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Devoir Commun de 1e S
février 2017
Exercice 1
Partie A
1°)
a) AB = ( xB – xA ; yB – yA ) = ( 2 – (- 1) ; 2 – 3 ) = ( 3 ; - 1 )
b) 1ère méthode : d’après le cours on sait que si une droite a pour
équation cartésienne ax + by + c = 0 alors u( b ; - a ) est vecteur
directeur.
donc AB = ( 3 ; - 1 ) donne x + 3y + c = 0, et il suffit d’utiliser
l’un des points A ou B pour déterminer c :
A( - 1 ; 3 ) appartient à (AB)
ses coordonnées vérifient l’équation de (AB)
(- 1) + 3(3) + c = 0
c=-8
Réponse : (AB) : x + 3y - 8 = 0
2ème méthode :
Soit M( x ; y ) un point quelconque de (AB), donc représentatif
de tous les points de (AB).
M est sur (AB) donc les points M, A et B sont alignés, donc AM
et AB sont colinéaires, donc x y’ – x’ y = 0
AB = ( 3 ; - 1 )
AM = ( x + 1 ; y – 3 )
x y’ – x’ y = 0
(- 1)( x + 1 ) – 3( y – 3 ) = 0
- x – 1 – 3y + 9 = 0
- x – 3y – 8 = 0
x + 3y - 8 = 0
2°)
a) (Δ) : - 3x + y – 1 = 0 donne u( 1 ; 3 ) avec la 1ère méthode de
la question 1° a),
avec la 2ème méthode on détermine deux points de la droite :
par exemples
C( 2 ; y ) donne – 3(2) + y – 1 = 0 donc y = 7 donc C( 2 ; 7 )
D( 5 ; y ) donne – 3(5) + y – 1 = 0 donc y = 16 donc D( 5 ; 16 )
CD = ( 5 – 2 ; 16 – 7 ) = ( 3 ; 9 ) est un vecteur directeur de la
droite. ⅓ CD = ⅓ ( 3 ; 9 ) = ( 1 ; 3 ) aussi.
b)
(AB) : x + 3y - 8 = 0
3y = - x + 8
y = - ⅓ x + (8/3)
donc (AB) a pour coefficient directeur - ⅓
(Δ) : - 3x + y – 1 = 0
y = 3x + 1
donc (Δ) a pour coefficient directeur 3
Les coefficients directeurs sont différents, donc les droites ne
sont pas parallèles, donc elles sont sécantes.
Autre méthode :
si les droites sont parallèles leurs vecteurs directeurs sont
colinéaires.
AB = ( 3 ; - 1 ) et u( 1 ; 3 )
x y’ – x’ y = 3×3 – (- 1)×1 = 9 + 1 = 10
x y’ – x’ y ≠ 0
les vecteurs directeurs ne sont pas colinéaires
les droites ne sont pas parallèles
elles sont sécantes
c)
Soit N( x ; y )
N ϵ (AB)
y = - ⅓ x + (8/3)
N ϵ (Δ)
y = 3x + 1
Il faut donc résoudre le système d’équations linéaires.
Par substitution on obtient 3x + 1 = - ⅓ x + (8/3)
3x + ⅓ x = (8/3) – 1
(10/3)x = 5/3
x = 5/10 = ½ = 0,5
qui donne y = 3(0,5) + 1 = 2,5
= - ⅓ (0,5) + (8/3) = ( - 0,5 + 8)/3 = 7,5/3 = 2,5
Réponse : N( 0,5 ; 2,5 )
3°)
a) (Δ) : - 3x + y – 1 = 0
y = 3x + 1
P( 0 ; 1 ) appartient à (Δ) car ses coordonnées vérifient son
équation : 1 = 3(0) + 1
b)
A
B
P
(AB)
(Δ)
Le repère est orthonormé, donc || BP || =
xBP ² + yBP ²
BP = ( 0 – 2 ; 1 – 2 ) = ( - 2 ; - 1 )
donc || BP || =
(- 2)² + (- 1)²
=
5
4°)
BP =
5 = AP
et P est sur (Δ)
(Δ) est la médiatrice de [AB]
d’après la connaissance de collège « tout point de la médiatrice
est à égale distance des extrémités du segment ».
Autre méthode : d'après la connaissance du cours, "deux
vecteurs ( a ; b ) et ( - b ; a ) sont orthogonaux si les
coordonnées sont celles dans un repère orthonormé", ce qui est
le cas pour u( 1 ; 3 ) et AB( 3 ; - 1 ), donc ils sont orthogonaux,
et comme ils sont des vecteurs directeurs des deux droites, les
deux droites sont orthogonales. Il reste à déterminer le milieu de
[AB], et à démontrer que (∆) passe par ce milieu.
Partie B
1°)
JB + ⅔ PJ = 0
⅔ PJ = - JB
PJ = 1,5 BJ
PJ = - (3/2) JB
d’après Chasles
PJ = 1,5 ( BP + PJ )
PJ = 1,5 BP + 1,5 PJ
- 0,5 PJ = 1,5 BP
PJ - 1,5 PJ = 1,5 BP
PJ = - (1,5/0,5) BP
2°)
On utilise PJ = 3 PB pour obtenir J :
A
J
B
P
(AB)
(Δ)
On utilise PU = 2 PA pour obtenir U,
et PL = 2 BA – 4 BP = 2 BA + 4 PB pour obtenir L :
PJ = 3 PB
L
U
A
J
B
P
(AB)
(Δ)
3°)
PL = 2 BA – 4 BP = 2 ( BP + PA ) – 4 BP d’après Chasles
= 2 BP + 2 PA – 4 BP = 2 PA – 2 BP = 2 PA + 2 PB
4°)
PL = 2 PA + 2 PB
L a pour coordonnées ( 2 . 2 ) dans le repère ( P ; PA ; PA )
PL a pour coordonnées ( 2 . 2 ) dans ce repère.
On sait que N( ½ ; ½ ) dans ce repère
PN = ½ PA + ½ PB
PN a pour coordonnées ( ½ ; ½ ) dans ce repère.
x’ y – x y’ = 2(½) - ½(2) = 1 – 1 = 0
x’ y – x y’ = 0
les vecteurs PN et PL sont colinéaires
les points P, N et L sont alignés.
On pouvait aussi montrer que
PL = 2 PA + 2 PB = 4 ( ½ PA + ½ PB ) = 4 PN
donc que les vecteurs PN et PL sont colinéaires puisqu’il existe
un réel k tel que PL = k PN.
Exercice 2
Partie A
1°)
a) f(0) = 2 et f(2) = 4
( ordonnées des points )
b) f '(0) = 7 et f '(2) = - 1 ( coefficients directeurs des tangentes )
2°)
Les tangentes à la courbe d'une fonction ont toutes pour équation
y = mx + p ( si la tangente avait pour équation x = k ce ne serait
pas la tangente à la courbe d'une fonction ), avec m le coefficient
directeur et p l'ordonnée à l'origine, et par lecture graphique on
trouve :
y = 7x + 2 pour la tangente en A,
et y = - x + 6 pour la tangente en B.
3°)
f '(x) = 0
la tangente est de coefficient directeur nul
x ≈ 1 ou x ≈ 2,3 graphiquement
( correspond aux antécédents d'extremums locaux ).
Partie B
1°)
Le point A appartient à la courbe
ses coordonnées vérifient l'équation de la courbe
2 = 03 - 5(0²) + 7(0) + d
d=2
On peut aussi utiliser le point B :
4 = 23 - 5(2²) + 7(2) + d
d = 4 - 8 + 20 - 14 = 2
2°)
a)
f '(x) = 3x² - 5(2x) + 7(1) + 0 = 3x² - 10x + 7
f ' est une fonction polynôme donc elle est dérivable sur R ( en
admettant que f soit définie aussi sur R ).
b)
f '(2) = 3(2²) - 10(2) + 7 = 12 - 20 + 7 = - 1
qui correspond bien à la lecture graphique de la question A1°a).
c)
Soit M( x ; y ) un point quelconque de la tangente T en A, donc
représentatif de tous les points de T.
yM - yA
coefficient directeur de la tangente =
xM - xA
y - f(a)
f '(a) =
y = f '(a) ( x - a ) + f(a)
x-a
f '(2) = - 1
f(2) = 4
Tangente en A d'abscisse 2 : y = f '(2) ( x - 2 ) + f(2)
=-1(x-2)+4
=-x+2+4
=-x+6
qui correspond bien à la lecture graphique de la question A2°.
3°)
Droite d d'équation cartésienne 2y - 34x + 10 = 0
2y = 34x - 10
y = 17x - 5
La tangente en un point d'abscisse b est parallèle à d donc elles
ont le même coefficient directeur
f '(b) = 17
3x² - 10x + 7 = 17
3x² - 10x - 10 = 0
C'est un joli polynôme de degré 2 donc je peux utiliser la
méthode du discriminant :
∆ = (- 10)² - 4 (3)(- 10) = 100 + 120 = 220
∆ > 0 donc l'équation admet deux solutions.
4°)
a)
( x - 2 )² ( x - 1 ) = ( x² - 4x + 4 ) ( x - 1 )
= x3 - 4x² + 4x - x² + 4x - 4
= x3 - 5x² + 8x - 4
b)
La courbe de f croise la courbe de g ( correspondant à la tangente )
f(x) = g(x)
f(x) – g(x) = 0
La courbe de f est au-dessus de la courbe de g
f(x) > g(x)
f(x) – g(x) > 0
La courbe de f est en-dessous de la courbe de g
f(x) < g(x)
f(x) – g(x) < 0
Il suffit donc d’étudier le signe de f(x) – g(x)
f(x) - g(x) = [ x3 - 5x² + 7x + 2 ] - [ - x + 6 ]
= x3 - 5x² + 7x + 2 + x - 6
= x3 - 5x² + 8x - 4
= ( x - 2 )² ( x - 1 )
-∞
x
d'après la question précédente
1
+∞
2
(x-2)²
+
+
x-1
-
0
+
f(x)-g(x)
-
0
+
0
+
+
0
+
Réponse : la courbe de f
croise la tangente pour x dans { 1 ; 2 }
est au-dessus de la tangente pour x dans ] 1 ; 2 [ union ] 2 ; + ∞ [
est en-dessous de la tangente pour x dans ] - ∞ ; 1 [
ce qui correspond bien au graphique.
Partie C
1°)
u ‘
f ‘(x) =
u’ v – v’ u
=
v
3 ( x + 2 ) – 1 ( 3x – 2 )
=
v²
( x + 2 )²
3x + 6 – 3x + 2
=
8
=
( x + 2 )²
Réponse c
( x + 2 )²
2°)
1
f ‘(x) = ( u × v )’ = u’ v + v’ u = 2 √x + 2x
2 √x
= 2 √x + √x = 3 √x
Réponse c
Exercice 3
Tim :
Tom :
Mise 5 €
X=
Mise 5 €
Y=
(1)250
245
(5)20
15
(4)50
45
(10)15
10
(25)2
-3
(15)10
5
(70)0
-5
(20)5
0
(50)0
-5
1°)
valeurs en bleu et en vert
2°)
valeurs xi prises par X
245
45
-3
-5
p ( X = xi )
0,01
0,04
0,25
0,7
valeurs yi prises par Y
p ( Y = yi )
15
10
5
0
-5
0,05
0,1
0,15
0,2
0,5
3°)
p ( X ≥ 5 ) = 0,01 + 0,04 = 0,05
p ( Y ≥ 5 ) = 0,05 + 0,1 + 0,15 = 0,3
4°)
E(X) = Σ pi xi = 0,01×245 + 0,04×45 + 0,25×(- 3) + 0,7×(- 5)
= 2,45 + 1,8 - 0,75 – 3,5 = 0
E(Y) = Σ pi yi
= 0,05×15 + 0,1×10 + 0,15×5 + 0,2×0 + 0,5×(- 5)
= 0,75 + 1 + 0,75 + 0 – 2,5 = 0
Les deux espérances sont nulles, donc les deux jeux sont
équitables.
5°)
V(X) = Σ pi xi ² - ( E(X) )²
= 0,01×245² + 0,04×45² + 0,25×(- 3)² + 0,7×(- 5)² - 0²
= 701
σ(X) =
701 ≈ 26,5
V(Y) = Σ pi yi ² - ( E(X) )²
= 0,05×15² + 0,1×10² + 0,15×5² + 0,2×0² + 0,5×(- 5)² - 0²
= 37,5
σ(Y) =
37,5 ≈ 6,1
Eva ne va pas choisir selon la probabilité de gagner car on ne
peut pas éliminer les cas perdants.
Les deux jeux donnent les mêmes résultats en moyennes
probables ( espérances ).
Eva va donc choisir selon l’écart-type : comme elle veut
prendre peu de risques, elle prendra la tombola de Tom car en
moyenne probable elle s’écartera moins de la moyenne ( elle
risque de peu gagner comme de peu perdre ).
6°)
valeurs xi prises par X
p ( X = xi )
250-M
50-M
2-M
-M
0,01
0,04
0,25
0,7
L’organisateur veut gagner 300 €, donc en moyenne 3 € par
ticket, donc chaque joueur perd 3 € en moyenne probable :
E(X) = - 3
E(X) = Σ pi xi
= 0,01×(250–M) + 0,04×(50-M) + 0,25×(2-M) + 0,7×(- M)
=-3
2,5 – 0,01M + 2 – 0,04M + 0,5 – 0,25M – 0,7M = - 3
5–M=-3
-M=-3–5
M=8
7°)
E(Z) = E( 2Y – 5 ) = 2 E(Y) – 5 = 2(0) – 5 = – 5
On vient d’utiliser une propriété du cours : la linéarité de la
moyenne.
On peut aussi déterminer toute la loi de probabilité de la
variable aléatoire Z, puis en déduire son espérance, mais ce
sera plus long …
Exercice 4
Partie A
f(x) = x
- x² + 4x – 2 = x
- x² + 3x – 2 = 0
C'est un joli polynôme de degré 2 donc je peux utiliser la
méthode du discriminant :
∆ = (3)² - 4 (- 1)(- 2) = 9 - 8 = 1 = 1²
∆ > 0 donc deux racines
-3+1
x1 =
-2
=
2(- 1)
-3-1
= 1 et x2 =
-2
-4
=
2(- 1)
=2
-2
Partie B
1°)
a)
Méthode :
u0 est l’image de 0, donc donne le point ( 0 ; u0 ).
u1 = f(u0) mais f : x → y donc il faut rabattre u0 en x, pour
obtenir u1 en y.
2
1
0
1
2
On applique la même méthode pour les points suivants.
2
1
0
1
2
b)
Apparemment, la suite est strictement croissante.
Sa limite est alors + ∞, ou une limite réelle. Soit on continue la
construction ( mais ce sera long…), soit on utilise sa calculette
( on tape 1,2 EXE puis – 1 × Ans² + 4 × Ans – 2 EXE EXE
EXE etc… ) pour constater que un tend vers 2.
2°)
a)
𝑈 prend la valeur 1,2
𝑈 prend la valeur −𝑈²+4𝑈−2
𝑁 prend la valeur 0
𝑁 prend la valeur 𝑁+1
𝑈≤1,9
oui
non
Afficher 𝑁
qui correspond à
u0 = 1,2
un+1 = f(un)
𝑁 prend la valeur 0
𝑁 prend la valeur 𝑁+1
𝑈≤1,9
non
Afficher 𝑁
oui
On continue d’utiliser la boucle tant que un ≤ 1,9, donc on va
déterminer tous les successifs jusqu’au dernier un avant de
sortir de la boucle, donc cet algorithme permet d’obtenir le n
du plus grand terme un le plus proche ( par défaut ) de 1,9.
b)
Si l’on remplace U ≤ 1,9 par U ≤ 3, on ne sortira jamais de la
boucle car aucun terme n’atteindra 3 ( puisque la limite est de
2 ). L’algorithme n’affichera rien, il ne sert à rien.
Partie C
1°)
wn = f(n) = - n² + 4n – 2
Le 1er terme est u2 = - 2² + 4(2) – 2 = - 4 + 8 – 2 = 2
u3 = - 3² + 4(3) – 2 = - 9 + 12 – 2 = 1
u4 = - 4² + 4(4) – 2 = - 16 + 16 – 2 = - 2
2°)
wn+1 = f(n+1) = - (n+1)² + 4(n+1) – 2
= - ( n² + 2n + 1 ) + 4n + 4 – 2
= - n² - 2n - 1 + 4n + 4 – 2
= - n² + 2n + 1
3°)
wn+1 - w = (- n² + 2n + 1) – (- n² + 4n – 2)
= - n² + 2n + 1 + n² - 4n + 2
= - 2n + 3
qui s’annule en 1,5,
donc pour n ≥ 2 on a wn+1 - w < 0
la suite est strictement décroissante.
Autre méthode :
Soit la fonction f définie sur R par f(x) = - x² + 4x – 2
f ‘(x) = - 2x + 4
On étudie son signe, puis on utilise le théorème de la
monotonie :
x
f ‘(x)
f(x)
-∞
+∞
2
+
0
-
On en déduit ensuite le sens de variation de la suite :
x
f ‘(x)
-∞
2
+
0
3 etc…
+∞
-
f(x)
la suite est strictement décroissante.
Partie C : la fin.
Soit la suite (𝑤𝑛) définie pour tout entier naturel 𝑛≥2 par : 𝑤𝑛=(𝑛).
1) Calculer les 3 premiers termes de la suite (𝑤𝑛).
2) Exprimer 𝑤𝑛+1 en fonction de 𝑛.
3) Déterminer le sens de variation de la suite (𝑤𝑛).