
uuuuuuuuur r
1
I
S1 (0) S1 (1) ⋅ i = −60 × 1− 30 × 0 = −60
F
E
uuuuuuuuur r
D’après
la définition du produit scalaire :
0
x
1
uuuuuuuuur r
uuuuuuuuur
r
S1 (0) S1 (1) ⋅ i
S1 (0) S1 (1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)i × i i i × cos (α ) ⇔ cos (α ) = uuuuuuuuuuur r
C
uuuuuuuuur r
iS1 (0) S1 (1)i × i i i
uuuuuuuuur r
uuuuuuuuur
r
S1 (0) S1 (1) ⋅ i
−60
S1 (0) S1 (1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)i × i i i × cos (α ) ⇔ cos (α ) = uuuuuuuuuuur r ⇔ cos (α ) =
⇔ cos (α ) = −6
10 205 × 1
20
uuuuuuuuur r
iS1 (0) S1 (1)i × i i i
uuuuuuuuur r
uuuuuuuuur
r
S
⋅
i
0
S
1
(
)
(
)
−60
−6
1
1
A, E, F etr G r ⇔ cos (α ) =
.
i × retrouve
i i i × cos (les
α ) quatre
S1 (0) S1 (Graphiquement,
1) ⋅ i = iS1 (0) S1 (1)on
⇔ cos (points,
α ) = uuuuuuuuuuu
⇔ cos (α ) =
10 205 × 1
205
à coordonnées entières qui appartiennent à l’ensemble
iS1 (0) S1 (1)(iE×) i i i
La calculatrice permet d’obtenir une valeur approchée à 0,1°
représenté par le cercle de centre I et de rayon 37 .
2
soit
114,8°.
uuur
uur
uuur
uuur
uuur
uuprès
r de ul’angle,
uur
uur α ≈uuu
r
uur
uuur
uur
uur
uuur
1 AK = 2 KB
97 1. a. AK = 2 AB ⇔ AK = 2 AK + 2 KB ⇔ AK − 2 AK = 2 KB
2. La
du deuxième
sous-marin
rectiligne
et sa= 2KB
⇔trajectoire
⇔ AK = 2KB
⇒ i AK iest
= 2iKB
i ⇔ KA
3
uuur
uuur 3 uur
uuur3
uur
uur
uur3 uuur
uur3 uuur3 vitesse
uur3 est constante,
l’ordonnée du deuxième sous-marin
AK + 2 KB ⇔ AK − 2 AK = 2 KB ⇔ 1 AK = 2 KB ⇔ AK = 2KB ⇒ i AK i =est
2iKB
i ⇔une
KAfonction
= 2KB affine de la forme y = a + bt.
donc
2
3 uur 3
uuur 3 uur 3uuur
uur 3 uur
Or,
à
t
=
0,
y
=
−68 et à t = 3, y2 = −248. On a donc :
2
2
AK = KB ⇔ AK = 2KB ⇒ i AK i = 2iKB i ⇔ KA = 2KB
3
a + b × 0 = −68 ⇔ a = −68
Le
uurpointuuK
r appartient
uur
uuàr ( E ).uur
uur
uur
uur
uur
uur
uur
a + 3b = −248
b = −60.
AL = 2 AB ⇔ AL = 2 AL + 2LB ⇔ − AL = 2LB ⇔ LA = 2LB ⇒ i LA
i = 2i LB idu
⇔deuxième
LA = 2LB sous-marin en fonction du temps
L’ordonnée
uur
uur
r
uur
uur
uur
L = 2LB ⇔ LA = 2LB ⇒ i LA i = 2i LB i ⇔ LA = 2LB.
est y2 = −68 − 60t.
Le point L appartient à ( E ).
Les deux sous-marins sont à la même profondeur lorsque
b. De la question précédente, on a :
leurs deux ordonnées sont égales, on a donc :
uuur
uur
uuur
uur
uur
uur
y1 = y2 ⇔ −170 − 30t = −68 − 60t ⇔ 30t = 102 ⇔ t = 102
AK = 2KB ⇔ − AK + 2KB = 0 ⇔ KA + 2KB = 0 ;
30
uur
uur
uur
uur
LA = 2LB ⇔ LA − 2LB =y0.= y ⇔ −170 − 30t = −68 − 60t ⇔ 30t = 102 ⇔ t = 102 =3,4.
uuur
uuur uuur 1 uuur 2
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur 30
uuur
uuur
2. a. MA + 2MB ⋅ MA − 2MB = 0 ⇔ i MA i2 − 2MA ⋅ MB + 2MBLes
⋅ MAdeux
− 4i MB
i2 = 0 ⇔ isont
MA i2à=la4imême
MB i2 ⇔
MA = 2MBaprès
sous-marins
profondeur
uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur
uuur
2
2
2
2
3 minutes
24=secondes.
2MB = 0 ⇔ i MA i − 2MA ⋅ MB + 2MB ⋅ MA − 4i MB i = 0 ⇔ i MA i = 4i MB
i ⇔ MA
2MB
uuur
uuur
uuur
3.
S
10
=
−460
; − 470) et S1 (10) = (−460 ; − 470).
(
)
(
2
2
2
1
uuur
uur
uuur r
i MB i = 0 ⇔ i MA i = 4i MB i ⇔ MA = 2MB uuur
2 ABcherche la fonction affine suivie par l’abscisse du
⎧⎪ AM = On
uuur
uuur uuur
uuur
⎪⎧ MA + 2MB = 0
3 uur
b. MA + 2MB ⋅ MA − 2MB = 0 ⇔ ⎨ uuur
uuur r ⇔ ⎨ uuur deuxième
sous-marin.
uuur
uur ⎪⎩ MA − 2MB = 0
uuur
uuur r
⎩⎪ AM = 2x2AB
= a + bt ; à t = 0, x2 = 68 et à t = 3, y2 = −202. On a donc :
⎧⎪ AM = 2 AB
uuur
⎧⎪ MA + 2MB = 0
uuur r ⇔ ⎨ uuur 3 uur
2MB = 0 ⇔ ⎨ uuur
⎧⎪a = 68
a + b × 0 = 68
⎩⎪ MA − 2MB = 0
⎪⎩ AM = 2 AB
⇔⎨
uuur
uur
a + 3b = −201 ⎪b = − 269 .
2
Il existe un unique point M du planuuu
tel
⎩
3
r queuuAM
r = 3 AB et
269
un unique point M du plan tel que AM = 2 AB . Donc x2 = 68 −
t.
3
L’ensemble ( E ) est donc constitué des deux points K et L .
On a donc :
2486
uur uuur
S1 (10) = (−460 ; − 470) et S2 (10) = ⎛ −
; − 668⎞ .
98 Dans le repère orthonormé du plan A; 1 AB , 1 AD , on
⎝
⎠
3
7
5
Alors
:
a A(0 ; 0) , B (7; 0) , C (3 ; 5) , D (0 ; 5) , E (3 ; 0) et I (3 ; 2, 5) .
2
uur ⎛ ⎞
uur ⎛ 3 ⎞
⎛ − 2486 + 460⎞ + (−668 + 470)2 ≈ 418
uur uur
4
S
10
S
10
=
(
)
(
)
.
1
2
CB
AI
.
⎝
⎠
3
⎝ −5⎠ et ⎜⎝ 2,5⎟⎠ On a CB ⋅ AI =u4ur× 3 − u5ur× 2,5 = −0,5.
Environ 418 m séparent les deux sous-marins.
On en déduit que les vecteurs CB et AI ne sont pas
orthogonaux et que les droites (CB) et ( AI ) ne sont pas
100 Soit O l’origine d’un repère orthonormé où l’unité est le
perpendiculaires.
côté d’un carré du quadrillage.
On considère maintenant le point B de coordonnées B ( x B ; 0)
Dans ce repère, on a :
uur ⎛ x − 3⎞
uur ⎛ ⎞
uuur
B
et CB ⎜
.
ON ⎛ 3⎞ et OA 6 .
⎝ −5 ⎟⎠
⎝ −3⎠
⎝ 3⎠
(
)
(
)(
)(
)
)
)
{
(
172
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
)
{
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{
2
2
2
2
ON
uuur =uur3 + 3 = 3 2 et OA = 6 + (−3) = 3 5 . On a :
102 1. Si le point A de coordonnées (a ; a2 ) appartient à la
ON ⋅ OA = 3 × 6 + 3 × (−3) = 9.
droite d alors les coordonnées du point A satisfont l’équaD’après la définition du produit scalaire : uuur uur
tion cartésienne de la droite d et on a alors :
uuur uur
ON ⋅ OA
9
ON ⋅ OA = ONuuu
×rOA
2acos
− a(2α−) 3= = 01 ⇔ −a2 + 2a − 3 = 0 .
uur× cos (α ) ⇔ cos (α ) = ON × OA ⇔ cos (α ) = 3 2 × 3 5 ⇔
10
2
9
A × cos (α ) ⇔ cos (α ) = ON ⋅ OA ⇔ cos (α ) =
⇔ cos (α ) = 1 Le trinôme −a + 2a2− 3 a pour discriminant :
ON × OA
10
3 2 ×3 5
Δ = 2 − 4 × (−1) × (−3) = −8.
9
Le discriminant est négatif, le trinôme n’admet donc pas de
⇔ cos (α ) = 1 .
3 2 ×3 5
10
racine réelle dans R .
uuur ⎛ ⎞ uuur ⎛ ⎞
−1
On en déduit que quelle que soit la valeur de a le point A
et OD −5 .
OC
⎝ 3⎠
⎝ 0⎠
n’appartient pas à la droite d .
r
2
2. a. D’après l’équation cartésienne de la droite d , u ⎛ 1⎞ est
OC = (−1) + 32 = 10 et OD = (−5)2 + 02 = 5. On a :
⎝ 2⎠
uuur uuur
r r
OC ⋅ OD = −1× (−5) + 3 × 0 = 5.
un vecteur directeur de d . Or, u ⋅ v = 1× 2 + 2 × (−1) = 0 .
r
D’après la définition du produit scalaire : uuur uuur
On en déduit que le vecteur v est orthogonal à tout vecteur
uuur uuur
OC ⋅ OD
5
directeur
de la droite1 d .
uuur
OC ⋅ OD = OC
uuu×r OD
uuur× cos (β ) ⇔ cos (β) = OC × OD ⇔ cos (β ) = 5 10 ⇔ cos (β) = 10
b.
et
sont
deux
points
de
la
droite
$.
Le
vecteur
A
M
AM
r
D × cos (β ) ⇔ cos (β) = OC ⋅ OD ⇔ cos (β) = 5 ⇔ cos (β) = 1 .
est
donc
orthogonal
au
vecteur
directeur
de
la
droite
et
d
u
OC × OD
5 10
10
r
colinéaire au vecteur
Les angles α et β ont le même cosinus, ils sont donc égaux.
uuur rv. On en déduit qu’il existe un nombre
réel t tel que AM = tv .
uuur ⎛ ⎞
101 1. Dans le repère du plan, le point M a pour coorc. D’après la question précédente, AM ⎜ 2t ⎟ . On a donc :
⎝ −t ⎠
uuur ⎛ − x ⎞ uuur ⎛ 6 − x ⎞
données ( x ; x ), on en déduit MO ⎜
, MA ⎜
et
2
2
⎟
⎟
AM = (2t ) + (−t ) = 5t 2 = t 5 .
⎝− x⎠
⎝− x⎠
uuur uuur
De la question précédente on déduit les coordonnées du
MO ⋅ MA = − x (6 − x ) − x × (− x ) = x 2 − 5x.
point M en fonction de a et de t. On a :
2. OMA rectangle en M
uuur uuur
uuur r
x
=
0
⎧ x = 2t + a
⇔ MO ⋅ MA = 0 ⇔ x 2 − 5x = 0 ⇔ x ( x − 5) = 0 ⇔
AM = tv ⇔ ⎨
2
x = 5.
⎩t = −t + a .
Pour x = 0, le triangle OMA est plat, la seule valeur possible
De plus, le point M est le projeté orthogonal du point A sur
pour x est donc 5. Dans ce cas, les coordonnées du point M
la droite d si et seulement si ses coordonnées vérifient l’équa· est rectangle en M .
sont (5 ; 5 ) et le triangle OMA
tion cartésienne de la droite d : 2x − y − 3 = 0.
2
On a 2 (2t + a ) − (−t + a2 ) − 3 = 0 ⇔ 5t − a2 + 2a − 3 = 0 ⇔ t = a − 2a
3.
5
2
2 (2t + a ) − (−t + a2 ) − 3 = 0 ⇔ 5t − a2 + 2a − 3 = 0 ⇔ t = a − 2a + 3 .
5
On sait enfin que :
2
AM = t 5 ⇔ AM = a − 2a + 3 .
5
Le point M est confondu avec le point H et la distance AH
est minimale lorsque l’expression a2 − 2a + 3 est minimale.
4. a.
Or, la parabole représentative du trinôme a2 − 2a + 3 est
tournée vers le haut (le coefficient de a2 est positif) et admet
· maximal
b. La fonction M renvoie, en degré, l’angle OMA
un minimum en x = 2 = 1.
2
lorsque l’abscisse du point M varie de 0,1 à 10 avec un pas
La distance AH est minimale lorsque A a pour coordonnées
de 0,1.
(1; 1) .
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{
· = CAB
· + BAD
· = 90 + BAD
· et
Or, CAD
· = EAB
·
·
·
·
·
EAB = EAD + BAD = 90 + BAD, donc CAD
uuur uuur u.uur uur
De
uur plus
uuur AB = AC et AE = AD, donc AC ⋅ AD = AE ⋅ AB et
AI ⋅ BD = 0.
uur uuur
On en déduit que les vecteurs AI et BD sont orthogonaux et
que les droites ( AI ) et ( BD ) sont perpendiculaires.
103
Questions Va piano
1. a. Réalisation de la figure à l’aide d’un logiciel de géométrie
dynamique.
b. Il semble que les droites ( AI ) et ( BD ) soient
perpendiculaires.
Questions Moderato
2. a. D’après la relation de Chasles :
uuur uuur
uur uur uur ur
u
uur uur
1 AC + AE = 1 AI + IC + AI + IE = 1 × 2 AI = AI et
· = 360 − 180 − CAE
· = 180 − CAE
·
1. a. BAD
2
u2uur uur uuur 2
·
·
·
· = CAE
·
b. DAB’ = BAB’ − BAD = 180 − 180 − CAE
BD = BA + AD .
uu
uur uuur
uuur uuur uur uuur
uuur uur uuur uuur uuuu
rr uuuuu
rr uuur uuur
uuur·
uuur uuur uur
uuur uuur uuur uur
AC⋅⋅BA
AE+=AE
AC⋅ AD
× AE=×1cos
b. AI ⋅ BD = 1 AC + AE ⋅ BA + AD = 1 AC ⋅ BA + AC ⋅ AD + AE
ACCAE
⋅ AD et
+ AE ⋅ BA = 1 AC ⋅ AD − AE ⋅ AB
2uuur uuur uuur uur
2
2 uuur uur uuur uuur uuur 2uur uuur uuur
r r uuuuruur uur
uuur uuur uur uuur
uuur uuu
uuu
· .
1 AC
× cos
DAB’
AC + AE ⋅ BA + AD = 1 AC ⋅ BA + AC ⋅ AD + AE ⋅ BA + AE ⋅ AD = 1 AC AD
⋅ AD⋅ AB’
+ AE= ⋅ AD
BA ×=AB’
⋅ AD
− AE ⋅ AB
2
2 uuur uuur uuur uur
· = DAB’
· , AC
uuur uuur uuur uur2
uuur uur uuur uuur
= AB = AB’ et AE = AD.
Or, CAE
1
1
+ AE ⋅ BA + AE ⋅ AD = AC ⋅ AD + AE ⋅ BA =
AC ⋅ AD − AE ⋅ AB .
2
2
(
)(
) (
(
) (
) (
)
)(
) (
)
(
) (
)
) ( (
) ( (
(
)
)
)
)
)
(
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
173
)
uuur uuur uuur uuur
On en déduit G (2 ; 2).
On en déduit que AC ⋅ AE = AD ⋅ AB’ .
uuur
uuur
le
symétrique
du
point
par
rapport
au
c. Le point B’ uest
B
uuur uuur
uuur uur
uur
uur
4. GE ⎛ 1 ⎞ et GD ⎛ −2⎞ .
⎝ −1⎠
⎝ −2⎠
point A, donc AB’ = − AB. On en déduit AC ⋅ AE = − AD ⋅ AB .
u
uu
r
u
uu
r
À l’aide de la relation de Chasles :
⋅ rGDuuu=r 1×u(uu
−2
−1
2r=uuu
uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur GEuuu
r )u−ur2 ×u(uu
r ) u=uur−2
uu
u0.urr uuur uur
u=
uur+uAD
DC ⋅ BE = DA + AC ⋅ BA + AE = DA ⋅ BA + DA ⋅ AE + AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC ⋅ AEGE
⋅GD
AB − AD ⋅ AB = 0
On
et
sont orthogonaux
r uen
uur déduit
uuur uque
ur les
uuurvecteurs
uur
r uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuu
et ⋅que
lesAD
droites
(GD
AE =
⋅ AB −(GE
AD) ⋅etAB
= 0) sont perpendiculaires.
A + AC ⋅ BA + AE = DA ⋅ BA + DA ⋅ AE + AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC
uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uuur uuur uur uuur uur
AC ⋅ BA + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB + AC ⋅ AE = AD ⋅ AB − AD ⋅ AB = 0.
Questions Moderato
uuur uur
d. On en déduit que les vecteurs DC et BE sont orthogonaux
1. a. Dans le triangle CGH rectangle isocèle en H (voir
et que les droites ( DC ) et ( BE ) sont perpendiculaires.
démonstration question 3 Va Piano), d’après le théorème
· = 90 + BAD
· , donc
· = 90 + BAD
· , de même BAE
de Pythagore, on a :
2. On a CAD
2
2
·
·
ACD
AC
=
AB
.
De
plus,
et
Les
triangles
AD
=
AE.
CAD = BAE
GC = GH 2 + HC 2 = b + b = b 2 .
2
2
2
et BAE ont un angle de même mesure compris entre deux
uuur uur
b. GC ⋅ FE = b 2 × a × cos ( 45°) = ab.
côtés de même longueur, ils sont donc égaux et DC = BE.
2
uuur uuur
b
Questions Allegro
CD ⋅ GF = a × 2 × cos (135°) = −ab.
uuur uuur uuu2r uur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uur uuur u
1. D’après les propriétés du produit scalaire :
uuur uuur
uuur uuur
uuur
uuur
uuur uuur
u2.
uurGE ⋅ GD
uuur= GFu+uurFE ⋅ GC
uuur+ CD u=uurGF ⋅ GC
uuur+ GF ⋅ CD
uuur +uFE
uur ⋅ GC + F
2r
uuuri2 ⇔
uuuiEC
r uuuir2 =uiuAC
r uiuu
ur i2uuu
uuur⋅ AE
uuur⇔ uEC
ur 2 u
uuur2 ACuuu
uuuir2 +uiuuAC
r i2 u+uuri AE
AC ⋅ AE = 1 −i AC − AE i2 + i AC i2 + i AEuiuu2r ⇔
⋅ rAE u=ur−iEC
+ iuAE
−r 2 AC
2r
GE ⋅uGD
= GF
+ FE ⋅uuuGC
+ CD
= uGF
⋅ GC + GF ⋅ CD + FE ⋅ GCu+uurFEuuu
⋅ rCD = GF ⋅ CD + FE ⋅ G
uurr uuu
u
uu
r
u
uu
r
u
uu
r
uuur uuur uuuu
uu
r
u
uu
r
r
u
uu
r
uu
r
uuur uur 2 uuur uuu2r uuur 2 uuur uuur2 uuur uu2r uuur u2ur uuur uuur uuur 2uur uuu2r
2
+ i AE i2 GE
⇔ 2⋅ GD
AC ⋅ AE = +
−iEC i GC
+ i AC
i +=i AE
i ⇔ iEC i = i AC i + i AE i − ⋅2CD
AC ⋅ AE ⇔ EC = AC + AE 2 − 2 AC ⋅ AE
uuur = GF
uuur FE ⋅uuu
r + CD
uuur GF
uuur ⋅ GC + GF ⋅ CD + FE ⋅ GC u+uuFE
uuur
r uuur = GF ⋅ CD + FE ⋅ GC .
2
uuu⋅rAE
uuur uuur uuur uur uuur
+ i AE i2 ⇔ iEC i2 = i AC i2 + i AE i2 − 2 AC ⋅ AE ⇔ EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC
uuur uuur
uuur uuur
⋅rGC = ab − ab = 0. On en déduit
3. GE ⋅ GD = GF ⋅ CD
uuur + FEuuu
2
2
2
2 AC ⋅ AE ⇔ EC = AC + AE − 2 AC ⋅ AE .
que les vecteurs GE et GD sont orthogonaux et que les
· = 360 − 180 − CAE
· = 180 − CAE
·.
droites (GE ) et (GD ) sont perpendiculaires. On en déduit
2. a. BAD
· = GFE
·,
·
·
·
·
·
est rectangle en G. De plus, GCD
le triangle
GDE
cos ( BAD) = cos 180 − CAE = cos 180 × cos(CAE ) + sin 180 × que
sin(CAE
) = − cos
CAE
)(
(
)
)(
)
() ()
(
)(
)
)
(
)
(
)
(
)(
(
)
)
(
)(
(
)
)
GF = GC et FE = CD. On en déduit que les triangles GCD
·
· = cos (180) × cos(CAE
· ) + sin(180) × sin(CAE
· ) = − cos CAE
·
AD) = cos 180 − CAE
et GFE sont égaux et que GD = GE. Le triangle GDE est
· ) = − cos CAE
· .
+ sin(180) × sin(CAE
rectangle isocèle en G.
b. En reprenant le même raisonnement qu’au 1. On peut
Questions Allegro
montrer que :
uur uuur
u
uu
r
u
uu
r
1. Dans le repère du plan A ; 1 AB , 1 AD , on a :
BD2 = AB2 + AD2 − 2 AB ⋅ AD .
a
a
Or
=rAC, AD = AE et
uurABuuu
b
⎛
⎞
·
uuur ⎛ b ⎞ uuur
AB ⋅ AD = AB
2
uuu×r AD
uuur× cos( BAD) = − AC × AE × cos (CAE )
⎜
⎟.
BF ⎜ ⎟ et GE
= − AC ⋅ AE
⎝ a⎠
⎜− b + a ⎟
uuur uuur
⎝ 2
⎠
⋅rAE
d’où BD2 = AC 2 + AE 2 +uuu
2rACuuu
uuur uLes
uur droites
BF
GE
et
sont
perpendiculaires
si et seule(
)
(
)
uuur uuur
3. BD2 = AC 2 + AE 2 +uuu
2rACuuu
⋅ rAE et EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC ⋅ AE
uur uuur
BF
⋅
GE
=
0.
ment
si
uuur uuur
2
2
AC ⋅ AE et EC 2 = AC 2 + AE 2 − 2 AC ⋅ AE alors
BF ⋅ GE = 0 ⇔ b − a b + a = 0 ⇔ −a2 − b a + b = 0.
u
uu
r
u
uu
r
2
2
2
2
2
BD2 − EC 2 = 4 AC ⋅ AE = 4 AI 2 − EC = 4 AI 2 − EC 2
4
b a + b2 a pour discriminant :
2
Le
trinôme
−a
−
2
2
d’où BD2 = 4 AI 2 et, comme ce sont des longueurs, donc des
2
2
nombres positifs, on a BD = 2AI.
b
b
Δ=
− 4 × (−1) ×
= 9 b2. Le discriminant est positif, le
4
4
2
104
trinôme admet donc deux racines distinctes dans R.
b − 9 b2
b + 9 b2
Questions Va piano
2
1
2
4
4
a1 =
= b et a2 =
= −b.
−2
2
−2
1. A(0 ; 0) , B (1; 0) , C (1; 1) , D (0 ; 1) et E (3 ; 0).
a et b sont des grandeurs positives, il faut donc choisir a et b
2. Le triangle GCF est rectangle isocèle en G, le point H ,
tels que a = 1 b ⇔ b = 2a, pour que les droites ( BF ) et (GE )
projeté orthogonal de G sur (CF ) est donc le milieu de [CF ].
2
Or le point F a pour coordonnées F (3 ; 1), on a donc :
soient perpendiculaires.
2. On pose b = 2a. Dans le triangle DGH rectangle en H,
⎧
xC + xF
⎧ x = 1+ 3
⎪⎪ x H =
d’après le théorème de Pythagore, on a :
⎧
H
x
=
2
⎪
⎪
2 ⇔ H
2
⇔⎨
⎨
⎨
GD = CD2 + GC 2 = a2 + (2a )2 = a 5.
⎪⎩ yH = 1.
⎪ yH = 1+ 1
⎪ y = yC + yF
2
⎩
Or, GD = GE (voir question 3 Moderato), donc GE = a 5 .
⎪⎩ H
2
Soit S l’aire du triangle GDE rectangle en G.
Le point H a pour coordonnées (2 ; 1).
2
2
a 5)
(
3. Le triangle GCF est rectangle isocèle en G, donc (GH ) est
GD
×
GE
On a S =
=
= 5a .
la médiane du triangle issue de l’angle droit, elle mesure la
2
2
2
Soit SGDC l’aire du triangle GDC :
moitié du côté opposé. On a donc, GH = CF = CH. On en
2
déduit que le triangle CGH est isocèle en H .
SGDC = 1 × a × b 2 × sin(135°) = 1 a2 .
2
2
2
Dans le triangle GCF rectangle isocèle en G, la droite (GH )
Soit ! totale l’aire de la figure colorée :
est la hauteur du triangle issue de l’angle droit. On en déduit
! totale = S − SGDC = 5 a2 − 1 a2 = 2a2 .
que la droite (GH ) est perpendiculaire à la droite (CH ) et que
2
2
L’aire de la figure colorée est égale à 2a2 .
le triangle CGH est rectangle isocèle en H .
(
)
(
)
(
)
(
)
(
(
174
)
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
(
)
)
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)
(
1 To calculate the dot product of two vectors, we multiply
the length of vector a by the length of vector b then multiply
by the cosine of the angle between a and b.
The dot product gives a number as an answer.
r
2 1. ar ⋅ b = 3 × 4 × cos π = 3 × 4 × 1 = 6.
3
2
r r
2. a ⋅ b = −3 × 12 + 4 × 5 = −16.
r
r
i a i = (−3)2 + 42 = 5 and i b i = 122 + 52 = 13.
r
r r
r r
r
r r
r r
a ⋅ b = i ai × i b i × cos a, b ⇔ cos a, b = r a ⋅ b r ⇔ cos a, b
i ai × i b i
r r
r r
⇔ cos a, b = r a ⋅ b r ⇔ cos a, b = −16 ⇔
5
×
13
i ai × i b i
r
r
r
r
⇔ cos ( a, b ) = −16 ⇔ cos a, b = −16 .
65
5 × 13
Using calculator, the size of the angle between a and b is
around 104,3°.
r
r
r
r
3. Vectors a and c are perpendicular and vectors b and d are
also perpendicular.
()
r r
× cos a, b
( )
a⋅b r
r
i ai × i b i
( )
( )
( )
( )
( )
3 1. The result of this algorithm is « yes ».
4 The direction vectors for two carbon-hydrogen bonds in
CH 4 are given
r r: r r
A
r = ri + rj + kr .
B = i − j − k.
r
The magnitude of the vector A is :
r
= −16 ⇔
i Ai = 12 + 12 + 12 = 3 .
5 × 13
r
The magnitude of the vector B is :
r
i Bi = 12 + (−1)2 + (−1)2 = 3. r r
r r
r
r r
r r
r
A ⋅ B = i Ai × i Bi × cos A, B ⇔ cos A, B = r A ⋅ B r .
i Ai × i Bi
r r
A ⋅ B = 1× 1+ 1× (−1) + 1× (−1) = −1.
r r
r
−1 ⇔ cos A, Br = −1.
cos A, B =
3
3× 3
Using the calculator, the angle between two carbon-hydrogen bonds in CH 4 is around 109,5°.
(
(
)
)
(
(
)
)
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2. The triangle HAT is rectangle in A.
3. A(0 ; 1) , H ( 4 ; − 2) and T (−1; 1).
( )
4. The second lineuuu
of
r the algorithm
uurcalculate the dot product
between vector HA and vector TA. The algorithm verifies if
two vectors are orthogonal or not.
Chapitre 7 Calcul vectoriel et produit scalaire
175
8
Géométrie
repérée
1 Un vecteur directeur de $1 a pour coordonnées ⎛ 2 ⎞ .
⎝ −1⎠
Un vecteur directeur de $ 2 a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ .
⎝ 1⎠
Un vecteur directeur de $ 3 a pour coordonnées ⎛ 1⎞ .
⎝ 0⎠
Un vecteur directeur de $ 4 a pour coordonnées ⎛ 3 ⎞ .
⎝ 2⎠
⎛
⎞
⎛
⎞
⎛
⎞
−1
3
2 a.
b.
c. −3
⎝ 1⎠
⎝ 2⎠
⎝ 0⎠
d. ⎛ 0 ⎞
e. ⎛ 1 ⎞
⎝ 1⎠
⎝ −0.5⎠
5 1. Dans chacun des cas, on calcule le produit scalaire :
a. −3 × 1+ 2 × 4 = 5
b. ( 3 − 1)( 3 + 1) − 0 = 3 − 1 = 2
c. 2 × 2 + 4 × − 1 = 2 − 2 = 0
2
2. Dans le cas c, le produit scalaire est nul donc les vecteurs
sont orthogonaux.
( )
6 1. x 2 + 6x + 9
2. y2 − 14 y + 49
4. x 2 − 2 2x + 2
3. y2 + y + 1
4
7 Le couple solution est (1; 1).
!!!"
!!"
8 1. M [ ( AB) ⇔ AM colinéaire à AB
⇔ ( x − 8) × ( −1) − ( y − 4 ) × 8 = 0
3 1. 2 × 2 − ( −1) × ( −1) ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas
colinéaires.
⇔ x + 8 y − 24 = 0
2. 3 × 1− 0 × 4 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas colinéaires.
2. (AB) a une équation cartésienne du type 2x + y + c = 0, c [ R
3. −3 × − 5 − 1× 5 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires.
2x + y + c = 0, c [ R.
9
3
C [ ( AB ) ⇔ c = −1
4. 0 × ( −32) − 5 × 0 = 0 donc les vecteurs sont colinéaires.
D’où ( AB) : 2x + y − 1 = 0.
!!"
!!!"
4 1. I milieu de [ AB] ⇔ I (1 ; 3)
9 On considère les deux vecteurs AB ⎛ 5 ⎞ et AC ⎛ 1 ⎞ .
2. C (13 ; 6)
⎝ −1⎠
⎝ −2 ⎠
5 × ( −2 ) − ( −1) ×1 ≠ 0 donc les vecteurs ne sont pas colinéaires, donc les points ne sont pas alignés.
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( )
Pour construire le cours
Situation
1
1
On calcule les produits
des paires
de vecteurs suivantes, ils sont nuls donc les vecteurs sont orthogonaux :
! scalaires
! !
! !
!
n et z
u et t
v et w
Chapitre 8 Géométrie repérée
177
!⎛
!
!
⎛ ⎞
3 a = 1 et b = 4 ; or t ⎛ 1 ⎞ , soit t ⎜ a ⎟ .
⎞
2 u ⎜ −b ⎟
⎝ ⎠
⎝ 4⎠
⎝ b⎠
a
! ⎛ a⎞
! ⎛ −3 ⎞
!⎛ 4 ⎞
4 z
, donc a = −3 et b = −4 ; or n
, soit n ⎜ ⎟ .
⎝ −4 ⎠
⎝ b⎠
⎝ −3⎠
⎛ ⎞
⎝ b⎠
5 Un vecteur normal a pour coordonnées ⎜ a ⎟ .
Situation
2
1 S(3 ; –1)
2 et 3
4 x=3
5 12 − 6 × 1+ 8 = 3 donc le point A appartient à la courbe.
6 et 7 Voir fichier.
8 Il semble que tout point de la courbe a son symétrique par rapport à Δ qui appartient à la courbe également.
Situation
3
1 1 et e 2 et c 3 et f 4 et d 5 et b 6 et a.
3 x 2 + y2 = 4
4 ( x − 1)2 + ( y − 3)2 = 4
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 Le point A appartient à la parabole si et seulement si yA = ax 2A + bx A + c.
Le point B appartient à la parabole si et seulement si yB = ax B2 + bx B + c.
2 Un produit de facteur est nul si et seulement si au moins un de ses facteurs est nul.
3 x A = x B ou x A + x B = − b .
a
4 x A = x B lorsque les points A et B sont confondus, c’est-à-dire lorsque le point A est le sommet de la parabole. On a alors
xA = − b .
2a
5 1er cas : A est distinct du sommet de la parabole.
• On prouve qu’il existe deux points distincts A et B de la parabole qui ont la même ordonnée.
• On calcule les coordonnées du milieu de ces deux points.
• On établit que la droite Δ d’équation x = − b est la médiatrice du segment [AB].
2a
• On en déduit que le point B est le symétrique de A par rapport à Δ.
2e cas : A est confondu avec le sommet de la parabole.
• A est son propre symétrique (invariant par symétrie axiale).
178
Chapitre 8 Géométrie repérée
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2 Les équations a et e sont celles de deux cercles. Pour a, le centre a pour coordonnées ( −2 ; − 3) et un rayon égal à 1, pour
e, le centre a pour coordonnées (2 ;3) et un rayon égal à 2.
Rédiger une démonstration
!!!"
1 M[ $ ⇔ AM ⋅ n" = 0 ⇔ a ( x − x A ) + b( y − y A ) = 0
⇔ ax + by − ax A − byA = 0 ⇔ ax + by + c = 0, avec c = −ax A − byA
2 M[ #( A, R ) ⇔ AM 2 = R2 (car AM et R sont deux grandeurs positives)
⇔ ( x − x A )2 + ( y − yA )2 = R2
Utiliser un raisonnement
!
!
• $1 est parallèle à $ 2 ⇔ n1 est colinéaire à n2 ⇔ ab’ − a’b = 0
!
!
! !
• $1 est perpendiculaire à $ 2 ⇔ n1 est orthogonal à n2 ⇔ n1 ⋅ n2 ⇔ aa’ + bb’ = 0
Travaux pratiques
TP
1 Intersections
1 a. La fonction teste si le coefficient a est bien non nul (condition de l’énoncé qui assure l’existence de la parabole).
b.
c. − 1
3
2
d. − b − 4ac
4a
e. La fonction renvoie l’ordonnée du sommet de la parabole.
f. a = 1 b = 2 c = 1. Dans ce cas, la parabole est tangente à l’axe des abscisses.
2 a. Les valeurs possibles renvoyées par la fonction sont : 0, 1 et 2.
b. La fonction renvoie False dans le cas où a = 0.
c. La fonction renvoie 0 car le sommet est au-dessus de l’axe des abscisses et la parabole est tournée vers le haut.
d. La fonction renvoie 2 car le sommet est au-dessus de l’axe des abscisses et la courbe est tournée vers le bas.
e. d = −3
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f.
g. La fonction détermine le nombre de points d’intersection entre la parabole et la droite d’équation y = d.
h.
TP
2 Droites perpendiculaires
⎛ ⎞
1 Un vecteur normal a pour coordonnées ⎜ β ⎟ .
⎝ ⎠
−α
2 Les droites sont perpendiculaires donc un vecteur directeur de $ est un vecteur normal de Δ.
Chapitre 8 Géométrie repérée
179
3 et 4
5 Les équations trouvées sont donc 3x − 2 y + 11 = 0 puis 2x + 5y − 6 = 0.
TP
3 Une cible
1
2 Le centre I du cercle est placé au centre du carré, ses coordonnées sont donc (5 ; 5).
3 a.
b. Pour de très grandes valeurs de n, on constate que la fréquence se stabilise vers 0,1, valeur proche de 4π (probabilité
100
théorique).
TP
4 Orthocentre et symétrie
2 Il semble que le symétrique du point D est l’orthocentre H du triangle ABC.
⎧⎪
⎧⎪
y=0
y=0
⎪⎧
⇔
⇔⎨
⎨
2
2
2
⎪⎩ x + 1 = 3 ou x + 1 = −3
⎪⎩ ( x + 1) = 9
⎪⎩ ( x + 1) + ( y − 1) = 10
3 a. On résout le système ⎨
D’où A( −4 ;0) et B (2 ; 0).
y=0
⎧
x=0
x=0
x=0
⎪⎧
⎪⎧
b. On résout le système ⎪⎨
⇔⎨
⇔⎨
2
2
2
⎪⎩ y − 1 = 3 ou y − 1 = −3
⎪⎩ ( x + 1) + ( y − 1) = 10
⎪⎩ ( y − 1) = 9
D’où C ( 0 ; 4 ) et D ( 0 ;−2).
180
Chapitre 8 Géométrie repérée
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1
!!!"
!!!" ⎛ x − 2 ⎞
c. H est l’orthocentre de ABC donc BH ⎜
est orthogonal à AC ⎛ 4 ⎞ . Ce qui équivaut à ( x − 2) + y = 0. On remplace les
⎟
⎝ 4⎠
⎝ y ⎠
coordonnées proposées pour H dans cette équation et on trouve comme couple solution le couple ( 0 ;2 ).
!!"
uuur uur
!!!"
d. Prouvons que DH ⎛ 0 ⎞ est orthogonal à AB ⎛ 6 ⎞ : DH ⋅ AB = 0 × 6 + 4 × 0 = 0, les vecteurs sont donc bien orthogonaux.
⎝ 0⎠
⎝ 4⎠
!!"
!!"
Soit I le milieu du segment [ DH ], alors I ( 0 ;0). Prouvons que I appartient à ( AB) : AI ⎛ 4 ⎞ est colinéaire à AB ⎛ 6 ⎞ , donc les
⎝ 0⎠
⎝ 0⎠
points A, B et I sont alignés, donc le point I appartient à la droite ( AB).
D’après ce qui précède, la droite ( AB) est la médiatrice du segment [ DH ] donc H est le symétrique du point D par rapport
à la droite ( AB).
5 Avec un paramètre
TP
1 et 2
3 Il semble que pour m . − 1,25 , l’ensemble est un cercle. Pour m = −1,25 , l’ensemble est un point. Pour m , − 1,25 , l’ensemble est vide.
(
2)
1
4 L’égalité donnée est équivalente à ( x − 1 )2 − 1 + ( y + 1)2 − 1 = m soit x −
2
4
2
+ ( y + 1)2 = m + 5 .
4
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• m . − 5 , l’ensemble est le cercle de centre (0,5 ; − 1) et de rayon m + 5 .
4
4
5
• m = − , la somme de deux carrés est nulle si et seulement si ces deux carrés sont nuls simultanément donc l’ensemble est
4
réduit à un point de coordonnées (0,5 ;− 1) .
• m , − 5 , la somme de deux carrés n’est jamais nulle donc l’égalité n’est jamais vérifiée et l’ensemble est vide.
4
6 Tangentes à une parabole
TP
1
2 Oui d’après le graphique ci-dessus.
3 a. La fonction f est dérivable sur R et f ’ ( x ) = 2x − 5 donc f ’ ( 0) = −5. Un vecteur directeur de la tangente a donc pour
coordonnées ⎛ 1 ⎞ .
⎝ −5⎠
⎛ 1⎞
b. Un vecteur normal à la tangente a donc pour coordonnées ⎛ −5⎞ ou ⎜ 1 ⎟ .
⎝ −1⎠
⎝ 5⎠
1
1
13
c. On en déduit que f ’ ( x ) = ⇔ 2x − 5 = ⇔ x = .
5
5
5
(
)
d. Donc B 13 ;− 106 .
5
25
Chapitre 8 Géométrie repérée
181
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
! !
1 1. Oui car u.
n = 4 × 3 + 4 × ( −3) = 0
!!" "
2. Non car AB. n = 1× 5 + ( −3) × 2 ≠ 0
!
!
3. Non car les vecteurs N ⎛ −5⎞ et n ⎛ 10 ⎞ ne sont pas colinéaires.
⎝ 14 ⎠
⎝ 7⎠
2 1. OA2 = (−2)2 + 12 = 4 + 1 ≠ 32, donc O n’appartient pas au cercle.
3. AB2 = 52 + 22 ≠ 32, donc B n’appartient pas au cercle.
3 1. x = 1 2. x = − 1 3. x = 0 4. x = − 1
2
4
5
4 1. Oui, le cercle a pour centre le point O(0 ; 0) et pour rayon 2 .
2. Non, cet ensemble est vide.
3. Non, cet ensemble est vide.
4. L’équation est équivalente à ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 0, l’ensemble est donc réduit à un point.
5 L’abscisse du sommet est − 1 et l’ordonnée est donc 13 .
4
2
Automatisme
6 1. d : 2x − y − 5 = 0 2. d ’ : − x − 2 y + 10 = 0 3. 2x − y = 0
ur ur
u
!"
!"
!
7 n1 ⎛ 3 ⎞ et n2 ⎛⎜ − 4 ⎞⎟ or n1 ⋅ n2 ≠ 0 donc les droites ne sont pas perpendiculaires.
⎝ −5⎠
⎝ 2 ⎠
!"
ur
8 Un vecteur normal de d1 est n1 ⎛ 1 ⎞ donc un vecteur directeur de cette droite est u1 ⎛ −2⎞ . Un vecteur directeur de d2 est
⎜ ⎟
9 1. ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 9
2. IA2 = 25 donc une équation est ( x − 5)2 + ( y + 3)2 = 25 .
3. Le milieu de [AB] a pour coordonnées − 1 ; − 1 et AB2 = 34, donc une équation est ( x + 1 )2 + y + 1
2
2
2 2
(
)
(
10 1. S1 ( −1; 0) et S2 (1; − 1).
2. S1 appartient à l’axe des abscisses, donc il y a un point d’intersection : S1 .
Pour la seconde parabole, a , 0 et S2 est sous l’axe (Ox ), donc il n’y a pas de point d’intersection.
11 1. H (1 ;− 3) 2. H (2 ;− 1) 3. H ( 0 ; 0)
12 A et U B et S C et T D et R
13 L’axe de symétrie a pour équation x = 3 , donc C appartient bien à cet axe (son abscisse vaut 3 ).
2
182
Chapitre 8 Géométrie repérée
2
)
2
= 34.
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⎝ −2 ⎠
⎝ −1⎠
ur ⎛ 1 ⎞
ur ⎛ 1 ⎞
u2 ⎜ ⎟ , un vecteur directeur de d3 est u3 ⎜ ⎟ . Les vecteurs directeurs de ces trois droites ne sont pas colinéaires deux à deux
⎝ −8⎠
⎝ −2⎠
donc les droites ne sont pas parallèles deux à deux, elles sont donc sécantes. Et elles forment donc un triangle. On constate
!" !"
!
que n1 = u3 donc les droites d1 et d3 sont perpendiculaires. Le triangle est donc bien rectangle.
Exercices
1 a. n! ⎛ 3⎞ est un vecteur normal à $.
⎝ 1⎠
!
b. n ⎛ 5 ⎞ est un vecteur normal à $.
⎝ 2⎠
!
c. n ⎛ 1⎞ est un vecteur normal à $.
⎝ 0⎠
⎛ 2⎞
!⎜ 5 ⎟
d. n
est un vecteur normal à $.
⎜ 1⎟
⎜⎝ ⎟⎠
3
2 D’après la figure, on conjecture que les deux vecteurs
!"
!"
!
!" !"
!
!
normaux à $ sont n1 , n3 et n6 . Soit u ⎛ 2 ⎞ . Le vecteur n1 a
⎝ −1⎠
pour coordonnées ⎛ 1⎞ .
⎝ 2⎠
!" !
!" "
Or, n1 ⋅ u = 2 × 1− 1× 2 = 0. Les vecteurs n1 et u sont orthogo!"
naux. On en déduit que n1 est un vecteur normal à la droite $.
!"
!
Le vecteur n3 a pour coordonnées ⎛ 2 ⎞ .
⎝ 4 ⎠ !"
!"
! "
! !
Or, n3 ⋅ u = 2 × 2 − 1× 4 =!"
!0. Les vecteurs n3 et u sont orthogonaux. On en déduit que n3 est un vecteur normal à la droite $.
!"
!
Le vecteur n6 a pour coordonnées ⎛ −1⎞ .
⎝ −2 ⎠
!"
!
!"
! "
!
n
Or, n6 ⋅ u = 2 × ( −1) − 1× ( −2) = 0. !"
Les
vecteurs
6 et u sont
!
orthogonaux. On en déduit que n6 est un vecteur normal à
la droite $.
!"
!"
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3 u1 ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite $1. Soit, n1 un
⎝ 2⎠
vecteur qui a pour coordonnées ⎛ −2 ⎞ .
⎝ 1⎠
!"
!"
!" !"
n1 et u1 sont
On a, n1 ⋅ u1 = 1× ( −2) + 2 × 1 = 0. Les
vecteurs
!"
orthogonaux. On en déduit que n1 est un vecteur normal à
la droite $1.
!"
!
!"
!
u2 ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 2. Soit, n2 un
⎝ 0⎠
vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ .
⎝ 1⎠
!"
! !"
!
!"
!
!"
!
n
u
On a, n2 ⋅ u2 = 1× 0 + 0 × 1 = 0. Les!"
vecteurs
et
2
2 sont
!
orthogonaux. On en déduit que n2 est un vecteur normal
à la droite $ 2 .
!"
!
!"
!
u3 ⎛ 0 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 3. Soit, n3 un
⎝ 1⎠
⎛ 1⎞
vecteur qui a pour coordonnées ⎝ ⎠ .
0
!"
! !"
!
!"
!
!"
!
On a, n3 ⋅ u3 = 1× 0 + 0 × 1 = 0. Les!"
!vecteurs n3 et u3 sont
orthogonaux. On en déduit que n3 est un vecteur normal
à la droite $ 3 .
!"
!
!"
!
u4 ⎛ 4 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ 4. Soit, n4 un
⎝ −1⎠
vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 1 ⎞ .
⎝ 4⎠
!"
! !"
!
!"
!
!"
!
On a, n4 ⋅ u4 = 1× 4 + 4 × ( −1) = 0.!"
Les
! vecteurs n4 et u4 sont
orthogonaux. On en déduit que n4 est un vecteur normal à
la droite $ 4 .
4 1. L’équation cartésienne donnée est de la forme
ax + by + c = 0, avec a = 4 et b = −1. Donc un vecteur normal
à $ a pour coordonnées ⎛⎜ a ⎞⎟ , soit ici ⎛ 4 ⎞ .
⎝ −1⎠
⎝ b⎠
2. L’équation cartésienne donnée est de la forme
ax + by + c = 0, avec a = −2 et b = 5. Donc un vecteur normal
⎛ ⎞
à $ a pour coordonnées −2 .
⎝ 5⎠
3. L’équation cartésienne donnée est de la forme
ax + by + c = 0, avec a = 1 et b = −1. Donc un vecteur normal
⎛ ⎞
à $ a pour coordonnées 1 .
⎝ −1⎠
4. y = 1 x + 2 ⇔ − x + 3y − 6 = 0, l’équation cartésienne est de
3
la forme ax + by + c = 0 avec a = −1 et b = 3. Donc un vecteur
normal à $ a pour coordonnées ⎛ −1⎞ .
⎝ 3⎠
5. y = −3 ⇔ y + 3 = 0, l’équation cartésienne est de la forme
ax + by + c = 0 avec a = 0 et b = 1. Donc un vecteur normal à
$ a pour coordonnées ⎛ 0 ⎞ .
⎝ 1⎠
!!"
5 1. Le vecteur AB de coordonnées ⎛⎜ 3 − (− 3)⎞⎟ = ⎛⎜ 6 ⎞⎟ est
⎝ −2 − 2 ⎠ ⎝ −4 ⎠
un vecteur directeur de la droite ( AB).
!
⎛ 2⎞
Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎝ ⎠ .
3
"
"
!
!
! !!"
On a n ⋅ AB = 2 × 6 + 3 × ( −4 ) = 0. Les vecteurs n et AB sont
!
orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur normal à la
droite ( AB) .
!!"
⎛ −3 − 0 ⎞ ⎛ −3 ⎞
2. Le vecteur AB de coordonnées ⎜
est
=
⎝ −12 − (− 1)⎟⎠ ⎝ −11⎠
un vecteur directeur de la droite ( AB).
!
Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎛ 11⎞ .
⎝ −3⎠
! !!"
r uuur
On a n ⋅ AB = 11× (−3) − 3 × (−11) = 0. Les vecteurs n et AB
!
sont orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur normal
à la droite ( AB).
!!"
⎛ 3,23 − 1 ⎞ ⎛ 2,23⎞
3. Le vecteur AB de coordonnées ⎜
=⎜
⎟ est
⎝ −4,5 − (− 3)⎟⎠ ⎝ −1,5 ⎠
un vecteur directeur de la droite ( AB).
!
Soit n un vecteur qui a pour coordonnées ⎛⎜ 1,5 ⎞⎟ .
⎝ 2,23⎠
!
! ""!
vecteurs n et
On
!!" a n ⋅ AB = 1,5 × 2,23 + 2,23 × ( −1,5) = 0. Les
!
AB sont orthogonaux. On en déduit que n est un vecteur
normal à la droite ( AB) .
6
y
d3
n3
n1
d5
1
n2
0
n5
x
1
d1
n4
n6
d2
d6
d4
Chapitre 8 Géométrie repérée
183
!!!"
3. Le vecteur BC ⎛ −11⎞ est un vecteur normal de la droite
⎝ 5⎠
⎝ 9 ⎠
–b = −3, soit b = 3 et a = 5.
D donc D admet une équation cartésienne de la forme
Un vecteur normal à $ a donc pour coordonnées ⎛ 5⎞ .
−11x + 9 y + c = 0 avec c [R.
⎝ 3⎠
4. A appartient à D ⇔ −11× x A + 9 × yA + c = 0 ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) +
2. Un vecteur normal à $ a pour coordonnées ⎛⎜ a ⎞⎟ . Par lecture
⎝ b⎠
D ⇔ −11× x A + 9 × yA + c = 0 ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) + c = 0 ⇔ c = 133
des coefficients, a = 3 et b = 2.
D$
⇔ −11× x A + 9 × yA + c ⎛=a0⎞ ⇔ −11× 8 + 9 × ( −5) + c = 0 ⇔ c = 133.
Donc un vecteur normal à a pour coordonnées ⎜ ⎟ soit
La droite D a pour équation cartésienne −11x + 9 y + 133 = 0.
⎝ b⎠
⎛ 3⎞
.
⎝ 2⎠
12 Le vecteur directeur u! ⎛ −1⎞ de la droite $ est un vecteur
⎝ 3⎠
!" ⎛ 1⎞
! ⎛ 3⎞
normal
à
la
droite
perpendiculaire
à $ et passant par le point A.
8 1. Soit u
un vecteur directeur de la droite d et u’
⎝ 1⎠
⎝ 3⎠
La droite perpendiculaire à $ et passant par le point A admet
un vecteur directeur de la droite d ’.
une équation cartésienne de la forme − x + 3y + c = 0, avec
!"
! "!
!
c [R.
u ⋅ u’ = 1× 3 + 3 × 1 = 6 ≠ 0. Les vecteurs u et u’ ne sont pas
A appartient à la droite perpendiculaire à $
orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’ ne sont
$ ⇔ − x AA + 3 × yAA + c = 0 ⇔ −1+ 3 × 3 + c = 0 ⇔ c = −8
pas perpendiculaires.
!"
La droite perpendiculaire à $ et passant par le point A a pour
!
⎛ ⎞
2. Soit u ⎛ −1⎞ un vecteur directeur de la droite d et u’ 8 un
équation cartésienne − x + 3y − 8 = 0.
⎝ 4⎠
⎝ 2⎠
d
’.
!
vecteur
directeur
de
la
droite
13 1. u ⎛ −2 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ et un
! !"
! "!
⎝ −4 ⎠
u ⋅ u’ = −1× 8 + 2 × 4 = 8. Les vecteurs u et u’ sont orthogovecteur normal pour la droite perpendiculaire à $ passant
naux, on en déduit que les droites d et d ’ sont perpendiculaires.
!"
!
par B.
3. Soit u ⎛ 1⎞ un vecteur directeur de la droite d et u’ ⎛ 1 ⎞ un
⎝ −3⎠
⎝ 3⎠
La droite perpendiculaire à $ et passant par le point B admet
une équation cartésienne de la forme −2x − 4 y + c = 0 avec
vecteur directeur de la droite d ’.
! "!
! !"
c
[R.
u ⋅ u’ = 1× 1+ 3 × ( −3) = −8 ≠ 0. Les vecteurs u et u’ ne sont pas
appartient à la droite perpendiculaire à $
B
orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’ ne sont pas
$
⇔
−2x B − 4 × yB + c = 0 ⇔ −2 × 0 − 4 × (−2) + c = 0 ⇔ c = −8
perpendiculaires.
$ ⇔ −2x B − 4 × yB + c = 0 ⇔ −2 × 0 − 4 × (−2) + c = 0 ⇔ c = −8.
!⎛
⎞
La droite perpendiculaire à $ et passant par le point B a pour
4. Soit u ⎜ 1+ 3 ⎟ un vecteur directeur de la droite d et
⎝
⎠
2
!" ⎛
équation
cartésienne −2x − 4 y − 8 = 0.
⎞
u’ ⎜ 1− 3 ⎟ un vecteur directeur de la droite d ’.
!
"!
⎛
⎞
!
!⎝ 1 ⎠
2. u −2 est un vecteur directeur pour la droite parallèle à
u
u ⋅ u’
⎝ −4 ⎠
!" = (1+ 3 ) × (1− 3 ) + 2 × 1 = 1− 3 + 2 = 0. Les vecteurs
$ passant par le point C (3;3).
et u’ sont orthogonaux, on en déduit que les droites d et d ’
La droite parallèle à $ et passant par le point C admet une
sont perpendiculaires.
équation cartésienne de la forme − 4 x + 2 y + c = 0 avec c [R.
9 1. Δ : 8x − 9 y + 26 = 0
C appartient à la droite parallèle à $
2. Δ : y + 4 = 0
$ ⇔ −4 xC + 2 × yC + c = 0 ⇔ −4 × 3 + 2 × 3 + c = 0 ⇔ c = 6
$ ⇔ −4 xC + 2 × yC + c = 0 ⇔ −4 × 3 + 2 × 3 + c = 0 ⇔ c = 6.
3. Δ : 1 x − 1 y − 3 = 0
2
4
La droite parallèle à $ et passant par le point C a pour équa4. Δ : x − y − 7 = 0
tion cartésienne − 4 x + 2 y + 6 = 0.
y +y
x +x
10 1. xI = B C = 4 + 2 = 3 ; yI = B C = −1+ 8 = 3,5.
14 Δ : 2x + y = 0 et 2 × ( −2) + 5 ≠ 0, donc E n’appartient pas
2
2
2
2
à Δ.
Le point I a pour coordonnées (3 ; 3,5) .
⎛ a⎞
15 1. Dans le triangle ABC , la hauteur issue de A est la droite
2. Un vecteur normal à Δ a pour coordonnées ⎜ ⎟ . Par lecture
!!!"
⎝ b⎠
des coefficients, a = −3 et b = 2.
perpendiculaire à ( BC ) passant par A. Le vecteur BC ⎛ −3⎞
⎝ 3⎠
!
n , un vecteur normal à Δ, a pour coordonnées ⎛ −3⎞ .
est un vecteur normal à la hauteur issue de A. La hauteur
⎝ 2⎠
!!!" ⎛ 2 − 4 ⎞ ⎛ −2 ⎞
issue de A admet une équation cartésienne de la forme
3. BC ⎜
=
−3x + 3y + c = 0, avec c [R.
⎝ 8 − (− 1)⎟⎠ ⎝ 9 ⎠
! !!!"
A appartient à la hauteur ⇔ −3 × x A + 3 × yA + c = 0 ⇔ −3 × 3 + 3 × 1+
−2 × 2 − ( −3) × 9 = 23 ≠ 0. Les vecteurs n et BC ne sont pas
⇔ −3 × x A + 3 × yA + c = 0 ⇔ −3 × 3 + 3 × 1+ c = 0 ⇔ c = 6.
colinéaires.
La hauteur issue de A a pour équation cartésienne
4. La droite médiatrice d’un segment est la droite perpendi!
−3x + 3y + 6 = 0.
n normal à la
culaire à ce segment en son milieu. Le vecteur
!!!"
2.
La médiatrice du segment [ AB] est la droite perpendicudroite Δ n’est pas colinéaire au vecteur BC , vecteur directeur
laire
à [ AB] passant par I milieu de [ AB].
de la droite ( BC ) . On en déduit que les droites Δ et ( BC ) ne
y + yB 1− 3
x + xB 3 + 2
sont pas perpendiculaires et par conséquent que la droite Δ
=
= −1.
xI = A
=
= 2,5 et yI = A
2
2
2
2
ne peut pas être la médiatrice du segment [ BC ].
Le point I a pour coordonnées (2,5 ; − 1).
!!!" ⎛ −3 − 8 ⎞ ⎛ −11⎞
!!" ⎛ −1 ⎞
11 1. BC ⎜
=
Le vecteur AB ⎜ ⎟ est un vecteur normal à la médiatrice du
⎟
4
−
−
5
⎝
⎠
(
)
9
⎠
⎝
⎝ − 4⎠
2. Les droites $ et ( BC ) étant perpendiculaires, un vecteur
directeur de la droite ( BC ) est un vecteur normal de la droite $.
184
Chapitre 8 Géométrie repérée
segment [ AB]. La médiatrice du segment [ AB] admet une
équation cartésienne de la forme –x − 4 y + c = 0 avec c [R.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
7 1. Un vecteur directeur de la droite $ est u! ⎛ −3⎞ donc
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
+ c: x= −02⇔
( −11.) Δ
I appartient à la médiatrice ⇔ − xI − 4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 ×19
y +c1==−1,5
0 et −1− 2 × 0 + 1 = 0, donc H appartient
⇔ − xI − 4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = −1,5
à la droite Δ.
4 × yI + c = 0 ⇔ −2,5 − 4 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = −1,5.
!⎛ ⎞
Le vecteur n 1 est un vecteur normal à la droite Δ. Soit
La médiatrice du segment [ AB] a pour équation cartésienne
⎝ −2 ⎠
− x − 4 y − 1,5 = 0.
H est le projeté orthoM ( x ; y ) un point du plan. Le point!!!
"
"
3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de
gonal de M sur Δ si et seulement si HM = kn avec k [R.
vérifier les résultats des questions précédentes.
Pour k = 1, on a :
!!!" "
⎧⎪ x − ( −1) = 1
16 1. Soit I le milieu de [ DD’ ].
⎧⎪ x = 0
HM = n ⇔ ⎨
⇔⎨
. Le point H est le
yD + yD' −2 + 6
x D + x D' 3 + 5
y − 0 = −2
=
= 2. Le
⎪ y = −2
xI =
=
= 4 et yI =
⎪
⎩
⎩
2
2
2
2
projeté orthogonal du point M ( 0 ; − 2) sur la droite Δ.
point I a pour coordonnées ( 4 ; 2).
2. y = x − 2 ⇔ − x + y + 2 = 0, l’équation cartésienne est de
20 1. x = 3
2. x = − 1
2
10
la forme ax + by + c = 0 avec a = −1 et b = 1. Donc un vecteur
3
3
7
3. x = −
4. x =
5. x =
normal à Δ a pour coordonnées ⎛ −1⎞ .
2
12
2
⎝ 1⎠
!!!!" ⎛ 5 − 3 ⎞ ⎛ 2 ⎞
21 • P : y = x 2 + 2x − 1, la parabole 3 admet un axe de
3. DD’ ⎜
=
⎝ 6 − (− 2)⎟⎠ ⎝ 8 ⎠
symétrie d’équation x = −2 , soit x = −1. Or x B = −1, le point
2
2!!!!
× "1− ( −1) × 8 = 10 ≠ 0. Le vecteur normal à Δ et le vecteur
B
appartient
donc
à
l’axe
de
symétrie de la parabole 3.
DD’ ne sont pas colinéaires.
2
3 admet un axe de symétrie
P
:
y
=
x
−
5x
−
12,
la
parabole
•
4. On déduit de la question précédente que les droites Δ
5
5
d’équation x = . Or x B = 5 ≠ , le point B n’appartient donc
et ( DD’ ) ne sont pas perpendiculaires, or un point et son
2
2
symétrique par rapport à une droite sont situés sur une droite
pas à l’axe de symétrie de la parabole 3.
perpendiculaire à l’axe de symétrie. Le point D ne peut donc
• P : y = 2x 2 + 16x − 9, la parabole 3 admet un axe de symépas être le symétrique du point D par rapport à la droite
trie d’équation x = −16 , soit x = − 4. Or x B = 4 ≠ −4, le point
d’équation y = x − 2.
2×2
B n’appartient donc pas à l’axe de symétrie de la parabole 3.
17 1. Δ : x − y − 2 = 0 et 1− ( −1) − 2 = 0, donc H appartient
• P : y = 35x 2 + 140x − 77, la parabole 3 admet un axe de
Δ
à la droite .
symétrie d’équation x = −140 , soit x = −2. Or x B = −2, le
2. Par lecture des coefficients a et b de l’équation cartésienne
2 × 35
!⎛ 1 ⎞
B
appartient
donc
à
l’axe
de symétrie de la parabole 3.
point
de Δ, on détermine les coordonnées d’un vecteur n
⎝ −1⎠
normal à la droite Δ.
22 Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse :
!!!" ⎛ 1− 4 ⎞ ⎛ −3⎞
AH
=
.
xS = −2 = −1.
⎝ −1− 2 ⎠ ⎝ −3⎠
2
−3 × 1− ( −1) × ( −3) = −6 ≠ 0. Le vecteur normal à Δ et le
Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée :
!!!"
yS = (−1)2 + 2 × ( −1) + 1 = 0.
vecteur !AH
!!" ne sont pas colinéaires, on en déduit que le
Donc S a pour coordonnées ( −1; 0). Le sommet est sur l’axe
vecteur AH n’est pas un vecteur normal à Δ .
des abscisses, la parabole admet un seul point d’intersection
3. La droite ( AH ) n’est pas perpendiculaire à la droite Δ, le
avec l’axe des abscisses.
point H ne peut donc pas être le projeté orthogonal de A sur Δ.
Le sommet S’ de la parabole 3’ a pour abscisse :
−4
18 Le vecteur n! ⎛ 3⎞ est un vecteur normal à la droite Δ.
xS ’ =
= 1.
⎝ 1⎠
2 × ( −2)
1. Δ : 3x + y − 2 = 0 et 3 × ( −1) + 5 − 2 = 0, donc R appartient
Le sommet S’ de la parabole 3’ a pour ordonnée :
à la droite Δ.
yS = −2 × 12 + 4 × 1− 3 = −1.
!!"
!!"
"
CR ⎛ −1− 2 ⎞ = ⎛ −3⎞ . On remarque que CR = − n, les vecteurs
Donc S a pour coordonnées (1; − 1).
⎝
⎠ ⎝ −1⎠
!!" 5!− 6
De plus, a = −2, donc négatif, la parabole est « tournée vers
CR et n sont colinéaires. On en déduit que la droite (CR) est
le bas », elle n’admet donc aucun point d’intersection avec
perpendiculaire à la droite Δ et que le point R est le projeté
l’axe des abscisses.
orthogonal du point C sur la droite Δ.
3 × ( −2) + 8 − 2 = 0, donc S appartient à la droite Δ.
23 1. Affichage de la parabole sur la calculatrice.
!!"
!!" ⎛ −2 − (− 8 )⎞ ⎛ 6 ⎞
"
2. Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des ordon. On remarque que AS = 2 n , les
=
AS ⎜
nées a pour coordonnées ( 0 ; 2).
⎝ 8 − 6 ⎟⎠ ⎝ 2 ⎠
!!" !
3. La parabole coupe deux fois l’axe des abscisses, une
vecteurs AS et n sont colinéaires. On en déduit que la droite
( AS ) est perpendiculaire à la droite Δ et que le point S est le
première fois au point B −2 ; 0 et une deuxième fois au
3
projeté orthogonal du point A sur la droite Δ.
point C (1 ; 0) .
3 × 0 + 2 − 2 = 0, donc T appartient à la droite Δ.
4. L’abscisse du point d’intersection de la parabole
!!" ⎛ 0 − 0 ⎞ ⎛ 0 ⎞
avec l’axe des ordonnées est nulle et son ordonnée est
. On en déduit que les points B et T sont
BT
=
⎝ 2 − 2 ⎠ ⎝ 0⎠
y = −3 × 02 + 0 + 2 soit y = 2. Le point d’intersection de la
confondus. Un point appartenant à une droite est son propre
parabole avec l’axe des ordonnées a pour coordonnées ( 0 ; 2).
projeté sur cette droite.
Les points d’intersection de la parabole avec l’axe des
2. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de
abscisses ont une ordonnée nulle et pour abscisse les soluvérifier les résultats des questions précédentes.
tions de l’équation −3x 2 + x + 2 = 0.
(
)
Chapitre 8 Géométrie repérée
185
L e t r i n ô m e −3x 2 + x + 2 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = 12 − 4 × ( −3) × 2 = 25. Δ . 0, le trinôme admet donc deux
racines distinctes dans R :
x1 = −1− 25 = 1 et x2 = −1+ 25 = − 2 .
3
2 × ( −3)
2 × ( −3)
Les deux points d’intersection de la parabole avec l’axe des
abscisses ont pour coordonnées respectives − 2 ; 0 et (1; 0).
3
(
)
24 1. Le point de la parabole d’abscisse −1 a pour ordonnée
y = −3 × ( −1)2 − 1− 2 soit y = − 6.
2. S’ils existent, les points de la parabole d’ordonnée 4 ont
une abscisse solution de l’équation 4 = −3x 2 + x − 2.
4 = −3x 2 + x − 2 ⇔ −3x 2 + x − 6 = 0.
Le trinôme −3x 2 + x − 2 a pour discriminant :
Δ = 12 − 4 × ( −3) × ( −2) = −23.
Δ , 0, le trinôme n’admet donc pas de racine dans R. On en
déduit que la parabole n’admet pas de point d’ordonnée 4.
25 Le coefficient a de l’équation de la parabole est égal à –1.
Comme a , 0, la parabole recherchée est tournée vers le bas,
ce qui élimine la parabole 3 1.
De plus, le point d’intersection de la parabole avec l’axe des
ordonnées a pour ordonnée y = − 02 + 0 + 5 soit y = 5, ce qui
élimine la parabole 3 3 qui passe par l’origine du repère. La
parabole 3 2 a pour équation y = − x 2 + x + 5.
26 On remarque que les points A et B ont la même ordonnée,
ils sont donc équidistants de l’axe de symétrie de la parabole
x + xA
3 + ( −2)
qui a pour équation x = B
, soit x =
, soit x = 1 .
2
2
2
27 Le point B symétrique de A par rapport à la droite d’équation x = 7 appartient à la parabole 3 et a la même ordonnée
que le point A.
x + xA
L’abscisse du point B est telle que 7 = B
, soit x B = 14 − 3,
2
soit x B = 11. Le point B (11; − 2) est un point de 3.
28 L’axe de symétrie d’une parabole a pour équation x = − b .
Donc S a pour coordonnées (1; 0).
a = −1, donc négatif, la parabole est « tournée vers le bas ».
De plus yS , 3, la parabole n’admet donc aucun point d’in2
tersection avec la droite d’équation y = 3.
2
31 1. Le sommet S de la parabole 3 représentative de la
fonction N a pour abscisse :
− 69
tS ’ =
= 11,5.
2 × ( −3)
Le nombre de bactéries sera maximal au bout de 11,5 s.
2. Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée :
yS = −3 × 11,52 + 69 × 11,5 + 150 = 546, 45.
Au bout de 11,5 secondes, il y a aura 546 450 bactéries.
32 1. Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse :
−112
= 12,5.
2 × ( −4, 48)
L’avion atteint le sommet de la parabole au bout de 12,5 s.
2. Dans le repère d’origine O tracé en vert, la parabole passe
par l’origine et est symétrique par rapport à la droite d’équation t = 12,5. La durée de l’état d’impesanteur est le temps
écoulé entre le moment où l’avion est au sommet et le
moment où il repasse par l’altitude 8000 m, soit 12,5 s.
En supposant que tous les paramètres restent constants, il
faudrait que l’altitude maximale de l’avion soit atteinte au
bout de 20 s pour que l’expérience d’impesanteur dure 20 s.
tS ’ =
33 1. ( x − 2)2 + ( y + 1)2 = 3 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − ( −1))2 = 3
C’est l’équation d’un cercle de centre Ω (2 ;−1) et de rayon
R = 3.
2
2
2
2
2. ( x + 3) + ( y − 2) = 1 ⇔ ( x − ( −3)) + ( y − 2) = 1
C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ( −3 ; 2) et de rayon
R = 1 = 1.
2
2
3. ( x − 2 ) + y2 = 4 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 0)2 = 4
C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ( 2 ;0) et de rayon
R = 4 = 2.
2
2
2
2
4. x − 1 + y + 1 = 12 ⇔ x − 1 + y − − 1 = 12
3
2
3
2
1
1
C’est l’équation d’un cercle de centre Ω ;−
et de rayon
3 2
R = 12 = 2 3 .
(
) (
)
(
) ( ( ))
( )
()
On obtient donc le système suivant :
⎧ a + 2b + 4c = 2
⎧ a = −6
⎧ a − 2a − 4 = 2
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
b = −a
⇔⎨ b=6
b = −a
⎨
⎪
⎪ c = −1.
⎪
c = −1
c = −1
⎩
⎩
⎩
Donc une équation de la parabole est y = −6x 2 + 6x − 1.
30 Le sommet S de la parabole 3 a pour abscisse :
−4
= 1.
2 × ( −2)
Le sommet S de la parabole 3 a pour ordonnée :
yS = −12 + 4 × 1− 3 = 0.
xS ’ =
186
Chapitre 8 Géométrie repérée
35 1. a. x 2 − 2x = ( x − 1)2 − 1
2
2
b. y − 4 y = ( y − 2) − 4
2. x 2 − 2x + y2 − 4 y − 9 = 0 ⇔ ( x − 1)2 − 1+ ( y − 2)2 − 4 − 9 = 0.
⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 14
C’est l’équation d’un cercle de centre Ω (1; 2) et de rayon
R = 14 .
36 1. Le cercle bleu est le cercle # 4 d’équation
( x + 2)2 + ( y − 2)2 = 2,25 dont le centre a pour coordonnées
( −2 ; 2).
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2a
Une parabole admet la droite d’équation x = −3 si et seulement si −3 = − b , soit b = 6a.
2a
Les paraboles d’équations respectives y = x 2 + 6x et
34 1. ( x B − 4 )2 + ( yB − 3)2 = ( −2 − 4 )2 + (1− 3)2 = 36 + 4 = 40 ≠ 3
y = x 2 + 6x + 1 ont la droite d’équation x = −3 pour axe de
symétrie.
( xB − 4 )2 + ( yB − 3)2 = (−2 − 4 )2 + (1− 3)2 = 36 + 4 = 40 ≠ 3
Le point B n’appartient pas au cercle.
29 L’abscisse du sommet S vaut − b = 1 .
2.
( xB + 2)2 + ( yB − 2)2 = (−2 + 2)2 + (1− 2)2 = 1. Le point B
2a 2
On en déduit –b = a, soit b = −a.
appartient au cercle.
2
1
3. x B2 + ( yB − 1) = ( −2)2 + (1− 1)2 = 4 . Le point B appartient
De plus, l’ordonnée du point S est , on en déduit donc que
2
au cercle.
1 = a × 1 2 + b × 1 + c ce qui équivaut à a + 2b + 4c = 2.
4. x B2 + 2x B + yB2 − 2 yB = ( −2)2 + 2 × ( −2) + 12 − 2 × 1 = 4 − 4 + 1− 2 = −
2
2
2
2
2
2
2
x B T+de
2xcoordonnées
B + yB − 2 yB = ( −2 ) + 2 × ( −2 ) + 1 − 2 × 1 = 4 − 4 + 1− 2 = −1
Par ailleurs la parabole passe par le point
Le point B appartient au cercle.
(0 ; − 1), donc c = −1.
uuur uuur
2
2
Le cercle jaune est le cercle #2 d’équation
M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ (1− x )(−3 − x ) + (5 − y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2
uuur xuuu+r y = 2,25 dont
le centre
pour
0). MA ⋅ MB = 0 ⇔ (1− x )(−3 − x ) + (5 − y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2x − 3 + y2 − 4 y − 5 = 0 ⇔ x 2 + 2x + y2
(0 ; ⇔
M [C
uuur auuu
r coordonnées
M [CLe⇔cercle
MA ⋅ noir
MB =est0 le
⇔cercle
− x ) + (5 −: y )(−1− y ) = 0 ⇔ x 2 + 2x − 3 + y2 − 4 y − 5 = 0 ⇔ x 2 + 2x + y2 − 4 y − 8 = 0
(1− x )#(−3d’équation
1
( x − 2)2 + ( y − 2)2 = 2,25 dont le centre a pour coordonnées
⎛ 2
⎞
⎛ 1
⎞
!!!" ⎜ − 2 − x ⎟
!!!" ⎜ 2 − x ⎟
(2 ; 2 ) .
3. Soit un point M ( x; y ) . MA ⎜
⎟ et MB ⎜ 3
⎟.
Le cercle vert est le cercle #3 d’équation ( x − 4 )2 + y2 = 2,25
− y⎟
⎜⎝
⎜⎝ 2 − y ⎟⎠
⎠
2
2
uuur uuur
dont le centre a pour coordonnées ( 4; 0).
2
1
2
M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔
−x − −x +
−y 3 −y =0⇔
Le cercle rouge est le cercle #5 d’équation
2
2
2
2
uuur uuur
2
2
( x − 6) + ( y − 2) = 2,25 dont le centre a pour coordonnées
M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ 2 − x − 1 − x + 2 − y 3 − y = 0 ⇔ x 2 + 1− 2 x +
2
2
2
2
2
( 6 ; 2) .
uuur uuur
2 − yde 3 − y = 0 ⇔ x 2 + 1− 2 x + y2 − 2 + 3 y + 6 − 2
2. Une
figure
logiciel
M [C
⇔sur
MA
⋅ MB =de0 géométrie
⇔ 2 − xdynamique
− 1 − x +permet
2 précédente.
2
2
2
2
2
4
vérifier les résultats de la question
40 ABCD est un carré de côté 4. La longueur de la diagonale
37 1. ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 52 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 2)2 = 25
BC ] du carré est égale à 4 2 . Le rayon du cercle circonscrit
[
2
2
2
2. ( x + 3) + y2 = 1 ⇔ ( x + 3) + y2 = 1
2
4
au carré est égal à 4 2 , soit 2 2 et le point E ( 0 ; 0) est le
2
2 2
1 2
4 2
2 2
1 2 16
centre du cercle.
3. x − 3 + y − 4 = 5 ⇔ x − 3 + y − 4 = 25
2
Une équation du cercle est : x 2 + y2 = (2 2 ) ⇔ x 2 + y2 = 8.
2
2
2
2
2
4. ( x − 2 ) + ( y − 2 3 ) = 2 ⇔ ( x − 2 ) + ( y − 2 3 ) ==22
41 1. AO = 12 + ( −3)2 = 10
38 • ( x + 3)2 + ( y − 6)2 = 9. C’est l’équation d’un cercle de
2
( x − 1)2 + ( y − ( −3))2 = 10 ⇔ ( x − 1)2 + ( y + 3)2 = 10
centre I ( −3 ; 6) et de rayon R = 3.
2. AB = ( 0 − ( −2))2 + ( −3 − 1)2 = 4 + 16 = 20
• ( x − 9)2 + ( y − 6)2 = 9. C’est l’équation d’un cercle de centre
2
( x − ( −2))2 + ( y − 1)2 = 20 ⇔ ( x + 2)2 + ( y − 1)2 = 20
K (9 ; 6) et de rayon R = 3 .
2
• x 2 + ( y −1) = 4. C’est l’équation d’un cercle de centre A( 0;1)
42 1. x 2 + y2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre O ( 0 ; 0)
et de rayon R = 2.
et de rayon 2. Ce cercle coupe l’axe des ordonnées en deux
2
2
• ( x − 6 ) + ( y −1) = 4. C’est l’équation d’un cercle de centre
points de coordonnées respectives ( 0 ;−2) et (0 ; 2). La propoB ( 6 ;1) et de rayon R = 2.
sition est fausse.
• ( x − 3)2 + ( y + 4 )2 = 1. C’est l’équation d’un cercle de centre
2. ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre
C (3 ; − 4 ) et de rayon R = 1.
A( −1;1) et de rayon R = 2. On remarque que R . yA , le
cercle admet donc deux points d’intersection avec l’axe des
39 1. Soit I le milieu de [ AB], on a :
abscisses. La proposition est vraie.
y + yB 7 + 0 7
x + x B −3 + 0
3. ( x − 3)2 + ( y + 3)2 = 4 est l’équation d’un cercle de centre
=
= .
xI = A
=
= − 3 et yI = A
2
2
2
2
2
2
B (3 ;−3) et de rayon R = 2. On remarque que R , x B , le
AB = ( −3)2 + 72 = 58.
cercle ne coupe pas l’axe des ordonnées. La proposition est
2
2
2
2
2
vraie.
x + 3 + y − 7 = 58 ⇔ x + 3 + y − 7 = 29 .
2
2
2
2
2
2
En prenant l’équation du cercle de la question précédente,
!!!" ⎛ 1− x ⎞ !!!" ⎛ −3 − x ⎞
on remarque que R , yB , le cercle ne coupe pas l’axe des
et MB ⎜
.
2. Soit un point M ( x ; y ). MA ⎜
⎟
⎟
−1−
y
abscisses. Un contre-exemple à valeur de démonstration, la
5
−
y
⎠
⎝
⎝
⎠
proposition est fausse.
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
(
)(
) (
()
) ( ) () (
) (
)
) ( ) (
) (
)
) (
)(
(
)
)(
(
) (
)(
)(
) (
)
)(
Exercices
43 a. Une équation cartésienne de d ’ est x + 3y − 3 = 0.
!"
!⎛ ⎞
!"
u1 ⎛ −3⎞ et u2 −3 sont des vecteurs directeurs respectifs des
⎝ 1⎠
⎝ 1⎠
d
d
’.
droites
et
!" !"
!" !"
!
!
u1 = u2 , on en déduit que les vecteurs u1 et u2 sont colinéaires
et que les droites d et d ’ sont parallèles.
!"
!"
!
b. n1 ⎛ 1⎞ et n2 ⎛ 1⎞ sont des vecteurs normaux respectifs
⎝ 3⎠
⎝ 3⎠
d
des droites et d ’.
!" !"
!
!" !"
!
n1 = n2 , on en déduit que les vecteurs n1 et n2 sont colinéaires
et que les droites d et d ’ sont parallèles.
c. Une équation réduite de d est y = − 1 x + 1 .
3
3
Les droites d et d ’ ont le même coefficient directeur − 1, elles
3
sont donc parallèles.
!!!"
!!!"
44 BC ⎛ −2 − 3⎞ = ⎛ −5⎞ . Le vecteur BC est un vecteur direc-
⎝ 8−2 ⎠ ⎝ 6 ⎠
teur de la droite ( BC ) .
!
Le vecteur u ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite Δ.
⎝ 1⎠
uuur r
!BC
!!" ⋅ u != −5 × 1+ 6 × 1 = 1 ≠ 0 . On en déduit que les vecteurs
BC et u ne sont pas orthogonaux, que les droites ( BC ) et Δ
ne sont pas perpendiculaires, la droite Δ ne peut donc pas
être la médiatrice du segment [ BC ].
45 Si D’ est le symétrique de D par rapport à la droite Δ alors
Δ est la médiatrice du segment [ DD’ ].
!!!!" ⎛ −3 − 0 ⎞ ⎛ −3 ⎞
!!!!"
DD’
=
. Le vecteur DD’ est un vecteur directeur
⎝ 2 − 4 ⎠ ⎝ −2 ⎠
de la droite ( DD’ ).
Chapitre 8 Géométrie repérée
187
)
!
Le vecteur u ⎛ 1⎞ est un vecteur directeur de la droite Δ.
⎝ 2⎠
!!!!" "
DD’ ⋅ u = −3 × 1− 2 × 2 = −7 ≠ 0. On en déduit que les vecteurs
!!!!" !
DD’ et u ne sont pas orthogonaux, que les droites ( DD’ ) et
Δ ne sont pas perpendiculaires, la droite Δ ne peut donc pas
être la médiatrice du segment [ DD’ ] et par conséquent D’
n’est pas le symétrique de D par rapport à Δ.
x = x A soit x = 3. Le projeté orthogonal du point A sur Δ a
pour coordonnées (3 ; − 2).
!
Soit n ⎛ 1⎞ un vecteur normal à la droite Δ. Le point M ( x; y )
⎝ 1⎠
est le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ si et seule!!!"
"
ment si AM = kn avec k [R, et M appartient à la droite Δ.
On obtient le système suivant :
⎧
⎪ x
⎧ uuur
⎧
⎧
x
+
1
=
k
x
=
k
−
1
r
46 a. Le cercle de centre C ( 4 ; 2) est tangent à l’axe des
⎪⎪
⎪ AM = kn
⎪
⎪
⇔ ⎨ y−2= k
⇔⎨
y= k +2
⇔⎨
⎨
ordonnées, son rayon R est donc égal à xC , soit 4.
⎪ x+ y−2= 0
⎪ x+ y−2= 0
⎪ k − 1+ k + 2 − 2 = 0
⎪
L’équation du cercle de centre C et tangent à l’axe des ordon⎩
⎩
⎩
⎪ k
2
2
2
2
2
nées est ( x − 4 ) + ( y − 2) = 4 soit ( x − 4 ) + ( y − 2) = 16.
⎪⎩
⎧
1
x=−
D
−1;1
est
tangent
à
l’axe
des
b. Le cercle de centre
(
)
⎪
2
⎧ uuur
⎧ x + 1= k
⎧
x = k −1
r
⎪⎪
est donc
abscisses, son rayon
⎪ RAM
⎪
= kn égal à⎪ yD , soit 1.
5
⇔
y
−
2
=
k
⇔
y
=
k
+
2
⇔
⎨
⎨
⎨
⎨ y= 2
D et tangent à l’axe des
L’équation du cercle
de
centre
x
+
y
−
2
=
0
⎪ ))2 + ( y − 1)2 = 12 ⎪ x + y −2 2 = 0 2 ⎪ k − 1+ k + 2 − 2 = 0
⎪
soit
abscisses est ( x − ( −1
⎩
⎩ ( x + 1) + ( y − 1) =⎩1.
⎪ k = 1.
2
⎪⎩
47 1. 12 + 2 × 1+ y2 − 2 y − 7 = 0 ⇔ y2 − 2 y − 4 = 0
Le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ est le point
Le trinôme y2 − 2 y − 4 a pour discriminant :
M de coordonnées − 1 ; 5 .
Δ = ( −2)2 − 4 × 1× ( − 4 ) = 20 .
2 2
!
Δ . 0, le trinôme admet donc deux racines distinctes dans R :
Soit n ⎛ 3 ⎞ un vecteur normal à la droite Δ. Le point M ( x ; y )
⎝ −5⎠
y1 = 2 − 20 = 1− 5 et y2 = 2 + 20 = 1+ 5 .
est le projeté
du point A sur la droite Δ si et seule2 ×1
2 ×1
!!!" orthogonal
"
ment si AM = kn avec k [R, et M appartient à la droite Δ.
A et B, les deux points d’intersection du cercle # avec la
On obtient le système suivant :
droite d’équation x = 1 , ont pour coordonnées respectives
1;1+
5
⎧
⎧
et
.
1;1−
5
(
)
(
)
uuur
⎧
x − 1 = 3k
x = 3k + 1
r
⎪
⎪
⎪
2
2
2
AM
=
k
n
2. x + 2x + 2 − 2 × 2 − 7 = 0 ⇔ x + 2x − 7 = 0
⇔
y
−
1
=
−5k
⇔
y
= −5k + 1
⎨
⎨
⎨
Le trinôme x 2 + 2x − 7 a pour discriminant :
⎪ 9k + 3 + 25k − 5 + 2 = 0
⎪ 3x − 5y + 2 = 0
⎪ 3x − 5y + 2 = 0
⎩
⎩
⎩
Δ = 2⎧2 − 4 × 1× ( −7) = 32. ⎧
uuur
⎧
⎧
x
−
1
=
3k
x
=
1
x
=
3k
+
1
r
deux
distinctes
dans R :
Δ . 0, le trinôme admet⎪ doncAM
⎪
⎪
⎪
= kracines
n
⇔⎨
⇔ ⎨ y =1
y = −5k + 1
⎨ et x = −2 + 32⇔=⎨−1+y2− 12.= −5k
−2
−
32
x1 =
= −1− 2⎪ 23x − 25y + 2 = 0
⎪ k = 0.
⎪ 9k + 3 + 25k − 5 + 2 = 0
⎪ 3x − 5y + 2 = 0
2 ×1
2 ×1
⎩
⎩
⎩ d’intersection du cercle
⎩
# avec la
C et D, les deux points
Le projeté orthogonal du point A sur la droite Δ est le point
droite d’équation y = 2 ont pour coordonnées respectives
A lui-même puisque A appartient à Δ.
(−1− 2 2 ; 2) et (−1+ 2 2 ;2).
51 1. Soit n! ⎛ −3⎞ un vecteur normal à la droite Δ. Le point
3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de
⎝ 1⎠
vérifier les résultats des questions précédentes.
orthogonal du point A sur la droite Δ
M ( x ; y ) est le projeté
!!!"
"
si et seulement si AM = kn avec k [R, et M appartient à la
48
droite Δ. On obtient le système suivant :
⎧
⎪
⎧ uuur
⎧
=
−3k
x
−
−2
(
)
⎧
x
=
−3k
−
2
r
⎪⎪
⎪
⎪
⎪
2
2
AM
=
k
n
2
2
2
2
2
49 1. x − 6x + 9 + y = 25 ⇔ ( x − 3) − 9 + 9 + y = 25 ⇔ ( x − 3⎨) + y = 5
y−4 = k
⇔⎨
⇔⎨
y=k+4
⇔⎨
⎪ x+ y−2= 0
⎪ −3x + y − 1 = 0
⎪ 9k + 6 + k + 4 − 1 = 0
⎪
+ y2 = 25 ⇔ ( x − 3)2 − 9 + 9 + y2 = 25 ⇔ ( x − 3)2 + y2 = 52
⎩
⎩
⎩
⎧
⎪
7
Le centre du cercle est Ω (3 ; 0) et son rayon R est égal à 5.
⎪⎩
⎪ x = 10
⎧ uuu
⎧
=
−3k
x
−
−2
(
)
⎧
2
2r
2
2
2
2
2
x = −3k − 2
) −=1+knr2 = 16 ⇔⎪ ( x + 1) + ( y − 1) = 4 ⎪
2. x + 2x + y − 2 y + 2 = 16 ⇔ ( x + 1) − 1+ ⎪( y − 1AM
⎪⎪
y−4 = k
⇔⎨
⇔ ⎨ y = 31
y=k+4
16 ⇔ ( x + 1)2 − 1+ ( y − 1)2 − 1+ 2 = 16 ⇔ ( x + 1)2 + ( y⎨− 1x)2+=y 4−22 = 0 ⇔ ⎨
10
⎪
⎪
⎪ −3x + y − 1 = 0
⎪ 9k + 6 + k + 4 − 1 = 0
Le centre du cercle est Ω ( −1;1) et son rayon
R
est
égal
à
4.
⎩
⎩
⎩
⎪ k=− 9 .
10
3. x 2 − 10x + y2 + 20 y + 125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 − 25 + ( y + 10)2 − 100 + 125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 + ( y + 10)2 = 112
⎪⎩
2
2
2
2
2
125 = 121 ⇔ ( x − 5) − 25 + ( y + 10) − 100 + 125 = 121 ⇔ ( x − 5) + ( y + 10Le
11
) =projeté
orthogonal du point A sur la droite Δ est le point
125 = 121 ⇔ ( x − 5)2 + ( y + 10)2 = 112
M de coordonnées 7 ; 31 .
10 10
Le centre du cercle est Ω (5 ;−10) et son rayon R est égal à 11.
2
2
2 figure sur
2 logiciel
2
2
2
2.
Une
de géométrie dynamique permet
4. x + 4 x + y − 8 y = −16 ⇔ ( x + 2) − 4 + ( y − 4 ) − 16 = −16 ⇔ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 2
de
vérifier
le
résultat
de
la
question précédente.
⇔ ( x + 2)2 − 4 + ( y − 4 )2 − 16 = −16 ⇔ ( x + 2)2 + ( y − 4 )2 = 22
52 1. a. Kylian doit successivement :
Le centre du cercle est Ω ( −2 ; 4 ) et son rayon R est égal à 2.
• tracer la droite $ d’équation cartésienne 2x + y − 1 = 0 ;
50 1. La droite Δ est verticale, le projeté orthogonal du point
• créer le point B de coordonnées ( 4 ; 0) ;
A sur Δ appartient à Δ et à la droite horizontale d’équation
• tracer la droite perpendiculaire à $ passant par B ;
soit
Le
projeté
orthogonal
du
point
sur
a
A
Δ
• nommer H le point d’intersection des deux droites ;
y = 1.
y = yA
pour coordonnées (1;1).
• faire afficher la distance BH .
b. La distance affichée par le logiciel est une valeur arrondie
2. La droite Δ est horizontale, le projeté orthogonal du point
A sur Δ appartient à Δ et à la droite verticale d’équation
au centième de la distance BH .
(
188
Chapitre 8 Géométrie repérée
)
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
!!!" " !!!!"
!!!" !!!" "
!!!"
!!!"
"
!
Ainsi, CH ⋅ n = # CH # × # n #⇔ CH = CH" . n ⇔# CH #= 8 ⇔# CH #=
2. n ⎛ 2 ⎞ un vecteur normal à la droite $ et un vecteur direc⎝ 1⎠
#n#
10
!!!"
!!!" à"$ passant
!!!!" par"B.. !!!" !!!" "
!!!"
teur de la droite perpendiculaire
⋅ n = #par
CHB#a×une
# n #⇔
CH = CH" . n ⇔# CH #= 8 ⇔# CH #= 4 10 .
La droite perpendiculaire à $CH
passant
équation
5
#n#
10
cartésienne de la forme x − 2 y + c = 0 .
La distance HC est égale à 4 10 .
Le point B appartient à cette droite donc :
5
4 − 2 × 0 + c = 0 ⇔ c = −4.
54 L’abscisse du sommet de la parabole vaut −4 = −2.
La droite perpendiculaire à $ passant par B a pour équation
2 ×1
cartésienne x − 2 y − 4 = 0.
L’ordonnée du sommet de la parabole vaut :
Le point H ( x , y ) appartient aux deux droites, on a donc le
(−2)2 + 4 × (−2) + 5 = 1.
système suivant :
Seule la parabole b a un sommet d’abscisse négative et
⎧
6
⎧⎪ x − 2 y − 4 = 0
⎪ x=5
d’ordonnée positive, c’est donc la parabole cherchée.
⎪⎧ x + 4 x − 2 − 4 = 0
⇔⎨
⇔⎨
⎨
y = −2x + 1
⎛ 3⎞
⎪⎩ 2x + y − 1 = 0
⎩⎪
⎪ y = −7.
!" ⎛ 5 ⎞
!"
! −
5
⎩
55 1. n1 ⎜ 2 ⎟ est un vecteur normal à la droite $1 et n2 ⎜ 2 ⎟
⎜ − 1⎟
⎝ 3⎠
Le point H a pour coordonnées 6 ; − 7 .
⎜⎝
⎟
5⎠
5
5
est un vecteur normal à la droite $ 2 .
2
2
HB = 4 − 6 + 0 + 7 = 49 = 7 5 .
2. 5 × − 1 − 2 × − 3 = −1+ 1 = 0. On déduit que les vecteurs
5
5
5
5
2
!" !"
! 5 3
7 5
n
1 et n2 sont colinéaires et que les droites $1 et $ 2 sont paralLa distance exacte HB est 5 .
lèles. Le système n’a aucune solution si les deux droites sont
!!"
strictement parallèles ou une infinité de solutions si les deux
53 1. AB ⎛⎜ 4 − (− 2)⎞⎟ = ⎛ 6 ⎞ . La droite ( AB) a une équation
droites sont confondues.
⎝ −1− 1 ⎠ ⎝ −2 ⎠
En multipliant l’équation de la droite $ 2 par − 10 , on obtient
cartésienne de la forme −2x − 6 y + c = 0.
3
Le point B appartient à cette droite donc :
l’équation 5x + 2 y − 40 = 0 qui est différente de l’équation
3
3
−2 × 4 − 6 × ( −1) + c = 0 ⇔ c = 2.
de la droite $1. Les deux droites sont donc strictement paralLa droite ( AB) a pour équation cartésienne −2x − 6 y + 2 = 0.
lèles et 6 = ∅.
2. −2 × 3 − 6 × 2 + 2 = −16 ≠ yC . On en déduit que le point C
n’appartient pas à la droite ( AB).
56 1. − 1 × ( −1) − 3 × 1 = − 1 ≠ 0. Il existe un couple ( x ; y)
2
4
4
! ⎛ 1⎞
est un vecteur normal à la droite ( AB).
3. n
solution du système.
⎝ 3⎠
⎧ 1
3
⎧⎪ −2 ( y − 1) + 3y −
⎧⎪ −2x + 3y − 12 = 0
4. Le point H est le projeté orthogonal de C sur la droite
⎪ −2x + 4 y−3= 0
⇔
⇔
2.
⎨
⎨
⎨
,
la
droite
est
donc
perpendiculaire
à
la
droite
( AB)
( HC
)
x − y + 1= 0
x = y −1
!!!"
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
x − y + 1= 0
( AB) . Le vecteur HC qui est un vecteur directeur de la droite
!
⎧ 1
3 y − 3 = 0n.
⎧⎪ −2 ( y − 1) + 3y − 12 = 0
⎧⎪ il−2x
( HC ) est donc!colinéaire
Ainsi,
existe
réel= 0
⎧⎪ y = 10
+ 3yun
− 12
!!"⎪ − 2" x +au4 vecteur
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
k ≠ 0, tel que CH⎨= kn .
x − y + 1= 0
x = y −1
⎩⎪ x = 9.
x −( AB
y +)1. On
= 0obtient le⎩⎪système
⎩⎪
5. H appartient à la⎪⎩ droite
suivant :
6 = {(9 ;10)}.
⎧
⎧
⎧
⎧
11
⎪
⎪
⎪
⎪ x= 5
uuur
!
x
−
3
=
k
x
=
k
+
3
r
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
57 1. n ⎛ 5 ⎞ est un ⎪⎪vecteur 2normal à la droite d’équation
CH = kn
⇔⎨
y − 2 = 3k
⇔⎨
y = 3k + 2 ⎝ 6 ⎠
⇔ ⎨ y = − !!"
⎨
5 ⎛ 5⎞
⎪ −2x − 6 y + 2 = 0
⎪ −2x − 6 y + 2 = 0
⎪ −2k − 6 − 18k
cartésienne
− 12 + 2 5x
= 0+ 6 y −⎪ 25 = 0.4AB ⎝ 6 ⎠ est un vecteur directeur
⎪
⎪
⎪
⎪ k=− .
!!" "
!!"
5 que AB = n,
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
de la droite ( AB). On⎪⎩remarque
les vecteurs AB
!
et n sont colinéaires et on en déduit que la droite d’équation
⎧
⎧
11
x
=
⎪
⎪
5
5x + 6 y − 25 = 0 et la droite ( AB) sont perpendiculaires.
3=k
x = k +3
⎪⎪
⎪⎪
De
plus, 5 × ( −1) + 6 × 5 − 25 = 0 , le point C appartient donc
2
2 = 3k
⇔⎨
y = 3k + 2
⇔⎨ y=−
5
à
la
droite d’équation 5x + 6 y − 25 = 0.
⎪ −2k − 6 − 18k − 12 + 2 = 0
⎪
y+2= 0
Pour conclure, la droite d’équation 5x + 6 y − 25 = 0 est
⎪
⎪ k = −4.
5
⎪⎩
⎪⎩
perpendiculaire à ( AB) et passe par C, c’est donc une hauteur
du
triangle ABC.
Le point H a pour coordonnées 11 ; − 2 .
!!!" ⎛ −1⎞
5
5
2. AC
est un vecteur directeur de la droite ( AC ) et un
⎛ 4⎞
⎝ 5⎠
!!!" 5
⎜
⎟
.
HC
vecteur normal de la hauteur du triangle issue de B.
⎜ 12 ⎟
⎜⎝ ⎟⎠
L’équation cartésienne de la hauteur issue de B est de la
5
forme –x + 5y + c = 0.
"
! n != 12 + 32 = 10 .
De plus, le point B appartient à la hauteur, on a donc :
!!!" "
−5 + 5 × 6 + c = 0 ⇔ c = −25.
CH ⋅ n = 4 × 1+ 12 × 3 = 8.
5
5 !!!" "
Dans le triangle ABC , une équation cartésienne de la hauteur
CH ⋅ n est positif, on en déduit que les
Le produit
!!!"scalaire
issue de B est –x + 5y − 25 = 0 .
!
vecteurs CH et n sont colinéaires de même sens.
3. Soit H ( x ; y ) , l’orthocentre du triangle ABC, H appartient à
la hauteur issue de A et à la hauteur issue de B. On en déduit
le système suivant :
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(
) (
)
(
)
( )
(
( )
)
Chapitre 8 Géométrie repérée
189
⎧
15060 1. On cherche l’équation de la parabole sous la forme
⎧⎪ 25y − 125 + 6 y − 25 = 0
⎧⎪ 5x + 6 y − 25 = 0
⎪ y = 31y = ax 2 + bx + c. La parabole passe par les points de coor⇔⎨
⇔⎨
⎨
x = 5y − 25
( −2 ; 0), ( 0 ; − 2) et (1; 3).
⎪⎩
⎪ x = − 25données
.
⎩⎪ − x + 5y − 25 = 0
31
On obtient donc le système suivant :
⎩
⎧
150
⎧ 4a − 2b + c = 0
⎧ 4a − 2b − 2 = 0
⎧ 20 − 4b − 2b − 2 = 0
⎧⎪ 25y − 125 + 6 y − 25 = 0
⎪ y = 31
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
c = −2
⇔⎨
c = −2
⇔
c = −2
⎨
x = 5y − 25
⎪⎩
⎪ x = − 25 .
⎪
⎪
⎪
31
a
=
5
−
b
a
=
5
−
b
a
+
b
+
c
=
3
⎩
⎩
⎩
⎩
⎧ 20 − 4b − 2b − 2 = 0
⎧ b=3
⎧ 4a
⎧ 4a − 2b − 2 = 0
Le point H a pour coordonnées − 25 ; 150
. − 2b + c = 0
31 31
⎪
⎪
⎪
⎪
⇔ ⎨ c = −2
c =permet
−2
c = −2
⇔⎨
c = −2
⎨
4. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique
de⇔ ⎨
⎪
⎪ a = 2.
⎪ a+b+c=3
⎪
a = 5−b
a = 5−b
vérifier les résultats des questions précédentes.
⎩
⎩
⎩
⎩
!!" ⎛ 2 − 0 ⎞ ⎛ 2 ⎞
Donc une équation de la parabole est y = 2x 2 + 3x − 2.
58 1. AB
. Le point D de coordonnées ( x D ; yD )
=
2. a. Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des
⎝ 5 − 3⎠ ⎝ 2⎠
!!" !!!"
abscisses qui a une abscisse positive a une ordonnée nulle.
est tel que AB = DC .
Ainsi son abscisse est la solution positive de l’équation du
⎧⎪ x D = 3
⎧⎪ 5 − x D = 2
!!" !!!"
second degré 2x 2 + 3x − 2 = 0.
Or, AB = DC ⇔ ⎨
. Le point D a
⇔⎨
Le trinôme 2x 2 + 3x − 2 a pour discriminant :
2 − yD = 2
y =0
⎩⎪
⎩⎪ D
Δ = 32 − 4 × 2 × ( −2) = 25. Δ > 0 , le trinôme admet donc
pour coordonnées (3 ; 0).
deux racines distinctes dans R :
2. Le centre du cercle circonscrit au rectangle est le centre du
x1 = −3 − 25 = −2 et x2 = −3 + 25 = 1 .
rectangle. Soit I le centre du cercle, I est le milieu de [ AC ],
2×2
2
2×2
ainsi xI = 0 + 5 soit xI = 2,5 et yI = 3 + 2 soit yI = 2,5. Le
Le
point
d’intersection
de
la
parabole
avec
l’axe des abscisses
2
2
centre du cercle circonscrit I a pour coordonnées (2,5 ; 2,5).
qui a une abscisse positive a pour coordonnées 1 ; 0 .
2
Le segment [ AC ] est un diamètre du cercle, donc R, le rayon
b. La parabole a pour axe de symétrie la droite d’équation
du cercle circonscrit, est égal à AC .
2
x = −3 .
4
Or, AC = 52 + ( −1)2 = 26 , donc R = 26 .
Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses
2
3. Une figure sur logiciel de géométrie dynamique permet de
qui a une abscisse positive est le point symétrique du point T
vérifier les résultats des questions précédentes.
par rapport à la droite d’équation x = −3 . On en déduit que
4
59 1. Soit le point H , projeté orthogonal du point A sur la
xT + x −3 , soit
x
l’abscisse
du
point
cherché
est
telle
que
=
droite $.
2
4
! ⎛ −1⎞
x = − 3 + 2 , soit x = 1 .
u
est un vecteur directeur de la droite $. Le point
2
2
⎝ 1⎠
Le point d’intersection de la parabole avec l’axe des abscisses
H appartient à la droite $, il a donc pour coordonnées
qui a une abscisse positive a pour coordonnées 1 ; 0 .
!!!"
2
⎛ x−a ⎞
( x ; − 1− x ) et le vecteur AH a pour coordonnées ⎜⎝ −1− x − a ⎟⎠ .
61 Une équation de la parabole est du type y = ax 2 + bx + c.
le point H , projeté
orthogonal
du
point
sur
la
droite
$
si
et
A
S appartient à la parabole, donc 0 + 0 + c = 4, soit c = 4.
!!!" "
seulement
si
AH
⋅
u
=
0.
!!!" "
S est le sommet, donc −b = 0 ⇔ b = 0.
2a
AH ⋅ u = 0 ⇔ −1( x − a ) − 1− x − a = 0 ⇔ x = − 1
2
Enfin, A appartient à la parabole, donc a + c = 2 ⇔ a = −2.
On en déduit l’ordonnée du point H , y = −1− − 1 soit
Donc une équation cartésienne de la parabole est y = −2x 2 + 4.
2
1
1
62 Une équation de la parabole est du type y = ax 2 + bx + c.
y = − 1 . Les coordonnées du point H sont − 2 ; − 2 .
2
S appartient à la parabole, donc a × 1,52 + b × 1,5 + c = 6,25,
2. On remarque que les coordonnées de H sont indépensoit 2,25a + 1,5b + c = 6,25.
dantes de a.
S est le sommet, donc −b = 1,5 ⇔ b = −3a .
2
2
2a
3. BH = − 1 − 3 + − 1 − 0 = 25 = 5 2
Enfin, B appartient à la parabole, donc 0 + 0 + c = 4 ⇔ c = 4.
2
2
2
2
On obtient donc le système suivant :
2
2
2
AH = − 1 − a + − 1 − a = 2 − 1 − a
⎧
⎧ 2,25a − 4,5a + 4 = 6,25
⎧ a = −1
2,25a + 1,5b + c = 6,25
2
2
2
⎪
⎪
⎪ ⎧ −1−a= 5
2
2
2 ⇔⎨
b = −3a 1
⎪
⎧ a⇔
⎨ b=3
⎨
= −3
2b = −3a2
1
5
2
1
25
25
⇔⎨
⇔ 2 − ⎪− a = c⇔
− − a = ⎪⇔ ⎨
ABH isocèle en H ⇔ AH = BH ⇔ 2 − ⎧− a =
⎪ c = 4.
c
=
4
2 − 1 − a 2= 5
2⎩
2 =4 2
4⎩
1 −a = −5
⎩ a = ⎩2.
⎪
−
2
2
2
⎪
⎧
a = −3
2
25 ⇔+ 1,5b 2+ c = 6,25
2
⎩ −12
⎧ a=
⇔ ⎨⎧ 2,25a − 4,5a + 4 = 6,25
a = 5 2 ⇔ 2 − 1 − a = 25 ⇔ − 1 − a ⎧=2,25a
⎨
2
2
2
2
⎪
⎪ 4
⎪
1
5
a
=
2.
⎩
⎪b =− −3a
−a=−
b = −3a
⇔⎨ b=3
⎨
2 ⇔⎨
⎧
1−a= 5
⎩ 2
−
⎪ c = 4.
⎪
⎪
2
c=4
c=4
⎪
⎧ a = −3 ⎩
2
2
⎩
⎩
− a = 25 ⇔ ⎨
⇔⎨
4
1
5
a
=
2.
Donc
une
équation
cartésienne
de la parabole est :
⎩
⎪ − −a=−
2
⎩ 2
y = − x 2 + 3x + 4.
−3 et 2 sont les deux valeurs de a pour lesquelles le triangle
63 1. Voir question 5.
ABH est isocèle en H .
2. Voir question 5.
(
)
( )
( )
)
(
(
) ( )
) ( ) (
(
)
(
)
(
)
)
190
Chapitre 8 Géométrie repérée
(
)
)
(
)
(
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
!!"
⎛ 1⎞
3. Le vecteur AB de coordonnées ⎝ ⎠ est un vecteur
4
Une équation de la tangente au cercle en B est :
−3x − 4 y + 40 = 0.
4. Le point d’intersection entre la planche et le sol a une
normal de la médiatrice du segment [ AB]. Soit I, le milieu
ordonnée nulle et appartient à la tangente au cercle en B.
du segment [ AB] . I a pour abscisse xI = 1+ 2 = 3 et pour
2
2
On en déduit le système suivant :
−1+
3
⎧⎪ y = 0
ordonnée yI =
= 1.
⎧
y=0
2
⇔
uur uur
⎨
= 0x + 4⎨⎪yx−=1140= .0
+ 4 (−y −4 1y)+=40
0⇔
M ( x ; y ) appartient à la médiatrice du segment [ AB] ⇔ AB ⋅ IM = 0 ⇔ x − 3⎩ −3x
⎩ 23
2
uur uur
40
3
11
[ AB] ⇔ AB ⋅ IM = 0 ⇔ x − 2 + 4 ( y − 1) = 0 ⇔ x + 4 y − 2 = 0 Le point d’intersection entre la planche et le sol est 3 ; 0 .
On en déduit qu’une équation cartésienne de la médiatrice
66 1.
du segment [ AB] est x + 4 y − 11 = 0.
2
4. Le point C appartient à la médiatrice du segment [ AB] et
à la droite d’équation y = 3. On en déduit le système suivant :
2.
⎧
⎧
⎧
11
11
13
⎪ x + 4y − 2 = 0
⎪ x + 12 − 2 = 0
⎪ x=− 2
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎪⎩
⎪⎩ y = 3.
⎪⎩
y=3
y=3
Le point C a pour coordonnées − 13 ; 3 .
2
3.
2
2
13
289
17
De plus, AC = 1+
+ ( −1− 3) =
= .
2
4
2
2
2
13
+ ( y − 3) = 289 .
Une équation du cercle T est x +
4.
2
4
(
(
(
)
)
(
(
)
(
)
)
)
5.
67 1. Les diagonales d’un losange se coupent perpendicu-
(
)
lairement en leur milieu, ainsi A( 0; 0) , B 1 c; b , C (c; 0) et
2
D 1c ; − b .
2
!
2. Le vecteur n ⎛ 0 ⎞ est un vecteur normal à la droite ( AC )
⎝ 1⎠
!!!" ⎛ 1 c − 1 c ⎞ ⎛ 0 ⎞
et BD ⎜ 2
est un vecteur directeur de la
2 ⎟=
⎜⎝ −b − b ⎟⎠ ⎜⎝ −2b ⎟⎠
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
(
)
droite ( BD ).
!!!"
"
3. On remarque
!!!" ! que BD = −2bn . On en déduit que les
vecteurs BD et n sont colinéaires et que les droites ( AC ) et
( BD ) sont perpendiculaires.
On en déduit que les diagonales d’un losange sont
perpendiculaires.
64
68 1. A appartient à (Ox ), donc son ordonnée est nulle.
A appartient à d, donc 2x A − 0 − 1 = 0 ⇔ x A = 1 .
2
4
Soit A 1 ; 0 .
4
2. B appartient à (Ox ), donc B (1; 0).
3.
!!!"Soit H ( x; y ) le projeté orthogonal de B sur d.
BH est orthogonal à tout vecteur directeur de d.
On a en particulier ( x − 1) × 1+ y × 2 = 0 ⇔ x + 2 y − 1 = 0.
⎧
2
⎧ x + 2y − 1= 0
65 1. Le cercle de centre A(1;3) et de rayon R = 5 a pour
⎪ x=5
⎪
On résout le système ⎨
⇔⎨
équation :
2x − y − 1 = 0
2
2
⎪ y= 3 .
⎪
2
( x − 1) + ( y − 3) = 25.
⎩
10
⎩
H
est
le
milieu
de
,
ce
qui
équivaut
à
:
BB’
[
]
2
2
2.( x B − 1) + ( yB − 3) = ( 4 − 1)2 + (7 − 3)2 = 9 + 16 = 25 = R2.
2 = 1(x + x ) ⇔ x = − 1
B’
B’
5 2 B
5 et
Le point B appartient bien au cercle de A(1;3) et de rayon 5.
3 = 1( y + y ) ⇔ y = 6 = 3.
3. Soit un point M ( x; y ) .
B’
B’
10 2 B
10 5
!!!" ⎛ 4 − x ⎞ !!" ⎛
⎞
⎛
⎞
4
−
1
3
4. Δ est la droite ( AB’ ).
On a MB ⎜
et AB
.
=
⎟
⎝ 7 − 3⎠ ⎝ 4 ⎠
⎝ 7 − y⎠
!!!"
!!!" ⎛
1⎞ 3
⎛
AM
appartient
à
colinéaire
à
Δ
⇔
M appartient
AB’ ⇔ ⎜ x − ⎟ × − y × ⎜ −
M
x
;
y
(
)
à
la
tangente
au
cercle
en
:
!!" !!!"
⎝
⎠
⎝ 2
4
5
!!!" ⎛
B ⇔ AB ⋅ MB = 0 ⇔ 3( 4 − x ) + 4 (7 − y ) = 0 ⇔ −3x − 4 y + 40 = 0
1⎞ 3
⎛ 9⎞
AB’ ⇔ ⎜ x − ⎟ × − y × ⎜ − ⎟ = 0 ⇔ 12x + 9 y − 3 = 0
⎝
⎝ 20 ⎠
0 ⇔ 3( 4 − x ) + 4 (7 − y ) = 0 ⇔ −3x − 4 y + 40 = 0
4⎠ 5
Demander les valeurs a, b et c des coefficients de la
droite $
Demander les coordonnées e et f du point M
c’ prend la valeur –b*e+a*f
Afficher « une équation de la droite perpendiculaire à
$ passant par M est bx – ay + c’=0 »
( )
Chapitre 8 Géométrie repérée
191
69 1. a.
y
M
A
1
0
1
x
b. AM = (3 − 2)2 + (5 − 4 )2 = 2
c. Soit M ’ le projeté orthogonal de M sur l’axe des abscisses. La
distance MM ’ est la distance du point M à l’axe des abscisses.
M ’ a pour coordonnées (3 ; 0), on en déduit :
MM ’ = (3 − 3)2 + (5 − 0)2 = 5.
d. 2 ≠ 5 donc AM ≠ MM ’, on en déduit que le point M n’est
pas équidistant du point A et de l’axe des abscisses.
Soit B ( 8; 5). On a BM = (3 − 8)2 + (5 − 5)2 = 5.
BM = MM ’, on en déduit que le point M est équidistant du
point B et de l’axe des abscisses.
Soit B et C les deux points de tangence des deux tangentes
au cercle perpendiculaires en A.
Il existe deux tangentes au cercle perpendiculaires
en A si et seulement si les triangles AMB et AMC sont
rectangles isocèles respectivement en B et en C. On en
déduit qu’il faut que AB = AC = R. Dans ces conditions,
AM = MB2 + BA2 = R2 + R2 = 2R.
Tous les cercles de centre M, de rayon R, tels que AM = 2R
ont deux tangentes perpendiculaires en A.
!!" ⎛ 1− (− 1)⎞ ⎛ 2 ⎞ !!!" ⎛ 3 − (− 1)⎞ ⎛ 4 ⎞
.
=
= ⎜ ⎟ et AC ⎜
⎝ 0 − 2 ⎟⎠ ⎜⎝ −2 ⎟⎠
⎝ − 4 − 2 ⎟⎠ ⎝ − 6 ⎠
On a 2 × ( −2) − ( −6) × 4 = 20 ≠ 0.!!" !!!"
On en déduit que les vecteurs AB et AC ne sont pas colinéaires et que les points A, B et C ne sont pas alignés.
y
2.
72 1. AB ⎜
A
1
0
2.
C
x
1
I
3.
B
On trace les médiatrices des segments [ AB] et [ BC ]. On note
I le point d’intersection de ces deux médiatrices. On trace
ensuite le cercle de centre I et de rayon IA.
70
!!!" Soit H ( x ; y ) le projeté orthogonal de A sur $.
AH est orthogonal à tout vecteur directeur de $.
On a en particulier :
( x − 1) × ( −1) + ( y − 2) × 1 = 0 ⇔ − x + y − 1 = 0.
⎧⎪ x + y − 7 = 0
⎧⎪ x = 3
On résout le système ⎨
⇔⎨
⎪⎩ y = 4.
⎩⎪ − x + y − 1 = 0
Le cercle passe par A et H, donc son centre est le milieu I du
segment [ AH ].
73 1. Le point I est le milieu du segment [ AB].
71 1.
⎧
⎧
1
1
⎪ xI = 2 ( x A + x B )
⎪ xI = − 2
On a donc ⎨
⇔⎨
⎪ yI = 1 ( yA + yB )
⎪ yI = 3 .
2
2
⎩
⎩
1
3
Le point I a pour coordonnées − ; .
2 2
2. Le point J est le milieu du segment [ BC ].
⎧
⎧
1
7
⎪ x J = 2 ( x B + xC )
⎪ xJ = 2
On a donc ⎨
⇔⎨
⎪ yJ = 1 ( yB + yC )
⎪ yJ = − 1 .
2
2
⎩
⎩
Le point J a pour coordonnées 7 ;− 1 .
2 2
!!" ⎛ −1− 0 ⎞ ⎛ −1⎞
=
est un vecteur directeur
3. Le vecteur AB
⎝ −2 − 5⎠ ⎝ −7 ⎠
de la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du
segment [ AB]. Une équation cartésienne de la médiatrice du
segment [ AB] est de la forme –x − 7 y + c = 0.
De plus, le point I appartient à d1, on a donc :
2. Soit M le centre du cercle et R son rayon.
− − 1 − 7 × 3 + c = 0 ⇔ c = 10.
2
2
Une équation cartésienne de d1 est –x − 7 y + 10 = 0 .
!!!" ⎛ 8 − (− 1)⎞ ⎛ 9 ⎞
4. Le vecteur BC ⎜
est un vecteur directeur
⎟=
⎝ 1− (− 2) ⎠ ⎝ 3 ⎠
de la droite ( BC ) et un vecteur normal de la médiatrice du
segment [ BC ]. Une équation cartésienne de la médiatrice du
segment [ BC ] est de la forme 9x + 3y + c = 0.
De plus, le point J appartient à d2, on a donc :
9 × 7 + 3 × − 1 + c = 0 ⇔ c = −30.
2
2
Une équation cartésienne de d2 est 9x + 3y − 30 = 0.
⎧
1
⎧⎪ xI = 2
⎪ xI = 2 ( x A + x H )
On a alors ⎨
⇔⎨
⎪⎩ yI = 3.
⎪ yI = 1 ( yA + yH )
2
⎩
Le rayon vaut AH , avec :
2
2
AH = (3 − 1) + ( 4 − 2)2 = 4 + 4 = 2 2 , soit 2.
Une équation du cercle est donc ( x − 2)2 + ( y − 3)2 = 2.
( )
( )
192
Chapitre 8 Géométrie repérée
(
)
(
)
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4.
!!"
!!!"
⎧⎪
⎧⎪
5. a. AB ⎛ −1⎞ et BC ⎛ 9 ⎞ sont des vecteurs normaux aux
y = 2x + 6
–2x + 1y − 6 = 0
⎝ −7 ⎠
⎝ 3⎠
⇔⎨
⇔
⎨
2
2
2
2
droites respectives d1 et d2. Or, −1× 3 − ( −7) × 9 = 60 ≠ 0, on
⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 2) = 6,25
⎪⎩ ( x + 2) + (2x + 6 − 2) = 6,25
!!" !!!"
en déduit que les vecteurs AB et BC
⎧⎪ ne sont
⎧⎪
–2xpas
+ 1ycolinéaires
−6=0
y = 2x + 6
y = 2x + 6
⎧
et que les droites d1 et d2 ne sont pas
⇔⎨ 2
⇔
⎨ parallèles.
⎨
2
2
2
2
2
= 6,25
2) + ( y − 2) de
⎩ x + 4 x + 4 + 4 x + 16x + 16
c. Les coordonnées du point O, le point
d1
⎩⎪ ( x + 2) + (2x + 6 − 2) = 6,25
⎩⎪ ( x +d’intersection
sont+les
suivanty: = 2x + 6
⎧⎪ et d2,–2x
⎧⎪
⎧⎪
1y −solutions
6 = 0 du système
y = 2x + 6
y = 2x + 6
⎧
⇔⎨
⇔
⇔
⎧
⎨
⎨ ⎪ –x − 72 y +10 = 02
⎨ x = −7 y 2+10
⎧⎪
2
2
⎧
x
=
−7
y
+10
2⎧
2
x = 3+ 16 = 6,25
x ⎪+ 16x
) ⎪⎨= 6,25
⎩ x + 4 x + 4 + 4⇔
⎪⎩ ⎨( x + 2) + ( y − 2) =⇔6,25
⎪⎩ ( x + 2) + (2x + 6 − 2⇔
⎩⎪ 5x + 20x + 13,75 = 0.
⎨
⎨ y = 1.
9
×
−7
y
+10
+
3
y
−
30
=
0
+
3
y
−
30
=
0
9
×
−7
y
+10
9x
+
3
y
−
30
=
0
(
)
(
)
⎪⎩ ⎧
⎪⎩
⎪⎩y = 2x + 6
⎧⎪
y = 2x + 6 ⎩⎪
y = 2x + 6
⇔
⇔
⎨
⎨
2
2
2
x +y +10
4 + 4 x + 16x +⎪⎧16x== 6,25
6 − 2)2 = 6,25⎧⎪
( x + 2)x2 =+ −7
(2xy ++10
⎩ x x+=4−7
⎪⎩ 5x + 20x + 13,75 = 0.
3
⇔⎨
⇔⎨
2
9 × ( −7 y +10 ) + 3 y − 30 = 0
9 × ( −7 y +10 ) + 3 y − 30 = 0
⎪⎩ y = 1. Le trinôme 5x + 20x + 13,75 a pour discriminant
⎩⎪
2
Δ = 20 − 4 × 5 × 13,75 = 125.
Le point O a pour coordonnées (3 ;1).
Δ . 0, le trinôme 5x 2 + 20x + 13,75 a deux racines distinctes
d. Le point O est équidistant des points A, B et C, il est donc
dans R :
le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.
x1 = −20 + 125 = −4 + 5 et x2 = −20 − 125 = − 4 + 5 .
6. R = OA = ( −3)2 + (5 − 1)2 = 25 = 5
2×5
2
2×5
2
⎧
Une équation du cercle circonscrit au triangle ABC est
Ainsi :
−4
+
5
4+ 5
⎪ y = 2×
+ 6 ou y = −2 ×
+
( x − 3)2 + ( y − 1)2 = 25.
⎧⎪
y = 2x + 6
⎪
2
2
⇔⎨
⎨
2
−4 + 5
4+ 5
74 1.
⎪
⎩⎪ 5x + 20x +13,75 = 0
x=
ou x = −
⎪
2
2
⎧
⎩
−4 + 5
4+ 5
⎪ y = 2×
+ 6 ou y = −2 ×
+6
⎧⎪
y = 2x + 6
⎪
2
2
⇔⎨
⇔
⎨
2
2.
4+ 5
−4 + 5
⎪
⎩⎪ 5x + 20x +13,75 = 0
ou x = −
x=
⎪
2
2
⎩
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
75 Définir distance(xA,yA,xO,yO,R)
dOA = ( xA − xO )2 + ( yA − yO )2
Si dOA>R faire
retourner dOA-R
Sinon SI dOA<R faire
retourner R-dOA
Sinon
retourner 0
Fin Si
76 1.
2. a. Une équation du cercle # de centre F ( −2; 2) et de rayon
2,5 unités est :
( x − ( −2))2 + ( y − 2)2 = 2,52, soit ( x + 2)2 + ( y − 2)2 = 6,25.
!
b. u ⎛ −2 ⎞ est un vecteur directeur de la droite $ et un vecteur
⎝ 1⎠
normal de la droite d. L’équation cartésienne de d est de la
forme –2x + 1y + c = 0.
De plus, le point F appartient à d, on a donc :
−2 × ( −2) + 1× 2 + c = 0 ⇔ c = −6.
Une équation cartésienne de d est –2x + 1y − 6 = 0.
c. Les coordonnées des points⎧⎪d’intersection
y2 = x 2 − 4 x +du4 cercle
+ y2 − #
6 yet+ 9
⎨
de la droite d sont les couples solutions
du système
suivant
:
y.0
⎪⎩
⎧
y = 2 + 5 ou y = 2 − 5
⎪
⇔⎨
−4 + 5 ou x = − 4 + 5 .
⎪ x=
2
2
⎩
Les deux points d’intersection du cercle # et de la droite d
ont pour coordonnées −4 + 5 ;2 + 5 et − 4 + 5 ;2 − 5 .
2
2
! ⎛ −2 ⎞
est un vecteur directeur de la droite $ et un vecteur
d. u
⎝ 1⎠
directeur des deux droites parallèles à $ et tangentes à #.
Les deux tangentes ont donc des équations cartésiennes de
la forme x + 2 y + c = 0.
⎛ −4 + 5
⎞
; 2 + 5⎟,
L’une passe par le point de coordonnées ⎜
2
⎝
⎠
4
+
5
5
−4
+
5
+ 2 (2 + 5 ) + c = 0 ⇔ c = −
ainsi
.
2
2
Une équation d’une des droites tangentes au cercle et parallèles à $ est x + 2 y − 4 + 5 5 = 0.
2
L’autre passe par le point de coordonnées − 4 + 5 ;2 − 5 ,
2
−4
+
5
5.
4
+
5
+ 2 (2 − 5 ) + c = 0 ⇔ c =
ainsi −
2
2
Une équation de la deuxième droite tangente au cercle et
−4 + 5 5
= 0.
parallèle à $ est x + 2 y +
2
(
) (
)
(
)
77 1. LM = ( x − 2)2 + ( y − 3)2 .
2. La distance du point M à l’axe (Ox ) est y .
⎧⎪ y2 =
3. M est équidistant de l’axe (Ox ) ⇔ y = ( x − 2)2 + ( y − 3)2 ⇔ ⎨
⎪⎩
⎧⎪ y2 = ( x − 2)2 + ( y − 3)2
2
2
⇔ y = ( x − 2 ) + ( y − 3) ⇔ ⎨
y . 0.
⎩⎪ ⎧
2
1
⎧⎪ y2 = x 2 − 4 x + 4 + y2 − 6 y + 9
⎪ y = 6 ( x − 4 x + 13)
4. ⎨
⇔⎨
y.0
⎪⎩
y . 0.
⎩⎪
⎧
1 2
⎪ y = 6 ( x − 4 x + 13)
⇔⎨
⎪⎩
y . 0.
Chapitre 8 Géométrie repérée
193
L’ensemble des points M équidistants de L et de l’axe (Ox )
est l’ensemble des points à ordonnées positives et situés sur
la parabole d’équation y = 1 ( x 2 − 4 x + 13).
6
78 1. Le sommet A est situé sur l’axe de symétrie de la
parabole. Les points B et C sont situés sur la parabole et
ont la même ordonnée. On en déduit que le point C est le
symétrique du point B par rapport à l’axe de symétrie de la
parabole.
Comme la symétrie axiale conserve les longueurs, on a
AB = AC. Le triangle ABC est isocèle en A.
D’après l’équation de la parabole, les coordonnées des
points B et C sont respectivement ( −3; 0) et (2; 0). Le
x + xC
point A a pour abscisse B
= − 1 et son ordonnée est
2
2
(
)(
)
− 1 − 1 + 3 − 1 − 2 = 25 . Le point A a pour coordonnées
2 2
2
8
1
25
− ;
.
2 8
On en déduit BC 2 = 52 = 25 et
2
2
AB2 = −3 + 1 + − 25 = 1025 .
2
8
64
On a donc AB2 + AC 2 = 1025 ≠ BC 2, d’après la contraposée
32
du théorème de Pythagore, le triangle ABC n’est pas
rectangle en A.
2. Soit 6 l’aire du triangle ABC, on a 6 = AH × BC où H est
2
le projeté orthogonal de A sur l’axe (Ox ).
25 × 5
y × BC
= 8
= 125 .
On a donc 6 = A
2
2
16
(
)
(
) ( )
Exercices
⎧ y = mx 2 − 2x + 4
⎧⎪ mx 2 − 2x + 4 − 2m = 0
ment si ⎪⎨
⇔⎨
y = 2m.
y = 2m
⎪⎩
⎩⎪
On considère l’équation mx 2 − 2x + 4 − 2m = 0.
Δ = 8m − 12
• Δ , 0 ⇔ m , 3 . L’équation n’admet pas de solution, donc il
2
n’y a aucun point d’intersection entre la parabole et la droite.
• Δ = 0 ⇔ m = 3 . L’équation admet une solution, donc il y a
2
un point d’intersection entre la parabole et la droite.
• Δ . 0 ⇔ m . 3 . L’équation admet deux solutions, donc il
2
y a deux points d’intersection entre la parabole et la droite.
80 1. L’ensemble des points I semble décrire une parabole.
2. La droite $ m a pour coefficient directeur m. Son équation
est donc de la forme y = mx + p. Le point A( 0 ;1) appartient
à $ m, ainsi 1 = m × 0 + p, soit p = 1.
L’équation de la droite $ m est y = mx + 1.
Les points B et C appartiennent à P et à $ m, leurs coordonnées sont donc les solutions du système suivant :
⎧⎪ y = x 2
⎧⎪ x 2 − mx − 1 = 0
⎧⎪ mx + 1 = x 2
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎩⎪ y = mx + 1.
⎩⎪ y = mx + 1
⎩⎪ y = mx + 1
b . L e t r i n ô m e x 2 − mx − 1 a p o u r d i s c r i m i n a n t
Δ = ( −m )2 − 4 × 1× ( −1) = m2 + 4. Or, m2 + 4 . 0 pour tout
m [R. L’équation x 2 − mx − 1 = 0 admet deux solutions
2
2
distinctes : x1 = m + m + 4 et x2 = m − m + 4 .
2
2
3. I est le milieu de [ BC ], ainsi
m + m2 + 4 + m − m2 + 4
x B + xC
2
2
xI =
=
= m.
2
2
2
Le point I appartient à la droite $ m donc yI = mxI + 1 soit
yI = 1 m2 + 1.
2
Finalement, le point I a pour coordonnées m ; 1 m2 + 1 .
2 2
2
m
2
2
1
On a, 2xI + 1 = 2 ×
+ 1 = m + 1 = yI . Les coordonnées
2
2
du point I vérifient bien l’équation y = 2x 2 + 1.
On pose x = m .
2
( )
194
Chapitre 8 Géométrie repérée
(
)
4. Lorsque m décrit l’ensemble des réels, x décrit lui aussi
l’ensemble des réels, et les coordonnées du point I sont alors
les solutions du système suivant :
⎧
⎧
x=m
m = 2x
⎪
⎪
⎪⎧ m = 2x
2
⇔⎨
⇔⎨
⎨
2
1
2
⎪⎩ y = 2x + 1.
⎪ y = 1 m2 + 1
⎪⎩ y = 2 × 4 x + 1
2
⎩
5. L’ensemble des points I est une parabole d’équation
y = 2x 2 + 1.
81 1. Soit A et R1, le centre et le rayon respectifs du cercle
C1, et B et R2, le centre et le rayon respectifs du cercle C2 .
Soit R1> R2 .
• Si AB . R1+ R2 ou AB , R1− R2. Les deux cercles n’ont
pas de point d’intersection.
• Si AB = R1+ R2 ou AB = R1− R2 Les deux cercles ont un
point d’intersection.
• Si R1− R2 , AB , R1+ R2. Les deux cercles ont deux points
d’intersection.
2.
82 1. Voir question 5.
2. L’ensemble L des centres des cercles passant par A et B
est la médiatrice du segment [ AB] .
3. Soit I le milieu du segment [ AB].
⎧
1
⎧⎪ xI = 2
⎪ xI = 2 ( x A + x B )
On a ⎨
⇔⎨
⎪⎩ yI = 3.
⎪ yI = 1 ( yA + yB )
2
⎩
!!"
!!" ⎛ 5 − (− 1)⎞ ⎛ 6 ⎞
. Le vecteur AB est un vecteur directeur
=
AB ⎜
⎟
⎝ 4 − 2 ⎠ ⎝ 2⎠
de la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du
segment [ AB]. La médiatrice du segment [ AB] a une équation
de la forme 6x + 2 y + c = 0.
Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a
donc 6xI + 2 yI + c = 0, soit 6 × 2 + 2 × 3 + c = 0, soit c = −18.
Une équation cartésienne de l’ensemble L est 6x + 2 y − 18 = 0.
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79 M ( x ; y) appartient à la parabole et à la droite si et seule-
4. Le point S appartient à l’ensemble L, on a donc
6xS + 2 ys − 18 = 0, soit 6s + 2 ys − 18 = 0, soit ys = −3s + 9.
SA2 = ( −1− s )2 + (2 − ( −3s + 9))2 = 10s2 − 40s + 50 .
Une équation cartésienne du cercle de centre S passant par
A et B est ( x − s )2 + ( y − ( −3s + 9))2 = 10s2 − 40s + 50.
5. • Pour s = 0, S ( 0 ; 9) et R = 50 .
• Pour s = 3, S (3 ; 0) et R = 20 .
• Pour s = 2, S (2 ; 3) et R = 10.
y
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC
issue de C est 2x + 3y − 2 = 0 .
Le point G est le point d’intersection des médianes du triangle
ABC, en particulier celle issue de A et celle issue de C.
Les coordonnées de G sont les solutions du système suivant :
⎧
⎧
2
⎧ 2x + 3y − 2 = 0
⎪ 2x + 3y − 2 = 0
⎪ 2x + 3 × 3 − 2 = 0
⎪
⇔
⇔
⇔
⎨ 15
⎨
⎨
9
y−5= 0
2
⎪
⎪
⎪⎩ 2x − 2 y + 3 = 0
y
=
2
3
⎩
⎩
⎧
⎧
2
⎧ x=0
2x + 3y − 2 = 0
⎪ 2x + 3y − 2 = 0
⎪ 2x + 3 × 3 − 2 = 0
⎪
⇔
⇔
⇔
⎨ 15
⎨
⎨ y = 2.
2x − 9 y + 3 = 0
y
−
5
=
0
2
⎪
⎪
⎪⎩
y=
3
2
2
3
⎩
⎩
( )
B
A
1
0
x
1
83 1. Voir question 3.
2. Soit A’, B’ et C ’ les milieux respectifs des segments
[ BC ], [ AC ] et [ AB].
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(
( )
)
(
) (
)
A’ −1− 2 ; −2 + 2 , soit A’ −3 ; 0 , B’ 3 − 2 ; 2 + 2 , soit
2
2
2
2
2
B’ 1 ; 2 et C ’ 3 − 1 ; 2 − 2 , soit C ’ (1; 0).
2
2
2
⎛
⎞
⎛ 9⎞
!!!" 3 − ⎛− 3⎞
A’ A ⎜
⎝ 2⎠ ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane
⎜⎝
⎟
2 − 0 ⎠ ⎝ 2⎠
du triangle ABC issue de A. Une équation de la médiane du
triangle ABC issue de A est de la forme 2x − 9 y + c = 0.
2
Le point A appartient à la médiane du triangle ABC issue
de A, on a donc 2x A − 9 yA + c = 0, soit 2 × 3 − 9 × 2 + c = 0,
2
2
soit c = 3.
Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC
issue de A est 2x − 9 y + 3 = 0.
2
!!!" ⎛ −1− 1 ⎞ ⎛ −3 ⎞
B’B ⎜
2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane
⎝ −2 − 2 ⎠ ⎝ −4 ⎠
du triangle ABC issue de B. Une équation de la médiane du
triangle ABC issue de B est de la forme −4 x + 3 y + c = 0.
2
Le point B appartient à la médiane du triangle ABC issue de
B, on a donc −4 x B + 3 yB + c = 0,
2
soit −4 × ( −1) + 3 × ( −2) + c = 0, soit c = −1.
2
Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC
issue de B est −4 x + 3 y − 1 = 0.
2
!!!" ⎛ −2 − 1⎞ ⎛ −3⎞
C ’C
=
est un vecteur directeur de la médiane
⎝ 2−0⎠ ⎝ 2 ⎠
du triangle ABC issue de C. Une équation de la médiane
du triangle ABC issue de C est de la forme 2x + 3y + c = 0 .
Le point C appartient à la médiane du triangle ABC issue de
C, on a donc 2xC + 3yC + c = 0 , soit 2 × ( −2) + 3 × 2 + c = 0 ,
soit c = −2 .
(
)
Le point G a pour coordonnées 0 ; 2 .
3
!!" ⎛ 3 − (− 1) ⎞ ⎛ 4 ⎞
est un vecteur normal de la hauteur
b. BA ⎜
⎟=
⎝ 2 − (− 2)⎠ ⎝ 4 ⎠
du triangle ABC issue de C . Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de C est de la forme 4 x + 4 y + c = 0.
Le point C appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
C, on a donc 4 xC + 4 yC + c = 0, soit 4 × ( −2) + 4 × 2 + c = 0,
soit c = 0.
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC
issue de C est 4 x + 4 y = 0.
!!" ⎛ 3 − (− 2)⎞ ⎛ 5 ⎞
=
CA ⎜
est un vecteur normal de la hauteur
⎝ 2 − 2 ⎟⎠ ⎝ 0 ⎠
du triangle ABC issue de B. Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de B est de la forme 5x + c = 0.
Le point B appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
B, on a donc 5x B + c = 0 , soit 5 × ( −1) + c = 0, soit c = 5.
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC
issue de B est 5x + 5 = 0.
!!!" ⎛ −2 − (− 1)⎞ ⎛ −1⎞
est un vecteur normal de la hauteur
BC ⎜
⎟=
⎝ 2 − (− 2) ⎠ ⎝ 4 ⎠
du triangle ABC issue de A. Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de A est de la forme − x + 4 y + c = 0.
Le point A appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
A, on a donc − x A + 4 yA + c = 0, soit −1× 3 + 4 × 2 + c = 0, soit
c = −5.
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC
issue de A est − x + 4 y − 5 = 0.
Le point H est le point d’intersection des hauteurs du triangle
ABC en particulier celle issue de B et celle issue de C . Les
coordonnées de H sont les solutions du système suivant :
⎪⎧ y = 1
⎪⎧ 4 x + 4 y = 0
⇔⎨
⎨
⎪⎩ 5x + 5 = 0
⎪⎩ x = −1.
Le point H a pour coordonnées ( −1;1).
!!"
c. BA ⎛ 4 ⎞ est un vecteur normal de la médiatrice du segment
⎝ 4⎠
[ AB]. Une équation de la médiatrice du segment [ AB] est de
la forme 4 x + 4 y + c = 0.
Le point C ’ appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a
donc 4 xC ’ + 4 yC ’ + c = 0, soit 4 × 1+ 4 × 0 + c = 0, soit c = −4.
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
est 4 x + 4 y − 4 = 0.
!!" ⎛ 5 ⎞
est un vecteur normal de la médiatrice du segment
CA ⎜
⎝ 0 ⎟⎠
[ AC ] . Une équation de la médiatrice du segment [ AC ] est
de la forme 5x + c = 0.
Chapitre 8 Géométrie repérée
195
Le point B’ appartient à la médiatrice du segment [ AC ], on
Une équation cartésienne de la droite ( AB) est 4 x − 4 y − 4 = 0.
Le point O est le point d’intersection de la droite ( AB) et de
a donc 5x B’ + c = 0, soit 5 × 1 + c = 0, soit c = − 5 .
2
2
la hauteur du triangle ABC issue de C.
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AC ]
Les coordonnées de O sont les solutions du système suivant :
est 5x − 5 = 0.
⎧
⎧
⎧
2
1
!!!" ⎛ −1⎞
⎪ 4x − 4y − 4 = 0
⎪ x=2
⎪ 8x = 4
BC
est un vecteur normal de la médiatrice du segment
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎝ 4⎠
⎪ 4x + 4y = 0
⎪ y = −x
⎪ y = − 1.
2
⎩
⎩
[ BC ]. Une équation de la médiatrice du segment [ BC ] est de ⎩
la forme − x + 4 y + c = 0.
Le point O a pour coordonnées 1 ; − 1 .
2
2
Le point A’ appartient à la médiatrice du segment [ BC ] , on
!!!" ⎛ −1⎞
3
a donc − x A’ + 4 yA’ + c = 0, soit −1× − + 4 × 0 + c = 0, soit
BC
. La droite ( BC ) a une équation cartésienne de la
2
⎝ 4⎠
c = − 3.
2
forme 4 x + y + c = 0. Le point C appartient à la droite ( BC ),
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ BC ]
on a donc 4 xC + yC + c = 0, soit 4 × ( −2) + 2 + c = 0, soit c = 6.
est − x + 4 y − 3 = 0.
2
Une équation cartésienne de la droite ( BC ) est 4 x + y + 6 = 0.
Le point I est le point d’intersection des médiatrices du
Le point M est le point d’intersection de la droite ( BC ) et de
triangle ABC en particulier celle du segment [ BA] et celle
la hauteur du triangle ABC issue de A. Les coordonnées de
du segment [CA]. Les coordonnées de I sont les solutions
M sont les solutions du système suivant :
du système suivant :
⎧
⎧
⎧
14
⎧
⎧
⎧
1
⎪ 4x + y + 6 = 0
⎪
⎪ y = 17
y = −4 x − 6
y
=
4
x
+
4
y
−
4
=
0
4
y
−
2
=
0
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
2
⎨
⇔⎨
⇔⎨
−x + 4y − 5 = 0
⎨
− x − 16x − 24 − 5 = 0
5
1
⎪
⎪ x = − 29 .
⎪
5x − = 0
17
⎪
⎪ x=2
⎪ x = 1.
⎩
⎩
⎩
2
2
⎩
⎩
⎩
⎧
⎧
⎧
14
Le point I a pour coordonnées 1 ; ⎪1 . 4 x + y + 6 = 0
⎪
⎪ y = 17
y = −4 x − 6
2 ⎨2
⇔⎨
⇔⎨
−x + 4y − 5 = 0
− x − 16x − 24 − 5 = 0
2
2
⎪
⎪
⎪ x = − 29 .
17
De plus, IA = 3 − 1 + 2 − 1 = ⎩ 34 . Le cercle circonscrit
⎩
⎩
2
2
2
2
2
2
Le point M a pour coordonnées − 29 ; 14 .
17 17
au triangle ABC a pour équation x − 1 + y − 1 = 34 ,
2
2
2
2
2
Une
équation
cartésienne
de
la
droite
( AC ) est y − 2 = 0.
soit x − 1 + y − 1 = 17 .
N
Le
point
est
le
point
d’intersection
de
la droite ( AC ) et de
2
2
2
B.
la
hauteur
du
triangle
issue
de
Les
coordonnées de
ABC
⎛
1⎞ ⎛ − 3⎞
!!!" ⎛ −1− 0 ⎞ ⎛ −1⎞ !!" −1− 2
N
sont
les
solutions
du
système
suivant
:
2
⎜
⎜
⎟
⎟
et IH
.
d. GH ⎜
=
=
1− 2 ⎟ ⎜ 1 ⎟
⎜ 1− 1 ⎟ ⎜ 1 ⎟
y−2= 0
⎝
⎪⎧
⎪⎧ y = 2
⎜⎝
⎟⎠ ⎜⎝
⎟⎠
3 ⎠ ⎝ 3⎠
2
2
⇔⎨
⎨
!!!"
!!"
⎪⎩ x = −1.
⎩⎪ 5x + 5 = 0 = 0
On remarque que GH = 2 IH . On en déduit que les vecteurs
Le
point
a
pour
coordonnées
N
( −1; 2).
3
!!!"
!!"
GH et IH sont colinéaires et que les points G, H et I sont
y
x
+
x
+
y
⎛
H
H⎞
De plus, P ⎜ A
, soit P 1; 3 .
; A
alignés.
2
2 ⎟⎠
⎝
2
3. a. Il semble que les points J , K , L, M , N ,O, P, Q et R soient
y
x
+
x
+
y
1
⎛
H
H ⎞ , soit Q −1; −
sur un cercle de centre le milieu du segment [ HI ] et de rayon
Q⎜ B
; B
2 .
2
2 ⎟⎠
⎝
la moitié du rayon du cercle circonscrit au triangle ABC.
⎛ x + x H yC + yH ⎞
R⎜ C
;
y
, soit R − 3 ; 3 .
2
2 ⎟⎠
2 2
⎝
⎛ x + x H yI + yH ⎞
C
N
K
A
Soit E le milieu du segment [ HI ], on a E ⎜ I
;
,
2
2 ⎟⎠
⎝
1
3
P
R
soit E − ; .
4 4
H
(
(
(
) (
) (
)
( )
)
( ) (
(
) ( )
( )
)
(
(
(
1
M
E
J
Q
EM =
I
1L
0
x
O
B
(
) ( )
!!" ⎛ 4 ⎞
b. J − 3 ; 0 , K 1 ; 2 , L (1; 0). BA ⎜
.
2
2
⎝ 4 ⎟⎠
La droite ( AB) a une équation cartésienne de la forme
4 x − 4 y + c = 0. Le point A appartient à la droite ( AB) , on a
donc 4 x A − 4 yA + c = 0, soit 4 × 3 − 4 × 2 + c = 0, soit c = −4.
196
Chapitre 8 Géométrie repérée
)
)
)
(− 1729 + 41 ) + (1417 − 43 )
2
2
= 34 = IA .
2
4
De même, on constate que :
EJ = EK = EL = EO = EN = EP = EQ = ER = IA .
2
Les points J , K , L, M , N ,O, P,Q et R sont sur un cercle de
centre le milieu du segment [ HI ] et de rayon la moitié du
rayon du cercle circonscrit au triangle ABC.
84 Soit I le point d’intersection de la droite $ et de la droite Δ.
Les coordonnées de I sont les solutions du système suivant :
⎧⎪ −3x + 2 y − 1 = 0
⎪⎧ −3x + 6x − 2 − 1 = 0
⎪⎧ x = 1
⇔⎨
⇔⎨
⎨
y
=
3x
−
1
y
=
3x
−
1
⎪⎩
⎩⎪
⎩⎪ y = 2.
Le point I a pour coordonnées (1; 2) .
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
)
!!" ⎛ 11− (− 3)⎞ ⎛ 14 ⎞
Soit M le point de la droite $ d’abscisse −1, son ordonnée est
CB ⎜
est un vecteur normal de la médiatrice
égale à −3 × ( −1) + 2 y − 1 = 0, soit y = −1. Le point M a pour
⎟=
⎝ 2 − (− 1) ⎠ ⎝ 3 ⎠
coordonnées ( −1; − 1) .
du segment [CB]. Une équation de la médiatrice du segment
On cherche à déterminer l’équation de d la droite
CB] est de la forme 14 x + 3y + c = 0 .
[
!
perpendiculaire à Δ passant par M . Le vecteur n ⎛ −3⎞
Le
point O appartient à la médiatrice du segment [CB] , on
⎝ 1⎠
a
donc
14 xO + 3yO + c = 0, soit 14 × 4 + 3 × 1 + c = 0, soit
est un vecteur normal de Δ et un vecteur directeur de d .
2
L’équation cartésienne de d est de la forme x + 3y + c = 0.
c = − 115 .
2
Le point M appartient à d, on a donc x M + 3yM + c = 0 , soit
Une
équation
cartésienne de la médiatrice du segment [CB]
−1+ 3 × ( −1) + c = 0, soit c = 4.
115 = 0.
est
14
x
+
3y
−
Une équation cartésienne de d est x + 3y + 4 = 0.
2
Soit Ω le centre du cercle passant par A, B et C . Le point
Soit O le point d’intersection de la droite d et de la droite Δ.
Ω est le point d’intersection des médiatrices des segments
Les coordonnées de O sont les solutions du système suivant :
[ AB] et [CB]. Les coordonnées de Ω sont les solutions du
⎧
⎧
⎧
1
⎪ x + 3y + 4 = 0
⎪ x + 9x − 3 + 4 = 0
⎪ x = − 10
système suivant :
⇔
⇔
⎨
⎨
⎨
y
=
3x
−
1
y
=
3x
−
1
13
⎧ 16x − 4 y − 32 = 0
⎧ 48x − 12 y − 96 = 0
⎧ 104 x − 326 =
⎪
⎪
⎪ y=− .
⎪
⎪
⎪
10
⎩
⎩
⎩
⇔⎨
⇔⎨
⎨
115
115
14
x
+
3y
−
=
0
56x
+
12
y
−
230
=
0
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩ 14 x + 3y − 2
2
Le point O a pour coordonnées − 1 ; − 13 .
10 10
⎧
⎧ 16x −du4point
⎧ 48x
⎧
Soit M ’ le symétrique
à la −droite
. On
y − 32M= par
0 rapport
x = 163
12 y −Δ96
=0
⎪ 104 x − 326 = 0
⎪
⎪
⎪
52
x
+
x
⇔
⇔
⇔
1
4
M
M
'
⎨ ⇔ x = 2x − x ⇔ x ⎨=14
a O milieu de [⎨MM
Ainsi,
x115
2 ×x +−3y − −115
xM ′ = ⎨
( −1=) ⇔
’x]. +
0
M+′ 12 y −O 230 M
M′
O = = 02
14
3y
−
56x
=
0
10 2
5 ⎪ 14 × 163 + 3y − 115 = 0
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
2
52
2
⎩
2xO − x M ⇔ x M ′ = 2 × − 1 − ( −1) ⇔ x M ′ = 4 et
⎧
10
5
163
y + yM '
⎪ x=
8 52
yO = M
⇔ yM ′ = 2 yO − yM ⇔ yM ′ = 2 × − 13 − ( −1) ⇔ y⇔
⎨= − 5
M
′
10
2
+ yM '
⎪ y = 59 .
13
⇔ yM ′ = 2 yO − yM ⇔ yM ′ = 2 × − 13 − ( −1) ⇔ yM ′ = − 8 .
⎩
2
10
5 !!!!"
Le point Ω a pour coordonnées 163 ; 59 .
52 13
Le point M ’ a pour coordonnées 4 ; − 8 . Le vecteur M ’I
5
5
2
2
⎛ 1⎞
De plus, ΩA = −5 − 163 + 6 − 59 = 184705 .
⎛ 1− 4 ⎞
52
13
2704
5 ⎟ , soit ⎜ 5 ⎟ est un vecteur
de coordonnées ⎜
Le cercle passant par A, B et C a pour équation :
⎜ 18 ⎟
⎜2− − 8 ⎟
⎜⎝ ⎟⎠
⎜⎝
2
2
5
5 ⎟⎠
x − 163 + y − 59 = 184705 .
directeur de la droite ( M ′I ). Une équation cartésienne de
52
13
2704
18
1
la droite ( M ′I ) est de la forme
86 1. Le cercle #1 a pour équation :
x − y + c = 0. Le point I
5
5
x 2 + y2 = 16 ⇔ ( x − 0)2 + ( y − 0)2 = 42 .
appartient à la droite ( M ’I ) , on a donc 18 xI − 1 yI + c = 0,
5
5
On en déduit que le cercle #1 a pour centre le point O de
soit 18 × 1− 1 × 2 + c = 0, soit c = − 16 .
5
5
5
coordonnées ( 0 ; 0) et a pour rayon 4.
Une équation cartésienne de la droite ( M ’I ) est
Le cercle # 2 a pour équation :
18 x − 1 y − 16 = 0.
x 2 + y2 − 8x − 6 y + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 )2 − 16 + ( y − 3)2 − 9 + 16 = 0 ⇔ ( x − 4
5
5
5
x 2 + y2du
− 8x
− 6M
y +par
16 =rapport
0 ⇔ ( xà−la4 )2 − 16 + ( y − 3)2 − 9 + 16 = 0 ⇔ ( x − 4 )2 + ( y − 3)2 = 32 .
point
Le point M ′ est le symétrique
droite Δ. Le point I est invariant par la symétrie d’axe Δ. M ’ et
On en déduit que le cercle # 2 a pour centre le point I de
I sont deux points de la droite symétrique de la droite $ par
coordonnées ( 4 ; 3) et a pour rayon 3.
rapport à Δ. La droite ( M ’I ) est donc la droite $’ symétrique
2. Les coordonnées des points d’intersection de #1 et de # 2
de la droite $ par rapport à Δ.
sont les solutions du système suivant :
⎧⎪
⎧⎪
x 2 + y2 = 16
x 2 = 16 − y2
85 Soit I le milieu du segment [ AB],
⇔
⇔
⎨ 2
⎨ 2
x + x B −5 + 11
y + yB 6 + 2
2
2
⎪⎩ x + y − 8x − 6 y + 16 = 0
⎪⎩ x + y − 8x − 6 y + 16 = 0
xI = A
=
= 3 et yI = A
=
= 4.
2
2
2
2
!!" ⎛ 11− (− 5)⎞ ⎛ 16 ⎞
⎧⎪
⎧⎪
x 2 = 16 − y2
x 2 = 16 − y2
= ⎜ ⎟ est un vecteur normal de la médiatrice
AB ⎜
⇔
⇔
⇔
⎟
⎨
⎨
⎝ 2 − 6 ⎠ ⎝ −4 ⎠
2
2
⎪ −8x − 6 y + 32 = 0
⎪ 16 − y + y − 8x − 6 y + 16 = 0
⎩
⎩
du segment [ AB]. Une équation de la médiatrice du segment
⎧ 2
⎧ 2
[ AB] est de la forme 16x − 4 y + c = 0.
2
4
16 2
⎪⎪ x = 16 − − 3 x + 3
⎪⎪ x = 16 − y
Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB],
⇔⎨
⇔
4
16 ⇔ ⎨
on a donc 16xI − 4 yI + c = 0, soit 16 × 3 − 4 × 4 + c = 0, soit
⎪ y=−3x+ 3
⎪
y = − 4 x + 16
3
3
c = −32.
⎪⎩
⎪⎩
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
⎧ 2
4
16
4
16
⎧ −25x 2 + 128x − 112 = 0
est 16x − 4 y − 32 = 0 .
⎪ x = 4+ 3x− 3 4− 3x+ 3
⎪
xC + x B −3 + 11
⇔
⇔
⎨
⎨
Soit O, le milieu du segment [ BC ], xO =
=
=4
y = − 4 x + 16 .
4 x + 16
2
2
⎪
⎪⎩
y
=
−
3
3
yC + yB −1+ 2 1
3
3
⎩
et yI =
=
= .
2
2⎧ 2
2
4
16
4
16
⎧ −25x 2 + 128x − 112 = 0
⎪ x = 4+ 3x− 3 4− 3x+ 3
⎪
⇔⎨
⇔⎨
y = − 4 x + 16 .
⎪
⎪⎩
y = − 4 x + 16
3
3
3
3
⎩
(
)
( )
( )
( )
( )
(
)
(
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
(
) (
) (
(
)
)
(
(
(
)(
)(
)
)
)
)
Chapitre 8 Géométrie repérée
197
Soit Ω le centre du cercle circonscrit au triangle ABC. Le point
Ω est le point d’intersection des médiatrices des segments
[ AB] et [CB].
x1 = −128 − 5184 = 4 et x2 = −128 + 5184 = 28 .
Les coordonnées de Ω sont les solutions du système suivant :
−50
25
−50
⎧
⎧
⎧
• x1 = 4 alors y1 = − 4 x1 + 16 = − 4 × 4 + 16 = 0.
⎪ 14 y − 22 = 0
⎪ 2x + 6 y − 12 = 0
⎪ 6x + 18 y − 36 = 0
3
3
3
3
⇔⎨
⇔⎨
⇔
⎨
28
4
16
4
28
16
96
6x + 4 y − 14 = 0
6x + 4 y − 14 = 0
6x + 4 y − 10 = 0
=− ×
+
=
alors y2 = − x2 +
.
• x2 =
⎪
⎪
⎪
25
3
3
3 25 3 25
⎩
⎩
⎩
M1 et M2 , les deux points d’intersection entre les deux
⎧
⎧
⎧
⎧
⎧
11
96 .
y = 11
cercles, ont pour coordonnées
0) +et1828
; 36
(⎪4 ;6x
12 = 0
y
−
=
0
14
y
−
22
=
0
⎪ 2x + 6 y −respectives
⎪
⎪ y= 7
⎪
7
25
25
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
!!!!" ⎨ ⎞
+ 4un
y −vecteur
14 = 0 normal
+ 4tangente
y − 14 = 0
3. Le vecteur OM1 ⎪⎛ 46x
est
à la
⎪ 6x
⎪ x = 9.
⎪ 6x + 4 y − 10 = 0
⎪ 6x + 4 × 11 − 14 = 0
⎝⎩ 0 ⎠
7
7
⎩
⎩
⎩
⎩
M
au cercle #1 au point
.
1
⎧
⎧
⎧
11
y = 11
6x + 18 y − 36 = 0 !!!" ⎛ ⎪0 ⎞ 14 y − 22 = 0
⎪
⎪ y= 7
7
Le vecteur IM⇔
est
un
vecteur
normal
à
la
tangente
au
⇔
⇔
⎨
⎨
1⎝⎨ ⎠
−3
6x + 4 y − 14 = 0
⎪ 6x + 4 y − 10 = 0
⎪ 6x + 4 × 11 − 14 = 0
⎪ x = 9.
7
7
cercle # 2 au point
M1.
⎩
⎩
⎩
!!!!" !!!"
Ω
Le
point
a pour coordonnées 9 ; 11 .
OM1 ⋅ IM1 = 4 × 0 + 0 × ( −3) = 0 . On en déduit que les
7 7
!!!!" !!!"
vecteurs OM1 et IM1 sont orthogonaux et que les tangentes
2
2
De plus, ΩA = 2 − 9 + −2 − 11 = 650 = 5 26 .
aux cercles #1 et # 2 au point M1 sont perpendiculaires.
7
7
49
7
⎛ 28 ⎞
Le cercle circonscrit au triangle ABC a pour équation :
!!!!"
2
2
Le vecteur OM2 ⎜ 25 ⎟ est un vecteur normal à la tangente au
x − 9 + y − 11 = 650 .
⎜ 96 ⎟
7
7
49
⎜⎝ ⎟⎠
25
b. Le point M a une ordonnée nulle et appartient au cercle
cercle #1 au point M2 .
circonscrit au triangle ABC . On a donc le système suivant :
⎛ − 72 ⎞
⎧
⎧
y=0
y=0
!!!" 25
⎪
⎪
⎜
⎟
est un vecteur normal à la tangente
Le vecteur IM2
⎨
11 2 650 ⇔ ⎨ x − 9 2 + − 11 2 = 650 ⇔
9 2
⎜ 21 ⎟
⎪
⎪ x − 7 + y − 7 = 49
⎜⎝
⎟⎠
7
49
7
25
⎩
⎩
(
)
(
au cercle # 2 au point M2 .
!!!!" !!!"
OM2 ⋅ IM2 = 28 × − 72 + 96 × 21 = 0 . On en déduit que les
25
25 25 25
!!!!" !!!"
vecteurs OM2 et IM2 sont orthogonaux et que les tangentes
aux cercles #1 et # 2 au point M2 sont perpendiculaires.
( )
) (
(
) (
(
) (
(
)
)
)
)
(
) ( )
⎧
y=0
y=0
⎪
⎪⎧
⇔⎨
⇔⎨
2
2
11
650
9
2
⎪⎩ 7x − 18x − 64 = 0.
⎪ x − 7 + − 7 = 49
⎩
On considère l’équation 7x 2 − 18x − 64 = 0.
(
) ( )
Δ = ( −18)2 − 4 × 7 × ( −64 ) = 2116
87 1. Il semble que les points I , J et K soient alignés.
x1 = 18 − 2116 = −2 et x2 = 18 + 2116 = 32 .
7
14
14
2. a. Soit I le milieu du segment [ AB] :
x1 = −2 correspond à l’abscisse du point C, le point M a donc
x + xB 2 + 4
y + yB −2 + 4
xI = A
=
= 3 et yI = A
=
= 1.
pour coordonnées 32 ; 0 .
2
2
2
2
7
c. Soit d, la droite perpendiculaire à la droite (CB) passant par M.
!!" ⎛ 4 − 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞
uur uuur
AB ⎜
⎟ = ⎜⎝ 6 ⎟⎠ est un vecteur normal de la médiaN
[
d
⇔
CB
⋅ MN = 0 ⇔ 6 × x − 32 + 4 y = 0 ⇔ 6x + 4 y − 192 = 0
4
−
−
2
(
)
⎝
⎠
7
7
uur uuur
trice du segment [ AB]. Une équation de
N [ladmédiatrice
⇔ CB ⋅ MNdu
= 0 ⇔ 6 × x − 32 + 4 y = 0 ⇔ 6x + 4 y − 192 = 0
7
7
segment [ AB] est de la forme 2x + 6y + c = 0.
Une équation cartésienne de la droite ( BC ) est de la forme
Le point I appartient à la médiatrice du segment [ AB], on a
4 x − 6 y + c = 0. Le point B appartient à la droite ( BC ), on a
donc 2xI + 6 yI + c = 0, soit 2 × 3 + 6 × 1+ c = 0 , soit c = −12.
donc 4 x B − 6 yB + c = 0, soit 4 × 4 − 6 × 4 + c = 0, soit c = 8.
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
Une cartésienne de la droite ( BC ) est 4 x − 6 y + 8 = 0 .
est 2x + 6 y − 12 = 0.
xC + x B −2 + 4
Le
point K est à l’intersection des droites d et ( BC ), ses coor=
=1
Soit O, le milieu du segment [ BC ], xO =
2
2
données
sont les solutions du système suivant :
y + yB 0 + 4
=
= 2.
et yI = C
⎧ 12x − 18 y + 24 =
⎧
⎧ 12x − 18 y + 24 = 0
4x − 6y + 8 = 0
2
2
⎪
⎪
⎪
!!" ⎛ 4 − ( −2) ⎞ ⎛ 6 ⎞
⎨
192 = 0 ⇔ ⎨ 12x + 8 y − 384 = 0 ⇔ ⎨ −26 y + 552 =
6x
+
4
y
−
CB ⎜
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
⎟ =⎜
⎟ est un vecteur normal de la média7
7
7
⎝ 4−0 ⎠ ⎝ 4 ⎠
⎧ 12x − 18 y + 24 = 0
⎧ [4CB
⎧ la
x −]. 6Une
y + 8équation
=0
12x − 18 y + 24 = 0
trice du segment
de
⎪
⎪
⎪ médiatrice du
⇔
⇔
⇔
segment [CB] est
de
la
forme
.
⎨
⎨
0
1926x=+04 y + c⎨=12x
384 = 0
6x
+
4
y
−
−26 y + 552 = 0
+
8
y
−
⎪
⎪⎩
⎪
Le point O appartient
à la médiatrice
du
segment
,
on
a
7
7
[CB] 7
⎩
⎩
donc 6xO + 4 yO + c = 0, soit 6 × 1+ 4 × 2 + c = 0, soit c = −14.
⎧
⎧
276
232
⎪ 12x − 18 × 91 + 24 = 0
⎪ x = 91
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ BC ]
⇔⎨
⎨
est 6x + 4 y − 10 = 0 .
⎪
⎪ y = 276 .
y = 276
91
91
⎩
⎩
(
(
)
)
(
)
(
)
Le point K a pour coordonnées 232 ; 276 .
91 91
198
Chapitre 8 Géométrie repérée
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
⎧
⎪
⇔⎨
⎪
⎩
On considère l’équation −25x 2 + 128x − 112 = 0.
Δ = 1282 − 4 × ( −25) × ( −112) = 5184.
Soit d ' la droite perpendiculaire à la droite ( AB) passant par M.
89 1. ( x − 3)2 + ( y + 2)2 < 16
uur uuuur
y
N ' [ d ⇔ AB ⋅ MN ' = 0 ⇔ 2 × x − 32 + 6 y = 0 ⇔ 2x + 6 y − 64 = 0
7
7
uuuur
⋅ MN ' = 0 ⇔ 2 × x − 32 + 6 y = 0 ⇔ 2x + 6 y − 64 = 0
1
7
7
Une équation cartésienne de la droite ( AB) est de la forme
0
1
6x − 2 y + c = 0 . Le point B appartient à la droite ( AB), on a
donc 6x B − 2 yB + c = 0, soit 6 × 4 − 2 × 4 + c = 0, soit c = −16.
Une cartésienne de la droite ( AB) est 6x − 2 y − 16 = 0.
Le point J est à l’intersection des droites d ’ et ( AB) , ses coordonnées sont les solutions du système suivant :
⎧
⎧
⎧
4
20
⎧ 6x − 2 y − 16 = 0
⎧ 6x − 2 y − 16 = 0
⎪ 6x − 2 y − 16 = 0
⎪ 6x − 2 × 7 − 16 = 0
⎪ x= 7
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
192
80
64
⎪ −20 y + 7 = 0
⎪
⎪ y = 4.
⎪⎩ 2x + 6 y − 7 = 0
⎪⎩ 6x + 18 y − 7 = 0
y= 4
7
7
⎩
⎩
⎩
⎧⎪ ( x + 1)2 + ( y − 5)2 < 9
⎧
⎧
⎧
20
4
− 16 = 0
⎪ 6x − 2 × 7 − 16 = 0
⎪ 6x − 2 y − 16 = 0
⎪ x = 7 2. ⎨
x > 0.
⇔⎨
⎩⎪
192 = 0 ⇔ ⎨ −20 y + 80 = 0 ⇔ ⎨
4
4.
⎪
⎪
⎪
y
=
y
=
y
7
7
7
7
⎩
⎩
⎩
⎧
20
− 16 = 0
⎪ x= 7
⇔⎨
4
⎪ y = 4.
7
7
⎩
Le point J a pour coordonnées 20 ; 4 .
7 7
Soit d ’’, la droite perpendiculaire à la droite ( AC ) passant
uuur uuuur
par M · N ’’ [ d ⇔ AC ⋅ MN ’’ = 0 ⇔ −4 × x − 32 + 2 y = 0 ⇔ −4 x + 2 y + 128 = 0
7
7
1
uuur uuuur
⇔ AC ⋅ MN ’’ = 0 ⇔ −4 × x − 32 + 2 y = 0 ⇔ −4 x + 2 y + 128 = 0
7
7
0
x
1
Une équation cartésienne de la droite ( AC ) est de la forme
2x + 4 y + c = 0. Le point C appartient à la droite ( AC ) , on
⎧ ( x − 5)2 + ( y + 1)2 < 64
3. ⎪⎨
a donc 2xC + 4 yC + c = 0, soit 2 × ( −2) + 4 × 0 + c = 0, soit
y = x2 .
c = 4 . Une cartésienne de la droite ( AC ) est 2x + 4 y + 4 = 0.
⎩⎪
Le point I est à l’intersection des droites d ’’ et ( AC ) , ses coory
données sont les solutions du système suivant :
⎧
92
⎧ 2x + 4 y + 4 = 0
⎧ 4x + 8y + 8 = 0
⎧ 4x + 8y + 8 = 0
⎪ 4 x + 8 × − 35 + 8 = 0
⎪
⎪
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
184
128
128
⎪
⎪⎩ 10 y + y + 7 = 0
⎪⎩ −4 x + 2 y + 7 = 0
⎪⎩ 10 y + 7 = 0
y = − 92
35
⎩
⎧
92
⎧
4x + 8y + 8 = 0
+8=0
⎪ 4 x + 8 × − 35 + 8 = 0
⎪
⇔⎨
⇔⎨
184
128
+
=0
⎪
⎪⎩ 10 y + 7 = 0
y = − 92
7
35
1
⎩
⎧
114
+8=0
⎪ x = 35
0
5
1
⇔⎨
92
92
⎪ y=− .
35
35
⎩
Le point I a pour coordonnées 114 ; − 92 .
⎧ ( x − 5)2 + ( y + 1)2 < 25
⎪
35
35
4. ⎨
⎛ 20 − 114 ⎞ ⎛ − 2 ⎞
⎛ 232 − 114 ⎞ ⎛ − 46 ⎞
x 2 + ( y − 1)2 = 1.
⎪⎩
!" 7
uur 91
35
5
35
65
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
d. IJ
et IK
.
=
=
y
⎜ 4 − − 92 ⎟ ⎜ 16 ⎟
⎜ 276 − − 92 ⎟ ⎜ 368 ⎟
⎜
⎟
⎜⎝ 7
⎟
⎜
⎟
⎜
⎟
⎝ 91
35 ⎠ ⎝ 5 ⎠
35 ⎠ ⎝ 65 ⎠
!!" !"
!!"
!"
IK = 23 IJ , on en déduit que les vecteurs IK et IJ sont coli13
néaires et que les points I , K et J sont alignés.
(
(
)
)
(
(
)
(
)
x
)
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
( )
(
( )
88
x
)
( )
1
0
x
1
90 1. A appartient à 3 si et seulement si :
a × 12 + b × 1+ c = −1 ⇔ a + b + c = −1.
B appartient à 3 si et seulement si :
a × ( −1)2 + b × ( −1) + c = 9 ⇔ a − b + c = 9.
Chapitre 8 Géométrie repérée
199
C appartient à P si et seulement si :
a × 32 + b × 3 + c = 5 ⇔ 9a + 3b + c = 5.
⎧ a + b + c = −1
⎪
D’où le système ⎨ a − b + c = 9
⎪ 9a + 3b + c = 5.
⎩
2. On ajoute les lignes 1 et 2 du précédent système ( L1 + L2 ).
3. On obtient le système équivalent suivant :
⎧ 3a + 3b + 3c = −3
⎪
2a + 2c = 8
⎨
⎪ 9a + 3b + c = 5.
⎩
7. Une équation cartésienne de 3 est y = 2x 2 − 5x + 2.
!!"
!!!" ⎛ 1− x + 3 3 − x)⎞ ⎛ −4 x + 10 ⎞
91 MI + 3MJ ⎜ ( ) (
⎟ et
⎟ =⎜
⎝ (2 − y) − 3y ⎠ ⎝ −4 y + 2 ⎠
!!!"
!!" ⎛ (3 − x) + 3(1− x)⎞ ⎛ −4 x + 6 ⎞
MJ + 3MI ⎜
⎟.
⎟ =⎜
⎝ − y + 3(2 − y) ⎠ ⎝ −4 y + 6 ⎠
!!"
!!!" !!!"
!!"
MI + 3MJ et MJ + 3MI orthogonaux
!!"
!!!" !!!"
!!"
⇔ MI + 3MJ . MJ + 3MI = 0
(
)(
)
⇔ ( −4 x + 10) × ( −4 x + 6) + ( −4 y + 2) × ( −4 y + 6) = 0
⇔ 16x 2 − 64 x + 16 y2 − 32 y + 72 = 0
On a soustrait la ligne 3 à la ligne 1 ( L1 − L3 ).
9 =0
x 2 =− −3
4 x + y2 ⎧− 2b y=+−5
⎧ 3a + 3b + 3c = −3
⎧ 3a + 3b + 3c = −3
⎧ 3a +⇔
3b16+ 3c
2
⎪
⎪
⎪
⎪
2 2
2 ⇔ ⎨ c9= 2
5. et 6. ⎨
⇔⎨
c
=
2a + 2c = 8
⇔⎨
2a + 2c = 8
⇔ x − 4 x + y − 2 y + = 0 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − 1)2 = 1 .
2
⎪
⎪ a2= 2.
⎪ 8a = 16 ( L − L )
⎪ −6a + 2c = −8
a=2
2
3
⎩
⎩
L’ensemble
des
points
M
du
plan
tels
que
les
vecteurs
⎩
⎩
!!"
!!!"
!!!"
!!"
MI + 3MJ et MJ + 3MI sont orthogonaux forme un cercle de
⎧ 3a + 3b + 3c = −3
⎧ b = −5
3c = −3
⎪
⎪
⇔⎨
c=8
c=2
⇔⎨ c=2
centre le point de coordonnées (2 ;1) et de rayon 1 , soit 2 .
2
2
⎪
⎪ a = 2.
a=2
( L2 − L3 )
⎩
⎩
(
)
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
92 Partie 1
!
1. Le vecteur n ⎛⎜ a ⎞⎟ est un vecteur normal à la droite $.
!!!" !⎝ b ⎠
2. On a MH et n colinéaires, on a donc :
!!!"
!
!!!" !
!!!" " ⎧⎪ − i MH i × i n i
MH et n sont de sens
selon
que
MH ⋅ n = ⎨
!!!"
!
⎪⎩ i MH i × i n i
opposés ou non.
!!!" ⎛ x − x M ⎞
! ⎛ a⎞
3. MH ⎜ H
⎟ et n ⎜⎝ b ⎟⎠ .
y
−
y
M⎠
!!!" " ⎝ H
MH ⋅ n = a ( x H − x M ) + b ( yH − yM ) = ax H + byH − ax M − byM.
5x − 2 y + 3
−2x + y + 1
Le point H appartient à la droite $
= , ainsi
5
réinjectant dans
ax + by + c = 0 ⇔ ax + by = −c. En 29
(
Partie 2
1− 2 + 8
1. La distance d ( M , D ) =
= 7 = 7 2.
2
2
2
2
1 + ( −1)
2 × ( −4 ) − 3 × 4
2. On a R = d ( A, Δ ) =
= 20 = 20 13 .
13
13
22 + ( −3)2
!" ⎛ 5 ⎞ !"
! ⎛ −2 ⎞
et n2
sont des vecteurs normaux aux droites
3. a. n1
⎝ −2 ⎠
⎝ 1⎠
d’équations respectives 5x − 2 y + 3 = 0 et −2x + y + 1 = 0.
⎧ )a××( −2
Or, 5 × 1− ( −2
vecteurs
−1) en
+ cdéduit
= 0 que
( −1))2= +1 ≠b ×0 ,(on
⎧ les
a−b+c= 0
!"
!"
!
⎪⎪
⎪
2
n1 et n2 ne sont apas
que les
× 3colinéaires
⇔droites
3b + c = 0
+ b × 3 + cet
=0
⎨ 9a + d’équa⎨
tions respectives
et
5x
−
2
y
+
3
=
0
−2x
+
y
+
1 =a 0+ ne
2
⎪
⎪
b +sont
c=2
a × 1 + b × 1+ c = 2
⎩
pas parallèles,
⎪⎩ elles sont donc sécantes.
Soit d1 la distance entre le point M ( x ; y ) et la droite d’équa⎧
tion 5x − 2 y + 3 = 0.
⎪
b =1
5x − 2 y + 3
5x − 2 y + 3
⎪⎪
d1 =
=
9a
+
3+c = 0
⎨
29
52 + (−2)2
⎪
a+c =1
⎪
⎪⎩
Chapitre 8 Géométrie repérée
200
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Soit d2 la distance entre le point M ( x ; y ) et la droite d’équation −2x + y + 1 = 0 .
−2x + y + 1 −2x + y + 1 .
d2 =
=
5
(−2)2 + 12
De plus, 5x − 2 y + 3 > 0 ⇔ y < 5 x + 3 et
2
2
−2x + y + 1> 0 ⇔ y > 2x − 1.
Les points équidistants des deux droites sont situés entre
les deux droites. Pour tout point du plan situé entre les deux
droites, on a : 5x − 2 y + 3 = −2x + y + 1 ⇔ (5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 −
29
5
⇔ (5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 − 29 ) y + 3 5 − 29 = 0 .
Tous les points équidistants des droites d’équations respecH
H
H
H
l’équation
précédente, on obtient :
tives 5x − 2 y + 3 = 0 et −2x + y + 1 = 0 sont situés sur la droites
!!!" "
MH ⋅ n = −c − ax M − byM = − ( ax M + byM + c ) .
d’équation
(5 5 + 2 29 ) x + (−2 5 − 29 ) y + 3 5 − 29 = 0.
!!!" "
!!!!!"
!!!" "
!
!!
"
!
!!
"
!!!"
i − ( ax M + byM + c ) i
ax + −3
by + c
"
i MH ⋅ n i
on a M
En particulier,
pour
= 0,i=
y = ! M 5 + 29 , le point de
⇔i MH i=
⇔ix MH
4. i MH ⋅ n i=i MH i × i n i⇔i MH i=
!
!
ini
ini
i −2
n i 5 − 29
!!!" "
!!!"
!!!"
coordonnées 0 ; −3 5 + 29 est donc équidistant des deux
i − ( ax M + byM + c ) i
ax + by + c
i MH ⋅ n i
−2 5 − 29
.
⇔i MH i=
⇔i MH i= M ! M
!
!
droites.
ini
ini
ini
93 La parabole coupe l’axe des abscisses aux points de coordonnées ( −1; 0) et (3 ;1) et son sommet S a pour coordonnées
(1; 2). On en déduit le système suivant :
⎧ a × ( −1)2 + b × ( −1) + c = 0
⎧ a−b+c= 0
⎧
−2b = −2
⎪⎪
⎪
⎪
2
a
×
3
⇔
9a
+
3b
+
c
=
0
+
b
×
3
+
c
=
0
⇔
9a
+ 3b + c =
⎨
⎨
⎨
2
⎪
⎪
⎪
a
+
b
+
c
=
2
a
+
b+c=
a × 1 + b × 1+ c = 2
⎩
⎩
⎪⎩
⎧
⎧
⎧
⎪
⎪
⎪ b=
⎧
b
=
1
b
=
1
−2b = −2
⎪⎪
⎪⎪
⎪⎪
⎪
⇔ ⎨ 9a + 3b + c = 0 ⇔ ⎨ 9a + 3 + c = 0 ⇔ ⎨ 8a + 3 = −1 ⇔ ⎨ a =
⎪ a+c =1
⎪
⎪
⎪ a+b+c=2
a+c =1
⎩
⎪
⎪
⎪ c=
⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩
⎧
⎧
⎪
⎪ b =1
b =1
⎪⎪
⎪⎪
⇔ ⎨ 8a + 3 = −1 ⇔ ⎨ a = − 1
2
⎪ a+c =1
⎪
3
⎪
⎪ c= .
2
⎪⎩
⎪⎩
La parabole a pour équation y = − 1 x 2 + x + 3 .
2
2
F, le point d’intersection des deux tangentes, a pour coordonnées (−1; − 4 ) .
points A et F ont la même abscisse – 1, ils appartiennent
2
2
2
2
94 1. x + y − 4 x + 3 = 0 ⇔ ( x − 2) − 4 + ( y − 0) + 3 = 0 ⇔ ( x5.− Les
2)2 + ( y − 0)2 = 1.
donc à la droite verticale d’équation x = −1.
3 = 0 ⇔ ( x − 2)2 − 4 + ( y − 0)2 + 3 = 0 ⇔ ( x − 2)2 + ( y − 0)2 = 1.
Les points D et E ont la même ordonnée 0, ils appartiennent
donc à la droite horizontale d’équation y = 0. Le repère étant
x 2 + y2 − 4 x + 3 = 0 est l’équation d’un cercle # de centre le
orthonormé, les droites ( AF ) et ( ED ) sont perpendiculaires.
point de coordonnées (2 ; 0) et de rayon R = 1 = 1.
2. M ( x ; y ) appartient à la droite et au cercle si et seulement
uuur ⎛ −1− x ⎞ uuur ⎛ 1− x ⎞
⎧⎪
96 1. Soit
⎧⎪
⎧⎪
y = un
ax point M ( x ; y ) . On a MA ⎜
et MB ⎜
.
y = ax
y = ax
⎝ 2 − y ⎟⎠
⎝ −1− y ⎟⎠
uuur uuur
si ⎨ 2
⇔
⇔
⎨
⎨
2
2
2
2
2
− 4MA
x +⋅3MB
= 0.= 0 ⇔ (−1− x )(1− x ) + (−1− y )(2 − y ) = 0 ⇔ x 2 + y2
(1+Ma[C
)x ⇔
0
⎪⎩ x + y − 4 x + 3 = 0
⎪⎩ x + (ax ) − 4 x + 3 =
uuur uuur⎪⎩
M [C ⇔ MA ⋅ MB = 0 ⇔ (−1− x )(1− x ) + (−1− y )(2 − y ) = 0 ⇔ x 2 + y2 − y − 3 = 0 ⇔ x 2 + y −
y = ax
x uuur uuur ⎧⎪
⇔ ⎨ (−1−
2
2
2
2
12 1
1 2 13
⇔
−1−
1+ a2 ) xx2)(−1−4 xx )++3(=
0. y )(2 − y ) = 0 ⇔ x + y − y − 3 = 0 ⇔ x + y − 2 − 4 − 3 = 0 ⇔ x + y − 2 = 4 .
(
x +MA
3 =⋅ MB
0 = 0⎪ ⇔
⎩
Une équation cartésienne du cercle # de diamètre [ AB] est
On considère l’équation (1+ a2 ) x 2 − 4 x + 3 = 0 .
2
2
x 2 + y − 1 = 13 .
Δ = 4 (1− 3a ).
2
4
2. Soit D le milieu du segment [ AB].
• Si Δ . 0 ⇔ − 3 , a , 3. L’équation admet deux solu3
3
⎧
1
⎧ xD = 0
tions, donc il y a deux points d’intersection entre la droite
⎪ xD = 2 ( x A + xB )
⎪
et le cercle.
⇔⎨
On a ⎨
1
⎪ yD = 2 .
⎪ yD = 1 ( yA + yB )
• Si Δ = 0 ⇔ a = − 3 ou a = 3 . L’équation admet une
⎩
2
3
3
⎩
solution, donc il y a un point d’intersection entre la droite
Le point D a pour coordonnées 0 ; 1 .
2
et le cercle.
uur ⎛1− (−1) ⎞ ⎛ 2⎞
3
3
⎤
⎤
⎡
⎡
; +` .
¯
• Si Δ , 0 ⇔ a [ ⎥−` ; −
=
est un vecteur directeur de
Le vecteur AB ⎜
⎢⎣
3 ⎢⎣ ⎥⎦ 3
⎦
⎝ 2 − (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 3⎟⎠
L’équation n’admet pas de solution, donc il n’y a aucun point
la droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du
d’intersection entre la droite et le cercle.
segment [ AB] . Une équation cartésienne de la médiatrice
du segment [ AB] est de la forme 2x + 3y + c = 0.
95 1. Une équation cartésienne de # est ( x + 1)2 + ( y − 1)2 = 5.
De plus, le point D appartient à la médiatrice du segment
2. M ( x ; y ) appartient à l’axe des abscisses et au cercle # si
[ AB], on a donc :
et seulement si :
2 × 0 + 3 × 1 + c = 0 ⇔ c = − 3.
2
2
⎧⎪
⎧
y=0
y=0
y=0
⎪⎧
⎪
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
⇔
⇔
⎨
⎨
⎨
2
2
2
2
3 =2x0.+ 3y − 3 = 0.
⎪⎩ x 2 + 2x −est
⎩⎪ ( x + 1) + (−1) = 5
⎩⎪ ( x + 1) + ( y − 1) = 5
2
⎧⎪
Soit
J
le
milieu
du segment [ AC ] .
⎧⎪
y=0
y=0
⇔⎨
⇔⎨
⎧
1
2
2
2
2
⎧
3
− 1) = 5
⎪⎩ ( x + 1) + (−1) = 5
⎩⎪ x + 2x − 3 = 0.
⎪ x J = 2 ( x A + xC )
⎪ xJ = 2
⇔
On
a
⎨
⎨
On considère l’équation x 2 + 2x − 3 = 0.
⎪ yJ = 1 ( yA + yC )
⎪ yJ = −1.
2
⎩
2
Δ = 2 − 4 × 1× (−3) = 16
⎩
2
Δ . 0, l’équation x + 2x − 3 = 0 admet donc deux solutions
Le point J a pour coordonnées 3 ; − 1 .
2
distinctes :
Les
points
A
et
C
ont
la
même
ordonnée
– 1, ils appartiennent
xE = −2 − 16 = −3 et x D = −2 + 16 = 1.
donc à la droite horizontale d’équation y = −1. La médiatrice
2
2
Les points E et D ont pour coordonnées respectives (−3 ; 0)
du segment [ AC ] est la droite verticale passant par J dont
et (1; 0).
une équation est x = 3 ⇔ x − 3 = 0.
2
2
3. Le point M ( x ; y ) appartient à la tangente à # au point E
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
si
et
seulement
si
:
uuur uuur
est x − 3 = 0.
EM ⋅ AE = 0 ⇔ ( x − (−3)) × (−2) + y × (−1) = 0 ⇔ −2x − y − 6 = 0.
2
Le point E, centre du cercle circonscrit au triangle ABC est
Une équation cartésienne de la tangente à # au point E est
le point d’intersection des médiatrices du triangle ABC, en
−2x − y − 6 = 0.
particulier celle du segment [ AB] et celle du segment [ AC ].
Le point M ( x ; y ) appartient à la tangente à # au point D si
Les coordonnées de E sont les solutions du système suivant :
et
si :
uuuseulement
r uuur
⎧
⎧
1
DM ⋅ AD = 0 ⇔ ( x − 1) × 2 + y × (−1) = 0 ⇔ 2x − y − 2 = 0.
2x + 3y − 3 = 0
⎪ y = −2
⎪
2
Une équation cartésienne de la tangente à # au point D est
⇔⎨
⎨
2x − y − 2 = 0.
⎪
⎪ x = 3.
x−3 =0
2
2
⎩
⎩
4. M ( x ; y ) appartient aux deux tangentes si et seulement si :
Le point
a pour coordonnées 3 ; − 1 .
y = −4
⎪⎧
⎪⎧ y =E −4
⎪⎧ −2x − y − 6 = 0
⎪⎧ −2 y − 8 = 0
2
2
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
⎨
2
2
−1.
⎪⎩ 2x − (−4 ) − 2 = 0 De plus,
⎪⎩ 2x − y − 2 = 0
⎪⎩ 2x − y − 2 = 0
⎩⎪ x =EA
3
1
= −1−
+ −1+
= 26 .
2
2
2
−8=0
y = −4
⎪⎧
⎪⎧ y = −4
⇔⎨
⇔⎨
Le cercle #’ circonscrit au triangle ABC a pour équation
y−2= 0
2
2
⎪⎩ 2x − (−4 ) − 2 = 0
⎩⎪ x = −1.
x − 3 + y + 1 = 13 .
2
2
2
(
(
)
(
(
)
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
( )
(
(
(
) (
) (
(
)
)
)
)
Chapitre 8 Géométrie repérée
201
⎧
⎪
⎨
⎪⎩
) () (
)
Les points d’intersection entre la parabole et le cercle sont
− 3 ; 3 et 3 ; 3 .
2 2
2 2
3. En chacun des points de tangence, les tangentes au cercle
et à la parabole sont confondues et perpendiculaires à la
droite passant par le centre du cercle et le point de tangence.
(
) (
)
100 1. L’abscisse du point V est telle que :
xT + xV 9
= ⇔ xV = 9 − 3 ⇔ xV = 3 .
4
2
2
2
3
Le point V a pour coordonnées ; 0 .
2
2. Soit y = ax 2 + bx + c une équation cartésienne de la parabole avec a, b et c trois réels fixés tels que a est non nul. Les
ordonnées des points d’abscisse 3 et 3 sont nulles donc cette
2
équation peut aussi s’écrire sous la forme y = a ( x − 3) x − 3 .
2
2
2
3. On résout l’équation :
97 1. x 2 + y2 + x + y = 0 ⇔ x + 1 + y + 1 = 1 .
2
2
4
a ( x − 3) x − 3 = m ⇔ ( x − 3) x − 3 = m (a étant non nul).
1
2
2
a
Cette équation est celle d’un cercle de centre − ; − 1 . Le
2
2
y = ( x − 3) x − 3 a
Le
sommet
de
la
parabole
d’équation
milieu de [CD] a ces mêmes coordonnées. Réponse a.
2
2. On reconnaît l’écriture de l’égalité DM 2 = AM 2. Réponse d.
pour abscisse 9 car il appartient à l’axe de symétrie de cette
4
r
parabole. Son ordonnée vaut y = 9 − 3 9 − 3 = − 9 .
98 1. Un vecteur normal à D est n ⎛ 3⎞ , un vecteur normal à
4
4 2
16
⎝ 2⎠
r ⎛ −4 ⎞ r r
Dans le cas où a est positif, la parabole est tournée vers le
. n ⋅ u = 0. Réponse b.
D’ est u
⎝ 6⎠
haut et on en déduit que :
2. Réponse c.
Si − 9 . m ⇔ m , − 9 a alors la droite et la parabole n’ont
16 a
16
3. Réponse
c.
r r
pas
de
point
d’intersection.
4. u ⋅ v = 0,5 × 4 +r (−8) × (−0,2) = 2 + 1,6 ≠ 0
r
Si − 9 = m ⇔ m = − 9 a alors la droite et la parabole ont un
u colinéaire à v ⇔ 0,5 × (−0,2) − (−8) × 4 = −0,1+ 32 ≠ 0.
16 a
16
Réponse c.
unique point d’intersection.
5. Réponse c.
9 m
9
Si − , ⇔ m.− a alors la droite et la parabole ont
16 a
16
99 1. M ( x ; y) appartient à la parabole et au cercle si et seuledeux
points
d’intersection.
ment si :
Dans le cas où a est négatif, la parabole est tournée vers le
⎧
⎧
⎧⎪
y = x2
y = x2
y bas
= x 2et on en déduit que :
⎪
⎪
⇔
⇔
⎨
⎨ 2
⎨
2
Si − 9 , m ⇔ m , − 9 a alors la droite et la parabole n’ont
2
2
2
2
2
16
⎪⎩ x 4 − 3x 2 + 4 −16R2 =a0.
⎪⎩ x + ( y − 2) = R
⎪⎩ x + ( x − 2) = R
pas de point d’intersection.
⎧
⎧⎪
y = x2
Si − 9 = m ⇔ m = − 9 a alors la droite et la parabole ont
y = x2
⎪
16 a
16
⇔⎨
⇔⎨
2
2
2
2
un unique point d’intersection.
R2
⎪⎩ x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0.
⎪⎩ x + ( x − 2) = R
Si − 9 . m ⇔ m . − 9 a alors la droite et la parabole ont
16 a
16
On considère l’équation x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0.
deux points d’intersection.
On pose X = x 2 .
Finalement :
Le système précédent se réécrit alors de la manière suivante :
⎧⎪
m , − 9 a : pas de point d’intersection.
y=X
16
⎨ 2
2
⎩⎪ X − 3X + 4 − R = 0.
m = − 9 a : un point d’intersection.
16
On considère l’équation X 2 − 3X + 4 − R2 = 0.
9 a : deux points d’intersection.
2
2.
m
.
−
Δ = 9 − 4 × ( 4 − R ) = −7 + 4 R
16
Pour que l’équation x 4 − 3x 2 + 4 − R2 = 0 admette deux solu101 1. Soit D le milieu du segment [ AB].
tions distinctes, il faut que l’équation X 2 − 3X + 4 − R2 = 0
⎧
1
⎧ xD = 2
admette une solution réelle positive. Pour cela, il faut que
⎪ xD = 2 ( x A + xB )
⎪
2
2
7
7
On
a
⇔
⎨
⎨
car
R
est
une
Δ = 0 ⇔ −7 + 4 R = 0 ⇔ R = ⇔ R =
1
4
2
⎪ yD = − 2 .
⎪ yD = 1 ( yA + yB )
grandeur positive.
⎩
2
⎩
Le point D a pour coordonnées 2 ; − 1 .
2. Si R = 7 , alors Δ = 0 et le système devient :
2
uur ⎛ 3 − 1) ⎞ ⎛ ⎞
2
2
Le ⎧vecteur AB ⎜ 3 ⎟ =
est un vecteur directeur de
⎧
⎝ −2 − 1⎠ ⎝ −3⎠
⎧ y=X
⎧
y=
y=X
y = x2
⎪
⎪
2
⎪
⎪
la ⎨droite ( AB) et un vecteur normal de la médiatrice du
⇔
⇔⎨
⎨ 2
9
3 ⇔⎨
3
3
⎪ x = 2 ou x = − 2
⎪ x = [3ABou
⎪⎩ X = 2
⎪⎩ X − 3X + 4 = 0
x = − 3.
segment
cartésienne de la médiatrice
2 ] . Une équation
2
⎩
⎩
du segment [ AB] est de la forme 2x − 3y + c = 0.
⎧
⎧
y= 3
y=X
y = x2
De plus, le point D appartient à la médiatrice du segment
⎪
⎪
2
⇔
⇔
⎨
⎨
[ AB], on a donc :
3
3
X=3
⎪ x = 2 ou x = − 2
⎪ x = 3 ou x = − 3 .
2
2 × 2 − 3 × − 1 + c = 0 ⇔ c = − 11.
2
2
⎩
⎩
2
2
()
( )
( )
(
) (
)
(
)
(
(
)
(
)
(
(
( )
202
Chapitre 8 Géométrie repérée
(
)(
)
)
)
)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
=
(
2
2
2
3. xE 2 + yE − 1 = 3 + − 1 − 1 = 13 . Le point E appar2
2
2 2
4
tient bien au cercle #.
⎛
⎞ ⎛
uur ⎛ ⎞
uuur 3 − 0
3⎞
2
2
⎜
⎟ =⎜ 2 .
et DE
AB
⎝ 3⎠
⎜ − 1 − 1 ⎟ ⎝ ⎟⎠
⎜⎝
⎟
−1
2 2⎠
uur uuur
AB ⋅ DE = 2 × 3 + 3 × (−1) = 0 . On en déduit que les vecteurs
2
uur uuur
AB et DE sont orthogonaux et que les droites ( AB) et ( DE )
sont perpendiculaires.
2xE + 3yE − 3 = 2 × 3 + 3 × − 1 − 3 = 3 − 3 = 0. Le point E
2
2
2 2
appartient à la médiatrice du segment [ AB] . Le point D est
le milieu du segment [ AB], il appartient lui aussi à la médiatrice du segment [ AB]. On en déduit que la droite ( DE ) est
perpendiculaire à la droite ( AB) .
Or le point H est le milieu du segment [ BB’] , donc :
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
x B’ = 2x H − x B = − 10 − 1 = − 23 et
est 2x − 3y − 11 = 0.
2
13
13
yB’ = 2 yH − yB = − 2 + 1 = 11 . Soit B’ − 23 ; 11 .
2. a. AB = 22 + (−3)2 = 13 et AC = ( x − 1)2 + ( y − 1)2 ,
13
13
13 13
2
2
2
2
donc AB = AC ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 13 ⇔ ( x − 1) + ( y − 1) = 13.
103 1. Si les points d’intersection entre la parabole d’équa( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 13 ⇔ ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 13.
y = x 2 − 2 et le cercle d’équation x 2 + y2 = 4 existent,
tion
b. L’équation précédente est l’équation cartésienne d’un
alors leurs coordonnées sont des couples solutions du
cercle de centre A et de rayon 13 .
système
suivant :
⎧
⎧
⎧
x = 3 y + 11
3 y + 11
2x − 3y − 11 = 0
⎪⎪
⎪⎪
2
4
⎧⎪ ⎪y = x 2 x− =
2
2 2 ⎧⎪4 x 2 = y + 2
c. ⎨
⇔
⇔⎨
⎨
2
⇔⎨
⎪ ( x − 1)2 + ( y − 1)2 = 13
⎪ 3 y + 11 − 1 + ( y − 1)2 = 13 ⎨ x⎪2 52
22
2
4 y − 143
⎪⎩ y = +0.y − 2 = 0.
⎪⎩ ⎩ + yy =+ 52
4
⎪⎩
⎪⎩ 2
On considère l’équation y2 + y − 2 = 0.
⎧
3 y + 11
⎧
x
=
11 = 0
3
11
Δ = 9 . L’équation admet deux solutions distinctes :
x = y+
⎪⎪
2
4
⎪
2
2
4
⇔⎨
⇔⎨
2
y1 = −1+ 9 = 1 et y2 = −1− 9 = −2.
⎪ 3 y + 11 − 1 + ( y − 1)2 = 13
⎪ 52 y2 + 52 y − 143 = 0.
− 1)2 = 13
2
2
⎩
4
⎪⎩ 2
Le système devient alors :
1
⎧
⎪⎧ x = 3 ou x = − 3 ou x = 0
⎪⎧ x 2 = 3 ou x 2 = 0
x = 3 y + 11
⎪
⇔⎨
⎨
2
4
⇔⎨
y = 1 ou y = −2.
⎩⎪
⎩⎪ y = 1 ou y = −2
⎪ 52 y2 + 52 y − 143 = 0.
1)2 = 13
⎩
Les points d’intersection entre la parabole et le cercle ont
(
(
(
)
)
On considère l’équation 52 y2 + 52 y − 143 = 0.
Δ = 32 448 = (2 × 4 × 13)2 × 3.
L’équation admet deux solutions distinctes :
y1 = − 1 + 3 et y2 = − 1 − 3 .
2
2
Le système a pour solutions :
6 = 2− 3 3 ;− 1− 3 , 2+ 3 3 ;− 1 + 3 .
2
2
2
2
Si le couple de coordonnées de C est solution du système
précédent, le point C appartient à la médiatrice du segment
[ AB] et au cercle de centre A et de rayon 5. Le triangle ABC
est alors isocèle rectangle en C.
{(
)(
)}
102 1. L’image du point B par la symétrie axiale d’axe Δ est
le point B’. Le point A appartient à Δ , l’image du point A par
la symétrie axiale d’axe Δ est le point A. Or, la symétrie axiale
conserve les distances donc AB = AB’ = 3 . On en déduit que
le point B’ appartient à T.
2. Un vecteur normal à Δ étant donné on en déduit qu’une
équation cartésienne de la droite est 3x − 2 y + c = 0 avec c [R .
−11+ A29
Or la droite passe⎧⎪ par
donc
− 4x 2+ =c =−11−
0 ⇔ c29
= 1+. 2
x 2 le
= point
+ 2 3ou
⎪
2
2 les
Une équation de⎨ Δ est donc 3x − 2 y + 1 = 0. Calculons
Δ. Un
coordonnées du ⎪projetéyorthogonal
B sur 29
= −11+ 29noté
ou H
y =de−11−
2
⎪⎩ la droite perpendiculaire
vecteur normal de
à Δ et2passant
par B est le vecteur de coordonnées ⎛ 2⎞ , vecteur qui est
⎝ 3⎠
r⎛ 3 ⎞
orthogonal au vecteur n
. Une équation de cette droite
⎝ −2⎠
est donc 2x + 3y + c = 0 avec c [R . Or cette droite passe
par B donc 2 − 3 + c = 0 ⇔ c = 1. Une équation est donc
2x + 3y + 1 = 0. Le projeté orthogonal H de B sur Δ a pour
coordonnées le couple solution du système :
⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0
⎧⎪ 3x − 2 y + 1 = 0
⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0
⇔⎨
⇔⎨
⎨
⎩⎪ 13y + 1 = 0
⎩⎪ 2x + 3y + 1 = 0
⎩⎪ 6x + 9 y + 3 = 0
⎧
5
⎧ 6x − 4 y + 2 = 0
⎧⎪ 6x − 4 y + 2 = 0
y+2= 0
⎪ x = − 13
⎪
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
y=− 1
y+3= 0
⎪⎩ 13y + 1 = 0
⎪ y=− 1.
⎪⎩
13
13
⎩
⎧
5
x
=
−
y+2= 0
⎪
13
⇔⎨
1
=−
⎪ y=− 1.
13
13
⎩
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
)
pour coordonnées (− 3 ; 1), ( 3 ; 1) et (0 ; − 2) .
2. Soit le cercle d’équation x 2 + ( y + 5)2 = 4.
Si les points d’intersection entre la parabole d’équation
y = x 2 − 2 et le cercle d’équation x 2 + ( y + 5)2 = 4 existent
alors leurs coordonnées sont des couples solutions du
système suivant :
⎧⎪
⎧⎪
y = x2 − 2
x2 = y + 2
⇔
⎨ 2
⎨
2
2
⎩⎪ y + 11y + 23 = 0.
⎩⎪ x + ( y + 6) = 4
On considère l’équation y2 + 11y + 23 = 0 .
Δ = 29. L’équation admet deux solutions distinctes :
y1 = −11+ 29 et y2 = −11− 29 .
2
2
Le système devient alors :
⎧ 2 −11+ 29
⎧ 2 −7 + 29
+ 2 ou x 2 = −11− 29 + 2
ou
⎪⎪ x =
⎪⎪ x =
2
2
2
⇔⎨
⎨
⎪
⎪ y = −11+ 29 ou
y = −11+ 29 ou y = −11− 29
2
2
2
⎪⎩
⎪⎩
⎧ 2 −7 + 29
ou x 2 = −7 − 29
⎪⎪ x =
2
2
⇔⎨
⎪ y = −11+ 29 ou y = −11− 29 .
2
2
⎪⎩
Or −7 + 29 , 0 et −7 − 29 , 0, le système n’admet donc
2
2
pas de couple solution et le cercle n’admet aucun point d’intersection avec la parabole.
3. a. Si les points d’intersection entre la parabole d’équation
y = x 2 + 3 et le cercle d’équation x 2 + ( y − 1)2 = 1 existent,
alors leurs coordonnées sont des couples solutions du
système suivant :
⎧
⎧ 6x − 4 y + 2 = 0
− 52
⎧ ⎪ x=
⎧⎪ ⎪ y = x 2 + 3
y = 13
x +3
⎪
⇔⎨
⇔
⎨
⇔
⎨ ⎪2
y = −2 1 ⇔ ⎨ ⎪2 y = −
2
2 1 .
13
+ 3 − 1) = 1
⎪⎩ x⎩ + ( x 13
⎩⎪ x⎩ + ( y − 1) = 1
⎧
⎧⎪
y = x2 + 3
y = x2 + 3
⎪
⇔⎨
⇔
⎨
2
2
2
⎪⎩ x 2 + x 4 + 4 x 2 + 4 − 1 = 0
⎪⎩ x + ( x + 2) − 1 = 0
⎧⎪
y = x2 + 3
⇔⎨
⎪⎩ x 4 + 5x 2 + 3 = 0.
Chapitre 8 Géométrie repérée
203
104
Questions Va piano
1. d est la hauteur issue de A, e est celle issue de B.
2. Les coordonnées de l’orthocentre du triangle ABC données
par le logiciel de géométrie dynamique sont ( 4,86 ; 0,29) .
3. L’orthocentre est à l’intersection des deux hauteurs
du triangle ABC d’équation respective x + 3y = 4 et
−5x − y = −24, ses coordonnées sont les solutions du
système suivant :
⎧⎪
⎧⎪ x + 3y = 4
x = 4 − 3y
⇔⎨
⎨
⎩⎪ −5x − y = −24
⎩⎪ −5( 4 − 3y ) − y + 24 = 0
⎧⎪
⎧⎪ x = 4 − 3y
x = 4 − 3y
⇔⎨
⇔⎨
⎩⎪ 14 y + 4 = 0
⎩⎪ −5( 4 − 3y ) − y + 24 = 0
⎧
⎧
2
34
⎪ x = 4−3× −7
⎪ x= 7
⇔⎨
⇔⎨
⎪
⎪ y = −2.
y = −2
7
7
⎩
⎩
Les coordonnées de l’orthocentre du triangle ABC sont
34 ; − 2 .
7
7
( )
(
)
Questions Moderato
uuur 6 − 5 ⎞ ⎛1⎞
1. BC ⎛⎜
est un vecteur normal de la hauteur
=
⎝ 2 − (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 3⎟⎠
du triangle ABC issue de A. Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de A est de la forme x + 3y + c = 0.
Le point A appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
A, on a donc x A + 3yA + c = 0, soit 1+ 3 × 1+ c = 0, soit c = −4.
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue
de A est x + 3y − 4 = 0.
uur
2. CA ⎛ 1− 6⎞ = ⎛ −5⎞ est un vecteur normal de la hauteur
⎝ 1− 2 ⎠ ⎝ −1⎠
du triangle ABC issue de B. Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de B est de la forme −5x − y + c = 0.
Le point B appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
B, on a donc −5x B − yB + c = 0, soit −5 × 5 − (−1) + c = 0, soit
c = 24 .
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue
de B est −5x − y + 24 = 0.
3. L’orthocentre H est à l’intersection des deux hauteurs
du triangle ABC d’équation respective x + 3y − 4 = 0 et
−5x − y + 24 = 0, ses coordonnées sont les solutions du
système déjà résolu à la question 3 de la section Va piano.
Ainsi, H a pour coordonnées 34 ; − 2 .
7
7
(
204
Chapitre 8 Géométrie repérée
)
X1 = −5 + 13 ⇔ x12 = −5 + 13 . Or −5 + 13 est négatif,
2
2
2
2
−5
+
13
l’équation x1 =
n’admet pas de solution dans R.
2
−5
−
13 ⇔ x 2 = −5 − 13 . Or −5 − 13 est
De même, X2 =
2
2
2
2
2
−5
−
13
négatif, l’équation x2 =
n’admet pas de solution
2
dans R.
Finalement, le système S n’admet pas de solution, on en
déduit que la parabole d’équation y = x 2 + 3 et le cercle
d’équation x 2 + ( y − 1)2 = 1 n’ont pas de point d’intersection.
uur 1− 5 ⎞ ⎛ −4⎞
4. BA ⎛⎜
est un vecteur normal de la hauteur
=
⎝1− (−1)⎟⎠ ⎜⎝ 2 ⎟⎠
du triangle ABC issue de C. Une équation de la hauteur du
triangle ABC issue de C est de la forme −4 x + 2 y + c = 0.
Le point C appartient à la hauteur du triangle ABC issue de
C, on a donc −4 xC + 2 yC + c = 0, soit −4 × 6 + 2 × 2 + c = 0,
soit c = 20.
Une équation cartésienne de la hauteur du triangle ABC issue
de C est −4 x + 2 y + 20 = 0.
Or, −4 x H + 2 yH + 20 = −4 × 34 + 2 × − 2 + 20 = 0.
7
7
2
34
;−
Le point H de coordonnées
appartient bien à la
7
7
troisième hauteur du triangle issue de C.
(
( )
)
Questions Allegro
1. Voir les questions Va piano et Moderato.
2. Soit le point C ’ milieu du segment [ BA].
⎧
1
⎧⎪ xC ’ = 3
⎪ xC ’ = 2 ( x A + x B )
⇔⎨
⎨
⎪ yC ’ = 1 ( yA + yB )
⎪⎩ yC ’ = 0
2
⎩
uur ⎛ ⎞
BA −4 est un vecteur normal de la médiatrice du segment
⎝ 2⎠
[ AB]. Une équation de la médiatrice du segment [ AB] est de
la forme −4 x + 2 y + c = 0.
Le point C ’ appartient à la médiatrice du segment [ AB], on
a donc −4 xC ’ + 2 yC ’ + c = 0, soit −4 × 3 + 2 × 0 + c = 0, soit
c = 12.
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AB]
est −4 x + 2 y + 12 = 0.
Soit le point B’ milieu du segment [ AC ].
⎧
⎧
1
7
⎪ x B’ = 2 ( x A + xC )
⎪ x B’ = 2
⇔⎨
⎨
⎪ yB’ = 1 ( yA + yC )
⎪ yB’ = 3
2
2
⎩
⎩
uur
CA ⎛ −5⎞ est un vecteur normal de la médiatrice du segment
⎝ −1⎠
[ AC ]. Une équation de la médiatrice du segment [ AC ] est de
la forme −5x − y + c = 0.
Le point B’ appartient à la médiatrice du segment [ AC ], on
a donc −5x B’ − yB’ + c = 0, soit −5 × 7 − 3 + c = 0, soit c = 19.
2 2
Une équation cartésienne de la médiatrice du segment [ AC ]
est −5x − y + 19 = 0 .
Soit O le centre du cercle circonscrit au triangle ABC, O
est à l’intersection des deux médiatrices du triangle ABC
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b. On pose X = x 2.
Le système précédent se réécrit alors de la manière suivante :
⎧⎪
y= X +3
⎨ 2
⎩⎪ X + 5X + 3 = 0.
On considère l’équation X 2 + 5X + 3 = 0.
Δ = 52 − 4 × 1× 3 = 13 .
L’équation X 2 + 5X + 3 = 0 admet deux solutions distinctes :
X1 = −5 + 13 et X2 = −5 − 13 .
2
2
d’équation respective −4 x + 2 y + 12 = 0 et −5x − y + 19 = 0,
Le cercle # 2 a pour centre le point de coordonnées (−2 ; 4 )
ses coordonnées sont les solutions du système suivant :
et pour rayon R2 = 16 = 4 .
2
2
2
2
⎧⎪ −4 x + 2 y + 12 = 0
⎧⎪ −4 x + 2 y + 12 = 0
⎧⎪ −4 x + 2 y +2.12x A= 0+ yA = (−2) + 0 = 4. Le point A appartient au cercle
⇔
⇔
⎨
⎨
⎨
# 1.
⎩⎪ −14 x + 50
⎩⎪ −10x − 2 y + 38 = 0
⎩⎪ −5x − y + 19 = 0
( x A= +0 2)2 + ( yA − 4 )2 = (−2 + 2)2 + (0 − 4 )2 = 16. Le point A
⎧
⎧
25
8 appartient au cercle # 2 .
⎪ −4 × 7 + 2 y + 12 = 0
⎪ y= 7
+ 12 = 0
⎪⎧ −4 x + 2 y + 12 = 0
3. a. et b.
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
25
25
+ 38 = 0
⎪⎩ −14 x + 50 = 0
⎪ x=
⎪
.
x=
7
7
⎩
⎩
⎧
8
+ 12 = 0
⎪ y= 7
⇔⎨
5
⎪ x = 25 .
7
7
⎩
Le point O, centre du cercle circonscrit au triangle ABC, a
pour coordonnées 25 ; 8 .
7 7
uuur ⎛
⎞
⎛
⎞
6
−
3
3
=
est un vecteur directeur de la médiane
3. C ’C
⎝ 2 − 0⎠ ⎝ 2⎠
du triangle ABC issue de C. Une équation de la médiane du
triangle ABC issue de C est de la forme 2x − 3y + c = 0.
Le point C appartient à la médiane du triangle ABC issue
Les cercles #1 et # 2 sont sécants en un deuxième point de
de C, on a donc 2xC − 3yC + c = 0, soit 2 × 6 − 3 × 2 + c = 0,
(1,2 ; 1,6).
coordonnées
soit c = −6.
2
2
1,2
+
1,6
=
4. Le point B de coordonnées (1,2 ; 1,6) apparc.
Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC
#
tient
au
cercle
issue de C est 2x − 3y − 6 = 0.
1.
2
1,2
+
2
+
1,6
−
4 )2 = 16. Le point B de coordonnées
(
)
(
⎛
⎞ ⎛ 3 ⎞
uuur 5 − 7
2 ⎟ = ⎜ 2 ⎟ est un vecteur directeur de la médiane
(1,2 ; 1,6) appartient au cercle # 2 .
B’B ⎜
⎜ −1− 3 ⎟ ⎜ − 5 ⎟
⎜⎝
⎟ ⎜
⎟
2⎠ ⎝ 2⎠
Questions Moderato
du triangle ABC issue de B. Une équation de la médiane du
1. Il existe des points d’intersection entre #1 et l’axe des
triangle ABC issue de B est de la forme − 5 x − 3 y + c = 0.
2
2
abscisses si et seulement si leurs coordonnées vérifient le
Le point B appartient à la médiane du triangle ABC issue de B,
système suivant :
on a donc − 5 x B − 3 yB + c = 0, soit − 5 × 5 − 3 × (−1) + c = 0 ,
⎧⎪
⎧⎪ y = 0
y=0
⎧⎪
2
2
2
2
y=0
soit c = 11.
⇔⎨
⇔⎨
⎨ 2
2
2
x
+
y
=
4
x
=
−2
ou x = 2.
Une équation cartésienne de la médiane du triangle ABC
⎩⎪
⎩⎪ x = 4
⎩⎪
5
3
issue de B est − x − y + 11 = 0.
2. Le cercle #1 coupe l’axe des abscisses aux points de coor2
2
données (−2 ; 0) et (2 ; 0).
Soit G le centre de gravité du triangle ABC, G est à l’interIl existe des points d’intersection entre # 2 et l’axe des
section des deux médianes du triangle ABC d’équation
3
5
abscisses
si et seulement si leurs coordonnées vérifient le
respective 2x − 3y − 6 = 0 et − x − y + 11 = 0, ses coor2
2
système suivant :
données sont les solutions du système suivant :
⎧⎪
⎧⎪ ⎧ y = 0
y=0
⎧⎪ y = 0
⎧ 2x − 3y − 6 = 0
− 6 = 0⇔ ⎨ ⎪ y = 22
⇔⎨
⎪⎧ 2x − 3y − 6 = 0
⎪⎧ 2x − 3y − 6 =⎨ 0
⎪⎧2 2 × 4 − 3y
⎪
2
⇔⎨
⇔⎨
⇔ (⎨x + 2) 3 = 0
⎨ 5
+ 2⎨) + ( y − 4 ) = 16
(x ⇔
3
⎩⎪ x = −2.
⎪⎩
x=4
⎪⎩ 7x − 28 = 0⎪⎩
⎪⎩
⎪⎩ 5x + 3y − 22 = 0
⎪⎩ − 2 x − 2 y + 11 = 0
⎪⎩ x = 4.
Le cercle # 2 coupe l’axe des abscisses au point de coordon⎧
⎧⎪ 2x − 3y − 6 = 0
⎧⎪ 2 × 4 − 3y − 6 = 0
y−6= 0
⎪ y= 2
nées (−2 ; 0) .
3
⇔⎨
⇔⎨
⇔⎨
3.
Les cercles #1 et # 2 coupent respectivement deux et une
− 22 = 0
x=4
⎩⎪ 7x − 28 = 0
⎩⎪
⎪⎩ x = 4.
fois l’axe des abscisses et ont au moins un point d’intersection
Le point G, centre de gravité du triangle ABC, a pour coorde coordonnées (−2 ; 0). On en déduit que les cercles #1 et
données 4 ; 2 .
# 2 ont deux points d’intersection distincts.
3
4. On cherche l’équation de la tangente au point noté B
4. Il semble que les points O, H et G soient alignés.
d’abscisse 1 et d’ordonnée positive.
⎛
⎞ ⎛ 9 ⎞
⎛
⎞ ⎛ 3 ⎞
uuur 34 − 25
uuur 4 − 25
⎧⎪
⎧⎪ x = 1
⎧⎪
x =1
7
7
7
7
7
x =1
⎟ =⎜
⎟ et OG ⎜
⎟ =⎜
⎟.
OH ⎜
⇔⎨ 2
⇔⎨
⎨ 2
2
⎜ − 2 − 8 ⎟ ⎜ − 10 ⎟
⎜ 2 − 8 ⎟ ⎜ − 10 ⎟
⎪⎩ x = − 3 ou x = 3
⎜⎝
⎟ ⎜
⎟
⎜⎝
⎟ ⎜
⎟
⎩⎪ y = 3
⎩⎪ x + y = 4
7 7⎠ ⎝ 7⎠
3 7 ⎠ ⎝ 21⎠
Donc B (1; 3 ) .
uuur
uuur
uur ⎛ 1 ⎞
On remarque que OG = 1 OH , on en déduit que les vecteurs
Soit O(0 ;0) le centre du cercle, le vecteur OB ⎜ ⎟ est un
uuur
uuur
3
⎝ 3⎠
OG et OH sont colinéaires et que les points O, H et G sont
vecteur
normal
de
la
tangente
en
B.
Cette
tangente
a donc
alignés.
une équation de la forme x + 3y + c = 0, avec c [ R .
105
Or le point B appartient à cette tangente, donc ses coordonnées vérifient l’équation précédente, ce qui donne
Questions Va piano
1+ 3 + c = 0 ⇔ c = −4. On en déduit que l’équation cherchée
1. Le cercle #1 a pour centre l’origine du repère et pour rayon
est x + 3y − 4 = 0.
R1 = 4 = 2 .
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(
)
( )
Chapitre 8 Géométrie repérée
205
⎧
⎧
⎧
y=0
y=0
⎪⎪
⎪⎪
⎪
2
2
2
⇔⎨
x =4
x +y =4
⇔⎨
1. ⎨
⎪
⎪ ( x + 2)2 + (−4 )2 = 16
⎪
2
2
⎪⎩
⎩
⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 16
⎧
y=0
⎧
y=0
⎪
⎪
4
⇔ ⎨ x = −2 ou x = 2 ⇔ ⎨ x = −2 ou x = 2
⎪
x = −2.
2
⎪ ( x + 2)2 = 0
−4 ) = 16
⎩
⎩
L’abscisse du point d’intersection des cercles #1 et # 2 d’ordonnée nulle est –2.
2. M ( x ; y ) appartient à #1 et # 2 si et seulement si :
0
⎧⎪
x 2 + y2 = 4
⇔
⎨
2
2
⎪⎩ ( x + 2) + ( y − 4 ) = 16
⎧⎪
x 2 + y2 = 4
⇔⎨
2
2
⎪⎩ x + 4 x + 4 + y − 8 y + 16 = 16
⎝ −1⎠
equation 3x − y − 4 = 0.
ur
u
n2 ⎛ 2 ⎞ is a normal vector of the line defined by the equation
⎝ −6⎠
2x − 6 y = 0 .
ur ur
u
n1 ⋅ n2 = 3 × 2 − 1× (−6) = 12 ≠ 0.
The two lines are not perpendicular.
2. 3x − y − 4 = 0 ⇔ y = 3x − 4 and 2x − 6 y = 0 ⇔ y = 1 x .
3
In the second member of the slope-intercept equation, x is
multiplied by a coefficient called the slope. The other coefficent of the second member of the slope-intercept equation
is the point where the line intercepts the y axis.
3. The slopes are inverse of each other.
4. y = mx + p ⇔ −mx + y − p = 0.
ur
n1 ⎛⎜ −m ⎞⎟ is a normal vector of the line defined by the equation
⎝ 1 ⎠
y = mx + p.
y = m’x + p’ ⇔ −m’x + y − p’ = 0.
ur
u
n2 ⎛⎜ −m’ ⎞⎟ is a normal vector of the line defined by the equa⎝ 1 ⎠
tion y = m’x + p’.
The two lines
ur ur
uare perpendicular
⇔ n1 ⋅ n2 = 0 ⇔ −m × (−m’ ) + 1× 1 = 0 ⇔ m × m’ = −1.
2 1. AB = (−1− 5)2 + (3 − 2)2 = 36 + 1 = 37
M is the midpoint of segment [ AB] :
⎧
1
⎧ xM = 2
⎪ xM = 2 ( x A + xB )
⎪
⇔
⎨
⎨
5
1
⎪ yM = ( yA + yB )
⎪ yM = 2 .
⎩
2
⎩
) ( )
2
(
)
2
2
2. ( x − 2)2 + y − 5 = 37 ⇔ ( x − 2)2 + y − 5 = 37 .
2
2
4
2
3. The two points A et B must be equidistant from the centers
of circles. The center of cercles passing through point A and
B are on the mediator of segment [ AB].
206
Chapitre 8 Géométrie repérée
⎧⎪ (2 y − 2)2 + y2 = 4
⎧⎪ x 2 + y2 = 4
3. ⎨
⇔⎨
x = 2y − 2
⎪⎩
⎩⎪ x − 2 y + 2 = 0
⎧⎪ 4 y2 − 8 y + 4 + y2 = 4
⎧⎪ 5y2 − 8 y = 0
⇔⎨
⇔⎨
x = 2y − 2
⎩⎪
⎩⎪ x = 2 y − 2
⎧
8
⎧⎪ y (5y − 8) = 0
⎪ y = 0 ou y = 5
⇔⎨
⇔⎨
⎪ x = −2 ou x = 6 .
⎩⎪ x = 2 y − 2
5
⎩
Les cercles #1 et # 2 ont deux points d’intersection de coordonnées (0 ; − 2) et 8 ; 6 .
5 5
(
ur
1 1. n1 ⎛ 3 ⎞ is a normal vector of the line defined by the
(
⎧⎪
⎧⎪
x 2 + y2 = 4
x 2 + y2 = 4
⇔⎨
⇔⎨
2
2
⎪⎩ 4 + 4 x − 8 y + 4 = 0
⎪⎩ y x= 0+ y + 4 x − 8 y + 4 = 0
x = −2
x=2 ⇔
⎧⎪ x 2 + y2 = 4
⎧⎪ ou
x 2 + y2 = 4
2
⇔⎨
⇔
( x⎨+ 2) = 0
⎪⎩ 4 x − 8 y + 8 = 0
⎪⎩ x − 2 y + 2 = 0.
)
uur ⎛ ⎞
AB −6 . The equation of the segment [ AB] mediator is of
⎝ 1⎠
the forme −6x + y + c = 0. This line pass through point M,
−6x M + yM = c = 0 ⇔ −6 × 2 + 5 + c = 0 ⇔ c = 19 .
2
2
An equation of the segment [ AB] mediator is −6x + y + 19 = 0.
2
⎧
⎧ x=0
x
=
0
⎪
⎪
4. ⎨
19 = 0 ⇔ ⎨ y = − 19 . The coordinates of the
−6x
+
y
+
⎪⎩
⎪⎩
2
2
19
center of the circle are 0 ; −
.
2
(
(
R = (0 − 5)2 + − 19 − 2
2
(
x 2 + y + 19
2
) =(
2
629
2
)
2
)
= 629 .
2
) ⇔ x + ( y + 192 ) = 6294 .
2
2
3 1. The result of the algorithm is « False ».
2. The result of the algorithm is « True ».
3. This algorithm test if a point belongs to the line with the
following equation 4 x + 5y − 3 = 0, or not.
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Questions Allegro
9
Probabilités
conditionnelles
et indépendance
1 a. 6 = 3
26
13
b. 5
26
c. 1
26
d. 6 + 5 − 1 = 10 = 5
26 26 26 26 13
5 1.
Ananas
en promotion
Ananas
sans promotion
Total
61
52
113
31
56
87
92
108
200
Bananes
en promotion
Bananes
2 1. P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,5 + (1− 0,7) − 0,12 =sans
0,68promotion
= P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,5 + (1− 0,7) − 0,12 = 0,68
2. P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) = 1 + 3 − 7 = 3
4 5 10 20
3 Situation 1 : 2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
3
Situation 2 : on note p la probabilité d’avoir 1, alors la probabilité d’avoir 2 est 2p, celle d’avoir 3 est 3p … et on a :
p + 2p + 3p + 4p + 5p + 6p = 1, d’où p = 1 et donc la proba21
bilité d’avoir 6 est 6 = 2 .
21 7
Total
2. P (A) = 113 ; P (B) = 52 ; P (C) = 108 = 54 = 27 ;
200
200
200 100 50
61
113
+
92
−
61
P (D ) =
= 144 = 18 .
; P (E) =
200
200
200 25
6 1.
P
P
4 1. Le jeu peut simuler le lancer d’un dé équilibré à 6 faces.
La probabilité de gagner est alors 1 .
6
2.
P
F
F
F P
P
F P
F
F P
F
Les issues possibles sont donc :
PPP, PPE, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF.
2. La probabilité de chaque issue est 1 .
8
6
3
3. P (au moins une fois Face ) = = .
8 4
7 1. 2 × 2 = 4
3 3 9
2
2. × 1 = 2 = 1
3 2 6 3
Pour construire le cours
Situation
1
1 P (M) = 20 =
1 probabilité que la personne soit malade.
5000 250
P ( T ) = 318 = 259 probabilité que la personne soit positive.
5000 2500
P ( T > M) = 18 = 9 probabilité que la personne soit malade et positive.
5000 2500
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
207
2 On calcule la probabilité que le test soit positif sachant que la personne est malade : 18 = 0,9. Le médecin a donc raison.
20
3 On calcule la probabilité que Léa soit malade : 18 ≈ 0,06. Elle a donc 6 % de risque d’être malade. On peut penser que
318
ce test n’est pas fiable.
Situation
2
1 a.
R1
R2
F1
F2
F3
F4
…
R2 F1 F2 F3 F4 R1 F1 F2 F3 F4 R1 R2 F2 F3 F4 R1 R2 F1 F3 F4 R1 R2 F1 F2 F4 R1 R2 F1 F2 F3
Les 30 issues sont équiprobables.
b. La probabilité d’obtenir deux bonbons à la fraise est 12 = 2 .
30 5
2 a. La probabilité que le premier bonbon tiré soit à la fraise est 4 = 2 ; à la réglisse : 2 = 1 .
6 3
b. On peut écrire les probabilités précédentes sur les deux premières branches.
6
3
3 a. La probabilité que le deuxième bonbon soit à la fraise sachant que le premier l’est est 12 = 3 . On peut faire figurer cette
20
probabilité sur la branche qui va de fraise à fraise.
b.
2
3
Fraise
1
3
Réglisse
3
5
5
Fraise
2
5
4
5
Réglisse
1
5
Réglisse
Fraise
On multiplie les probabilités qui sont sur les branches : 2 × 3 = 2 .
3 5 5
b. P (R ) = 1 × 1 = 1
3 5 15
c. On peut additionner les deux probabilités précédentes et on trouve 7 ; on vérifie avec l’arbre de dénombrement.
15
Situation
3
1 a. P (bio ) = 126 + 99 = 225 = 1
900
b. Pvu (bio) = 126 = 1
504 4
900
4
2 Pour le magasin 2 :
a. P (bio) = 267 + 177 = 444 = 37 ≈ 0, 49
900
900 75
267
89
b. Pvu (bio) =
=
≈ 0,64
420 140
3 Concernant le magasin 1, on peut dire que la campagne publicitaire n’a pas eu d’impact. On dira que les deux évènements
« acheter bio » et « avoir vu la publicité » sont indépendants.
Concernant le magasin 2, la campagne semble avoir eu un impact.
Démonstrations et raisonnements
Comprendre une démonstration
1 C’est la formule des probabilités totales.
( )
( )
2 P (A ) + P A = 1 donc A = 1− P (A ).
208
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
4 a. On passe en couleur les branches qui passent par « fraise » et « fraise ».
Rédiger une démonstration
1 Les évènements A > B et A > B sont disjoints.
A et A forment une partition de l’univers, donc la réunion des deux évènements précédents est égale à B.
P (B) = P (A > B) + P (A > B)
P (A > B)
⇔ P (A > B) = PA (B) × P (A)
P (A )
P (A > B)
et PB (A) =
⇔ P (A > B) = PB (A) × P (B), d’où le résultat :
P (B)
PA (B) × P (A) = PB (A) × P (B).
2 PA (B) =
Les évènements B et B forment une partition de l’univers, donc P (A) = P (A > B) + P (A > B).
P (A) = P (A > B) + P (A > B) ⇔ P (A) = PA (B) × P (A) + PA (B) × P (A),
d’où 1 = PA (B) + PA (B), P(A) étant non nulle.
Donc 1− PA (B) = PA (A).
Utiliser différents raisonnements
1 a. Tous les éléments de A > B sont inclus dans A, donc vrai.
b. Faux, car tous les éléments de A < B ne sont pas dans B.
c. Si A < B = A, alors tous les éléments de A et de B sont dans A, donc B est inclus dans A et réciproquement, si B est inclus
dans A, alors tous les éléments de B sont dans A, donc A < B = A , donc vrai.
d. Faux, c’est A qui est inclus dans B.
2 a. A < B est l’ensemble des éléments qui n’appartiennent ni à A ni à B, et A < B est l’ensemble des éléments qui n’appar-
tiennent pas à A, ou n’appartiennent pas à B, ou n’appartiennent ni à A ni à B, donc A < B,A < B. Vrai.
b. A > B est l’ensemble des éléments qui ne sont ni dans A ni dans B donc il est bien contenu dans A < B, donc vrai.
c. Faux, car A ,A < B, or A ˜A < B.
d. Vrai d’après ce qui a été dit en a et b.
3 a. A > B : « Le numéro est pair et est un multiple de 3 » : {6}.
A < B : « Le numéro est ni pair ni multiple de 3 » : {1;5}.
A > B : « Le numéro n’est pas pair ou n’est pas un multiple de 3 » : {1;2;4;5}.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
b. A > B : la boule tirée est rouge et jaune, ce qui est impossible, donc c’est l’évènement impossible.
A < B : la boule tirée n’est ni rouge ni jaune ce qui est impossible également.
A > B : la boule tirée n’est pas à la fois rouge et jaune, ce qui était impossible, donc c’est l’évènements certain, autrement dit
l’univers.
c. A > B : « Le billet commence par un 3 et se termine par un 5 ».
A < B : « Le billet ne commence pas par un 3 et ne se termine pas par un 5 ».
A > B : « Le billet ne commence pas par un 3 ou ne se termine pas par un 5 ».
Travaux pratiques
TP
1 Une première marche aléatoire
1
2 Pour répondre à la question, il faut pouvoir exécuter ce script un grand nombre de fois.
Pour cela, on peut faire une boucle « pour ».
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
209
La plus grande valeur obtenue semble être 130.
3
4
TP
2 Une seconde marche aléatoire
1 Abscisse de départ, 0, et ordonnée de départ, 0.
r
2 1er déplacement : translation de vecteur −i .
Au bout de 50 secondes, le point se trouve en (5 ; – 1).
absicsse[1]=–1 ; ordonnee[1]=0 ; abscisse[50]=5 ; ordonnee[50]=–1.
4 On tape graphique(86400) dans la console.
TP
3 Une approximation de π par la méthode de Monte-Carlo
1 a. La probabilité que le point M se trouve dans le quart de disque est égale au rapport de l’aire du quart de disque sur
l’aire du carré, soit π .
4
b. N : nombre de points pris au hasard dans le carré.
Q : le nombre de ces points qui se trouvent dans le quart de disque.
L’équation du cercle est x² + y² = 1 ; à la ligne 6 on teste si le point est à l’intérieur du quart de cercle.
210
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
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3
Fréquence : c’est la fréquence des points se trouvant dans le disque, c’est donc une approximation de l’aire de ce quart de
disque.
c. Il faut multiplier la fréquence obtenue par 4.
d.
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2 a. ligne 5 : trace le repère.
ligne 6 : construction de la liste des abscisses des points du cercle.
ligne 7 : construction de la liste des ordonnées des points du cercle.
ligne 8 : style des points , épaisseur et couleur.
ligne 9 : affichage du graphique.
b.
3 On reprend le programme précédent en modifiant :
ligne 10 : if y < x**2
ligne 19 : ListeY=[x**2 for x in listeX]
ligne 23 : title=“approximation de l’aire avec“+str(N)+“points : “+str(Q/N)
TP
4 Paradoxe du duc de Toscane
1 a. En B4 : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)
b. En H4 : =NB.SI(E4:E103;9)/100
En H5 : =NB.SI(E4:E103;10)/100
c. Les résultats sont confirmés.
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
211
2 a. On obtient 63 = 216 tirages possibles.
b. Les différentes façons d’obtenir 9 sont :
6 + 2 + 1 ; 5 + 3 + 1 ; 5 + 2 + 2 ; 4 + 4 + 1 ; 4 + 3 + 2 ; 3 + 3 + 3.
On peut faire un arbre pour dénombrer le nombre d’issues correspondantes ; on trouve 25. La probabilité d’obtenir une
somme égale à 9 est donc 25 ≈ 0,157.
216
Les différentes façons d’obtenir 10 sont :
6 + 3 + 1 ; 6 + 2 + 2 ; 5 + 4 + 1 ; 5 + 3 + 2 ; 4 + 4 + 2 ; 4 + 3 + 3.
À l’aide d’un arbre, on trouve 27 issues qui donnent 10. La probabilité d’obtenir 10 est donc 27 ≈ 0,125.
216
c. Le paradoxe vient du fait qu’il y a autant de façon d’obtenir 9 et 10 comme somme de trois entiers.
5 Maladie rare et faux positif
TP
1 b. En C4 : =SI(OU(ET(B4=“S“;ALEA()<=0,1/100);ET(B4=“M“;ALEA()<=0,99));“+“;“-“)
En E4 : =NB.SI(C4:C1003;“+“)
En F4 : =NB.SI.ENS(C4:C1003;“+“;B4:B1003;“M“)
En G4 : =F4/E4
2
0,001
M
0,999
M
0,99
T
0,01 T
0,001 T
0,999
P ( T > M)
0,001× 0,99
=
≈ 0,5
0,001× 0,99 + 0,999 × 0,001
P(T)
Ce test est peu fiable.
PT (M) =
T
6 Répétition de lancers de pièce de monnaie
TP
=SI(ALEA()<2/3;0;1) : choix d’une nombre aléatoire entre 0 et 1 ; si ce nombre est entre 0 et 2 , on marque 0 qui représente
3
2
Pile, sinon on marque 1 qui représente Face, étant donné que la probabilité d’avoir Pile est et celle d’avoir Face 1 .
3
3
2 La valeur la plus fréquente semble être le 0 ou le1 et la moins fréquente le 2.
1
b. En D2 : =NB.SI(C2:C1001;0)/1000
c. En E2 : =NB.SI(C2:C1001;1)/1000
En F2 : =NB.SI(C2:C1001;2)/1000
d. Le nombre de Face qui semble le plus probable est 0 ou 1.
4
2
3
P
1
3
F
La probabilité d’avoir : 0 Face est 2 × 2 = 4 .
3 3 9
1
1
2
2
2
Une Face est × + × = .
3 3 3 3 3
Deux Face est 1 × 1 = 1 .
3 3 9
212
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
2
3
1
3
2
3
1
3
P
F
P
F
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
3 a. tableur
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
1 a. 2 × 4 = 8
3 3 9
b. 3 × 9 = 27
8 4 32
5
c. + 1 = 6 = 3
8 8 8 4
d. 3 = 1
36 12
2 P (F) = 0,3 × 0,6 + 0,7 × 0,2 = 0,32
3 a. Faux : 0,2 ≠ 0,3 × 0,7.
0,2 = 2 .
b. Vrai : PA (B) =
0,3 3
0,12
4 1. a. PA (E) =
= 0,6
0,12 + 0,08
b. P (E > A) = 1− 0,12 − 0,28 − 0,08 = 0,52
0,52 = 0,65
c. PE (A) =
0,8
2. La probabilité que l’élève soit externe sachant qu’il étudie
l’anglais est 0,6.
La probabilité que l’élève ne soit pas externe et n’étudie pas
l’anglais est 0,52.
La probabilité que l’élève n’étudie pas l’anglais sachant qu’il
n’est pas externe est 0,65.
P (A > B) = 1 et 1 × 2 = 2 ≠ 1
52 13 13 169 52
Les évènements ne sont donc pas indépendants.
Automatismes
7 1. P (A) = P (A > B) + P (A > B ) = 1 + 1 = 7
3
12
2. P (A > B) = 1 × 2 = 1 et P (A > B ) = 1 × 1− 2 = 1 .
2 5 5
6
5
10
1
1
3
=
.
On a donc P (A) = +
5 10 10
3. P (A > B) = 0,1× 0,6 = 0,06
P (A > B) 0,06
P (A ) =
=
= 0,2
0,3
PA (B)
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
6 P (A ) = 4 = 1
52 13
8
P (B) =
= 2
52 13
( )
8 La probabilité d’avoir une paire de la même couleur est
2× 1 × 1 = 1 .
24 23 276
9 1. Oui.
2. 1 × 1 = 1
6 6 36
10 1. On note D l’évènement « L’alarme se déclenche » et F
« Détection de fumée ».
…
5 On note T l’évènement « Il se trompe de salle » et C l’évè-
nement « Il oublie les sujets dans son casier ». On doit calculer
P ( T > C).
Les évènements T et C étant indépendants, on en déduit que
les évènements T et C le sont aussi et alors
P ( T > C) = P ( T ) × P (C) = 4 × 9 = 36 = 18 .
5 10 50 25
4
…
F
0,99
D
F
0,01 0,02
D
D
0,98
D
2. P (F > D ) = 0,001 = P (F) × 0,01, d’où P (F) = 0,1.
On a donc P (F > D ) = 0,1× 0,99 = 0,099.
11 1. P (A) = 4
9
PA (B) = 5
8
2. P (A > B) = P (A) × PA (B) = 4 × 5 = 5
9 8 18
Exercices
Or, P (A) = 1 et P (A > B) = 1 .
2
6
2 P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) ⇔ P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) ⇔ P (A1 > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9 = 0,1
P (B) = 6 = 1 × 2 = 1 .
On a= donc
P (A > B) ⇔ P (A > B) = P (A) + P (B) − P (A < B) ⇔ P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9
0,1 A
3
1 6
2
P (A < B) ⇔ P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,9 = 0,1
P A > B) P (A > B) + P (A > B)
P (A > B) 0,1 1
4 PB (A) + PB (A) = P (A > B) + (
=
PB (A) =
=
=
P (B)
P (B)
P (B)
0,7 7
P (B)
P (A > B) 0,1 1
P (A > B) P (A > B) P (A > B) + P (A > B)
PA (B) =
=
=
PB (A) + PB (A) =
+
=
0,3 3
P (A )
P (B)
P (B)
P (B)
Les évènements A et A forment une partition de Ω . On a
3 Si on note A l’évènement « Le chiffre est pair » et B l’évèdonc
P (A > B) + P (A > B) = P (B) .
P (A > B)
nement « Le chiffre est inférieur à 4 », alors PA (B) =
.
P (A > B) + P (A > B) P (B)
P (A )
Ainsi, PB (A) + PB (A) =
=
= 1.
P (B)
P (B)
1 P (A > B) = P (A) × PA (B) = 0,8 × 0,6 = 0, 48
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
213
5 1. Un nougat ayant été pris, il ne reste plus que 30 caraP (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,05185 − 0,02035 = 0,581
mels et 19 nougats. La probabilité de choisir
un
caramel
est
P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,05185 − 0,02035 = 0,5815
30
P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,94815 − 0,52965 = 0,968
alors .
49
C) =
(H <que
(H) + P (C) − P (H > C) = 0,55 + 0,94815 − 0,52965 = 0,9685
2. Un nougat ayant été pris, il ne restePplus
30Pcaramels
et 19 nougats. La probabilité de choisir un nougat est alors
10 a. PB ( S ) = 1− PB (S) = 1− 0, 4 = 0,6
18 .
La
probabilité qu’une personne qui a acheté des baskets
49
achète des articles soldés est de 0,6.
6 Soit G l’évènement « L’élève est gaucher » et F l’évèneb. P (B > S ) = P (B) × PB ( S ) = 0,6 × 0,6 = 0,36
ment « L’élève est une fille ».
La probabilité qu’une personne achète des baskets et ne
profite pas des soldes est de 0,36.
1. P (G) = 1130 = 226
8735 1747
c. P (B > S) = P (B ) × PB (S) = 0, 4 × 1 = 0,1
2. P (F > G) = 449
4
8735
La
probabilité
qu’une
personne
n’achète
pas de basket et des
449
P (F > G) 8735
articles soldés est de 0,1.
449
1747
449
3. PG (F) =
=
=
×
=
8735 226 1130
P (G)
226
11 1. P (A) = 1− P (A) = 1− 0,7 = 0,3
1747
PA (B ) = 1− PA (B) = 1− 0,6 = 0, 4
7 1. P (C > A) = 50 = 1
100 2
PA (B) = 1− PA (B ) = 1− 0,2 = 0,8
20
2
0,6 B
2. PC (A) =
=
70 7
0,3 A
Yeux
marron
60
Cheveux
blonds
5
10
0,7
A
0,4 B
0,8 B
0,2 B
2. P (A) = 1− P (A) = 1− 0,8 = 0,2
PA (B ) = 1− PA (B) = 1− 0, 4 = 0,6
2. Soit M l’évènement « L’élève a les yeux marron » et B l’évènement « L’élève a les cheveux blonds ».
P (A > B ) 0,1
PA (B ) =
=
= 0,5
a. P (M < B) = P (M) + P (B) − P (M > B) = 0,65 + 0,15 − 0,05 = 0,75
0,2
P (A )
(M) + P (B) − P (M > B) = 0,65 + 0,15 − 0,05 = 0,75
PA (B) = 1− PA (B) = 1− 0,5 = 0,5
P (M > B) 5
1
b. PM (B) =
=
=
0,4 B
65 13
P (M)
0,8
A
P (M > B) 5 1
c. PB (M) =
=
=
0,6 B
15 3
P (B)
9 P (H) = 1− P (H) = 1− 0, 45 = 0,55
PH (C) = 1− PH (C) = 1− 0,07 = 0,93
PH (C) = 1− PH (C) = 1− 0,037 = 0,963
P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0, 45 × 0,07 = 0,0315
P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0, 45 × 0,93 = 0, 4185
P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0,55 × 0,037 = 0,02035
0,2
A
0,5 B
0,5 B
12 a. P ( T ) = 1− P ( T ) = 1− 0,6 = 0, 4
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
8 1.
b. PT ( S ) = 0,3
c. PT (S) = 1− PT ( S ) = 1− 0,3 = 0,7
d. P ( T > S ) = P ( T ) × PT ( S ) = P ( T ) × (1− PT (S)) = 0,6 × (1− 0,8) = 0,12
P (H > C) = P (H) × PH (C) = 0,55 × 0,963 = 0,52965
P ( T > S ) = P ( T ) × PT ( S ) = P ( T ) × (1− PT (S)) = 0,6 × (1− 0,8) = 0,12
P (C) = P (H > C) + P (H > C) = 0,0315 + 0,02035 = 0,05185
e. P ( T > S) = P ( T ) × PT (S) = 0, 4 × 0,7 = 0,28
P (C) = 1− P (C) = 1− 0,05185 = 0,94815
13 1.
7
P (H > C) 630
PC (H) =
=
19 V
1037
P (C)
8
V
P (H > C) 930
20
PC (H) =
=
12 R
2107
P (C)
19
P (H > C) 407
=
1037
P (C)
P (H > C) 1177
PC (H) =
=
2107
P (C)
PC (H) =
12
20
8
19
R
11
19
V
R
P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,05185 − 0,0315 = 2.
0,P
47035
( V > R ) + P (R > V ) = 8 × 12 + 12 × 8 = 48
20 19 20 19 95
) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,05185 − 0,0315 = 0, 47035
La probabilité que Léo parte au lycée avec deux chaussettes
P (H < C) = P (H) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,94815 − 0, 4185 = 0,97965
de couleurs différentes est 48 .
) + P (C) − P (H > C) = 0, 45 + 0,94815 − 0, 4185 = 0,97965
95
214
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
14 Soit F l’évènement « La personne dans la salle est une
femme » et L l’évènement « La personne dans la salle porte
des lunettes ».
0,65
0,35
F
F
1
2
L
1
2
1
3
L
2
3
L
0,28 A
0,72 A
0,65 B
0,35 B
0,88 B
0,12 B
La probabilité que l’animal affamé croisé soit un lion est 10 .
31
18 1.
0,01
M
0,99
M
0,9
T
0,1 T
0,05 T
L
Les évènements F et F forment une partition de l’univers.
On a donc P (L ) = P (F > L ) + P ( F > L ),
soit P (L ) = 0,65 × 0,5 + 0,35 × 1 = 53 .
3 120
La probabilité qu’une personne dans la salle porte des
lunettes est 53 .
120
15 1.
La probabilité que l’animal soit affamé est 0,31.
2. PF (L ) = P (L > F) = P (L ) × PL (F) = 0,2 × 0,5 = 10
0,31
31
P (F)
P (F)
0,95 T
2. Les évènements M et M forment une partition de l’univers,
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P ( T ) = P (M > T ) + P (M > T ) = 0,01× 0,9 + 0,99 × 0,05 = 0,0585.
3. PT (M) =
P ( T > M) 0,01× 0,1
=
= 2 ≈ 0,001
1− 0,0585 1883
P(T)
19 Soit R l’évènement « L’album choisi est un album de
rock », P l’évènement « L’album choisi est un album de rap »,
J l’évènement « L’album choisi est un album de jazz » et A
l’évènement « L’album choisi est un album ancien ».
1.
0,5 A
R
0,45
0,5 A
0,7 A
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0,3 P
2. P (A > B) = P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 = 0,182
0,3 A
P (A < B) = 1− P (A > B ) = 1− 0,72 × 0,12 = 0,9136
0,25
0,4 A
J
P (B) = P (A > B) + P (A > B) = P (A) × PA (B) + P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 +
0,6 A
) + P (A) × PA (B) = 0,28 × 0,65 + 0,72 × 0,88 = 0,8156
2. Les évènements R, P et J forment une partition de l’univers,
16
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
7
9
B
P (A) = P (R > A) + P (P > A) + P (P > A) = 0, 45 × 0,5 + 0,3 × 0,7 + 0,25
B
P (A) = PN(R > A) + P (P > A) + P (P > A) = 0, 45 × 0,5 + 0,3 × 0,7 + 0,25 × 0, 4 = 0,535.
0,8
2
La probabilité que l’album écouté par Laurent soit ancien
9
est 0,535.
8
P (A > R ) 0, 45 × 0,5 45
9
0,2
B
=
=
≈ 0, 42
3. PA (R ) =
0,535
107
P (A )
N
Sachant que l’album écouté est ancien, la probabilité que ce
1 N
9
soit du rock est 45 .
107
7
8
4
a. P (B > B) + P (N > B) = 0,8 × + 0,2 × =
9
9 5
20 Dans le cas de jumeaux monozygotes, les deux bébés ont
La probabilité que la deuxième boule du tirage soit blanche
le même sexe avec la même probabilité d’avoir deux filles
est 4 .
ou deux garçons. Dans le cas de jumeaux hétérozygotes, on
5
a une chance sur quatre d’avoir deux filles, une chance sur
b. P (B > N) + P (N > N) = 0,8 × 2 + 0,2 × 1 = 1
quatre d’avoir deux garçons et une chance sur deux d’avoir
9
9 5
une fille et un garçon. On en déduit l’arbre pondéré suivant.
La probabilité que la deuxième boule du tirage soit noire est
0,5 GG
1.
M
1
5
0,5 FF
3
17
0,2
L
0,3 E
0,5 F
0,5 F
0,2 F
2
3
M
0,5 GF
0,25 GG
0,25 FF
P (M > GF) = P (M) × PM (GF) = 2 × 0,5 = 1. La probabilité de
3
3
0,5
donner
naissance
à
deux
bébés
de
sexes
différents est 1 .
Z
3
0,7 F
Najla a donc plus de chances de donner naissance à deux
1. a. P (Z) = 0,5
bébés de même sexe.
b. P (F) = P (L > F) + P (E > F) + P (Z > F) = 0,2 × 0,5 + 0,3 × 0,2 + 0,5 × 0,3 = 0,31
(E > F) + P (Z > F) = 0,2 × 0,5 + 0,3 × 0,2 + 0,5 × 0,3 = 0,31
0,8 F
0,3 F
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
215
21 1. À chaque passage dans la boucle « pour » le mobile
se déplace d’une unité de longueur. La boucle « pour » est
effectuée trois fois, le mobile se déplace donc de trois unités
de longueur.
2. À chaque passage dans la boucle la probabilité que la
variable position s’incrémente de 1 est 1 . La probabilité que
4
la variable position contienne la valeur 3 à la fin de l’algo3
rithme est 1 = 1 .
64
4
24 P (A) × P (B) = 0,3 × 0,2 = 0,06
P (A) × P (B) = P (A > B) . Les évènements A et B sont
indépendants.
25 • P (A > B) = P (A) × P (B) = 0,3 × 0,7 = 0,21
• P (A < B) = P (A) + P (B) − P (A > B) = 0,3 + 0,7 − 0,21 = 0,79
26
()
H
1
3
4
9
0,47
A
0,53
A
0,2 R
0,8 R
0,4 R
B
3 B
4
0,25 B
0,75 B
P (A) = 1− P (A) = 1− 0,53 = 0, 47
Les évènements A et A forment une partition de l’univers,
2
alors,
d’après la formule des probabilités totales, on a :
9
E
R
0,4
P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 0, 47 × 1 + 0,53 × 0,25 = 1
4
4
Les évènements H, F et E forment une partition de l’univers,
1
P (A > B) = 0, 47 × = 0,1175
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
4
1
4
2
P (R ) = P (H > R ) + P (F > R ) + P (E > R ) = × 0,2 + × 0, 4 + × 0,6 = 17
3
9
9 P (A) ×45
P (B) = 0, 47 × 1 = 0,1175
4
4
2
17
1
> R ) + P (E > R ) = × 0,2 + × 0, 4 + × 0,6 =
3
9
9
45
P (A) × P (B) = P (A > B) . Les évènements A et B sont
1 × 0,2
indépendants.
P (H > R ) 3
PR (H) =
=
= 3
17
P (R )
17
27 1. P (A) = 4 = 2 ; P (B) = 5 = 1 ; P (A > B) = 3 et
45
10 5
10 2
10
4
P (F > R ) 9 × 0, 4
2 × 1 = 1 ≠ 3 . Les évènements A et B ne sont pas
8
PR (F) =
=
=
5 2 5 10
17
P (R )
17
45
indépendants.
2
2. P (A) = 2 ; P (C) = 5 = 1 ; P (A > C) = 1 et
P (E > R ) 9 × 0,6 6
5
10 2
10
PR (E) =
=
=
17
P (R )
17
1
1
1
2
× = ≠ . Les évènements A et C ne sont pas
45
5 2 5 10
On a PR (F) . PR (E) . PR (H), l’animateur doit donc annoncer
indépendants.
que la personne est une femme afin de minimiser le risque
3. On peut choisir l’évènement D : « Obtenir un a ».
de se tromper.
On a P (D ) = 2 = 1 .
10 5
23
12
1
19 N
P (D > B) =
et P (D ) × P (B) = 1 × 1 = 1 . Les évènements
10
5 2 10
13
N
D et B sont indépendants.
20
7 L
19
P (D > C) = 1 et P (D ) × P (C) = 1 × 1 = 1 . Les évènements
10
5 2 10
13
19
D
et
C
sont
indépendants.
7
N
20
F
L
0,6 R
0,6 R
6
19
L
28 P (A) = 1 .
10
Les évènements A et A forment une partition de l’univers,
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 1 × 8 + 9 × 15 = 0,215.
10 10 10 100
P (A > B) = 1 × 8 = 0,08
10 10
P (A) × P (B) = 1 × 0,215 = 0,0215
10
P (A) × P (B) ≠ P (A > B) . Les évènements A et B ne sont pas
indépendants.
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22
1
4
1. P (N > L ) + P (L > N) = 13 × 7 + 7 × 13 = 91
20 19 20 19 190
La probabilité de manger un chocolat de chaque sorte est
91 .
190
1− P (L > L ) = 1− 7 × 6 = 169
20 19 190
La probabilité de manger au moins un chocolat noir est 169 .
190
2. P (N > L ) + P (L > N) = 91 × 190 = 7
190 169 13
1− P (L > L )
Sachant que l’on a mangé au moins un chocolat noir, la
291− P (B > P ) = 1− ( P (B ) × (1− P (P))) = 1− (0,8 × (1− 0,17)) = 0,336
probabilité d’avoir mangé un chocolat de chaque sorte est
1− P (B > P ) = 1− ( P (B ) × (1− P (P))) = 1− (0,8 × (1− 0,17)) = 0,336
7.
La probabilité que l’ordinateur choisi ait au moins l’un des
13
deux problèmes est 0,336.
216
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
30
0,7
0,2
O
B
0,8 S
0,2 S
0,9 S
0,1 S
0,6 S
33 L’évènement A « Michel arrive à l’heure » est l’évènement
contraire de « Michel a une panne de réveil ou a son scooter
qui ne démarre pas ou croise un camion poubelle ».
Ainsi, P (A) = 14 × 19 × 3 = 133 = 0,665.
15 20 4 200
34 1. On effectue deux tirages successifs avec remise, il s’agit
d’une succession de deux épreuves indépendantes et la
0,4 S
probabilité d’obtenir deux boules vertes est égale à
1. Les évènements O, B et F forment une partition de l’univers,
2×2= 4 .
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
7 7 49
2. La0,6
première
P (S) = P (O > S) + P (B > S) + P (F > S) = 0,7 × 0,8 + 0,2 × 0,9 + 0,1×
= 0,8 fleur cueillie n’étant pas remise sur la branche
avant la cueillette de la deuxième fleur, il ne s’agit pas d’une
> S) + P (F > S) = 0,7 × 0,8 + 0,2 × 0,9 + 0,1× 0,6 = 0,8.
succession de deux épreuves indépendantes et la probabilité
2. a. P (O > S) = 0,7 × 0,8 = 0,56
P (S) × P (O ) = 0,8 × 0,7 = 0,56
de cueillir deux fleurs blanches est 2 × 1 = 1 .
10 9 45
,
les
évènements
O
et
S
sont
P (O > S) = P (S ) × P (O )
3. On lance successivement deux fois un dé cubique non
indépendants.
truqué. Il s’agit d’une succession de deux épreuves indépenb. P (B > S) = 0,2 × 0,9 = 0,18
dantes, et la probabilité d’obtenir deux fois le numéro 6 est
P (S) × P (B) = 0,8 × 0,2 = 0,16
,
les
évènements
O
et
S
ne
sont
pas
P (B > S) ≠ P (S) × P (B)
égale à 1 × 1 = 1 .
6 6 36
indépendants.
c. P (F > S) = 0,1× 0,6 = 0,06
35 1. La fonction « tirage » renvoie dans une liste la couleur
P (S) × P (F) = 0,8 × 0,1 = 0,08
de deux bulletins tirés successivement et avec remise dans
P (F > S) ≠ P (S) × P (F), les évènements F et S ne sont pas
une urne contenant cinq bulletins verts et deux bulletins
indépendants.
bleus.
d. P (B > O ) = 0
2. Il s’agit d’une succession de deux épreuves indépendantes,
P (O ) × P (B) = 0,7 × 0,2 = 0,14
et la probabilité d’obtenir deux bulletins bleus est égale à
P (B > O ) ≠ P (O ) × P (B), les évènements O et B ne sont pas
3×3= 9.
indépendants.
8 8 64
3. Les évènements O et S sont indépendants, les évènements
3.
O et S le sont aussi, ainsi, PS (O ) = P (O ) = 0,7.
0,1
F
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31 On a P (A) = 0,12 + 0, 48 = 0,6, et, d’après le tableau,
P (A > E) = 0,12 .
Les évènements A et E sont indépendants, on a donc
0,12 = 0,2.
P (A > E) = P (A) × P (E), d’où P (E) =
0,6
Alors P (A > E) = 0,2 − 0,12 = 0,08.
P (E ) = 1− P (E) = 0,8, alors P (A > E ) = 0,8 − 0, 48 = 0,32.
32 1. P (A > B) = P (A) × P (B) si et seulement si les évènements A et B sont indépendants. La proposition est fausse.
2. Si les évènements A et B sont indépendants alors
P (A > B) P (A) × P (B)
=
= P (A). La proposition est vraie.
P (B)
P (B)
3. Si PB (A) = P (A) alors les évènements B et A sont indépendants et P (A > B) = P (A) × P (B) .
P (B) = P (A > B) + P (A > B)
⇔ P (B) = P (A > B) + P(A) × P (B)
⇔ P (A > B) = P(B) − P(A) × P (B)
⇔ P (A > B) = P(B)(1− p(A)) = P(B) × P(A)
On conclut que les évènements A et B sont indépendants. La
proposition est vraie.
4. Les évènements A et A forment une partition de l’univers,
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 0,2 × 0,15 + 0,8 × 0,1 = 0,11.
P (A > B) = 0,2 × 0,15 = 0,03
P (A) × P (B) = 0,2 × 0,11 = 0,022
P (A) × P (B) ≠ P (A > B) , les évènements A et B ne sont pas
indépendants. La proposition est fausse.
36 Soit F l’évènement « La personne qui passe le bac est une
fille », R l’évènement « La personne a réussi son bac » et M
l’évènement « La personne a obtenu une mention au bac ».
Les évènements F et F forment une partition de l’univers,
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P (R ) = P (F>R ) + P ( F > R )
⇔ P (R ) = P (F) × PF (R ) + P ( F ) × PF (R )
⇔ P (R ) = P (F) × PF (R ) + (1− P (F)) × PF (R )
⇔ P (R ) = P (F) × ( PF (R ) − PF (R )) + PF (R )
P (R ) − PF (R )
⇔ P (F) =
PF (R ) − PF (R )
⇔ P (F) = 0,883 − 0,8602 ⇔ P (F) ≈ 0, 454.
0,9104 − 0,8602
En 2018, environ 45, 4 % des candidats au baccalauréat
étaient des filles.
De plus, P (F > R ) = P (F) × PF (R ) = 0, 454 × 0,9104 ≈ 0, 413 et
P (F) × P (R ) = 0, 454 × 0,8830 ≈ 0, 401.
P (F > R ) ≠ P (F) × P (R ) . Les évènements F et R ne sont pas
indépendants. Autrement dit, le fait d’être une fille ou pas a
de l’influence sur la réussite au bac.
De même,
P (M) = 0, 454 × 0,5905 + (1− 0, 454 ) × 0,53 ≈ 0,557.
P (F > M) = P (F) × PF (M) = 0, 454 × 0,5905 ≈ 0,268
et P (F) × P (M) = 0, 454 × 0,557 ≈ 0,253.
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
217
P (F > M) ≠ P (F) × P (M). Les évènements F et M ne sont pas
indépendants. Autrement dit, le fait d’être une fille ou pas a
de l’influence sur l’obtention d’une mention au bac.
Finalement, on peut dire qu’une fille à une plus forte probabilité d’obtenir le bac et une mention à celui-ci.
Exercices
37 1. a. La probabilité qu’une personne connaisse le
P (A) = P (R1 > A) + P (R2 > A) + P (R3 > A) = 0,2 × 0,3 + 0,5 × 0,15 + 0,
525
7
P
A
=
P
R
>
A
+
P
R
>
A
+
P
R
>
(
)
(= 10,35.) ( 2 ) ( 3 A) = 0,2 × 0,3 + 0,5 × 0,15 + 0,3 × 0,05 = 0,15.
commerce équitable est
=
0,35
0,65
C
C
0,96 A
0,04 A
0,56 A
La probabilité qu’une personne choisie au hasard parmi les
clients de cette compagnie ait un accident dans l’année est
0,15.
P (A>R1 ) 0,2 × 0,7 14
=
=
2. PA (R1 ) =
1− 0,15
85
P (A )
La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R1 est 14 .
85
P (A > R2 ) 0,5 × 0,85 1
PA (R2 ) =
=
=
1− 0,15
2
P (A )
La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R2 est 1 .
2
P (A>R3 ) 0,3 × 0,95 57
PA (R3 ) =
=
=
1− 0,15
170
P (A )
La probabilité que Gaëlle appartienne à la classe R3 est 57 .
170
40 Soit D l’évènement « Le sportif est dopé » et T l’évènement
« Le test est positif ».
0,02
D
0,44 A
0,99
T
0,01
T
0,015
T
0,98
c. P (C > A) = 0,35 × 0,96 = 0,336
D
0,985 T
et P (C > A) = 0,65 × 0,56 = 0,364.
P ( T ∩D )
0,02 × 0,99
d. Les évènements C et C forment une partition de l’univers,
1. PT (D ) =
=
= 66 ≈ 0,57
0,02 × 0,99 + 0,98 × 0,015 115
P(T)
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P ( T+∩0,364
D ) = 0,7. 0,02 × 0,99
P (A) = P (C > A) + P (C > PA)(D
= )0,336
=
=
= 66 ≈ 0,57
T
0,02 × 0,99 + 0,98 × 0,015 115
P(T)
L’affirmation du journaliste est vraie.
2. On suppose que PD ( T ) = p.
e. P (C) × P (A) = 0,35 × 0,7 = 0,245 et P (C > A) = 0,336 .
On doit avoir PT (D ) = 0,95
On a P (C > A) ≠ P (C) × P (A), les évènements C et A ne sont
0,02 × 0,99
⇔
= 0,95
donc pas indépendants.
0,02 × 0,99 + 0,98 × p
⇔ 0,0198 = 0,01881+ 0,931p
38 Chacune des équipes pouvant affronter n’importe quelle
⇔ 0,00099 = 0,931p ⇔ p ≈ 0,001.
équipe sauf elle-même, il y a 8 × 8 − 8 soit 56 tirages possibles.
Parmi ces tirages, il y en a 8 qui sont favorables (l’équipe de
41 Soit I l’évènement « Le client a acheté le billet par
Killian affrontant celle de Paul à domicile ou à l’extérieur lors
internet » et F l’évènement « Le client est une femme ».
du premier quart de finale ou du deuxième ou du troisième
0,68 F
ou du quatrième). Ainsi la probabilité que les équipes de
I
0,72
0,32 F
Killian et Paul se rencontrent est 8 soit 1 .
56
7
39
0,3
0,2
0,5
R1
R2
0,3
R3
0,28
A
A
0,7
0,15 A
0,85 A
0,05 A
0,95 A
1. Les évènements R1, R2 et R3 forment une partition de l’univers, alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
218
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
I
F
F
P (F > I) 4
a. D’après l’énoncé, on a PF (I) = 4 , donc
= = 0,8
5
5
P (F)
et P (F > I) = 0,72 × 0,68 = 0, 4896 , alors
P (F) = 0, 4896 = 0,612.
0,8
P ( F > I) 0,72 × 0,32 0,2304
b. PF (I) =
=
=
≈ 0,59
1− 0,612
0,388
P (F )
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1500 20
b. La probabilité qu’une personne de moins de 25 ans
connaisse le commerce équitable est 156 = 26 .
414 69
c. La probabilité qu’une personne qui connaît le commerce
équitable ait moins de 40 ans est 156 + 171 = 109 .
525
175
504
P (C > A) 1500 504
=
=
= 0,96
2. a. PC (A) =
525
P (C)
525
1500
546
P (C > A) 1500 546
et PC (A) =
=
=
= 0,56.
975
975
P (C)
1500
b.
(
b.
42 P (G) = P (1> G) + P (2 > G) + P (3 > G) + P ( 4 > G) + P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1
6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 2
P (2 > G) + P (3 > G) + P ( 4 > G) + P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 × 223
(
)
6 2 6 3 6La probabilité
4 6 5 de6 l’évènement
6 6 7 6
2 3 0,28.
4 5 6 7
est environ
1 + 1 = 1 × A223
223 ≈ 0,27
P (5 > G) + P (6 > G) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 ×3.1L’évènement
+1+ 1+1+
=
6 réalisé
7
6lorsque
140 que
840l’on obtient un 6 au
6 2 6 3 6 4 6 5 6 6 6 7 6 2 3 4 5 A est
premier
lancer
du
dé
et
un
chiffre
différent
de 6 au deuxième
× 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 1 × 1 + 1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 1 × 223 = 223 ≈ 0,27 lancer ou un chiffre différent de 6 au premier lancer du dé
5 6 6 6 7 6 2 3 4 5 6 7
6 140 840
1 = 1 × 223 = 223 ≈ 0,27
et un 6 au deuxième lancer. Le dé étant équilibré, il y a équi7
6 140 840
probabilité entre toutes les faces du dé.
43 1. Étant donné qu’il s’agit d’un tirage avec remise, les
Ainsi, P (A) = 1 × 5 + 5 × 1 , soit P (A) = 5 ≈ 0,28.
tirages sont indépendants.
6 6 6 6
18
2. On peut faire un tableau à double entrée contenant la
46
somme et le produit des nombres.
0,8
(
)
(
)
Somme ;
produit
1
2
3
4
5
1
2;1
3;2
4;3
5;4
6;5
2
3;2
4;4
5;6
6;8
7 ; 10
3
4;3
5;6
6;9
7 ; 12
8 ; 15
4
5;4
6;8
7 ; 12
8 ; 16
9 ; 20
)
A
0,2
B
0,3
0,5
C
6
140
D
0,2 D
0,9 D
0,1 D
0,8 D
0,2 D
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1. Les évènements A, B et C forment une partition de l’univers,
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
5
6;5
7 ; 10
8 ; 15
9 ; 20 10 ; 25
P (D ) = P (A > D ) + P (B > D ) + P (C > D ) = 0,2 × 0,8 + 0,3 × 0,9 + 0,5 ×
P (D ) = P (A > D ) + P (B > D ) + P (C > D ) = 0,2 × 0,8 + 0,3 × 0,9 + 0,5 × 0,8 = 0,83 .
P (P) = 8 ; P (S) = 12 ; P (P > S) = 4 et 8 × 12 = 96 ≠ 4 ,
P (C > D ) = 0,5 × 0,8 = 0, 4
25
25
25 25 25 625 25
et P (C) × P (D ) = 0,5 × 0,83 = 0, 415.
donc les évènements ne sont pas indépendants.
P (C > D ) ≠ P (C) × P (D ), les évènements C et D ne sont pas
44 1. P (A) = P (B > A) + P (B > A) = 0,14 × 0,16 + (1− 0,14 ) × (1−indépendants.
0,96) = 0,0568
= P (B > A) + P (B > A) = 0,14 × 0,16 + (1− 0,14 ) × (1− 0,96) = 0,0568
2. P (C > D ) = 0,5 × PC (D )
Réponse c.
P (C) × P (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D ))
2. Soit C l’évènement « L’adhérent participe à une compéC et D indépendants
tition » et M l’évènement « L’adhérent à moins de 18 ans ».
⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔
⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔ PC (D ) = 0, 43 ⇔ PC (D ) =
0,5
M
M
Total
⇔ P (C > D ) = P (C) × P (D ) ⇔ 0,5 × PC (D ) = 0,5 × (0, 43 + 0,5 × PC (D )) ⇔ PC (D ) = 0, 43 ⇔ PC (D ) = 0,86
0,5
C
42
12
54
Les évènements C et D sont indépendants lorsque
C
18
28
46
PC (D ) = 0,86.
Total
60
40
100
PC (M) = 42 ≈ 0,78. Réponse c.
54
3. Les informations sont insuffisantes pour pouvoir conclure
sur l’indépendance des évènements A et B. Réponse c.
4. La pièce est bien équilibrée, il y a donc équiprobabilité
entre toutes les issues de l’expérience. Il y a deux cas favorables ((P ; F) ; (F ; P)) parmi quatre issues. La probabilité
d’obtenir exactement une fois « Face » est 1 . Réponse a.
2
45 1. La fonction deux_lancers renvoie le nombre de 6
obtenu après deux lancers d’un dé équilibré.
2. a.
47
p
1–p
1
q
1
2
1–q 2
1. La probabilité que le joueur fasse une double faute est
(1− p) × (1− q ) .
Dans le cas où p = 0,9 et q = 0,3, alors la probabilité que le
joueur fasse une double faute est (1− 0,9) × (1− 0,3) soit 0,07.
2. La probabilité que le joueur fasse une double faute est
(1− p) × (1− (1− p)) = − p2 + p. La fonction f définie sur [0 ;1]
par p ⇒ − p2 + p admet un maximum atteint en −1 soit
2 × (−1)
1.
2
La probabilité de faire une double faute est maximale lorsque
p = 1.
2
48 1. A et B incompatibles ⇔ P (A > B) = 0 et A et B indépendants ⇔ P (A > B) = P (A) × P (B).
A et B incompatibles et indépendants ⇒ P (A) × P (B) = 0.
P (A) × P (B) = 0 est une condition nécessaire pour que A et
B soient incompatibles et indépendants.
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
219
Les évènements P, E et F forment une partition de l’univers,
2. P (A) × P (B) = 0 ⇒ P (A) = 0 ou P (B) = 0 ⇒ P (A > B) = 0
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
⇒ P (A) × P (B) = P (A > B) ⇒ A et B incompatibles et
P (M) = P (P > M) + P (E > M) + P (F > M) = 1 × 1 + 2 × 1 + 4 × 3 = 3
indépendants.
7 5 7 5 7 5 7
P (A) × P (B) = 0 est une condition
P (M)suffisante
= P (P > Mpour
) + Pque
(E >AMet) +B P (F > M) = 1 × 1 + 2 × 1 + 4 × 3 = 3 .
7 5 7 5 7 5 7
soient incompatibles et indépendants.
La probabilité que Martin récite sa poésie est 3 , soit environ
49 1.
7
1
0,43.
3
A
1
2
A
B
2
3
1
3
B
2
3
B
B
P (A) = 1 , P (A > B) = 1 × 1 = 1 et P (B) = 2 = 1
2
2 3 6
6 3
P (A) × P (B) = 1 × 1 = 1
2 3 6
On a P (A > B) = P (A) × P (B) , les évènements A et B sont
indépendants.
2. D’après l’énoncé p + p + p + p + p + 2 p = 1 ⇔ p = 1 .
7
Ainsi, P (A) = 1 + 1 + 2 = 4 et P (B) = 1 + 2 = 3 .
7 7 7 7
7 7 7
2
4
3
P (A > B) = et P (A) × P (B) = × = 12
7
7 7 49
On a P (A > B) ≠ P (A) × P (B) , les évènements A et B ne sont
pas indépendants.
50 1. a. P (B) = 0,36
52 1. Parmi les 27 732 personnes blessées pendant l’année
2017, 2 913 personnes l’ont été à cause d’un conducteur dont
l’attention était perturbée.
Ainsi, la probabilité qu’une personne blessée lors d’un accident de la route en 2017 l’ait été à cause d’un manque
d’attention du conducteur est 2913 , soit 971 , soit environ
27732
9244
0,105.
2. Si l’on considère que chaque typologie est incompatible
avec toutes les autres (hypothèse peu réaliste), les trois principales causes d’accidents mortels sont la prise d’alcool, la
prise de stupéfiants et les poids lourds.
53 1. On modélise l’expérience par le déplacement d’un
point faisant des « pas » successifs d’une unité dans une
direction aléatoire, verticale ou horizontale dans un carré
de côté 9 unités et dont le centre est l’origine O d’un repère
orthonormé.
En commençant la marche aléatoire du point O (0 ; 0), le robot
tombera dès que l’une de ses coordonnées atteindra la valeur
5 ou –5.
Définir MarcheAleatoire()
b. P ( F ) = 0, 48
X prend la valeur 0
0,26
Y prend la valeur 0
26
c. PF (S) =
=
0, 49 49
t prend la valeur 0
0,09
3
Tant que (X<5 et X>-5 et Y<5 et Y>-5 faire
d. PD ( F ) =
=
0,15 5
A prend une valeur aléatoire entière entre 1 et 4
e. P (F > S) = 0,26
Si A=1 faire
X prend la valeur X-1
f. P ( F < D ) = P ( F ) + P (D ) − P ( F > D ) = 0, 48 + 0,15 − 0,09 = 0,54
Fin Si
) = 0, 48 + 0,15 − 0,09 = 0,54
Si A=2 faire
2. P (F) = 0,52 ; P (B) = 0,36 ; P (F > B) = 0,20
X prend la valeur X+1
0,52 × 0,36 = 0,1872 ≠ 0,20, donc les évènements ne sont
Fin Si
pas indépendants.
Si A=3 faire
51 Soit P l’évènement « L’élève interrogé est au premier
Y prend la valeur Y-1
rang », E l’évènement « L’élève interrogé est entre le premier
Fin Si
rang et le dernier rang », F l’évènement « L’élève interrogé est
Si A=4 faire
au dernier rang » et M l’évènement « Martin est interrogé ».
Y prend la valeur Y+1
Un élève est nécessairement interrogé le lundi matin
Fin Si
t prend la valeur t+1
⇔ 1 + p + 2 p = 1⇔ 3p = 6 ⇔ p = 2 .
7
7
7
Fin tant que
On a donc l’arbre pondéré suivant :
Retourner t
1
5
P
1
7
2
7
E
4
7
F
220
4
5
1
5
M
2.
M
M
4
5
3
5
M
2
5
M
M
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
Le robot restera en moyenne 43 secondes sur la table.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
1
2
54 Soit A l’évènement « La face visible du jeton est noire » et
B l’évènement « La face cachée du jeton est noire ».
Il y trois jetons, soit six faces dont trois sont noires et trois
sont blanches. On a donc P (A) = 3 = 1 .
6 2
1
De plus, P (A > B) = car il y a un seul jeton sur les trois avec
3
les deux faces noires.
P (A > B) 1 2 2
= × = .
Ainsi, PA (B) =
P (A )
3 1 3
La probabilité que le jeton ait deux faces noires est 2 .
3
55 Cette expérience aléatoire peut être représentée par
l’arbre pondéré suivant.
n+3
n+ 4
3
4
1
4
B
1
n+ 4
3
n+ 4
N
n+1
n+ 4
B
N
B
N
57 La probabilité d’avoir choisi deux bonbons à la fraise à la
suite des deux tirages est 1− 8 soit 7 .
15
15
Soit x le nombre de bonbons à la fraise contenus dans le
sachet de 10 bonbons. La probabilité de choisir un bonbon
à la fraise au premier tirage est x . Dès lors que l’on a tiré un
10
bonbon à la fraise au premier tirage, la probabilité d’en tirer
un second à la fraise au deuxième tirage est x − 1.
9
On a donc :
x × x − 1 = 7 ⇔ x ( x − 1) = 42 ⇔ x 2 − x − 42 = 0
.
10
9
15
On considère l’équation x 2 − x − 42 = 0.
Δ = 169, l’équation admet deux solutions distinctes :
x1 = 1− 169 = −6 (impossible) et x2 = 1+ 169 = 7.
2
2
Le sachet contient 7 bonbons à la fraise et 3 au cola.
58 1. a. P (M) = 1 ; PM (S) = 0,98 ; PM ( S ) = 0,98.
b.
500
1
500
M
0,98 S
0,02 S
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
P (A) = 3 × n + 3 + 1 × n + 1 = 2n + 5
0,02 S
4 n + 4 4 n + 4 2 × (n + 4 )
499
M
2n
+
5
3
3
500
P (A ) = ⇔
= ⇔ 8n + 20 = 6n + 24 ⇔ 2n = 4 ⇔ n = 2
4
2 (n + 4 ) 4
0,98 S
= 6n + 24 ⇔ 2n = 4 ⇔ n = 2
c. Les évènements M et M forment une partition de l’univers,
La valeur de n pour laquelle P (A) = 3 est 2.
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
4
P (S) = P (M > S) + P (M > S) = 1 × 0,98 + 499 × 0,02 = 0,02192
500
500
56 1. a. Dans la cellule H2 on lit la valeur 0. Le pion est donc
1 × 0,98 + 499 × 0,02 = 0,02192.
P
S
=
P
M
>
S
+
P
M
>
S
=
(
)
(
)
(
)
revenu à la case départ après six déplacements.
500
500
1
P (M > S) 500 × 0,98
b. fA = 2 = 0, 4
d. PS (M) =
=
= 49 ≈ 0,089. La proba5
548
P (S )
0,02192
2. On simule le lancer du dé avec la fonction ENT(ALEA()*2)
bilité qu’un passager porte un objet métallique alors que le
qui renvoie la valeur 0 ou 1 de manière équiprobable. La
portique a sonné est environ 0,089.
fonction SI(ENT(ALEA()*2)=0 ;1 ;-1) renvoie la valeur 1 si la
2. Lors du passage d’une personne à un portique, la probacondition ENT(ALEA()*2)=0 est rempli et renvoie la valeur – 1
bilité que le portique sonne est P (S) = 0,02192. L’expérience
sinon.
du passage d’une personne à un portique est renouvelée de
La formule à écrire dans la cellule C2 puis à étirer
manière identique et indépendante deux fois. La probabilité
vers la droite pour simuler un trajet peut être :
qu’une seule des deux personnes fasse sonner le portique
=B2 +SI(ENT(ALEA()*2)=0 ;1 ;-1) .
est P (S) × P ( S ) + P (S) × P ( S ) soit 2 × 0,02192 × 0,97808 soit
3.
environ 0,043.
4. La formule à écrire en cellule I2 pour calculer la fréquence
de l’évènement A est =NB.SI(H2 :H10001 ;0) /10000 .
5. Le nombre d’expériences étant très grand, la fréquence
d’apparition de l’évènement A calculée est une bonne estimation de la probabilité de l’évènement A. Ainsi d’après la
feuille de calcul de la question 3, p(A) ≈ 0,3167.
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
221
() ()
()
3
2
c. P (A) = 1 + 1 × 1 × 3 + 1 × 1
3
3
6
3 6
succession d’épreuves indépendantes et les probabilités sur
3
2
2
3
1
1
1
1
1
1
103
les branches sont les mêmes
à
chaque
étape.
P (A ) =
+
× ×3+ ×
×3+
=
≈ 0, 48
3 1/23 A 6
3 6
6
216
2. a.
() ()
A
1
2
1
3
A
1
6
1
2
A
1
2
1
3
1
3
B
1
6
A
1
2
1
3
C
1
6
1/4
1/2
C
A
3
5
1
3
C
A
1
5
B
1
5
C
A
C
A
1/3 B
1/6
C
b. P (BAC) = 1 × 1 × 1 = 1
3 2 6 36
A
3
5
2
5
C
l’arbre pondéré suivant.
0,75
0,25
B1
C1
0,75 A
2
0,25 C2
1
B2
C
A
A
A
1/2 B
A
1/4 B
b. P (BAC) = 1 × 3 × 1 = 1
3 5 4 20
1
c. P (A) = × 1 × 1 + 1 × 1 × 1 + 1 × 2 × 1 = 1
3 5 4 3 5 4 6 5 4 20
3. Comme 1 , 1 , alors la probabilité d’obtenir les lettres
36 20
B, A et C dans cet ordre est plus grande lors d’un tirage sans
remise et c’est donc ce type de tirage qu’il faut choisir pour
avoir le maximum de chances.
Exercices
60 1. Cette expérience aléatoire peut être représentée par
A
1/4 B
3/4
B
C
A
1/4 C
1/2
1
6
C
A
C
A
1/4 B
3/4
C
A
1/2 B
1/4
3/4
B
= 103 ≈ 0, 48
216
1/4 B
1/2
C
A
1/3 B
1/6
1/2
C
B
1/3 B
1/6
1/2
B
1
2
1/3 B
1/6
1/2
1
6
C
A
1
5
1/3 B
1/6
1/2
C
2
5
A
3
1/2 B
1/4
1/2
1/3 B
1/6
1/2
B
C
A
1/3 B
1/6
1/2
A
2
5
()
×3+ 1
6
1/4
C
A
1/3 B
1/6
1/2
C
()
1/3 B
1/6
1/2
B
()
2
2.
An
an
bn
cn
An
0,75 B
n+1
0,25 Cn+1
0,75 A
n+1
0,25 Cn+1
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
59 1. a. Il s’agit d’un tirage avec remise, donc c’est une
1
a1 = 0, b1 = 0,75, c1 = 0,25 et a2 = 0,75 × 0,75 = 0,5625, b2 = 0,25 × 1 = 0,25, c2 = 0,75 × 0,25
Cn = 0,1875
B n+1
= 0,5625, b2 = 0,25 × 1 = 0,25, c2 = 0,75 × 0,25 = 0,1875.
an+1 = 0,75 × bn , bn+1 = 0,75 × an + cn , cn+1 = 0,25 × an + 0,25 × bn
an+1 = 0,75 × bn , bn+1 = 0,75 × an + cn , cn+1 = 0,25 × an + 0,25 × bn
3. a.
222
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
b.
63 1. a. La valeur de a est égale au périmètre du cercle de
Le joueur qui a la plus grande probabilité d’avoir la balle à
l’issue du centième lancer est Béatrice et ce résultat est indépendant du joueur qui avait la balle au départ.
61 1. Il s’agit d’une succession d’épreuves indépendantes et
diamètre b. Ainsi, a = 2π × b , soit a = π × b.
2
Peu importe où tombe l’aiguille circulaire de diamètre b, elle
coupe toujours deux fois les bords des lames de largeur b.
On a donc ka = 2 ⇔ kπb = 2 ⇔ k = 2 .
b
b
π
b. La probabilité qu’une aiguille de longueur a coupe le bord
d’une lame de largeur b est 2a .
πb
2. a.
les probabilités d’obtenir « Pile » ou « Face » sont les mêmes
à chaque étape, à savoir P (P) = 1 et P (F) = 1 .
2
2
Soit A l’évènement « Obtenir exactement une fois ”Face” sur
Acheval ← 0
deux lancers ».
Pour i allant de 1 à N faire
On a P (A) = 1 × 1 + 1 × 1 = 1 .
x1 ← un nombre réel au hasard entre 0 et 1 (1 exclu)
2 2 2 2 2
α ← un nombre réel au hasard entre 0 et 2π (2π exclu)
Soit B l’évènement « Obtenir exactement deux fois ”Face”
x2 ← cosα
sur quatre lancers ».
Si x1 = 0 ou x2 ≤ 0 ou x2 ≥ 1 alors
On a :
2
2
2
2
2
2
2
2
2 2
2
2
2
Acheval
=2 Acheval+1
P (B) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 6 × 1 × 1 = 3
2
2 Fréquance=Acheval/N
2
2
2
2
2
8
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 = 6× 1 × 1 = 3
b. Lorsque
2
2
2
2
2
2
2
2la valeur
8 de N est grande, la fréquence d’observa2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
tion
de
l’évènement
« L’aiguille est à cheval sur deux lames »
+ 1 × 1 = 6 × 1 × 1 = 3.
est
une
bonne
approximation
de la probabilité de ce même
2
2
2
2
8
évènement.
Comme 3 , 1 , la probabilité d’obtenir exactement une fois
8 2
Ainsi, lorsque N est grand, f ≈ 2 ⇔ π ≈ 2 .
π
f
« Face » sur deux lancers est plus grande que d’obtenir exac2N
/
Acheval
est
donc
une
approximation
de π .
Le
rapport
tement deux fois « Face » sur quatre lancers.
c.
2. Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée.
On a 2 p + p = 1 ⇔ p = 1 .
3
Il s’agit d’une succession d’épreuves indépendantes et les
probabilités d’obtenir « Pile » ou « Face » sont les mêmes à
chaque étape, à savoir P (P) = p = 1 et P (F) = 2 p = 2 .
3
3
2
2
2
1
1
2
4
2
1
P (A) = × + × = et P (B) = 6 ×
×
= 8.
3 3 3 3 9
3
3
27
4
8
Comme , , la probabilité d’obtenir exactement une fois
27 9
« Face » sur deux lancers est plus grande que d’obtenir exactement deux fois « Face » sur quatre lancers.
() () () () () () () () () () () ()
) () () () () () () () () () () () ()
) () () () ()
() ()
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
() ()
62 On peut faire un tableau à double entrée où A est l’évè-
nement « L’alarme se déclenche » et B l’évènement « Les
cambrioleurs sont présents dans la maison ».
A
A
Total
B
0,98
0,02
1
B
3
96
99
Total
3,98
96,02
100
L’alarme est prise en défaut lorsqu’elle se déclenche et qu’il
n’y a pas de cambrioleur dans la maison et lorsqu’elle ne
se déclenche pas alors que des cambrioleurs sont dans la
maison.
Ces situations sont définies par les évènements
(A > B ) < (A > B)
et P ((A > B ) < (A > B)) = 3 + 0,02 = 0,0302.
100
64 1.
12
10
8
6
4
2
0
–2
0
2
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
223
2. a.
65 1. a. Si tous les couples de parents sont équiprobables,
on peut construire l’arbre suivant.
1– s
s
XX
1– s
s
XX
MX
1
2
1
b.
XX
(1– s)2
Lorsque la valeur de N est grande, la fréquence d’observation
de l’évènement « L’individu arrive de l’autre côté du pont sain
et sauf » est une bonne approximation de la probabilité de
ce même évènement.
Ici, lorsque N augmente, la fréquence de traversée « saine et
sauve » se rapproche de 1 , ce qui semble être une valeur
3
approchée de ce même évènement.
Génotype
du père
MX
s
XX
1
2
1
2
Génotype
de la mère
MX
1
2
XX
MX
XX
MX
s(1– s) s(1– s) s(1– s) s(1– s)
2
2
2
2
1
4
1
2
1
4
XX MX MM
s2 s2 s2
4
2
4
Génotype
de l’enfant
2
Le génotype MM a pour probabilité = s , on a donc s = 2 f .
4
b. En France, environ 1 enfant sur 2000 est atteint de la mucoviscidose, c’est-à-dire que f = 1 . On en déduit que
2000
1
s=2
≈ 0,0447 , c’est-à-dire que les porteurs sains du
2000
gène responsable de la maladie représentent environ 4,47 %
de la population totale.
2. a.
MM
MX
MM
1
0,5
MX
1–s –f
f
1–s –f
s
XX
0,5 1
f
0,5
1–s– f
s
MM
MX
0,5 0,25
MM MM MX MX MM MX
0,5
XX
0,25 0,5
MM MX XX
On obtient quatre branches avec le génotype de l’enfant MM,
2
fs sf
avec les probabilités f 2 , ,
et s .
2 2
4
La somme de ces probabilités donne la probabilité qu’un
2
enfant soit malade, soit f 2 + fs + s .
4
b. Cette probabilité correspond à la fréquence d’un enfant
2
malade soit f 2 + fs + s = f .
4
2
L’équation précédente équivaut à s + fs + f 2 − f = 0.
4
2
2
1
Δ = f − 4 × × ( f − f ) = f . 0, donc l’équation a deux
4
solutions réelles :
−f + f
s1 =
= 2( f − f )
2× 1
4
−f − f
et s1 =
= 2 (− f − f ) , 0, donc impossible.
2× 1
4
Donc la solution est s = 2 ( f − f ).
224
Génotype
du père
XX
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
MX
f
MM
0,5 1
1–s– f
s
MX
0,5
XX MX MX
XX
Génotype
de la mère
0,5 1
XX
XX
Génotype
de l’enfant
c. L’hémochromatose génétique est une maladie correspondant à ce modèle. La fréquence de cette maladie est de 5 .
1000
Donc, f = 5 = 0,005 ;
1000
ainsi s = 2 ( 0,005 − 0,005) ≈ 0,131.
La proportion des porteurs sains de gène responsable de
cette maladie en France est d’environ 13,1 %.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
f
66 1. a. Soit S l’évènement « Le lancer est réussi ». L’expérience
aléatoire peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant.
0,1
0,1
S
0,9
S
S
S
0,1
0,9
0,9
0,1
0,1
S
0,9
S
S
0,1
S
0,9
S
S
S
0,9
0,1
S
0,1
S
0,9
0,1
S
0,9
0,1
S
0,9
0,1
S
0,9
0,1
S
0,9
0,1
S
0,9
0,1
S
S
S
S
S
S
S
La probabilité de réussir au moins 3 tirs est 4 × 0,13 × 0,9 + 0,14
soit 0,00046. On en déduit que la probabilité de rater au
moins deux tirs est 1− 0,00046, soit 0,99954.
2. La probabilité qu’il réussisse le premier tir et rate les neufs
suivants est 0,1× 0,99 soit environ 0,039.
67 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée.
On a 3 p + p = 1 ⇔ p = 1 .
4
Soit E l’évènement « La pièce choisie est équilibrée » et 3F
l’évènement « On obtient trois "Face" ». L’expérience aléatoire peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant.
3
5
2
5
E
E
1
8
3F
7 3F
8
27
64 3F
37 3F
64
S
On élimine une pièce équilibrée lorsque celle-ci a été choisie
dans le sac et que l’on obtient successivement trois « Face ».
S
0,9 S
Une pièce truquée est gardée lorsque celle-ci a été choisie
0,9 S
dans le sac et que l’on obtient une autre issue que trois
« Face » à l’issue des trois lancers.
b. P (SSSS ) = 0,1× 0,9 × 0,9 × 0,9 = 0,0729
c. L’unique tir réussi peut être le premier, le second, le troiAinsi, P (A) = P ((E > 3F) < (E > 3F)) = P (E > 3F) + P (E > 3F) = 3 × 1 +
5 8
sième ou le quatrième. Ainsi la probabilité cherchée est le
1
2
37
49
3
P (A) = Pà((la
E>
3F) < (Eprécédente,
> 3F)) = P (Esoit
> 3F) + P (E > 3F) = × + ×
=
≈ 0,31.
quadruple de celle trouvée
question
5 8 5 64 160
4 × 0,0729, soit 0,2916.
La probabilité que l’on élimine une pièce équilibrée ou que l’on
d. La probabilité qu’il rate au moins deux tirs est la probabilité
contraire d’en réussir au moins 3.
garde une pièce truquée à l’issue de l’expérience est 49 .
160
S
0,9
0,1
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VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
68 1. a. Les évènements U et V forment une partition de l’uniSi l’entreprise veut atteindre son objectif, elle doit approvivers, donc d’après la formule des probabilités totales on a :
sionner 5 de son sucre auprès de l’exploitation U et 7
12
12
P (E) = P (U > E) + P ( V > E) = 0,3 × 0,03 + 0,7 × 0,05 = 0,044 .
La probabilité qu’un paquet prélevé porte le label « extra-fin »
auprès de l’exploitation V.
est 0,044.
69 1. a. Le nombre d’employés du service A est 450. Le
P (E > U) 0,3 × 0,03
=
= 9 ≈ 0,205.
b. PE (U) =
nombre total d’employés est 450 + 230 + 320 soit 1000. La
0,044
44
P (E)
probabilité de choisir au hasard un employé du service A est
Sachant qu’un paquet porte le label « extra-fin », la probabidonc P (A) = 450 = 0, 45.
lité que le sucre provienne de l’exploitation U est 9 .
1000
44
b. On sait que 40 % des employés du service A résident à
2. PE (U) = 0,3
moins de 30 minutes de l’entreprise donc PA ( T ) = 0, 40.
P (E > U)
⇔
= 0,3
P (E)
c. P (B) = 230 = 0,23 ; P (C) = 320 = 0,32 ; PA ( T ) = 1− 0, 40 = 0,60 ; P
1000
1000
P (U) × PU (E)
⇔
=
0,3
320 = 0,32 ; P ( T ) = 1− 0, 40 = 0,60 ; P ( T ) = 1− 0,20 = 0,80 ; P ( T ) = 1− 0,80 = 0,20
(B))×=PV230
P (U) × PU (E) + PP( V
(E) = 0,23 ; P (C) = 1000
A
B
C
1000
0,03 × P (U)
⇔ = 0,32 ; P ( T ) = 1− 0, 40 == 0,60
0,3 ; P ( T ) = 1− 0,20 = 0,80 ; P ( T ) = 1− 0,80 = 0,20.
,23 ; P (C) = 320
B
C
10000,03 × P (UA) + 0,05 × P ( V )
0,40 T
⇔ 0,03 × P (U) = 0,009P (U) + 0,015P ( V )
A
⇔ 0,021P (U) = 0,015P ( V )
0,45
0,60 T
⇔ P (U) = 5 P ( V )
0,20 T
7
0,23 B
Or, P ( V ) = 1− P (U) . On a donc :
0,80 T
5
12
5
5
0,80 T
0,32
P (U) = × (1− P (U)) ⇔
× P (U) = × P (U) = .
7
7
7
12
C
0,20
T
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
225
2. P (A > T ) = 0, 45 × 0, 40 = 0,18. La probabilité que l’emPB (R ) = 1− PB (R ) = 1− 1 = 9
10 10
ployé choisi soit du service A et qu’il réside à moins de
30 minutes de son lieu de travail est 0,18.
PC (R ) = 1− PC (R ) = 1− 1 = 4
5 5
3. Les évènements A, B et C forment une partition de l’univers,
P
R
=
1
(
)
D
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
Les +évènements
B,482
C et D forment une partition de l’uniP ( T ) = P (A > T ) + P (B > T ) + P (C > T ) = 0, 45 × 0, 40 + 0,23 × 0,20
0,32 × 0,80 A,
= 0,
vers,
alors,
d’après
la
formule
des probabilités totales, on a :
> T ) + P (C > T ) = 0, 45 × 0, 40 + 0,23 × 0,20 + 0,32 × 0,80 = 0, 482.
P
R
=
P
A
>
R
+
P
B
>
R
+
+ 1× 9 +
( ) (
) (
) P (C > R ) + P (D > R ) = 31 × 19
P (C > T ) 0,32 × 0,20
32
20
4 10
4. PT (C) =
=
=
≈ 0,124.
P ( T ) P (R ) =1−P 0,
> R ) + P259
+ 1 × 9 + 1 = 17 .
(A482
(B > R ) + P (C > R ) + P (D > R ) = 31 × 19
20 4 10 6 24
La probabilité qu’un employé fasse partie du service C
La probabilité que la personne arrive à l’heure est 17 .
sachant qu’il s’agit d’un employé résidant à plus de 30
24
32
.
minutes de son lieu de travail est
Or 17 , 11 .
259
24 12
La
proposition
est vraie.
70 1. a. P (G) = 0,2 car 20 % de la population a contracté la
2.
Le
tirage
de
la
deuxième chaussette s’effectue sans remise
grippe.
de
la
première.
On
peut donc représenter l’expérience aléab.
0,08 G
toire par l’arbre pondéré suivant.
0,4
0,6
V
V
0,92 G
3
4
G
G
V
14
19
5
19
15
19
V
B
2. P (G > V ) = 0, 4 × 0,08 = 0,032 . La probabilité que la
1
V
B
4
personne choisie ait contracté la grippe et soit vaccinée est
4 B
0,032.
19
3. Les évènements V et V forment une partition de l’univers,
Soit A, l’évènement « Les deux chaussettes sont de la même
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
couleur
». = 0,168
P (G) = P ( V > G) + P ( V > G) ⇔ P ( V > G) = P (G) − P ( V > G) = 0,2
− 0,032
P (A) = P ( V > V ) + P (B > B) = 3 × 14 + 1 × 4 = 23 ≈ 0,605
P ( V > G) ⇔ P ( V > G) = P (G) − P ( V > G) = 0,2 − 0,032 = 0,168.
4 19 4 19 38
3 × 14 + 1 × 4 = 23 ≈ 0,605
P ( V > G) 0,168
P
A
=
P
V
>
V
+
P
B
>
B
=
(
)
(
)
(
)
Ainsi, PV (G) =
=
= 0,28. La probabilité que
4 19 4 19 38
0,6
P (V )
La proposition est vraie.
la personne ait contracté la grippe sachant qu’elle n’est pas
vaccinée est 0,28.
73 1. Sachant que le tireur débutant touche la cible, la
probabilité qu’il atteigne la couronne extérieure est égale
au rapport entre l’aire verte et l’aire de la cible, soit :
Les évènements A et A forment une partition de l’univers,
π × 152 − π × 102 = 225 − 100 = 125 = 5 ≈ 0,556.
alors, d’après la formule des probabilités totales, on a :
225
225 9
π × 152
P (C) = P (A > C) + P (A > C) = 0,98 × x + 0,95 × (1− x ) = 0,03x +2.0,95
Le tireur a une chance sur deux de toucher la cible, puis
la probabilité d’atteindre la zone rouge est égale au rapport
+ 0,95 × (1− x ) = 0,03x + 0,95.
1
entre l’aire rouge et l’aire de la cible, soit :
2. P (C) = 0,96 ⇔ 0,03x + 0,95 = 0,96 ⇔ x =
3
1 × π × 52 = 25 = 1 ≈ 0,056.
1
2
2 π × 152 450 18
Donc P (A) = et P (B) = 1− P (A) = .
3
3
74 1. Les évènements D1 et D2 sont indépendants, donc :
La probabilité que la tablette provienne de la chaîne B est
donc bien égale au double de celle que la tablette provienne
P (D1 > D2 ) = P (D1 ) × P (D2 ) = 0,39 × 0,39 = 0,1521.
de la chaîne A.
2. P (D1 < D2 ) = P (D1 ) + P (D2 ) − P (D1 > D2 ) = 0,39 + 0,39 − 0,1521 = 0
3. P (A > C) = 1 × 0,98 = 49
P (D1 < D2 ) = P (D1 ) + P (D2 ) − P (D1 > D2 ) = 0,39 + 0,39 − 0,1521 = 0,6279
3
150
75 a. P (A > B) = P (A) × PA (B)
1
P (A) × P (C) = × 0,96 = 8
3
25
⇔ P (A > B) = (1− P (A)) × PA (B)
P (A > C) ≠ P (A) × P (C), on en déduit que les évènements A
2
et C ne sont pas indépendants.
P (A > B)
⇔ PA (B) =
⇔ PA (B) = 3
1
1− P (A)
P (A > C) 3 × (1− 0,98) 1
1− 1
=
=
4. PC (A) =
5
6
1− 0,96
P (C)
2 × 5 ⇔ P (B) = 5 .
⇔
P
B
=
(
)
La probabilité qu’une tablette provienne de la chaîne A
A
A
3 4
6
1
L’affirmation est vraie.
sachant qu’elle n’est pas commercialisable est .
6
b. P (A > B ) = P (A) × PA (B )
72 1. Soit R l’évènement « La personne est en retard ».
⇔ P (A > B ) = P (A) × (1− PA (B))
P (D ) = 1− ( P (A) + P (B) + P (C)) = 1− 1 + 1 + 1 = 1
3 4 4
6
⇔ P (A > B ) = 1 × 1− 1
5
3
PA (R ) = 1− PA (R ) = 1− 1 = 19
⇔ P (A > B ) = 2 .
20 20
15
(
226
)
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
( )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
71 1. On a P (A) = x, PA (C) = 0,98 et PA (C) = 0,95.
L’affirmation est fausse.
2
15 = 1
P (B)
1− 11 2
15
L’affirmation est fausse.
c. P (B) = P (A > B) + P (A > B) = 1 × 1 + 2 = 11
5 3 3 15
L’affirmation est vraie.
d. PB (A) =
76
b.
Questions Va piano
1. À chaque étape, le robot est sur le sommet S, X ou I du
triangle.
On a donc P (S) + P (X) + P (I) = 1.
De plus, la probabilité de passer par le sommet S est égale à
celle de passer par le sommet X, et la probabilité de passer
par le sommet S est le double de celle de passer par le
sommet I. Ainsi, P (S) = P (X) = 2P (I). On en déduit :
P (S) + P (X) + P (I) = 1 ⇔ 2P (I) + 2P (I) + P (I) = 1 ⇔ P (I) = 1 .
5
1
2
2. a. P (I) = ; P (S) = P (X) =
5
5
2
5
2
5
1
5
2
5
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I
S
2
X
5
X
1
5
2
5
1
5
S
2
X
5
S
2
5
2.
I
S
2
X
5
I
1
5
P (A > B)
=
a ← nombre réel aléatoire entre 0 et 5
Si a<1 alors
Pos ← I
Sinon
Si 1<a<3 alors
Pos ← S
Sinon
Pos ← X
Pour i allant de 0 à 1
a ← nombre réel aléatoire entre 0 et 5
Si a<1 alors
ListePos ← I
Sinon
Si 1<a<3 alors
ListePos ← S
Sinon
ListePos ← X
Afficher ListePos
Questions Allegro
1. La probabilité que le robot ne passe pas par les sommets
S, I et X dans cet ordre est la probabilité contraire qu’il passe
par les sommets S, I et X dans cet ordre, ainsi :
p = 1− 2 × 1 × 2 = 1− 4 = 121 .
5 5 5
125 125
2. a.
I
b. P (E) = 1 × 1 = 1
5 5 25
c. La probabilité que le robot ne passe pas deux fois par le
même sommet est la probabilité contraire qu’il passe deux
fois par le même sommet, ainsi :
2
2
2
p = 1− ⎛ 2 + 2 + 1 ⎞ = 1− 9 = 16 .
⎝ 5
5
5 ⎠
25 25
() () ()
b.
Questions Moderato
1. a. La première ligne de l’algorithme permet d’effectuer le
tirage d’un nombre réel aléatoire entre 0 et 5 qui est stocké
dans la variable a. La valeur de a va permettre, par exemple,
de simuler une expérience dont les trois issues ont pour
probabilités respectives 1 , 2 et 2 .
5 5 5
Si la variable a est inférieure à 1 alors le robot est sur le
sommet I du triangle SIX. Cette ligne traduit le fait que
P (I) = 1 .
5
c.
Il semble qu’environ 1 000 robots soient nécessaires pour
qu’au moins 3 % des robots aient effectué le parcours S, I,
X dans cet ordre.
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
227
1 1.
2 1. P (E) = 0,05 ; P (E ) = 1− P (E) = 1− 0,05 = 0,95 ; PE (A) = 0,60 ; PE (A
1
P (E) = 0,05 ; P (E2) = 1−
P
E
=
1−
0,05
=
0,95
;
P
(
)
T
E (A ) = 0,60 ; PE (A ) = 0,98.
1
T
2. PE (A) = 1− PE (A) = 1− 0,60 = 0, 40
2
1 H
and PE (A) = 1− PE (A) = 1− 0,98 = 0,02.
2
3.
1
1
2
H
2
T
1
2
H
0,05
0,95
0,6
A
0,4
0,02
A
E
A
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E
P ( T > H) + P (H > T ) = 1 × 1 + 1 × 1 = 1
2 2 2 2 2
0,98 A
2. P ( T > T ) = 1 ; P ( T > H) = 1 ; P (H > T ) = 1 ; P (H > H) = 1 4. P (A) = P (E > A) + P (E > A) = 0,05 × 0,6 + 0,95 × 0,02 = 0,049
4 P (A) = P (E >2 A) + P (E > A)2= 0,05 × 0,6 + 40,95 × 0,02 = 0,049
1
1
P (E > A) 0,05 × 0,6 30
> H) = ; P (H > T ) = ; P (H > H) = 1 .
5. PA (E) =
=
=
≈ 0,612
2
2
4
0,049
49
P (A )
3. Let’s call A the event « At least one head » and B the event
3 1. Let’s call T the event « Paul will eat one cookie on
« At least one tail ».
thursday ».
P (A) = 3 and P (B) = 3
4
4
P ( T ) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,3 + 0,7 × 0,9 × 0,3 + 0,7 × 0,1× 0,
P
T
=
0,3
×
0,3
×
0,3
+
0,3
×
0,7
×
0,3
+
0,7
×
0,9
× 0,3 + 0,7 × 0,1× 0,9 = 0,342
(
)
1
P (A > B) = P ( T > H) + P (H > T ) =
2
2. Let’s call A the event « Paul has eaten more than two
cookies in four days ».
P (A) × P (B) = 9
16
P (A) = 1− (0,3 × 0,7 × 0,1+ 0,7 × 0,9 × 0,7 + 0,7 × 0,1× 0,9 + 0,7 × 0,1×
two events A and B are not
P (A) × P (B) ≠ P (AP>
1− (0,3 × 0,7 × 0,1+ 0,7 × 0,9 × 0,7 + 0,7 × 0,1× 0,9 + 0,7 × 0,1× 0,1) = 0, 468
(AB))=, the
independant.
3. P ( T ) × P (A) = 0,342 × 0, 468 = 0,160056
P ( T > A) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,9 + 0,7 × 0,9 × 0,3 = 0, 405
P ( T > A) = 0,3 × 0,3 × 0,3 + 0,3 × 0,7 × 0,9 + 0,7 × 0,9 × 0,3 = 0, 405
P ( T ) × P (A) ≠ P ( T > A), the two events T and A are not
independant.
228
Chapitre 9 Probabilités conditionnelles et indépendance
10
Variables
aléatoires réelles
1 1. Série A : moyenne : µ A = −0,3 ; écart type : σA ≈ 2,83.
Série B : moyenne : µB = −0,3 ; écart type : σB ≈ 1,35 .
2. Les deux séries ont la même moyenne mais l’écart type de
la série B est plus petit que celui de la série A, ce qui signifie
que les valeurs sont moins dispersées autour de la moyenne.
2 1. P (A>B) = P (A) × PA (B) = 1 × 2 = 1
4
2. PA (B) = 2
3
(
3
6
3.
F1
9
16
3
16
F2
F2
5 On note, pour i [ {1 ;2}, Ri l’évènement « On obtient un
stylo rouge au i-ème tirage ».
)
3. P (B) = P A > B + P (A>B)
= 1 + P (A) × PA (B)
6
= 1 + 3 × 1 = 13
6 4 2 24
1
P A>B
4. PB (A) =
= 6 = 4
P (B)
13 13
24
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(
)
3 1re méthode
Le « 6 » n’est pas sorti. Il y a donc cinq issues équiprobables
possibles (1 ;2 ;3 ; 4 ;5 ) dont deux sont paires. Ainsi P (E) = 2 .
5
de
2 méthode
Soit A l’évènement « Le numéro sorti est pair » et B l’évènement « Le numéro sorti est le 6 ». On a alors A > B = {2 ; 4} .
2
P (A>B )
P (E) = PB (A) =
= 6 =2
P (B )
1− 1 5
6
4 1. On note, pour i ∈ {1 ;2} , Fi l’évènement « On obtient
“Face” au i-ème lancer ».
Tirage 1
3
4
1
4
F1
F1
Tirage 2
3
4
F2
1
4
3
4
F2
1
4
F2
F2
()
2. P (F1 >F2 ) = P (F1 ) × PF (F2 ) = 3
1
4
2
= 9
16
F1
3
16
1
16
5
12
R1
7
12
R1
4
11
R2
7
11
5
11
R2
6
11
R2
R2
L’évènement « Les deux stylos sont de couleurs différentes et
la réunion disjointe des évènements R1 >R2 et R1 >R2.
Ainsi la probabilité cherchée vaut :
P (R1 >R2 ) + P (R1 >R2 ) = 5 × 7 + 7 × 5 = 35 .
12 11 12 11 66
6
Seconde
Première
Terminale
Total
Filles
230
180
140
550
Garçons
190
160
100
450
Total
420
340
240
1 000
1. 450 = 0, 45
1 000
2. 340 = 0,34
1 000
3. 140 = 14
550 55
190
= 19
4.
420 42
7 1. Cette formule renvoie la somme de deux nombres
entiers aléatoires choisis entre 0 et 3.
2. Cette formule peut simuler le lancer de deux dés tétraédriques équilibrés, dans une expérience où l’on s’intéresse à
la somme des résultats obtenus.
3. =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)+ALEA.ENTRE.BORNES (1;6)
+ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
229
8 a. P (A) × P (B) = 0,6 × 0,8 = 0, 48 ≠ P (A>B) donc les
évènements A et B ne sont pas indépendants.
b. P (C ¯ D ) = P (C) + P (D ) − P (C>D )
= P (C) + P (D ) − P (C) × P (D )
car C et D sont indépendants.
Donc P (C ¯ D ) = 0,1+ 0, 46 − 0,1× 0, 46 = 0,514 .
Pour construire le cours
Situation
A
1 Ω est l’ensemble des issues de cette expérience aléatoire : {A, L, E, T, O, I, R}.
2 Les valeurs possibles de X sont 10, 5 et −8.
3 L’évènement {X = 5} est l’ensemble égal à {L, T, R} puisque c’est la partie de Ω constituée des issues pour lesquelles l’on
gagne 5 points.
4 P ( X = 5) = P ({L}) + P ({T}) + P ({R}) = 1 + 1 + 1 = 1 puisque Maëlys tire au hasard un carton dans le sac qui en contient 9,
9 9 9 3
et qu’un carton porte la lettre L, qu’un carton porte la lettre T et qu’un carton porte la lettre R.
5 Loi de probabilité de X : pour chaque valeur k possible de la variable aléatoire X, on calcule sa probabilité P ( X = k ).
Valeurs k de X
10
5
−8
Probabilité P ( X = k )
1
9
1
3
5
9
6 On cherche les valeurs possibles de la variable aléatoire Y égale au nombre de voyelles obtenues à l’issue des deux tirages,
ainsi que la probabilité de chacune de ces valeurs. Les valeurs possibles de Y sont 3, 5 et −3. Il s’agit alors de faire correspondre
à chaque élément de Ω une de ces valeurs, sachant que Ω est l’ensemble des issues de cette expérience aléatoire, ici :
{AA, AL, AE, LA, LL, LE, EA, EL, EE}.
Pour visualiser tous ces éléments et faciliter le calcul des probabilités, la représentation des deux tirages successifs par un
arbre pondéré de probabilité peut être utile.
Tirage 2
0,5
0,5
Ω
A
0,25 L
0,25
E
A → Y = –3
0,25 L → Y = 0
0,25
E → Y = –3
0,5
A →Y=0
0,25 L → Y = 5
0,25
E →Y=0
0,5
A → Y = –3
0,25 L → Y = 0
0,25
E → Y = –3
Il s’agit donc ensuite de calculer les probabilités des évènements {Y = −3} , {Y = 5}, {Y = 0} grâce aux propriétés des arbres
pondérés de probabilité :
• P (Y = −3) = 0,5 × 0,5 + 0,5 × 0,25 + 0,25 × 0,5 + 0,25 × 0,25
= 0,5625 ;
• P (Y = 5) = 0,25 × 0,25 = 0,0625 ;
• P (Y = 0) = 0,5 × 0,25 + 0,25 × 0,5 + 0,25 × 0,25 + 0,25 × 0,25
= 0,375.
Loi de probabilité de Y
Valeurs k de Y
Probabilité P (Y = k )
230
−3
5
0
0,5625
0,0625
0,375
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
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Tirage 1
Situation
B
1. a. En cellules B2 et C2, on peut entrer la formule =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6) qui simule le lancer d’un dé cubique équilibré
par le choix au hasard d’un nombre entier entre 1 et 6. En cellule D2, on peut entrer la formule =ABS(B2-C2) , ABS(x) désignant
la valeur absolue de x.
b. Il suffit d’étirer vers le bas les cellules B2, C2 et D2 jusqu’à la ligne 1001.
c. On peut calculer la moyenne des valeurs obtenues dans la colonne D, par exemple avec la formule =MOYENNE(D2:D1001) .
Lors d’une des simulations, on trouve 1,967. Il suffit de comparer ce nombre à la mise de 2 euros. Dans ce cas précis, le jeu
est défavorable au joueur.
d. Lorsqu’on effectue plusieurs simulations, on constate que cette moyenne varie entre 1,93 et 2,08 mais qu’elle est plus
souvent entre 1,95 et 1,99.
e. Il suffit d’étirer les cellules vers le bas jusqu’à la ligne 10001 et de recalculer la moyenne : =MOYENNE(D2:D10001) .
f. On constate alors, grâce à la touche F9 (ou CTRL+MAJ+F9), que la moyenne varie moins, et presque toujours entre 1,91 et
1,95 ; par ailleurs, elle semble toujours inférieure à 2, donc le jeu semble défavorable au joueur.
2. a. On cherche les valeurs possibles de la variable aléatoire X égale à la valeur absolue de la différence des deux dés, ainsi
que la probabilité de chacune de ces valeurs. Les valeurs possibles de X sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5. Il s’agit alors de faire correspondre
à chaque élément de Ω une de ces valeurs.
Pour visualiser tous ces éléments et faciliter le calcul des probabilités, la représentation de cette expérience aléatoire par un
tableau à double entrée peut être utile.
1
2
3
4
5
6
1
0
1
2
3
4
5
2
1
0
1
2
3
4
3
2
1
0
1
2
3
4
3
2
1
0
1
2
5
4
3
2
1
0
1
6
5
4
3
2
1
0
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Il s’agit donc ensuite de calculer les probabilités des évènements {X = 0} , {X = 1},…, {X = 5}.
Chaque couple de l’univers ayant la même probabilité que les autres, on a alors :
P (Y = 4 ) = 4 = 1 par exemple.
36 9
On calcule ainsi la probabilité de chaque évènement {X = k } , pour k allant de 0 à 5.
On résume les résultats. Loi de probabilité de X.
Valeurs k de X
0
1
2
3
4
5
Probabilité P ( X = k )
6
36
10
36
8
36
6
36
4
36
2
36
b. 6 = 3 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner zéro euro 3 000 fois.
36 18 000
10 = 5 000
36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner un euro 5 000 fois.
8 = 4 000
36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner deux euros 4 000 fois.
6 = 3 000
36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner trois euros 3 000 fois.
4 = 2 000
36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner quatre euros 2 000 fois.
2 = 1000
36 18 000 , donc, sur 18 000 parties, le joueur peut espérer gagner cinq euros 1 000 fois.
c. On peut alors estimer la somme moyenne versée au joueur à ce jeu, en effectuant l’opération :
0 × 3 000 + 1× 5 000 + 2 × 4 000 + 3 × 3 000 + 4 × 2 000 + 5 × 1000 35 000
=
≈ 1,94 euro.
18 000
18 000
35 000
3. Pour rendre ce jeu équitable, il faut que la mise soit égale à la moyenne de la somme remise, c’est-à-dire à
≈ 1,94 euro.
18 000
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
231
Travaux pratiques
1 Calculer l’espérance, la variance et l’écart type d’une variable aléatoire
TP
1 La probabilité de chaque issue étant proportionnelle à la valeur de cette issue, si l’on note a la probabilité P (G = 1) , on a
P (G = 2) = 2a, P (G = 3) = 3a,
P (G = 4 ) = 4a … P (G = 10) = 10a.
De plus, la somme de toutes ces probabilités vaut 1.
Donc a + 2a + … + 10a = 1 ⇔ (1+ 2 + …10) a = 1
⇔ 10 × 11 a = 1
2
⇔a= 1 .
55
Ainsi, on a la loi de probabilité suivante pour G.
gi
P (G = gi )
1
1
55
2
2
55
3
3
55
4
4
55
5
5
55
6
6
55
7
7
55
8
8
55
9
9
55
10
10
55
2 a. Cette instruction génère une liste X contenant les entiers de 1 à 10.
p
b. P = ⎡ for p in range (1,11)⎤
⎢⎣ 55
⎥⎦
c.
3 On obtient les résultats suivants.
TP
2 Simuler une variable aléatoire
1
2
3
232
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
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d.
4
5
On peut obtenir par exemple :
On remarque que quand le nombre d’expériences est petit, l’étendue reste assez variable alors que quand le nombre d’expériences est grand, il semble constant et égal à 10. Cela s’explique car lorsque le nombre d’expériences est grand, il y a de
grandes chances que les valeurs extrêmes (−5 et 5) soient atteintes, ce qui donne exactement une étendue de 10, quelles
que soient les autres valeurs atteintes.
TP
3 Faire la distinction entre un modèle et la réalité
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1 a. On note, pour i ∈ {1 ; 2 ; 3 ; 4} , Pi l’évènement « On obtient un “ Pile ” au i-ème tirage ».
Tirage 4
Tirage 3 1
2
P3
Tirage 2 1
1
2
2
P2
1
1
Tirage 1 1
2
2
P3
2
1
2
P1
1
2
1
P3
2
1
1
1
2
2
2
P2
1
1
2
2
P3
1
2
P4
1
2
1
2
P4
1
2
1
2
1
2
1
2
P4
1
2
1
2
P4
P2
1
2
1
2
1
2
1
2
P3
P3
P1
1
2
P2
1
2
1
2
P3
P3
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
P4
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
233
gi
P (G = gi )
−1
1
2
0
1
4
1
1
8
2
1
16
−2
1
16
b. E (G ) = −1× 1 + 0 × 1 + 1× 1 + 2 × 1 − 2 × 1 = − 3 = −0,375
2
4
8
16
16
8
2 a. La première condition rd.randint(0,1)==0 permet de tester si le « Pile » est apparu dans la simulation de ce tirage. La
seconde condition G==–2 teste si c’est la première fois que ce « Pile » apparaît (si G contient la valeur −2, c’est bien la première
fois, sinon, sa valeur aurait été modifiée).
b.
Les valeurs trouvées sont relativement proches de l’espérance d’autant plus que n est grand, ce qui est normal puisque l’espérance représente la moyenne des gains sur un grand nombre de parties.
3 a. La fonction evolmoy permet de tracer un graphique contenant :
• en bleu, un nuage de points donnant la moyenne des gains en fonction du nombre cumulé de parties jouées ;
• en rouge, la représentation de la fonction constante égale à l’espérance.
b. Pour 1 000 tirages, on peut par exemple obtenir :
1,0
0,8
0,6
0,4
0,2
0,0
–0,2
–0,4
–0,6
0
200
400
600
800 1 000
On observe que plus le nombre d’expériences est grand, moins la moyenne fluctue et plus elle est proche de la valeur de
l’espérance.
234
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
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c. On peut obtenir par exemple :
TP
4 Observer une fluctuation relative
1 On note, pour i [ {1 ; 2}, Fi l’évènement « On obtient une fille à la i-ème naissance ».
Naissance
1
100
205
105
205
Naissance
2
100
205
F1
F1
F2
105
205
100
205
F2
105
205
F2
F2
fi
0
1
2
P ( F = fi )
441
1 681
840
1 681
400
1 681
E ( F ) = 0 × 441 + 1× 840 + 2 × 400 = 40 ≈ 0,976
1 681
1 681
1 681 41
(
441 × 0 − 40
1 681
41
σ ( F ) = 840 ≈ 0,707
1 681
σ (F ) =
)
2
(
+ 840 × 1− 40
1 681
41
)
2
(
+ 400 × 2 − 40
1 681
41
)
2
2 a.
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b.
c. La fonction ecart sert à indiquer si l’écart entre la moyenne d’un échantillon de taille n (moyenne) et la valeur de l’espérance
µ est inférieur à 2σ .
n
d. En ligne 27, lorsque l’écart entre la moyenne de l’échantillon simulé de taille n et la valeur de l’espérance est inférieur à 2σ ,
n
2σ
on ajoute 1 à la variable somme. On compte ainsi le nombre d’échantillons simulés pour lesquels cet écart est inférieur à
.
n
On peut par exemple obtenir cet affichage :
On peut donc supposer que, quand le nombre de simulations est grand (ici 1 000) dans environ 94 % des cas, l’écart entre
la moyenne de l’échantillon et l’espérance est inférieur à 2σ .
n
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
235
TP
5 Fréquence d’apparition des lettres d’un texte donné
1 a. a ("lesmathematiquessontsympathiques") renvoie 3.
b. Cette fonction renvoie le nombre de "a" dans la chaîne de caractères en argument.
2 a.
b.
c. Après avoir testé plusieurs textes avec cette fonction, il semble que ce soit le "e" qui soit la lettre la plus fréquente dans un
texte en français.
Dans ce texte, c’est donc le lettre " p" qui semble la plus fréquente. Comme la lettre "e" est la 5e lettre de l’alphabet et le lettre
" p" la 16e lettre, on conjecture un décalage de 11 rangs pour ce codage.
b.
236
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
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3 a. En utilisant cette fonction sur le texte donné, on obtient :
c. On obtient, en utilisant cette fonction sur le texte donné :
Il s’agit d’un extrait de la fable Le Corbeau et le Renard de Jean de la Fontaine.
6 Bandit manchot
TP
1 Si l’on imagine un arbre avec les résultats des trois rouleaux, on obtient neuf résultats qui comportent trois fois le même
chiffre parmi 9 × 10 × 10 = 900 résultats possibles. La probabilité d’être gagnant vaut donc 9 = 1 .
900 100
On obtient donc la loi de probabilité suivante.
xi
69
−1
1
99
P ( X = xi )
100
100
1
99
30
µ = E ( X ) = 69 ×
− 1×
=−
= −0,3
100
100
100
σ = σ ( X ) = 1 (69 + 0,3)2 + 99 (−1+ 0,3)2 = 48,51 ≈ 6,96
100
100
2 ALEA() renvoie un nombre aléatoire entre 0 et 1.
Ainsi, l’instruction =SI(ALEA(),1/100;69;-1) renvoie 69 avec une probabilité de 1 et −1 sinon (donc avec une probabilité
100
de 99 .
100
( )
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3 a. On obtient un tableau de ce type.
b. On a pu entrer =SI(ABS($B$503-B502),=2*$B$504/RACINE(500);1;0) .
c. Feuille de calcul (voir fichier numérique).
d. On peut observer que la proportion des cas où l’écart entre la moyenne d’un échantillon et l’espérance de la variable est
inférieur ou égal à 2σ se situe entre 90 % et 100 %. C’est-à-dire que c’est presque toujours le cas.
500
TP
7 Chuck-a-luck
1 a.
gi
3
2
1
−1
P (G = gi )
1
216
15
216
75
216
125
216
b. E (G ) = 3 × 1 + 2 × 15 + 1× 75 − 1× 125 = − 17 ≈ −0,079
216
216
216
216
216
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
237
2 a. En cellule B5, C5 et D5 : =ALEA.ENTRE.BORNES(1;6) .
En cellule E5 : =NB.SI(B5:D5;3) .
b. Si la cellule E5 contient la valeur 0, alors on n’a obtenu aucun 3 et donc on affiche un gain de −1. Sinon, on a obtenu 1, 2
ou 3 fois le nombre 3, et ce nombre de fois, indiqué en cellule E5, correspond au gain du joueur, c’est donc cette valeur qui
est affichée.
c. Feuille de calcul (voir fichier numérique).
d. Les résultats sont relativement variables et pas forcément proches de l’espérance.
e. En revanche, quand on augmente le nombre d’expériences, les résultats obtenus deviennent relativement proches de la
valeur de l’espérance, ce qui est normal puisque l’espérance représente la moyenne des gains sur un grand nombre de lancers.
Réfléchir, parler & réagir
Calcul mental
1 1. 2 × 8 + 1 × 5 = 7
3
3
2. 1− 3 − 1 = 1
10 5 2
1
3. × 0,3 + 1 × 0,36 + 1 × (−0, 4 ) = −0,04
3
6
2
k + k + k = 1 ⇔ 11 k = 1 ⇔ k = 6 .
6
11
2 3
1
3 L’espérance vaut : 5 × + 0 × 1 − 2 × 7 = − 4 = − 1 ≠ 0
6
4
12
12
3
donc le jeu n’est pas équitable.
5
0,8
0,2
A1
A1
2
1
4
6
P (L = li)
1
10
3
10
3
10
1
10
2
10
728
728
234
=
(−2 013 + 2 015)
728
= 234 × 2
728
234
E (S ) =
= 9
364 14
A2
0,9
A2
Gain
0,5
A2
Probabilité
0,5
A2
6 Rien : 4 lettres
ne : 2 lettres
sert : 4 lettres
de : 2 lettres
courir : 6 lettres
il : 2 lettres
faut : 4 lettres
partir : 6 lettres
à : 1 lettre
point : 5 lettres
Soit L le nombre de lettres du mot tiré. La loi de L est donc
la suivante.
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
728
manquante vaut 1 .
2
De plus, le jeu est équitable donc, si l’on appelle x la valeur
du gain manquant, on a :
1 x + 2 × 1 + 5 × 1 = 0 ⇔ 1 x = − 19 ⇔ x = −19.
6
3
2
6
6
On a donc :
0,1
Automatismes
238
5
−19
2
5
1
6
1
3
1
2
xi
−1
0,5
2
P ( X = xi )
0,5
0,3
0,2
yi
−2,5
0
2
P (Y = yi )
0,2
0,4
0, 4
9
E ( X ) = −1× 0,5 + 0,5 × 0,3 + 2 × 0,2 = 0,05
E (Y ) = −2,5 × 0,2 + 0 × 0, 4 + 2 × 0, 4 = 0,3
Il vaut mieux jouer au jeu B car la moyenne des gains à long
terme (espérance) est plus élevée.
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P ( F = fi )
4
8 La somme des probabilités vaut 1 donc la probabilité
4 Soit F le nombre de « Face » obtenu.
1
1
2
2
7 E ( S ) = −2 013 × 234 + 0 × 260 + 2 015 × 234
2 La somme des probabilités vaut 1 donc
0
1
4
1
E ( L ) = 1× 1 + 2 × 3 + 4 × 3 + 5 × 1 + 6 × 2 = 36 = 3,6
10
10
10
10
10 10
En moyenne, on peut espérer avoir 3,6 lettres sur le carton
tiré.
4. 1 (19 − 5)2 + 3 (5 − 5)2 = 7
4
4
fi
li
Exercices
1 1. L’ensemble des valeurs prises par G est {−4 ; 5}.
2. Les issues réalisant l’évènement {G = −4} sont 1 ,2, 4 et 5.
3. Les issues réalisant l’évènement {G . 0} sont 3 et 6.
2 1. L’ensemble des valeurs prises par X est :
{−10 ; 2 ; 7 ; 9}.
2. La seule issue réalisant l’évènement {X = 9} est 14.
3. Les issues réalisant l’évènement {X < 0} sont 1, 3, 5, 9,
11, 13 et 15.
3 P ( X < 7) = 1− P ( X = 10) = 1− 0,04 = 0,96
P ( X , 5) = P ( X = −2) + P ( X = 3) + P ( X = 4 )
= 0,24 + 0,12 + 0,2 = 0,56
8 P (Y < 0) = P (Y = −2) + P (Y = −1) = 1 + 1 = 10 = 5
4
6 24 12
1
P (−1 < Y , 5) = P (Y = −1) + P (Y = 2) = + 1 = 1
6 3 2
1
1
P ( Y = 2) = P (Y = −2) + P (Y = 2) = + = 7
4 3 12
9 L’ensemble des valeurs prises par B est {1 ; 2 ; 3}.
L’évènement {V = 1} est réalisé lorsque l’on tire la boule
numérotée 1, 5, 6, 7 ou 10.
L’évènement {V = 2} est réalisé lorsque l’on tire la boule
numérotée 2, 3, 8 ou 9.
L’évènement {V = 3} est réalisé lorsque l’on tire la boule
numérotée 4.
4 L’ensemble des valeurs prises par X est :
{2 ; 4 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12}.
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Le dé est équilibré, on a donc :
P ( X = 2) = P ( X = 4 ) = P ( X = 6) = P ( X = 8) = P ( X = 10)
= P ( X = 12) = 1 .
6
La loi de probabilité de X est donnée ci-dessous.
xi
2
4
6
8
10
12
P ( X = xi )
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
5 Pour que les tableaux puissent représenter la loi de probabilité d’une variable aléatoire X, on doit avoir :
• P ( X = 5) + P ( X = 10) + P ( X = 15) + P ( X = 20) = 1.
• La probabilité de chacune des valeurs possibles de X doit
être comprise entre 0 et 1.
On en déduit que seuls le deuxième et le quatrième tableau
peuvent représenter la loi de probabilité d’une variable aléatoire X.
6 1. L’ensemble des valeurs prises par B est {0 ; 1 ; 2} .
2. P ( B = 2) = 6 × 5 = 3
20 19 38
3. P ( B = 1) = 6 × 14 + 14 × 6 = 42
20 19 20 19 95
4. P ( B < 1) = 1− P ( B = 2) = 1− 3 = 35
38 38
1
2
3
P (V = vi )
1
2
4
10
1
10
10 Soit X la variable aléatoire égale au nombre de points
algébriques obtenus.
L’ensemble des valeurs prises par X est :
{–10 ; –9 ; –8 ; –7 ; –1 ; 10}.
xi
−10
−9
−8
−7
−1
10
P ( X = xi )
4
32
4
32
4
32
4
32
4
32
12
32
11 1. La somme minimale qu’il est possible d’obtenir est 2
(la face cachée vaut 1 sur chacun des deux dés). Réponse c.
2. Le tirage des deux boules s’effectuant sans remise, la
somme minimale qu’il est possible d’obtenir est 3, avec les
tirages (1 ;2) ou (2 ;1). Réponse b.
3. Il y a une seule combinaison sur seize possibles qui donne
la somme 6 (la face cachée vaut 3 sur chacun des deux
dés). La probabilité de l’évènement {X = 6} est égale à 1 .
16
Réponse b.
4.
B2
B1
1
1
2
2
3
7 1.
Dé1
vi
3
3
4
2
2
3
3
3
4
4
5
5
4
5
5
1
2
3
4
1
2
3
4
5
P (Y = 3) = P (Y = 4 ) = P (Y = 5) = 4 = 1 . Réponse a.
12 3
2
3
4
5
6
12 L’ensemble des valeurs prises par G est {−1 ; 2 ; 3}.
3
4
5
6
7
4
5
6
7
8
Dé 2
2. Loi de probabilité de la variable aléatoire S .
si
2
3
4
5
6
7
8
P ( S = si )
1
16
2
16
3
16
4
16
3
16
2
16
1
16
gi
−1
2
3
P (G = gi )
10
15
2
15
3
15
13 1. L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 20 ; 100}.
P (G = 100) = 1
10
1
1− P (G = 100) 1− 10
et P (G = 0) = P (G = 20) =
=
= 9.
20
2
2
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
239
P (G = gi )
0
9
20
20
9
20
100
1
10
2. P (G . 0) = 9 + 1 = 11 . La probabilité de gagner à ce
20 10 20
11
jeu est de .
20
14 1.
2
1/4
1/4 3
1/4
4
1/4
5
1
1/4
1/4 3
1/4
4
1/4
5
1
1/4
1/4 2
1/4
4
1/4
5
1
1/4
1/4 2
1/4
3
1/4
5
1
1/4
1/4 2
1/4
3
1/4
4
1
1/5
2
1/5
1/5
3
1/5
4
1/5
5
18 On a P ( Z = 10) + P ( Z = 20) + P ( Z = 30) + P ( Z = 40) = 1.
D’après l’énoncé, on a :
1 + 1 P ( Z = 40) + 1 + P ( Z = 40) = 1 ⇔ 3 P ( Z = 40) = 3
5 2
5
2
5
2
⇔ P ( Z = 40 ) = .
5
On en déduit la loi de probabilité de Z suivante.
zi
10
20
30
40
1
5
P ( Z = zi )
1
5
19
2. P ( X = 6) = 4 × 1 × 1 = 1
5 4 5
3. P ( X , 5) = 4 × 1 × 1 = 1
5 4 5
1
4. P ( X ˘ 7) = 8 × × 1 = 2
5 4 5
1
5
2
5
15 → S = 6
16 → S = 7
17 → S = 8
18 → S = 9
19 → S = 10
20 → S = 2
21 → S = 3
22 → S = 4
23 → S = 5
24 → S = 6
25 → S = 7
La variable aléatoire S a la loi de probabilité suivante.
15 L’ensemble des valeurs prises par T est {0 ; 5}.
L’évènement {T = 5} est réalisé si l’on tire la boule numérotée
3, 6 ou 9.
La loi de probabilité de T est donc :
si
2
3
4
5
6
7
8
9
10
P ( S = si )
1
11
1
11
1
11
1
11
2
11
2
11
1
11
1
11
1
11
20 Dans un jeu de 52 cartes, il y a 4 as et 12 figures.
Soit G la variable aléatoire associée au gain algébrique
du joueur. La variable aléatoire G suit la loi de probabilité
suivante.
ti
0
5
gi
−1
2
5
P (T = ti )
7
10
3
10
P (G = gi )
9
13
3
13
1
13
16 1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de caisses
en service à midi dans le supermarché.
L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2 ; 3 ; 4}.
On a P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3) + P ( X = 4 ) = 1
⇔ P ( X = 4 ) = 1− ( P ( X = 1) + P ( X = 2) + P ( X = 3))
⇔ P ( X = 4 ) = 1− (0,2 + 0,3 + 0,25)
⇔ P ( X = 4 ) = 0,25
2. P ( X ˘ 2) = 1− P ( X = 1) = 1− 0,2 = 0,8
17 1. P (T < 4 ) = 1− P (T = 5) = 1− 1 = 7 . L’affirmation
est vraie.
240
2. P (T ˘ 3) = P (T = 3) + P (T = 5) = 3 + 1 = 4 = 1 .
8 8 8 2
7
1
Or ≠ , l’affirmation est fausse.
2 8
3. La valeur 0 ne fait pas partie des valeurs prises par la
variable aléatoire T , on a donc P (T = 0) = 0. L’affirmation
est vraie.
4. Toutes les valeurs prises par la variable aléatoire T sont
strictement supérieures à −3, on a donc P (T . –3) = 1.
L’affirmation est fausse.
5. Toutes les valeurs prises par la variable aléatoire T
sont strictement inférieures à 6, on a donc P (T , 6) = 1.
L’affirmation est fausse.
8
8
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
21 Une urne contient 11 boules indiscernables au touché
numérotées de 1 à 11. On tire au hasard un boule dans cette
urne et on note G la variable aléatoire qui prend la valeur 3 si
la boule numérotée 2 est tirée, la valeur −5 si la boule numérotée 4 est tirée et la valeur −10 pour toute autre boule tirée.
22 L’ensemble des valeurs prises par R est {10 ; 20 ; 50}.
La variable aléatoire R suit la loi de probabilité suivante.
ri
10
20
50
P ( R = ri )
188
200
10
200
2
200
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
gi
23 1. Soit D1 l’évènement « La première pièce tirée est défectueuse » et D2 l’évènement « La deuxième pièce tirée est
défectueuse ».
La situation peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant.
3
10
D1
7
10
D1
2
9
26 Soit X la variable aléatoire correspondant au nombre
d’appels reçus dans un laps de temps de 5 minutes.
1. P ( X ˘ 2) = P ( X = 2) + P ( X = 3) = 0, 48 + 0,19 = 0,67
2. E ( X ) = 0 × 0,08 + 1× 0,25 + 2 × 0, 48 + 3 × 0,19 = 1,78
Si l’on considère un très grand nombre de laps de temps de
5 minutes, le nombre moyen d’appels sur cette période est
1,78.
D2
7
9
2
9
D2
7
9
D2
27 1.
Tirage 1
D2
P ( X = 2) = P (D1 >D2 ) = 3 × 2 = 1
10 9 15
0,5
xi
0
1
2
P ( X = xi )
7
15
7
15
1
15
E ( X ) = 0 × 7 + 1× 7 + 2 × 1 = 9 = 3
15
15
15 15 5
(
V (X ) = 7 × 0 − 3
15
5
)
2
( )
+ 7 × 1− 3
15
5
2
(
+ 1 × 2− 3
15
5
)
2
= 28
75
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
2. P ( X ˘ 1) = 1− P ( X = 0) = 1− 7 = 8
15 15
La probabilité qu’au moins une pièce soit défectueuse parmi
les deux pièces tirées est 8 .
15
24 E ( X ) = 0 × 21 + 2 × 6 + 4 × 5 = 1
32
32
32
2
21
6
V (X ) =
× (0 − 1) +
× (2 − 1)2 + 5 × ( 4 − 1)2 = 9
32
32
32
4
P ( X = xi )
6
12
1
12
0,5
( ( )) + 125 × (1− (− 21 )) + 121 × (7 − (− 21 ))
3. V ( X ) = 1 × −3 − − 1
2
2
35
=
4
σ ( X ) = 35 = 35 ≈ 2,958
4
2
2
F2
0,5
P2
P1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
3
8
Tirage 1
2. E ( X ) = −3 × 1 + 1× 5 + 7 × 1 = − 1
2
12
12
2
2
0,5
0,5
0,5
F3
P3
F3
P3
F3
P3
F3
P3
3
8
1
8
28 1. Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique
du joueur.
7
5
12
P2
0,5
E ( X ) = 30 × 1 + 40 × 3 + 50 × 3 + 60 × 1 = 45
8
8
8
8
Si l’on effectue un très grand nombre de séries de 3 lancers,
on peut espérer obtenir, en moyenne, 45 points par série.
25 Il y a 12 boules de couleurs, chacune étant bleue, blanche
ou verte. Six sont bleues, une est blanche, on en déduit que
cinq sont vertes.
1. On obtient la loi de probabilité de X .
1
0,5
1
8
P ( X = xi )
σ(X ) = 9 = 3
4 2
−3
F2
Tirage 3
2. Les issues réalisant l’évènement A : « Le troisième lancer
de la pièce donne “Face” » sont donc PPF, PFF, FPF et FFF.
Ainsi, P ( A) = 4 = 1 .
8 2
On peut également dire que les lancers sont indépendants
et donc P ( A) = P ( F3 ) = 1 .
2
3. On peut avoir :
• trois « Pile » : le nombre de points est égal à 60 ;
• deux « Pile » et un « Face » : le nombre de points est égal
à 50 ;
• deux « Face » et un « Pile » : le nombre de points est égal
à 40 ;
• trois « Face » : le nombre de points est égal à 30.
L’issue réalisant {X = 60} est PPP.
Les issues réalisant {X = 50} sont PPF, PFP et FPP.
Les issues réalisant {X = 40} sont PFF, FPF et FFP.
L’issue réalisant {X = 30} est FFF.
La loi de probabilité de X est donc la suivante.
xi
30
40
50
60
σ ( X ) = 28 = 2 21 ≈ 0,611
75
15
xi
0,5
F1
0,5
P ( X = 1) = P (D1 >D2 ) + P (D1 >D2 )
= 3 ×7+ 7 ×3
10 9 10 9
= 42 = 7
90 15
P ( X = 0) = P (D1 >D2 ) = 7 × 6 = 7
10 9 15
On obtient la loi de probabilité de X .
Tirage 2
Tirage 2
0,5
F2
0,5
P2
0,5
F2
0,5
P2
F1
2
0,5
P1
Tirage 3
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
F3
P3
F3
P3
F3
P3
F3
P3
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
241
On obtient la loi de probabilité de G suivante.
gi
−2
10
P (G = gi )
3
4
1
4
nombre réel au carré donc positif ou nul. La variance d’une
variable aléatoire est donc toujours positive ou nulle.
L’affirmation est vraie.
32 1. L’issue du second dé est indépendante de l’issue du
premier. L’affirmation est fausse.
2. Il faut répéter un très grand nombre de fois l’expérience
afin que la moyenne des points par lancer soit environ égale
à 7. L’affirmation est fausse.
3. À l’issue du lancer de deux dés cubiques équilibrés, on
peut obtenir 1 avec le premier dé et 1 avec le second dé. La
variable aléatoire S vaut alors 2. L’affirmation est donc vraie.
4. Le nombre minimal de points obtenus à la suite du lancer
de deux dés cubiques équilibrés est 2 (un avec le premier dé
et un avec le second dé). L’affirmation est fausse.
2. E ( X ) = −2 × 3 + 10 × 1 = 1
4
4
2
3
1
V ( X ) = × (−2 − 1) + × (10 − 1)2 = 27
4
4
σ ( X ) = 27 = 3 3 ≈ 5,196
3. Si l’on joue un très grand nombre de parties, on peut
espérer gagner, en moyenne, 1 euro par partie. Un joueur a
donc intérêt à jouer à ce jeu.
29 1. Soit C1 l’évènement « La première pile tirée est suffi-
33 Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique du
samment chargée » et C2 l’évènement « La deuxième pile est
suffisamment chargée ».
La situation peut être modélisée par l’arbre pondéré suivant.
C1
2
15
C1
C2
1
7
13
14
C2
1
14
C2
C2
)
(
−1
1
P (G = gi )
19
37
18
37
E ( X ) = −1× 19 + 1× 18 = − 1 ≈ −0,03
37
37
37
34 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée.
La probabilité d’obtenir « Face » avec la pièce truquée est
alors 1− p. On a :
E ( X ) = 1 ⇔ 0 × (1− p) + 1× p = 1 ⇔ p = 1 .
3
3
3
La loi de probabilité de X est alors la suivante.
Soit X la variable aléatoire égale au nombre de piles insuffisamment chargées.
P ( X = 2) = P C1 > C2 = 2 × 1 = 1
15 14 105
P ( X ˘ 1) = 1− P ( X = 0) = 1− P C1 > C2 = 1− 1 = 104
105 105
La loi de probabilité de X est la suivante.
(
gi
)
xi
0
1
2
P ( X = xi )
26
35
26
105
1
105
xi
0
1
P ( X = xi )
2
3
1
3
35 Soit H l’évènement « La personne interrogée est un
E ( X ) = 0 × 26 + 1× 26 + 2 × 1 = 4 ≈ 0,267
35
105
105 15
Le nombre moyen de piles insuffisamment chargées obtenu
si l’on réitère un grand nombre de fois un tel tirage est
environ 0,267.
homme ». On suppose que l’on interroge un homme ou une
femme de manière équiprobable.
La situation peut être modélisée par l’arbre suivant.
H →X=3
H
30 1. On a la loi de probabilité suivante.
H →X=2
H
xi
−5
−3
0
2
4
P ( X = xi )
0,1
0,3
0,2
0,3
0,1
H →X=2
H
H →X=1
H →X=2
H
H →X=1
H
2. E ( X ) = −5 × 0,1− 3 × 0,3 + 0 × 0,2 + 2 × 0,3 + 4 × 0,1
= −0, 4
H →X=1
H
H →X=0
σ ( X ) = 0,1× (−5 + 0, 4 ) + 0,3 × (−3 + 0, 4 ) + 0,2 × (0 + 0, 4 ) +L’ensemble
0,3 × (2 + 0,des
4 ) valeurs
+ 0,1× (prises
4 + 0, 4par
) X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}.
2
2
+ 0,3 × (−3 + 0, 4 )2 + 0,2 × (0 + 0, 4 )2 + 0,3 × (2 + 0, 4 )2 + 0,1× ( 4 + 0, 4 )2
σ ( X ) = 5,792 ≈ 2, 407
31 1. Plus l’écart type est grand et plus les valeurs sont
dispersées autour de l’espérance. L’affirmation est fausse.
2. La variance d’une variable aléatoire est la somme de
produits d’une probabilité donc positive ou nulle par un
242
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
2
2
2
xi
0
1
2
3
P ( X = xi )
1
8
3
8
3
8
1
8
E ( X ) = 0 × 1 + 1× 3 + 2 × 3 + 3 × 1 = 3 = 1,5
8
8
8
8 2
Si l’on effectue un très grand nombre de sondages, on interroge en moyenne 1,5 homme par sondage.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
13
15
6
7
joueur.
L’ensemble des valeurs prises par G est {−1 ; 1}.
La loi de probabilité de G est la suivante.
36
On a donc :
Figure rouge
Figure
rouge
6/52
6/52
4/52
E ( X ) = 6 × 9 + 5 × 9 + 8 × 3 + 2,50 × 27 + 4
676
338
169
169
3
27
1
9
×
+7×
+ 1,50 ×
+ 10 ×
+ 4,50 × 18 − 1
169
169
169
169
676
16
81
×
=
≈ 1,23.
169 13
6/52
6/52 Figure noire
4/52
As
36/52
Autre
Figure rouge
6/52
6/52 Figure noire
4/52
As
36/52
Autre
Figure rouge
6/52
6/52 Figure noire
Figure
noire
As
L’espérance de la variable aléatoire X est positive, on a donc
intérêt à jouer à ce jeu.
37 Soit p la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée.
4/52
As
36/52
Autre
Figure rouge
6/52
6/52 Figure noire
4/52
As
36/52
Autre
36/52
Autre
Soit X le gain algébrique d’un joueur. La loi de probabilité de
X est donnée dans le tableau suivant.
xi
6
5
8 2,50 4
7
1,50 10 4,50 −1
P ( X = xi ) 9 9 3 27 9 3 27 1 18 81
676 338 169 169 676 169 169 169 169 169
La probabilité d’obtenir « Face » avec la pièce truquée est
alors 1− p.
Le jeu est équitable si et seulement si E ( X ) = 0. On a :
E ( X ) = 0 ⇔ 2 × p − 1× (1− p) = 0 ⇔ 3 p − 1 = 0 ⇔ p = 1 .
3
Le jeu est équitable si et seulement si la probabilité d’obtenir « Pile » avec la pièce truquée est 1 et celle d’obtenir
3
« Face » 2 .
3
38 Le jeu est équitable si et seulement si E ( X ) = 0.
E ( X ) = 0 ⇔ −2 × 0,5 − 1× 0, 4 + a × 0,1 = 0
⇔ −1− 0, 4 + 0,1a = 0
⇔ a = 1, 4
0,1
⇔ a = 14
Le jeu est équitable si et seulement si a vaut 14.
Exercices
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
39 Soit G1 le gain algébrique d’un joueur au jeu 1 et G2 le
gain algébrique d’un joueur au jeu 1.
E (G1 ) = −2 × 1 + 5 × 1 = 3 = 1,5
2
2 2
3
et E (G2 ) = −1× + 3 × 5 = 3 = 1,5.
8
8 2
Quel que soit le jeu, si l’on joue un très grand nombre de
parties, on peut espérer gagner, en moyenne, 1,5 euro par
partie.
σ (G1 ) = 1 (−2 − 1,5)2 + 1 (5 − 1,5)2 = 12,25 = 3,5
2
2
σ (G2 ) = 3 (−1− 1,5)2 + 5 (3 − 1,5)2 = 3,75 ≈ 1,94
8
8
Il vaut mieux jouer au jeu car les résultats obtenus sont plus
réguliers (moins dispersés autour de la moyenne) donc le
risque est moindre (de perdre ou de gagner gros).
40 1.
Dé R
Dé B
1
2
3
4
5
6
1
(1 ; 1) (1 ; 2) (1 ; 3) (1 ; 4 ) (1 ; 5) (1 ; 6)
2
(2 ; 1) (2 ; 2) (2 ; 3) (2 ; 4 ) (2 ; 5) (2 ; 6)
3
(3 ; 1) (3 ; 2) (3 ; 3) (3 ; 4 ) (3 ; 5) (3 ; 6)
4
( 4 ; 1) ( 4 ; 2) ( 4 ; 3) ( 4 ; 4 ) ( 4 ; 5) ( 4 ; 6)
5
(5 ; 1) (5 ; 2) (5 ; 3) (5 ; 4 ) (5 ; 5) (5 ; 6)
6
(6 ; 1) (6 ; 2) (6 ; 3) (6 ; 4 ) (6 ; 5) (6 ; 6)
Soit G le gain algébrique d’un joueur.
L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 5 ; 10}.
Les issues réalisant {G = 10} sont (1 ; 3) et (2 ; 6).
Les issues réalisant {G = 5} sont (1 ; 2) , (2 ; 4 ) et (3 ; 6).
La loi de probabilité de G est la suivante.
gi
0
5
10
31
3
2
36
36
36
2. E ( X ) = 0 × 31 + 5 × 3 + 10 × 2 = 35 ≈ 0,97
36
36
36 36
Si l’on joue un très grand nombre de parties à ce jeu, on peut
espérer gagner, en moyenne, 0,97 euro par partie.
P (G = gi )
41 PR (N2 ) = 1− PR (R2 ) = 1− 7 = 3
1
1
10
10
P (N1 ) = 1− P (R1 ) = 1− 1 = 6
7 7
P ( X = 3) = 3 ⇔ P (R1 > N2 ) + P (N1 > N2 ) = 3
20
20
1
3
6
3
⇔ ×
+ × PN (N2 ) =
1
7 10 7
20
⇔ 6 × PN (N2 ) = 3 ⇔ PN (N2 ) = 3 × 7 ⇔ PN (N2 ) = 1
1
1
1
7
28
28 6
8
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
243
1
7
N2
R2
45 On a :
P ( X = −2) + P ( X = −1) + P ( X = 0) + P ( X = 10) = 1.
1
8
N2
7
10
R1
6
7
3
10
7
8
E (S ) = 2 × 1 + 3 × 2 + 4 × 3 + 5 × 4 + 6 × 5 + 7
36
36
36
36
36
5
4
3
2
6
×
+8×
+9×
+ 10 ×
+ 11×
+ 12 × 1 = 7
36
36
36
36
36
36
Si l’on lance un grand nombre de fois deux dés équilibrés, en
moyenne, la somme obtenue par lancer est 7.
N1
R2
42 1. La liste L contient une série de 5 nombres entiers
dont les valeurs sont comprises entre 2 et 8. La série
[2 ; 8 ; 6 ; 3 ; 8] est un contenu possible de L.
2. On lance cinq fois de suite deux dés tétraédriques équilibrés dont les faces sont numérotées de 1 à 4 et on note la
somme obtenue dans une liste.
43
P
F
P
F
P
F
P
F
P
P
F
P
F
F
→ PPP
→ PPF
→ PFP
→ PFF
→ FPP
→ FPF
→ FFP
→ FFF
On peut avoir :
• trois « Pile » : le jeton se trouve dans la case numérotée 4 ;
• deux « Pile » et un « Face » : le jeton se trouve dans la case
numérotée 3 ;
• deux « Face » et un « Pile » : le jeton se trouve dans la case
numérotée 2 ;
• trois « Face » : le jeton se trouve dans la case numérotée 1.
L’issue réalisant {N = 4} est PPP.
Les issues réalisant {N = 3} sont PPF, PFP et FPP.
Les issues réalisant {N = 2} sont PFF, FPF et FFP.
L’issue réalisant {N = 1} est FFF.
La loi de probabilité de N est la suivante.
ni
1
2
3
4
1
8
P ( N = ni )
3
8
3
8
1
8
Dé 1
3
4
5
6
1
2
3
4
5
6
7
2
3
4
5
6
7
8
3
4
5
6
7
8
9
4
5
6
7
8
9
10
5
6
7
8
9
10
11
6
7
8
9
10
11
12
3
4
5
6
7
8
9
10 11 12
1 2 3 4 5 6 5 4 3 2 1
P(S = si ) 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36 36
244
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
−1
0
10
P ( X = xi )
2
5
1
15
2
15
2
5
46 Soit R le nombre de faces peintes en rouge du cube tiré.
L’ensemble des valeurs prises par R est {0 ; 1 ; 2 ; 3}.
Sur les 27 petits cubes :
• 8 cubes ont 3 faces peintes (les 8 cubes situés aux angles
du cube de 3 cm de côté) ;
• 6 cubes ont 1 face peinte (les 6 cubes situés au centre de
chaque face) ;
• 1 cube n’a aucune face de peinte (celui situé au centre du
grand cube) ;
• 12 cubes ont 2 faces peintes.
La loi de probabilité de R est la suivante.
ri
0
1
2
3
P ( R = ri )
1
27
6
27
12
27
8
27
47 1. P ( T ) = 10 500 = 0,7
)
15 000
450
= 0,03
15 000 − 10 500
P ( T >B) = P ( T ) × PT (B) = 0,7 × 0,3 = 0,21
2
2
−2
(
1
si
xi
P T > B = P ( T ) × PT (B) = 0,3 ×
44
Dé 2
D’après l’énoncé, on a :
3P ( X = 0) + 1 P ( X = 0) + P ( X = 0) + 3P ( X = 0) = 1
2
15
⇔ P ( X = 0) = 1
2
⇔ P ( X = 0) = 2 .
15
On en déduit P ( X = −2) = P ( X = 10) = 3 × 2 = 2
15 5
et P ( X = −1) = 1 × 2 = 1 .
2 15 15
La loi de probabilité de X est la suivante.
(
)
2. P (B) = P ( T >B) + P T > B = 0,21+ 0,03 = 0,24
3. a. L’ensemble des valeurs prises par S est {0 ; 20 ; 50 ; 70}.
b. La loi de probabilité de S est la suivante.
ri
0
20
50
70
P(S = si )
0,27
0,03
0,49
0,21
c. E ( S ) = 0 × 0,27 + 20 × 0,03 + 50 × 0, 49 + 70 × 0,21 = 39,8
Dans cette ville, les familles reçoivent en moyenne 39,8 €.
48 E ← 0
Pour k allant de 1 à 100
E←E+k× k
5 050
49 Un jeu consiste à lancer un dé cubique équilibré. Si
l’on obtient un nombre inférieur ou égal à deux on gagne
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
PN ( R2 ) = 1− PN ( N2 ) = 1− 1 = 7
1
1
8 8
On en déduit l’arbre pondéré suivant.
5 euros, si l’on obtient un quatre on perd 3 euros, sinon on
perd 20 euros.
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
50 1. a. P (A) = 3 = 1
15 5
b. P (B) = 10 = 2
15 3
c. P (C) = 4
15
d. A>B est l’évènement : « Le numéro est un multiple de 5
sans être un multiple de 3 ».
Les issues réalisant cet évènement sont : 5 et 10.
Donc P (A>B) = 2 .
15
e. B¯C est l’évènement : « Le numéro est pair, strictement
inférieur à 10 ou non multiple de 3 ».
Les issues réalisant cet évènement sont : 1, 2, 4, 5, 6, 7, 8, 10,
11, 13 et 14.
Donc, P (B¯C) = 11 .
15
(On peut aussi calculer P (B>C) qui est plus simple et utiliser
la formule P (B¯C) = P (B) + P (C) − P (B>C) .)
2. a La roue a deux secteurs bleus et deux secteurs verts, ainsi
P ( X = 80) = P ( X = 20) = 2 , quatre secteurs roses, ainsi
15
4
P ( X = 10) = , et enfin sept secteurs orange, ainsi
15
7
P ( X = 0) = .
15
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
0
10
20
80
P ( X = xi )
7
15
4
15
2
15
2
15
b. E ( X ) = 0 × 7 + 10 × 4 + 20 × 2 + 80 × 2 = 16
15
15
15
15
Si l’on fait tourner un grand nombre de fois la roue, en
moyenne, le gain obtenu par « lancer de roue » est de
16 euros.
Pour que le jeu soit équitable, il faut que la mise de départ
soit égale à l’espérance du jeu, soit 16 euros.
51 1. La loi de probabilité de X est la suivante.
La loi de probabilité de Y est la suivante.
yi
0
5
P ( Y = yi )
6
E (Y ) = 0 × 5 + 27 × 1 = 4,5
6
6
Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en moyenne,
on gagne 4,5 € par partie. Il est donc préférable de jouer à
ce jeu plutôt qu’à celui de la question 2 pour lequel le gain
moyen n’est que de 4 €.
52 Un jeu consiste à lancer un dé équilibré cinquante fois.
À chaque lancer, si l’on obtient un nombre plus grand que
deux on gagne 3 €, sinon on perd 2 €. On mise dix euros
pour pouvoir jouer à ce jeu.
Écrire un algorithme qui calcule le gain algébrique du joueur.
53
1
2
3
4
5
6
P ( X = xi )
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
1
6
E ( X ) = 1× 1 + 2 × 1 + 3 × 1 + 4 × 1 + 5 × 1 + 6 × 1
6
6
6
6
6
6
7
= = 3,5
2
2. a. Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique à
ce jeu.
L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 6 ; 12}.
La loi de probabilité de G est la suivante.
gi
0
6
1
P( G = gi )
1
2
1
3
1
6
b. E (G ) = 0 × 1 + 6 × 1 + 12 × 1 = 4
2
3
6
Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en moyenne,
on gagne 4 € par partie.
3. Soit Y la variable aléatoire égale au gain algébrique à ce
jeu.
L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 27}.
Tirage 1
Vert
1
8
3
8
4
8
Tirage 2
Bleu
1
8
Vert
3
Bleu
8
4
Rouge
8
Rouge
Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique à ce jeu.
L’ensemble des valeurs prises par G est {0 ; 6 ; 8 ; 11} .
P (G = 0) = 3 + 1 × 1 = 5
8 2 2 8
P (G = 6) = 4 × 3 = 3
8 8 16
4
P (G = 8) = × 1 = 1
8 8 16
P (G = 11) = 1
8
La loi de probabilité de G est la suivante.
gi
11
0
6
8
P ( G = gi )
xi
27
1
6
5
8
3
16
1
16
1
8
E (G ) = 0 × 5 + 6 × 3 + 8 × 1 + 11× 1 = 3
8
16
16
8
Si l’on joue un très grand nombre de fois à ce jeu, en
moyenne, on gagne 3 € par partie. Si l’organisateur souhaite
que chaque partie lui rapporte en moyenne 2 €, la mise doit
être de 5 €.
54 1. Soit X la variable aléatoire égale au nombre de billes
gagnées ou perdues par Emma.
L’ensemble des valeurs prises par X est {− y ; x} avec x et y
appartenant à N.
La loi de probabilité de X est la suivante.
x
−y
xi
P ( X = xi )
3
4
1
4
E (X ) = − y × 3 + x × 1
4
4
Le jeu est équitable si et seulement si
E ( X ) = 0 ⇔ − y × 3 + x × 1 = 0 ⇔ x = 3y.
4
4
Pour que le jeu soit équitable pour Emma, lorsqu’une carte
bleue est tirée par Emma il faut que Marion lui donne 3 fois
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
245
plus billes qu’Emma ne lui en donne lorsque cette dernière
tire une carte rouge.
2. Soit Z la variable aléatoire égale au nombre de billes
gagnées ou perdues par Marion.
L’ensemble des valeurs prises par Z est {−3y ; y} avec y [ N.
La loi de probabilité de Z est la suivante.
zi
−3y
y
P ( Z = zi )
1
4
3
4
E ( Z ) = −3y × 1 + y × 3 = 0, le jeu est donc équitable pour
4
4
Marion.
)
)
= 0,69.
56 1. Soit X la variable aléatoire égale au montant de la
réduction obtenue.
L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}.
Le contrôle de qualité ayant été fait sur un nombre significatif de paquets, les fréquences observées d’apparition des
bons de 3 €, 2 €, 1 € et 0 € sont de bonnes estimations des
probabilités de ces mêmes évènements.
On peut donc proposer le modèle de probabilité de X suivant.
xi
P ( X = xi )
0
342
500
1
101
500
2
52
500
2. Réduction ← 0
T ← nombre entier aléatoire entre 1 et 500
Si T < 101
Réduction ← 1
Si 101 , T < 153
Réduction ← 2
Si 153 , T < 158
Réduction ← 3
246
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
0,9
0,1
2. P ( X ˘ 4 ) = P ( X = 10) = P ("Pile") × P ("multiple de 3")
= 1×1= 1
2 3 6
3.
xi
–5
3
10
P {X . 35} > {X < 60}
f. P{X<60} ( X . 35) =
P ( X < 60)
P (35 , X < 60 )
=
P ( X < 60)
25
× 0,01
=
60 × 0,01
= 25 = 5
60 12
g. P ({X , 50} ¯ {X . 80}) = P ( X , 50) + P ( X ˘ 80) car ces
deux évènements sont disjoints (ou incompatibles).
Donc P {X , 50} ¯ {X . 80} = 49 × 0,01+ 20 × 0,01
(
P ( X = xi )
58 1. L’évènement {X = −5} est réalisé lorsque l’on obtient
« Face » avec la pièce équilibrée.
)
(
prix du téléphone) si Maelle n’a pas d’accident et 400 € (le
prix du téléphone + le prix de son rachat) en cas d’accident.
Soit X la variable aléatoire associée au coût de son équipement sans assurance.
X suit la loi de probabilité suivante.
xi
200
400
3
5
500
1
2
P ( X = xi )
1
3
1
6
4. E ( X ) = 0 × 1 + 3 × 1 + 10 × 1 = 8
2
3
6 3
2
2
5. V ( X ) = 1 × 0 − 8 + 1 × 3 − 8 + 1 × 10 − 8
2
3
3
3
6
3
σ ( X ) = V ( X ) = 113 = 113 ≈ 3,54
9
3
(
)
(
)
(
)
2
= 113
9
59 Soit F1 l’évènement « Une femelle est choisie au premier
tirage » et F2 l’évènement « Une femelle est choisie au
deuxième tirage ».
On a P (F1 ) = P (F2 ) = 2 et on considère les évènements F1 et
3
F2 indépendants.
P ( X = 2) = 2 × 2 = 4
3 3 9
P ( X = 0) = 1 × 1 = 1
3 3 9
P ( X = 1) = 1− ( P ( X = 2) + P ( X = 0)) = 1− 4 + 1 = 4
9 9
9
4 . 1 , on en déduit que les évènements {X = 2} et {X = 1}
9
9
sont les plus probables.
(
)
60 1.
C
L
R
Total
S
4%
9%
26 %
39 %
S
8%
27 %
26 %
61 %
Total
12 %
36 %
52 %
100 %
2. a. L’ensemble des valeurs prises par M est
{50 ; 80 ; 90 ; 120}.
b. {M = 50} = (L > S ) > (R> S )
{M = 80} = C> S
{M = 90} = (L >S) ¯ (R>S)
{M = 120} = C>S
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(
57 Sans assurance, le coût de l’équipement sera de 200 € (le
E ( X ) = 200 × 0,9 + 400 × 0,1 = 220
Sans assurance, l’équipement de Maelle lui coûtera en
moyenne 220 €. Avec assurance il lui en coûtera 250 €.
Maelle peut donc raisonnablement s’équiper sans assurance.
55 1. Pour tout k entier entre 1 et 100 :
P ( X = k ) = 1 = 0,01.
100
2. E ( X ) = 0,01× 1+ 0,01× 2 + … + 0,01× 100
= 0,01× (1+ 2 + … + 100)
E ( X ) = 0,01× 100 × 1+ 100 = 101 = 50,5
2
2
3. a. P ( X = 43) = 0,01
b. P ( X < 20) = 20 × 0,01 = 0,2
c. P ( X . 61) = 39 × 0,01 = 0,39
d. P (30 < X , 40) = 10 × 0,01 = 0,1
e. P ( X ∈[ 45 ; 67]) = 23 × 0,01 = 0,23
3. E ( X ) = 0 × 342 + 1× 101 + 2 × 52 + 3 × 5 = 11 = 0, 44
500
500
500
500 25
Si l’on achète un grand nombre de paquets, on peut espérer,
en moyenne, une réduction de 0,44 € par paquet.
On en déduit la loi de probabilité de M suivante.
mi
50
80
90
P ( M = mi )
0,53
0,08
0,35
120
0,04
c. Soit x le prix de la sortie en euros, M suit désormais la loi
de probabilité suivante.
mi
50
80
50+ x
80+ x
P ( M = mi )
0,53
0,08
0,35
0,04
E ( M ) < 65
⇔ 50 × 0,53 + 80 × 0,08 + (50 + x ) × 0,35
+ (80 + x ) × 0,04 < 65
11,
4
⇔ 53,6 + 0,39x < 65 ⇔ x <
0,39
Or 29,23 , 11, 4 < 29,24.
0,39
Afin que le montant moyen par adhérent ne dépasse pas
65 €, le directeur ne doit pas dépasser 29,23 € pour le prix
de la sortie.
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61 Lorsque l’on lance deux fois une pièce équilibrée :
• la probabilité d’obtenir 2 « Pile » est égale à 1 ;
4
• la probabilité d’obtenir 1 « Pile » est égale à 1 ;
2
• la probabilité d’obtenir 0 « Pile » est égale à 1 .
4
Lorsque l’on lance trois fois une pièce équilibrée :
• la probabilité d’obtenir 3 « Pile » est égale à 1 ;
8
• la probabilité d’obtenir 2 « Pile » est égale à 3 ;
8
• la probabilité d’obtenir 1 « Pile » est égale à 3 ;
8
• la probabilité d’obtenir 0 « Pile » est égale à 1 .
8
Soit G la variable aléatoire associée au gain algébrique de
Gaëlle.
L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 1 ; 10}.
Tableau récapitulant les « Pile » obtenus et les gains correspondants de Gaëlle.
Célia
Gaëlle
0
1
2
3
0
1
−5
−5
−5
1
10
1
−5
−5
2
10
10
1
−5
Et les probabilités correspondantes.
Célia
Gaëlle
0
1
2
3
0
1× 1= 1 1×3 = 3 1×3 = 3 1× 1= 1
8 4 32 4 8 32 4 8 32 4 8 32
1
1× 1= 1 1×3 = 3 1×3 = 3 1× 1= 1
8 2 16 2 8 16 2 8 16 2 8 16
2
1× 1= 1 1×3 = 3 3× 1= 3 1× 1= 1
8 4 32 4 8 32 8 4 32 4 8 32
On en déduit la loi de probabilité de G suivante.
gi
−5
1
10
1
5
3
P (G = gi )
2
16
16
E (G ) = −5 × 1 + 1× 5 + 10 × 3 = − 5 = −0,3125
2
16
16
16
Lorsque Gaëlle et Célia effectuent un grand nombre de
parties, en moyenne, Gaëlle perd environ 0,31 € par partie,
le jeu est donc favorable à Célia.
62 Soit X la variable aléatoire associée au nombre de points
marqués après un tir à 2 points.
L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 2}.
On en déduit la loi de probabilité de X suivante.
xi
0
2
P ( X = xi )
0,3
0,7
E ( X ) = 0 × 0,3 + 2 × 0,7 = 1, 4
Lorsque Florane tente un grand nombre de tirs à 2 points, en
moyenne, elle marque 1,4 point par tir.
Soit Y la variable aléatoire associée au nombre de points
marqués après un tir à 3 points.
L’ensemble des valeurs prises par Y est {0 ; 3} .
On en déduit la loi de probabilité de Y suivante.
yi
0
3
P (Y = yi )
0,6
0,4
E (Y ) = 0 × 0,6 + 3 × 0, 4 = 1,2
Lorsque Florane tente un grand nombre de tirs à 3 points, en
moyenne, elle marque 1,2 point par tir.
On en déduit que pour marquer un maximum de points
Florane devrait privilégier les tirs à 2 points.
63 1. Soit F l’évènement « Le client choisit une entrée froide »
et K l’évènement « Le client prend un café en supplément ».
La situation peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.
0,8
0,6 F
0,4 F
K
0,2 K
0,7
K
0,3 K
L’ensemble des valeurs prises par S est :
{10 ; 11 ; 11,50 ; 12,50}.
On en déduit la loi de probabilité de S suivante.
si
10
11
11,50
P ( S = si )
0,12
0,12
12,50
0, 48
0,28
2. E ( S ) = 10 × 0,12 + 11× 0,12 + 11,50 × 0, 48 + 12,50 × 0,28
= 11,54
Lorsque le restaurateur sert un grand nombre de clients, en
moyenne, la somme payée par le client est de 11,54 €.
64 1. a. L’instruction ALEA() renvoie un réel au hasard
compris entre 0 et 1 donc ALEA()+0,3 renvoie un nombre réel
au hasard entre 0,3 et 1,3 donc la formule =ENT(ALEA()+0,3)
renvoie 1 avec une probabilité égale à 1,3 − 1 = 0,3 et 0 avec
une probabilité égale à 1− 0,3 = 0,7.
b.
c. D’après la feuille de tableur précédente, une valeur approchée du gain moyen par partie est de 6,62 €.
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
247
2. a. Soit J l’évènement « Le jeton tiré est de couleur jaune »
et M l’évènement « Le jeton tiré est de couleur mauve ».
La situation peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.
0,7 M
J
0,7 M
0,3
J
66 1. On peut représenter la situation par un arbre de
probabilité où p est la proportion inconnue de femmes dans
l’association.
0,7 M
Soit G la variable aléatoire égale au gain.
L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 15}.
On en déduit la loi de probabilité de G suivante.
gi
−5
15
P (G = gi )
0, 42
0,58
b. E (G ) = −5 × 0, 42 + 15 × 0,58 = 6,6
Le gain moyen à ce jeu est de 6,60 €.
65 1. a.
0,995
0,09
0,91
A
0,005
0,015
A
0,985
1–p
T
T
T
) (
)
= 0,09 × 0,995 + 0,91× 0,015
= 0,1032.
La probabilité qu’un individu pris au hasard ait suivi le traitement vaut 0,1032.
c. P A > T = 0,91× 0,015 = 0,01365
Le traitement est donné à tort à 1,365 % de la population.
2. Soit N la variable aléatoire égale au nombre d’individus
traité pour cette épidémie.
L’ensemble des valeurs prises par N est {0 ;1; 2}.
L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
(
)
0,1032
0,1032
T
T
3
4
1
3
T
2
3
T
) (
)
0,3
0,3 T
0,7
0,3
0,8968 T
0,7
2
0,80425024 0,18509952 0,01065024
E ( N ) = 0 × 0,80425024 + 1× 0,18509952 + 2 × 0,01065024
= 0,2064
T
)
T
La loi de probabilité de N est la suivante.
ni
0
1
P ( N = ni )
(
0,8968 T
0,1032
0,8968
T
T
T
Les évènements F et F forment une partition de l’univers,
donc d’après la formule des probabilités totales :
P ( T ) = P F > T + P F > T = 1 p + 1 (1− p) .
4
3
On sait que P ( T ) = 3 , on obtient l’équation :
10
1 p + 1 (1− p) = 3 ⇔ 1 p − 1 p = 3 − 1
3
10
4
3
10 3
4
⇔− 1 p=− 1
12
30
12
⇔ p=
30
⇔ p = 2.
5
Donc P (F) = 2 .
5
2×1
P F> T
= 5 4 =1
2. PT (F) =
3
P(T)
3
10
3. a. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2} .
b. On considère que l’association est suffisamment grande
pour que les tirages soient considérés comme indépendants.
L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
(
T
b. Les évènements A et A forment une partition de l’univers
donc, d’après la formule des probabilités totales, on a :
P(T) = P A > T + P A > T
(
T
p
1
4
T
0,7
T
T
T
T
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
0
1
P ( X = xi )
0, 49
0, 42
2
0,09
Exercices
67 On lance trois fois de suite un dé cubique équilibré et on
note X le nombre de valeurs distinctes obtenues.
L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2 ; 3}.
L’évènement {X = 1} est réalisé lorsqu’à l’issue des 3 lancers
on a obtenu trois « 6 », trois « 5 », trois « 4 », trois « 3 », trois
« 2 » ou trois « 1 ».
248
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
()
3
On a donc P ( X = 1) = 6 × 1 = 1 .
6
36
L’évènement {X = 2} est réalisé lorsqu’à l’issue des 3 lancers
on a obtenu exactement deux « 6 », deux « 5 », deux « 4 »,
deux « 3 », deux « 2 » ou deux « 1 ». La probabilité d’obtenir
exactement deux fois le même nombre fixé n lors des deux
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0,3
J
0,3
E ( N ) ≈ 0,206
V ( N ) = 0,80425024 × (0 − 0,2064 )2
+ 0,18509952 × (1− 0,2064 )2 + 0,01065024 × (2 − 0,2064 )2
= 0,18509952
σ ( N ) = 0,18509952 ≈ 0, 430
premiers lancers est le produit 1 × 1 × 5 . Ceux-ci pouvant
6 6 6
être obtenus aux deux premiers lancers mais aussi aux deux
derniers lancers et au premier lancer et un au dernier lancer,
la probabilité d’obtenir exactement deux fois le même
nombre vaut 3 × 1 × 1 × 5 = 5 .
6 6 6 72
Le raisonnement est transposable aux autres numéros du
dé, on a donc :
P ( X = 2) = 6 × 3 × 1 × 1 × 5 = 5 .
6 6 6 12
Enfin, P ( X = 3) = 1− ( P ( X = 1) + P ( X = 2))
= 1− 1 + 5
36 12
4
= 1−
9
5
= .
9
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
1
2
3
(
)
1
36
P ( X = xi )
5
12
5
9
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
68 1. Pour i ∈ {1 ; 2} , on note Ni l’évènement « Le i-ème jeton
tiré est noir ». L’expérience peut être représentée par l’arbre
pondéré suivant.
7
10
N1
3
10
B1
6
9
N2
3
9
7
9
B2
2
9
B2
N2
P (A ) = 3 × 2 = 1
10 9 15
P (B) = 7 × 6 + 1 = 7 + 1 = 8
10 9 15 15 15 15
P (C) = P (B ) = 1− P (B) = 1− 8 = 7
15 15
2. L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
7
n
N1
n –7
n
B1
6
n –1
N2
n –7
n –1
7
n –1
B2
n–8
n –1
B2
N2
a. L’ensemble des valeurs prises par X est {1 ; 2} .
xi
P ( X = xi )
2
n − 15n + 98
n (n − 1)
14n − 98
n (n − 1)
2
b. E ( X ) = 1× n − 15n + 98 + 2 × 14n − 98
n (n − 1)
n (n − 1)
2
= n − 15n + 98 + 28n − 196
n (n − 1)
2
= n + 13n − 98
n (n − 1)
c. Soit f la fonction définie sur [9 ; +`[ par :
2
x ∞ x + 13x − 98 .
x ( x − 1)
La fonction f est dérivable sur [9 ; +`[ et on a :
f ′(x ) =
(2x + 13)( x 2 − x ) − ( x 2 + 13x − 98)(2x − 1)
( x2 − x )2
2
= −14 x + 196x2 − 98
( x2 − x )
=
14 (− x 2 + 14 x − 7)
( x2 − x )2
.
On considère le trinôme − x 2 + 14 x − 7.
f ′ est du signe de ce trinôme car le dénominateur est strictement positif sur [9 ; +`[ .
Δ = 142 − 4 × (−1) × (−7) = 168
Le discriminant est positif, le trinôme − x 2 + 14 x − 7 admet
deux racines distinctes dans R.
x1 = −14 − 168 = 7 + 42 ≈ 13, 48
−2
−14
+ 168 = 7 − 42 ≈ 0,52.
et x2 =
−2
Or a = −1, donc négatif, f ′ est donc positive sur ⎡⎣9 ; 7 + 42 ⎤⎦
et négative sur ⎣⎡7 + 42 ; +` ⎡⎣ . On en déduit que la fonction f est croissante sur ⎡⎣9 ; 7 + 42 ⎤⎦ et décroissante sur
⎣⎡7 + 42 ; +` ⎣⎡, elle admet un maximum atteint en x = 7 + 42 .
Or, on cherche un entier naturel n qui rendent l’espérance
maximale.
2
f (13) = 13 + 13 × 13 − 98 = 20
13
13 × 12
2
f (14 ) = 14 + 13 × 14 − 98 = 20
14 × 13
13
L’espérance est donc maximale lorsque le nombre de jetons
est égal à 13 ou à 14.
69 Pour i [ {1 ; 2 ; 3 ; 4} , on note Bi l’évènement « Le i-ème
cheval qui rentre est blanc ». L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré suivant.
P ( X = 1) = 7 × 6 + n − 7 × n − 8
n n −1
n
n −1
42 + (n − 7)(n − 8)
=
n (n − 1)
2
−
15n
+ 98
n
=
n (n − 1)
P ( X = 2) = 7 × n − 7 + n − 7 × 7
n n −1
n
n −1
7n
−
49
+
7n
−
49
=
n (n − 1)
14n
−
98
=
n (n − 1)
La loi de probabilité de X est la suivante.
1
2
1
4
1
3
B2
2
3
A2
B1
2
5
3
5
3
4
B3
A3
1
7
6
7
B4
1
A5
A4
A1
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
249
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
0
3
5
P ( X = xi )
1
4
15
2
1
10
3
1
35
4
1
210
70 L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
1
6
5
6
1
6
6
5
6
6
1
6
6
1
6
5
6
1
6
6
5
6
1
6
5
6
1
6
6
5
6
6
5
6
()
6 →L=1
6 →L=1
3
4
6 →L=3
6 →L=0
()
P ( L = li )
1
1
6
2
5
36
3
25
216
E ( L ) = 0 × 125 + 1× 1 + 2 × 5 + 3 × 25 = 19
216
6
36
216 24
71 On lance deux dés à 6 faces équilibrés. On note ( S ; P ), S
représentant la somme des points obtenus et P leur produit.
Dé 1
1
2
3
4
5
6
Dé 2
(2 ; 1) (3 ; 2) ( 4 ; 3) (5 ; 4 ) (6 ; 5) (7 ; 6)
1
2
(3 ; 2) ( 4 ; 4 ) (5 ; 6) (6 ; 8) (7 ; 10) (8 ; 12)
3
( 4 ; 3) (5 ; 6) (6 ; 9) (7 ; 12) (8 ; 15) (9 ; 18)
4
(5 ; 4 ) (6 ; 8) (7 ; 12) (8 ; 16) (9 ; 20) (10 ; 24 )
5
(6 ; 5) (7 ; 10) (8 ; 15) (9 ; 20) (10 ; 25) (11 ; 30)
6
250
Benoit
(7 ; 6) (8 ; 12) (9 ; 18) (10 ; 24 ) (11 ; 30) (12 ; 36)
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
Éric
2
5
RE
3
5
RE
2
5
RE
3
5
RE
RB
6 →L=2
6 →L=2
La loi de probabilité de L est la suivante.
0
125
216
RE l’évènement « Éric est en retard au travail » et RS l’évènement « Sandrine est en retard au travail ».
L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
1
4
()
li
72 Soient RB l’évènement « Benoit est en retard au travail »,
6 →L=1
6 →L=1
L’ensemble des valeurs prises par L est {0 ; 1 ; 2 ; 3}.
P ( L = 0) = 5 × 5 × 5 = 125
6 6 6 216
3
2
2
P ( L = 1) = 1 + 2 × 5 × 1 + 1 × 5 = 1
6
6 6
6 6
6
5
1
5
P ( L = 2) = × =
6 6 36
2
P ( L = 3) = 5 × 1 = 25
6
6 216
()
1. Il y a 8 issues équiprobables réalisant l’évènement A, donc
P (A ) = 8 = 2 .
36 9
Il y a 8 issues équiprobables réalisant l’évènement B, donc
P (B) = 8 = 2 .
36 9
P (A) = P (B) , les évènements A et B sont équiprobables.
2. Il y a 2 issues réalisant l’évènement C, donc P (C) = 2 = 1 .
36 18
Il y a 1 issue réalisant l’évènement D , donc P (D ) = 1 .
36
P (D ) , P (C) , l’évènement C est plus probable que l’évènement D.
RB
Sandrine
1
3
RS
RS
2
3
1
3
RS
RS
2
3
1
3
RS
RS
2
3
0
1
RS
RS
L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3}.
P ( X = 0) = 1 × 2 × 1 = 1
4 5 3 30
1
P ( X = 1) = × 2 × 2 + 1 × 3 × 1 + 3 × 2 × 1
4 5 3 4 5 3 4 5 3
= 1 + 1 + 1 = 13
15 20 10 60
P ( X = 2) = 1 × 3 × 2 + 3 × 2 × 2 = 1 + 1 = 3
4 5 3 4 5 3 10 5 10
3
P ( X = 3) = × 3 × 1 = 9
4 5
20
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
0
1
2
3
1
13
3
9
P ( X = xi )
30
60
10
20
1
13
3
9
13
E (X ) = 0 ×
+ 1×
+2×
+3×
=
≈ 2,2
30
60
10
20 6
Sur un grand nombre de jours de travail, en moyenne
2,2 personnes sont à l’heure.
73 1. Soit C l’évènement « Le casque est conforme » et R
l’évènement « Le casque est rejeté ».
L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
0,07
0,95
C
0,05
C
R
0,93 R
0,96
R
0,04 R
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L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4}.
P ( X = 0) = 3
5
2
P ( X = 1) = × 2 = 4
5 3 15
P ( X = 2) = 2 × 1 × 3 = 1
5 3 4 10
2
P ( X = 3) = × 1 × 1 × 6 = 1
5 3 4 7 35
P (X = 4) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1
5 3 4 7 210
(
)
(
) (
)
(
) (
P C > R = 0,05 × 0,04 = 0,002
La probabilité que le casque ne soit pas conforme et ne soit
pas rejeté par le contrôle est 0,002.
2. Il y a une erreur de contrôle lorsque le casque n’est
pas conforme et n’est pas rejeté ou lorsque le casque est
conforme et est rejeté.
P C > R + P C > R = 0,002 + 0,95 × 0,07 = 0,068 5
La probabilité qu’il y ait une erreur de contrôle vaut 0,068 5.
3. P (R ) = P C > R + P C > R = 0,002 + 0,95 × 0,93
)
= 0,885 5
La probabilité qu’un casque ne soit pas rejeté après ce
premier contrôle vaut 0,885 5.
4. Soit R1 l’évènement « Le casque est rejeté au premier
contrôle », et R2 l’évènement « Le casque est rejeté au
deuxième contrôle ».
L’expérience peut être représentée par l’arbre pondéré
suivant.
R1
0,1145
0,8855
(
)
R1
0,06
R2
0,94
R2
0,06
R2
(
) (
P ( B = 29) = P R1 > R2 + P R1 > R2
)
= 0,114 5 × 0,94 + 0,885 5 × 0,06
Donc P ( B = 29) = 0,160 76.
La loi de probabilité de B est la suivante.
bi
−40
29
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
P ( B = bi )
0,006 87
0,160 76
89
0,832 37
E ( B) = −40 × 0,006 87 + 29 × 0,160 76 + 89 × 0,832 37
= 78, 468 17
E ( B) ≈ 78, 47
Lorsque l’entreprise fabrique un très grand nombre de
casques, en moyenne, son bénéfice est d’environ 78,47 €
par casque.
74 1. a. Pour i ∈ {1 ; 2} , soit Ei l’évènement « Le poisson
provient du i-ème élevage », M l’évènement « Le poisson
n’a pas survécu », R l’évènement « Le poisson est devenu
rouge » et G l’évènement « Le poisson est devenu gris ».
On peut construire l’arbre pondéré suivant.
0,1
0,6
0,4
(
) (
M
0,75 R
E1
0,15
G
0,05
M
0,65 R
E2
0,3
) (
G
)
0,08
0,21
0,71
E ( X ) = −0,10 × 0,08 + 0,25 × 0,21+ 1× 0,71 = 0,754 5 ≈ 0,75
75 Les issues possibles sont résumées dans le tableau
B
0
1
2
3
1
0
1
2
3
2
0
2
4
6
3
0
3
6
9
4
0
4
8
12
R
0,945 R2
)
P ( X = xi )
suivant.
P ( B = 89) = P R1 > R2 = 0,885 5 × 0,94 = 0,832 37
P ( B = −40) = P R1 > R2 = 0,114 5 × 0,06 = 0,006 87
(
b. P (R ) = P (E1 >R ) + P (E2 >R )
= 0,6 × 0,75 + 0, 40 × 0,65
= 0,71
La probabilité qu’un mois plus tard le poisson soit rouge vaut
0,71.
2. L’ensemble des valeurs prises par X est {−0,10 ; 0,25 ; 1}.
P ( X = −0,10) = P ( M ) = 1− P ( M ) = 1− 0,92 = 0,08
P ( X = 1) = P ( R) = 0,71
P ( X = 0,25) = 1− ( P ( X = −0,10) + P ( X = 1))
= 1− (0,08 + 0,71)
= 0,21
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
−0,10
0,25
1
P (M) = P E1 > R + P E1 > G + P E2 > R + P (E2 >G)
P (M) = 0,60 × 0,75 + 0,60 × 0,15 + 0, 40 × 0,65 + 0, 40 × 0,30
P (M) = 0,92
Ou bien P (M) = 1− P (M) = 1− ( P (E1 >M) + P (E2 >M))
P (M) = 1− (0,6 × 0,1+ 0, 4 × 0,05) = 0,92
La probabilité que l’alevin acheté par l’enfant soit vivant au
bout de trois mois vaut bien 0,92.
1. Soit G le gain algébrique du joueur.
L’ensemble des valeurs prises par G est {−3 ; 1 ; 3 ; 4 ; 7}.
P (G = −3) = 11
16
2
P (G = 1) =
= 1
16 8
P (G = 3) = 1
16
P (G = 4 ) = 1
16
P (G = 7) = 1
16
La loi de probabilité de G est la suivante.
gi
−3
1
3
4
7
11
11
1
1
1
P (G = gi )
16
16
8
16
16
E (G ) = −3 × 11 + 1× 1 + 3 × 1 + 4 × 1 + 7 × 1
16
8
16
16
16
17
= − = −1,0625
16
50 × E (G ) = 50 × (−1,0625) = −53,125
L’organisateur peut espérer un gain d’environ 53,13 € par
jour s’il organise 50 parties dans la journée.
2. Si 50 parties journalières rapportent 120 € par jour à l’organisateur, cela signifie que l’espérance du jeu doit être de
− 120 , soit −2, 4.
50
Soit m la mise de départ. On a maintenant la loi suivante.
gi
2−m
6−m
8−m
9 − m 12 − m
11
1
1
1
1
16
8
16
16
16
E (G ) = (2 − m ) × 11 + (6 − m ) × 1 + (8 − m ) × 1 + (9 − m )
16
8
16
1
×
+ (12 − m ) × 1
16
16
P (G = gi )
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
251
n
n
i=1
i=1
b. Soit Z = aX + b.
Pour i ∈ {1 ; … ; n} ,
pi = P ( X = xi ) = P (aX = axi ) = P (aX + b = axi + b )
= P ( Z = axi + b )
…
zi
ax1 + b
axn + b
ax2 + b
…
p
p
p
P(Z = z )
1
E ( Z ) = E( X + Y ) =
2
E (aX + b ) = a ( x1 p1 + x2 p2 + … + xn pn ) + b ( p1 + p2 + … + pn )
P ( Z = zk ) =
E (Z ) =
2. a. Y = ( X − x )2 = X 2 − 2xX + x 2
b. Pour x ∈R, on a :
f ( x ) = E ⎡⎣( X − x )2 ⎤⎦ = E ⎡⎣ X 2 − 2xX + x 2 ⎤⎦ ,
soit f ( x ) = E ( X 2 ) − 2xE ( X ) + x 2 = x 2 − 2xE ( X ) + E ( X 2 ).
La fonction x ⇔ x − 2xE ( X ) + E ( X ) est une fonction
polynôme du second degré avec a = 1 . 0. La courbe représentative de f est une parabole « tournée vers le haut ». Elle
2E ( X )
admet un minimum en x = − b , soit
, soit E ( X ).
2a
2
E (Z ) =
∑
∑
soit E ( X 2 ) − E ( X )2 représente alors la variance de la variable
aléatoire X (voir exercice suivant).
77 1. a. On note {x1 ; x2 ; …; xn } l’ensemble des valeurs
prises par X .
Si a = 0, aX = 0 , donc E (aX ) = 0 et aE ( X ) = 0 , donc
E (aX ) = aE ( X ).
Si a ≠ 0, l’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire
Y = aX est {ax1 ; ax2 ; …; axn }.
E (Y ) = E (aX )
= ax1P (Y = ax1 ) + ax2 P (Y = ax2 ) + … + axn P (Y = axn )
E (Y ) = a ( x1P (Y = ax1 ) + x2 P (Y = ax2 ) + … + xn P (Y = axn ))
E (Y ) = a ( x1P (aX = ax1 ) + x2 P (aX = ax2 ) + … + xn P (aX = axn ))
E (Y ) = a ( x1P ( X = x1 ) + x2 P ( X = x2 ) + … + xn P ( X = xn )), car
a ≠ 0.
E (Y ) = aE ( X ), donc E (aX ) = aE ( X ).
b. On note {x1 ; x2 ; …; xn } l’ensemble des valeurs prises par
X.
On note { y1 ; y2 ; …; ym } l’ensemble des valeurs prises
par Y .
On suppose que m ˘ n (l’autre cas se traite de la même
manière).
L’ensemble des valeurs prises par la variable aléatoire
Z = X + Y est :
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
(
P X = xi > Y = y j
(
xi P X = xi > Y = y j
∑
i [ {1 ; …; n}
)
( xi + y j ) P ( X = xi > Y = y j )
)
j [ {1 ; …; m}
+
∑
i [ {1 ; …; n}
(
y j P X = xi > Y = y j
)
j [ {1 ; …; m}
E (Z ) =
∑
xi
i [ {1 ;…; n}
(
P X = xi >Y = y j
∑
j [ {1 ;…; m}
+
∑
yj
j [ {1 ;…; m}
Or, pour i [ {1 ; …; n}, on a :
P ( X = xi ) =
(
)
P Y = yj =
donc :
E (Z ) =
∑
(
)
P X = xi > Y = y j .
∑
i [ {1 ;…; n}
(
)
(
)
P X = xi > Y = y j ,
i [ {1 ;…; n}
xi P ( X = xi ) +
∑
)
P X = xi > Y = y j .
∑
j [ {1 ;…; m}
Et pour j [ {1 ; …; m}, on a :
2
Ce minimum vaut f ( E ( X )) = E ( X )2 − 2E ( X ) E ( X ) + E ( X 2 )
zk P ( Z = zk )
i [ {1 ; …; n}
j [ {1 ; …; m}
xi + y j =zk
i [ {1 ; …; n}
j [ {1 ; …; m}
k [ {1 ; …; s}
xi + y j =zk
E (aX + b ) = aE ( X ) + b
252
∑
k [ {1 ; …; s}
n
E (aX + b ) = E ( Z )
= (ax1 + b ) × p1 + (ax2 + b ) × p2 + … + (axn + b ) × pn
2
}
j [ {1 ; …; m} = {zk , k [ {1 ; …; s}}.
Or, pour k ∈ {1 ; …; s} , on a :
et
76 1. a. E ( X ) = ∑ xi P ( X = xi ) = ∑ xi pi
i
{xi + y j , i [ {1 ; …; n},
i [ {1 ;…; n}
(
)
yj P Y = yj .
∑
j [ {1 ;…; m}
On a donc E ( Z ) = E ( X ) + E (Y ), d’où E ( X + Y ) = E ( X ) + E (Y ).
c. E ( Z ) = a × P ( Z = a ), car Z ne prend qu’une seule valeur a.
Or P ( Z = a ) = 1 pour la même raison, donc E ( Z ) = a.
2. a. Soit la loi de probabilité de la variable X.
xn
xi
x1
x2
…
P ( X = xi )
p1
p2
…
pn
D’où la loi de probabilité de la variable Y = X − E ( X ).
yi
x1 − E ( X ) x2 − E ( X )
xn − E ( X )
…
p1
pn
P (Y = yi )
p2
…
Valeurs correspondantes de la variable aléatoire Z = Y 2 .
yi
x1 − E ( X )
xn − E ( X )
x2 − E ( X )
…
zi
( x1 − E ( X ))2 ( x2 − E ( X ))2
…
( xn − E ( X ))2
Ce tableau liste les valeurs possibles de la variable aléatoire
Z mais certaines peuvent apparaître deux fois. En effet, si
xi − E ( X ) = − x j − E ( X ) , alors les carrés de ces deux expressions sont égaux. On ne peut donc pas en déduire la loi de
probabilité de Z . En revanche, par analogie avec les statis2
tiques, E ( Z ) étant la moyenne des ( xi − E ( X )) pondérées
par les valeurs pi , pour i variant de 1 à n, on a :
(
)
n
E ( Z ) = ∑ ( xi − E ( X )) pi = V ( X ).
2
i=1
2
Ainsi, E ⎡⎣( X − E ( X )) ⎤⎦ = V ( X ).
b. V ( X ) = E ⎡⎣( X − E ( X ))2 ⎤⎦ = E ⎡⎣ X 2 − 2XE ( X ) + ( E ( X ))2 ⎤⎦
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
E (G ) = −2, 4 ⇔ −m + 63 = −2, 4
16
507
⇔m=
80
⇔ m = 6,337 5
Pour gagner 120 € par jour avec 50 parties organisées, la
mise de départ doit être de 6,337 5 € , ce qui n’est guère
possible puisqu’on ne peut payer qu’en centimes. Pour s’en
rapprocher au maximum, on peut fixer la mise à 6,34 €.
V ( X ) = E ( X 2 ) − 2E [ XE ( X )] + E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦ par les propriétés
démontrées au 1.
c. E [ XE ( X )] = E ( X ) × E ( X ) = E ( X )2 , car E ( X ) est une
constante, on peut donc appliquer 1 a.
De plus, E ( X )2 est une constante, donc, d’après le 1 c,
E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦ = E ( X )2.
d. V ( X ) = E ( X 2 ) − 2E [ XE ( X )] + E ⎡⎣E ( X )2 ⎤⎦
= E ( X 2 ) − 2E ( X )2 + E ( X )2
On a donc V ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X )2 .
3. a. E ( X ) = −2 × 0,2 − 3 × 0,1+ 5 × 0,6 + 6 × 0,1 = 2,9
b. V ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X )2
Or E ( X 2 ) = (−2)2 × 0,2 + (−3)2 × 0,1+ 52 × 0,6 + 62 × 0,1
= 20,3.
D’où E ( X ) = 20,3 − 2,92 = 11,89.
σ ( X ) = V ( X ) = 11,89 ≈ 3, 45
VERS L’ÉPREUVE ÉCRITE
Exercices
78
1er lancer
1
2
3
4
5
6
2e lancer
1
(1 ; 1) (1 ; 2) (1 ; 3) (1 ; 4 ) (1 ; 5) (1 ; 6)
yi
2
(2 ; 1) (2 ; 2) (2 ; 3) (2 ; 4 ) (2 ; 5) (2 ; 6)
P (Y = yi )
3
(3 ; 1) (3 ; 2) (3 ; 3) (3 ; 4 ) (3 ; 5) (3 ; 6)
4
( 4 ; 1) ( 4 ; 2) ( 4 ; 3) ( 4 ; 4 ) ( 4 ; 5) ( 4 ; 6)
5
(5 ; 1) (5 ; 2) (5 ; 3) (5 ; 4 ) (5 ; 5) (5 ; 6)
6
(6 ; 1) (6 ; 2) (6 ; 3) (6 ; 4 ) (6 ; 5) (6 ; 6)
1. Soit Y le nombre de points obtenus après deux lancers.
L’ensemble des valeurs prises par Y est :
{−20 ; –10 ; 0 ; 10 ; 20}.
La loi de probabilité de Y est la suivante.
yi
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
P (Y = 0) = 0,32 × 0,13 + 0,13 × 0,32 + 0,55 × 0,55 = 0,385 7
P (Y = 10) = 0,32 × 0,55 + 0,55 × 0,32 = 0,352
P (Y = 20) = 0,32 × 0,32 = 0,102 4
La loi de probabilité de Y est la suivante.
−20
−10
0
10
20
1
8
18
8
1
36
36
36
36
36
2. P (1) + P (2) + P (3) + P ( 4 ) + P (5) + P (6) = 1
Or P (1) = P (3) = P ( 4 ) = P (5) = 0,13 et P (6) = 2P (2) .
Ainsi, on a :
4 × 0,13 + 3 × P (2) = 1 ⇔ 0,52 + 3P (2) = 1
⇔ P (2 ) = 1− 0,52
3
⇔ P (2 ) = 0,16.
On en déduit P (6) = 2 × 0,16 = 0,32.
On note 1 l’évènement « Obtenir un 1 », 6 l’évènement
« Obtenir un 6 » et R l’évènement « Obtenir un autre résultat
que 1 ou 6 ». On peut construire l’arbre pondéré suivant.
−20
0,32
6
0,13 1
0,55
R
6
0,13 1
0,55
R
0,32
6
0,13 1
0,55
R
0,32
6
0,13 1
0,55
R
P (Y = −20) = 0,13 × 0,13 = 0,016 9
P (Y = −10) = 0,13 × 0,55 + 0,55 × 0,13 = 0,143
0
10
20
0,016 9 0,143 0,385 7 0,352 0,102 4
E (Y+ )0=×−20
× 0,016
9 − 10 × 0,143 + 0 ×
E (Y ) = −20 × 0,016 9 − 10 × 0,143
0,385
7
+
10
×
0,352
+
20
×
0,102
4
+ 10 × 0,352 + 20 × 0,102 4
E (Y ) = 3,8
E (Y ) ≠ 0, le jeu n’est donc pas équitable.
79 1. On note V l’évènement « Obtenir un jeton vert » et R
l’évènement « Obtenir un jeton rouge ».
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
1
2
3
2
3
1
P ( X = xi )
5
10
5
P (Y = yi )
0,32
−10
1
2
3
5
R
2
5
V
1
2
R
V
1
3
2
3
R
1
4
1
10
V
V
2. E ( X ) = 1× 2 + 2 × 3 + 3 × 1 + 4 × 1 = 2
5
10
5
10
Si l’on répète l’expérience un très grand nombre de fois, en
moyenne, le rang d’apparition du premier jeton vert est 2.
3. V ( X ) = 2 × (1− 2)2 + 3 × (2 − 2)2 + 1 3.
× (V3 (−X2) )=2 2 × (1− 2)2 + 3 × (2 −
5
10
5
5
10
+ 1 × ( 4 − 2)2 = 1
+ 1 × ( 4 − 2)2 = 1
10
10
σ(X ) = V (X ) = 1 = 1
80 1. Soit X la variable aléatoire égale au gain final du joueur
et m la mise de départ.
L’ensemble des valeurs prises par X est {−m ; 0 ; m ; 3m}.
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
−m
m
3m
0
9
2
1
1
13
13
13
13
2. E ( X ) = −m × 9 + 0 × 2 + m × 1 + 3m × 1 = − 5 m
13
13
13
13
13
Quel que soit m [ R+ , E ( X ) < 0.
P ( X = xi )
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
253
81 Soit C la variable aléatoire égale au nombre de points
marqués par Chloé et K la variable aléatoire égale au nombre
de points marqués par Karim.
D’après le tableau de l’énoncé :
• E (C ) = 0,14 × 3 + 0,35 × 5 + 0,51× 7 = 5,74
V (C ) = 0,14 × (3 − 5,74 )2 + 0,35 × (5 − 5,74 )2 + 0,51× (7 − 5,74 )2
= 2,052 4
Sur un grand nombre d’appel, la plateforme gagne en
moyenne 2,78 € par appel.
2,78 × 10 000 = 27 800
Si la plateforme contacte 10 000 clients, elle peut espérer
percevoir 27 800 €.
85 1. L’ensemble des valeurs prises par X est {−6 ; –1 ; 4} .
Soit, pour i [ {1 ; 2}, Ri l’évènement « La i-ème boule tirée est
rouge » et Bi l’évènement « La i-ème boule tirée est bleue ».
On peut construire l’arbre pondéré suivant.
On en déduit σ (C ) = 2,0524 ≈ 1, 43
• E ( K ) = 0,16 × 3 + 0,23 × 5 + 0,61× 7 = 5,9
1er tirage
V ( K ) = 0,16 × (3 − 5,9)2 + 0,23 × (5 − 5,9)2 + 0,61× (7 − 5,9)2
= 2,27
On en déduit σ ( K ) = 2,27 ≈ 1,51.
Au vu des résultats, Karim marque un nombre moyen de
points légèrement supérieur à celui de Chloé mais il est
moins régulier que cette dernière. Il vaut donc mieux faire
confiance à Chloé.
Pour i allant de 1 à 1 000
Naissance1 ← nombre entier aléatoire entre 0 et 1
Naissance2 ← nombre entier aléatoire entre 0 et 1
Somme ← Somme + Naissance1 + Naissance2
Moyenne ← Somme/1 000
2. En simulant un grand nombre de tirage, la variable
moyenne s’approche de l’espérance de la variable aléatoire
X, où X compte le nombre de garçons dans une famille de
deux enfants.
83 Soit, pour i ∈ {1 ; 2 ; 3}, Ri l’évènement « Le i-ème jeton
tiré est rouge » et Bi l’évènement « Le i-ème jeton tiré est
bleu ».
1. P (R1 >B2 ) = 4 × 2 = 4 . Réponse d.
6 5 15
2. P (R1 >R2 >B3 ) = 2 × 3 × 2 = 1 . Réponse a.
3 5 4 5
3. P (R1 >B2 ) + P R1 > R2 >B3 = 4 + 1 = 7 . Réponse c.
15 5 15
(
)
84 1. L’ensemble des valeurs prises par S est {1 ; 5 ; 6 ; 10}.
On note N l’évènement « La personne s’abonne à la version
numérique » et P l’évènement « La personne s’abonne à la
version papier ».
On a P (P) = 0,18, P (N) = 0,22 et P (P >N) = 0,72 .
N
N
Total
P
0,12
0,06
0,18
P
0,1
0,72
0,82
Total
0,22
0,78
1
)
(
)
)
P ( S = 10) = P P > N = 0,12
1
0,72
5
0,1
6
0,06
10
0,12
2. E ( X ) = 1× 0,72 + 5 × 0,1+ 6 × 0,06 + 10 × 0,12 = 2,78
254
10
n+10
B1
(
R2
→ –6 €
10 B2
n+9
n
n+9 R
2
→ –1 €
9
n+9
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
→ –1 €
→ 4€
B2
) (
)
n × 10 + 10 × n
n + 10 n + 9 n + 10 n + 9
20n
=
(n + 10)(n + 9)
n (n − 1)
2. P ( X = −6) = P R1 > R2 = n × n − 1 =
n + 10 n + 9 (n + 10)(n + 9)
90
P ( X = 4 ) = P B1 > B2 = 10 × 9 =
n + 10 n + 9 (n + 10)(n + 9)
=
(
(
)
)
3. E ( X ) = −6 × P ( X = −6) − 1× P ( X = −1) + 4 × P ( X = 4 )
−6n (n − 1)
20n
4 × 90
E (X ) =
−
+
(n + 10)(n + 9) (n + 10)(n + 9) (n + 10)(n + 9)
2
2
E ( X ) = −6n + 6n − 20n + 360 = −6n − 14n + 360
(n + 10)(n + 9)
(n + 10)(n + 9)
2
4. E ( X ) . 0 ⇔ −6n − 14n + 360 . 0
(n + 10)(n + 9)
⇔ −6n2 − 14n + 360 . 0
car comme n ˘ 2, n + 10 , 0 et n + 9 . 0.
On considère l’équation −6x 2 − 14 x + 360 = 0.
Δ = (−14 )2 − 4 × (−6) × 360 = 8 836
Le discriminant est strictement positif, donc l’équation
−6x 2 − 14 x + 360 = 0 admet deux solutions distinctes dans
R:
x1 = 14 − 8 836 = 20 ≈ 6,67 et x2 = 14 + 8 836 = −9.
3
2 × (−6)
2 × (−6)
2
Le trinôme −6x − 14 x + 360 est négatif sauf entre les racines,
donc n étant un entier supérieur ou égal à 2, l’espérance de la
variable aléatoire X est strictement positive si n est un entier
compris, au sens large, entre 2 et 6.
86 1. L’ensemble des valeurs prises par X est {0 ; 10 ; 20}.
)
P ( X = 10) = P (B > E) + P (C > F) = 8 × 1 + 1 × 8 = 16
9 9 9 9 81
1
1
1
P ( X = 20) = P (C > G) = × =
9 9 81
P ( S = 6) = P P > N = 0,06
P ( S = si )
R1
(
P ( S = 5) = P (P >N) = 0,1
si
n
n+10
Gain
P ( X = 0) = P B > D = 8 × 8 = 64
9 9 81
P ( S = 1) = P P > N = 0,72
(
n –1
n+9
P ( X = −1) = P R1 > B2 + P B1 > R2
82 1. Somme ← 0
(
2e tirage
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
0
10
P ( X = xi )
64
81
16
81
2. E ( X ) = 0 × 64 + 10 × 16 + 20 × 1 = 20
81
81
81 9
20
1
81
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
Le jeu est défavorable au joueur, sauf à la condition que la
mise soit nulle.
87 1. a.
0,3
0,4 B
V
0,7 V
0,6
0,6 B
V
0,4 V
P (B > V ) = 0,6 × 0, 4 = 0,24
b. Les évènements B et B forment une partition de l’univers.
D’après la formule des probabilités totales :
P ( V ) = P B > V + P B > V = 0, 4 × 0,7 + 0,24 = 0,52
La probabilité que l’automobiliste ne choisisse pas la route
départementale entre Valence et Marseille est 0,52.
2. a. • Paris-Marseille par autoroute : 14 heures.
(
) (
)
88
P ( X = xi )
0,12
0,36
A
B
1
1
1
5
8
2
2
6
9
2
3
3
7
10
8
9
9
13
16
2. L’ensemble des valeurs prises par G est {−5 ; 15}.
Il y a 6 issues équiprobables qui réalisent l’évènement
{G = 15} et 6 issues qui réalisent l’évènement {G = −5} .
On en déduit la loi de probabilité de G suivante.
gi
−5
1
2
P (G = gi )
−5
5
12
P (G = gi )
1.
15
1
2
1/2
1
1/4 8
1/3
2 → G = –5
1/3
1 →G=2
1/3 8 → G = 2
1/3
1/4
1/3
5
1 → G = –5
2 →G=2
1/3
1/3
1
1/3 5
1/2
2/3
1/4
1
8
1
5
1/3
1 → G = –5
8
1/3 8 → G = 2
1/3
2 → G = –5
P (G , 0) = P (G = −5) = 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1 + 1 × 1
2 3 2 3 4 3 4 3
= 1+1+ 1 + 1 = 5
6 6 12 12 12
La probabilité de perdre de l’argent à ce jeu vaut 5 .
12
2. La loi de probabilité de G est la suivante.
x−5
1
12
Soit G la variable aléatoire égale au gain algébrique du
joueur.
On peut construire l’arbre pondéré suivant.
1/3
1/3 8 → G = 2
2
1
2
Questions Allegro
Questions Moderato
1/3
0,24
3. E (G ) = 0 ⇔ −5 × 5 + 2 × 1 + ( x − 5) × 1 = 0
12
2
12
18
1
⇔− + x=0
12 12
1
⇔
x = 3 ⇔ x = 3 × 12 ⇔ x = 18
12
2
2
Pour que le jeu soit équitable, il faut que la valeur de x soit
égale à 18.
3. E (G ) = 1 × (−5) + 1 × 15 = 5
2
2
L’espérance de la variable aléatoire G est positive, le jeu est
donc favorable au joueur.
1.
0,28
c. E ( X ) = 11× 0,12 +12 × 0,36 +13 × 0,28 +14 × 0,24 = 12,64
Un automobiliste met en moyenne 12,64 heures pour effectuer le trajet, soit environ 12 h et 38 min.
gi
Questions Va piano
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
• Paris-Marseille par l’itinéraire de délestage puis la route
départementale : 11 heures.
• Paris-Marseille par autoroute jusqu’à Valence puis la route
départementale : 12 heures.
• Paris-Marseille par l’itinéraire de délestage puis l’autoroute :
13 heures.
b. Soit X la variable aléatoire égale à la durée en heures du
trajet entre Paris et Marseille.
La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
11
12
13
14
1/4
2/3
1
8
1/3
5
1 →G=3–m
1/3 2 → G = 4 – m
1/3
8 → G = 10 – m
1/3
1 →G=7–m
1/3 2 → G = 8 – m
1/3
8 → G = 14 – m
1/3
1 → G = 10 – m
1/3 2 → G = 11 – m
1/3
8 → G = 17 – m
1/3
1 →G=7–m
1/3 2 → G = 8 – m
1/3
8 → G = 14 – m
1/3
1 → G = 14 – m
1/3 2 → G = 15 – m
1/3
8 → G = 21 – m
1/3
1 → G = 10 – m
1/3 2 → G = 11 – m
1/3
8 → G = 17 – m
1/3
1 → G = 14 – m
1/3 2 → G = 15 – m
1/3
8 → G = 21 – m
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
255
P (G = gi )
1
18
1
18
1
9
gi
11− m
14 − m
1
9
15 − m 17 − m
(
n
n+7
10 − m
3
n+7
1
6
21− m
4
n+7
1. On note G l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur
gris », V l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur vert »
et N l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur noir ».
1
3
)
)
)
xi
3
n+7
G
V → Xn = 1
4
n+7
N → Xn = –2
V → Xn = 6
N → Xn = –3
−3
P ( Xn = xi )
4
n+7
−2
0
1
6
4n
2
3n
3
n+7
n
(n + 7)2 (n + 7)2 (n + 7)2
3. P ( X5 . 0) = 5 + 1 = 17 ≈ 0,354
48 4 48
et P ( X6 . 0) = 18 + 3 = 57 ≈ 0,337.
169 13 169
On a P ( X5 . 0) . P ( X 6 . 0), Léo a donc plus de chances
de gagner une somme d’argent strictement positive avec
5 secteurs gris.
Questions Allegro
1.
n
n+7
n
n+7
V →X=1
1
3
N → X = –2
V →X=6
3
n+7
4
n+7
N → X = –3
2. L’ensemble des valeurs prises par X est {−3 ; –2 ; 0 ; 1 ; 6}.
3. P ( X = −3) = 1
3
4. La loi de probabilité de X est la suivante.
xi
−3
−2
0
1
6
G → Xn = 0
n × n = n2
n + 7 n + 7 (n + 7)2
2. La loi de probabilité de Xn est la suivante.
G →X=0
1
4
(
P ( Xn = 0) =
Questions Va piano
1
4
(
n
n+7
89
G
)
1. On note G l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur
gris », V l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur vert »
et N l’évènement « La roue s’arrête sur un secteur noir ».
1
1
1
1
1
9
6
18
9
18
Le jeu est équitable si et seulement si E (G ) = 0.
E (G ) = 0
⇔ 1 (3 − m + 4 − m + 15 − m + 21− m )
18
+ 1 (7 − m + 8 − m + 11− m + 17 − m )
9
+ 1 (10 − m + 14 − m ) = 0
6
67
67
⇔
−m=0⇔m=
6
6
Pour que le jeu soit équitable, il faut que la mise soit égale à
67 €, soit environ 11,17 €.
6
5
12
(
(
Questions Moderato
P (G = gi )
5
12
)
2
2
2
V ( X ) = 1 × −3 − 47 + 5 × −2 − 47 + 25 × 0 − 47
3
144
36
144
144
144
2
2
+ 5 × 1− 47 + 1 × 6 − 47 = 260 303 ≈ 12,55
48
144
4
144
20 736
σ ( X ) = V ( X ) = 260 303 ≈ 3,54
20 736
xi
P ( Xn = xi )
−3
4
n+7
G → Xn = 0
3
n+7
G
V → Xn = 1
4
n+7
N → Xn = –2
V → Xn = 6
N → Xn = –3
−2
0
1
6
4n
2
3n
3
n+7
n
(n + 7)2 (n + 7)2 (n + 7)2
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
• P (G = 3 − m ) = P (G = 4 − m ) = 1 × 1 × 1 = 1
2 3 3 18
• P (G = 7 − m ) = P ( X = 8 − m ) = P ( X = 11− m )
= 1× 1× 1+ 1×2× 1
2 3 3 4 3 3
= 1
9
• P (G = 10 − m ) = P (G = 14 − m )
= 2× 1 × 1× 1 + 1 × 2 × 1
2 3 3 4 3 3
1
=
6
• P (G = 15 − m ) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1
4 3 3 18
1
• P (G = 17 − m ) = × 1 × 1 + 1 × 2 × 1 = 1
2 3 3 4 3 3 9
• P (G = 21− m ) = 2 × 1 × 1 × 1 = 1
4 3 3 18
La loi de probabilité de G est la suivante.
gi
3−m 4−m 7−m
8−m
2
2. E ( X n ) = −3 × 4 − 2 × 4n 2 + 0 × n 2 + 1× 3n 2 + 6 ×
n
+
7
n
1
(n + 7 )
(n + 7 )
(n + 7 )
P ( X = xi )
4
6 −4n 5n
2
2.1 E ( X47
= −3 × 4 =− 2n ×
+)02 × n 2 + 1× 3n 2 + 6 × 3
)
+
7
1
5
25
5
n
2
n
+
7
(
n+7
n+7
5. E ( X ) = −3 × − 2 ×
+0×
+ 1×
+6× =
(n + 7 )
(n + 7 )
(n + 7 )
3
36
144
48
4 144
5n
= 6 −
n + 7 (n + 7)2
Chapitre
10
Variables
aléatoires
réelles
256
1
3
5
36
25
144
5
48
4 − 2 × 4n + 0 × n2 + 1× 3n + 6 × 3
n+7
n+7
(n + 7)2
(n + 7)2
(n + 7)2
Le discriminant est positif donc l’équation admet deux solu= 6 − 5n 2
tions distinctes dans R :
n + 7 (n + 7 )
x1 = −12 + 284 = −6 + 71 ≈ 2, 4
E ( Xn ) = n + 422
2
(n + 7 )
−12
−
284
= −6 − 71 , 0 (impossible).
et x2 =
2
3. E ( Xn ) = 0,5 ⇔ n + 422 = 1 ⇔ 2n + 84 = n2 + 14n + 49
2
(n + 7 )
Il n’existe pas de valeur entière de x telle que x 2 + 12x − 35 = 0,
2
il n’y a donc pas de valeur de n telle que Léo gagne en
⇔ n + 12n − 35 = 0
moyenne 0,5 point par partie.
2
On considère l’équation x + 12x − 35 = 0.
E ( X2 ) = 44 ≈ 0,54 et E ( X2 ) = 45 = 0, 45.
Δ = 122 − 4 × 1× (−35) = 284
81
100
Le plus proche d’un gain moyen de 0,5 est obtenu pour n = 2.
2. E ( X n ) = −3 ×
1 1.
1
3
2
3
D1
D1
b.
1
2
D2
1
2
1
2
D2
1
2
D2
D2
1
1
1
1
D3 → D = 3
D3 → D = 1
D3 → D = 1
D3 → D = 0
2. P ( D = 0) = P (D1 >D2 >D3 ) = 2 × 1 × 1 = 2
3 2
6
(
)
(
)
P ( D = 1) = P D1 > D2 >D3 + P (D1 >D2 >D3 )
© Hachette Livre 2019 – Guide pédagogique, mathématiques 1re Spécialité, collection Barbazo
= 1× 1+2× 1= 1
3 2 3 2 2
P ( D = 3) = P D1 > D2 >D3 = 1 × 1 × 1 = 1
3 2
6
2
1
1
3. E ( D ) = 0 × + 1× + 2 × 0 + 3 × = 1
6
2
6
2
2
2
1
V ( D ) = × (0 − 1) + × (1− 1) + 0 × (2 − 1)2 + 1 × (3 − 1)2
6
2
6
=1
σ(D) = V (D) = 1 = 1
2 1. P ( X . 15) = 1
8
5
1
2. E ( X ) = × 10 + × 15 + 1 × 20 = 12,5
8
4
8
3 1. a.
1/2
1/2
1
1/3 2
1/6
3
xi
–1
20
50
13
11
1
P ( X = xi )
36
18
36
c. P ( X . 0) = 11 + 1 = 23
18 36 36
d. E ( X ) = −1× 13 + 20 × 11 + 50 × 1 = 53
36
18
36
4
The game expectancy is different from 0, the game is not fair.
e. − x × 13 + 20 × 11 + 50 × 1 = 0 ⇔ −13x + 440 + 50 = 0
36
18
36
36
⇔ −13x + 490 = 0
⇔ x = 490
13
490
« Otherwise he loses
pounds ».
13
2. b.
xi
–11
10
40
13
11
1
36
18
36
c. P ( X . 0) = 11 + 1 = 23
18 36 36
d. E ( X ) = −11× 13 + 10 × 11 + 40 × 1 = 13
36
18
36 4
The game expectancy is different from 0, the game is not fair.
e. − x × 13 + 10 × 11 + 40 × 1 = 0 ⇔ x = 20
36
18
36
« Otherwise he loses 10 pounds ».
P ( X = xi )
1 →S=2
1/3 2 → S = 3
1/6
3 →S=4
1/2
1 →S=3
1/3 2 → S = 4
1/6
3 →S=5
1/2
1 →S=4
1/3 2 → S = 5
1/6
3 →S=6
Chapitre 10 Variables aléatoires réelles
257
