Maths Livre 2nd

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Programme 2010Seconde

Sous la direction deJean-François ChesnéMarie-Hélène Le Yaouanq

Hélène GastinMarc GuignardDaniel Guillemet

Les auteurs et les éditions Didier remercient Philippe Dutarte pour ses conseils avisés, ses idées d’activités et de travaux pratiques qui ont enrichi la partie Statistique et Probabilités.Nous remercions également Éric Roxval et Anne-Laure Collinet (professeure d'anglais) pour la rédaction des exercices de la rubrique English corner.

Couverture : Contours

Mise en pages, schémas et photogravure : STDI

« Le photocopillage, c’est l’usage abusif et collectif de la photocopie sans autorisation des auteurs et des éditeurs.

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courtes citations dans un but d’exemple et d’illustration, « toute représentation ou reproduction intégrale, ou partielle, faite sans le

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reproduction, par quelque procédé que ce soit, constituerait donc une contrefaçon sanctionnée par les articles 425 et suivants du

Code pénal. ».

© Les Éditions Didier, Paris 2010 ISBN 978-2-278-06389-5 Imprimé en France

3

Sommaire

Programme . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4

Premiers pas en algorithmique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

Partie I. Fonctions

Chapitre 1. Modéliser par une fonction . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 20

Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affines . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32

Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45

Chapitre 4 Fonctions de référence . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63

Chapitre 5. Inéquations. Étude de variations . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 78

Chapitre 6. Trigonométrie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 89

Partie II. Statistiques et probabilités

Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 98

Chapitre 8. Probabilités . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 116

Chapitre 9. Échantillonnage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 128

Partie III. Géométrie

Chapitre 10. Configurations plans. Repérage . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 137

Chapitre 11. Géométrie dans l’espace . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 150

Chapitre 12. Équations de droite . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 160

Chapitre 13. Vecteurs . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 176

Raisonnement logique . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 190

4

B.O. Bulletin officiel n° 30 du 23 juillet 2009

Mathématiques Classe de seconde

IntroductionLa seconde est une classe de détermination. Le programme de mathématiques y a pour fonction :• de conforter l’acquisition par chaque élève de la culture mathématique nécessaire à la vie en société et à la compréhension du monde ;• d’assurer et de consolider les bases de mathématiques nécessaires aux poursuites d’étude du lycée ;• d’aider l’élève à construire son parcours de formation.Pour chaque partie du programme, les capacités attendues sont clairement identifiées et l’accent est mis systématiquement sur les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre. L’acquisition de techniques est indispensable, mais doit être au service de la pratique du raisonnement qui est la base de l’activité mathématique des élèves. Il faut, en effet, que chaque élève, quels que soient ses projets, puisse faire l’expérience personnelle de l’efficacité des concepts mathématiques et de la simplification que permet la maîtrise de l’abstraction.

Objectif généralL’objectif de ce programme est de former les élèves à la démarche scientifique sous toutes ses formes pour les rendre capables de :• modéliser et s’engager dans une activité de recherche ;• conduire un raisonnement, une démonstration ;• pratiquer une activité expérimentale ou algorithmique ;• faire une analyse critique d’un résultat, d’une démarche ;• pratiquer une lecture active de l’information (critique, traitement), en privilégiant les changements de registre (graphique, numérique, algébrique, géométrique) ;• utiliser les outils logiciels (ordinateur ou calculatrice) adaptés à la résolution d’un problème ;• communiquer à l’écrit et à l’oral.Dans la mesure du possible, les problèmes posés s’inspirent de situations liées à la vie courante ou à d’autres disciplines.Ils doivent pouvoir s’exprimer de façon simple et concise et laisser dans leur résolution une place à l’autonomie et à l’initiative des élèves. Au niveau d’une classe de seconde de détermination, les solutions attendues sont aussi en général simples et courtes.

Raisonnement et langage mathématiquesLe développement de l’argumentation et l’entraînement à la logique font partie intégrante des exigences des classes de lycée. À l’issue de la seconde, l’élève devra avoir acquis une expérience lui permettant de commencer à distinguer les principes de la logique mathématique de ceux de la logique du langage courant et, par exemple, à distinguer implication mathématique et causalité. Les concepts et méthodes relevant de la logique mathématique ne doivent pas faire l’objet de cours spécifiques mais doivent prendre naturellement leur place dans tous les chapitres du programme. De même, le vocabulaire et les notations mathématiques ne doivent pas être fixés d’emblée ni faire l’objet de séquences spécifiques mais doivent être introduits au cours du traitement d’une question en fonction de leur utilité. Comme les éléments de logique mathématique, les notations et le vocabulaire mathématiques sont à considérer comme des conquêtes de l’enseignement et non comme des points de départ. Pour autant, ils font pleinement partie du programme : les objectifs figurent, avec ceux de la logique, à la fin du programme.

Utilisation d’outils logicielsL’utilisation de logiciels (calculatrice ou ordinateur), d’outils de visualisation et de représentation, de calcul (numérique ou formel), de simulation, de programmation développe la possibilité d’expérimenter, ouvre largement la dialectique entre l’observation et la démonstration et change profondément la nature de l’enseignement.

5 Mathématiques Classe de seconde

L’utilisation régulière de ces outils peut intervenir selon trois modalités :• par le professeur, en classe, avec un dispositif de visualisation collective adapté ;• par les élèves, sous forme de travaux pratiques de mathématiques ;• dans le cadre du travail personnel des élèves hors du temps de classe (par exemple au CDI ou à un autre point d’accès au réseau local).

Diversité de l’activité de l’élèveLa diversité des activités mathématiques proposées :• chercher, expérimenter – en particulier à l’aide d’outils logiciels ;• appliquer des techniques et mettre en œuvre des algorithmes ;• raisonner, démontrer, trouver des résultats partiels et les mettre en perspective ;• expliquer oralement une démarche, communiquer un résultat par oral ou par écrit ;doit permettre aux élèves de prendre conscience de la richesse et de la variété de la démarche mathématique et de la situer au sein de l’activité scientifique. Cette prise de conscience est un élément essentiel dans la définition de leur orientation.Il importe donc que cette diversité se retrouve dans les travaux proposés à la classe. Parmi ceux-ci les travaux écrits faits hors du temps scolaire permettent, à travers l’autonomie laissée à chacun, le développement des qualités d’initiative. Ils doivent être conçus de façon à prendre en compte la diversité et l’hétérogénéité des aptitudes des élèves.Le calcul est un outil essentiel pour la pratique des mathématiques dans la résolution de problème. Il est important en classe de seconde de poursuivre l’entraînement des élèves dans ce domaine par la pratique régulière du calcul mental, du calcul numérique et du calcul littéral. L’utilisation d’outils logiciels de calcul – sur calculatrice ou sur ordinateur – contribue à cet entraînement.

Organisation du programmeLe programme est divisé en trois parties,• Fonctions• Géométrie• Statistiques et probabilitésLes capacités attendues dans le domaine de l’algorithmique d’une part et du raisonnement d’autre part, sont transversales et doivent être développées à l’intérieur de chacune des trois parties. Des activités de type algorithmique possibles sont signalées dans les différentes parties du programme et précédées du symbole ‡.Le programme n’est pas un plan de cours et ne contient pas de préconisations pédagogiques. Il fixe les objectifs à atteindre en termes de capacités et pour cela indique les types de problèmes que les élèves doivent savoir résoudre.

Évaluation des élèvesLes élèves sont évalués en fonction des capacités attendues et selon des modes variés : travaux écrits, rédaction de travaux de recherche, compte-rendus de travaux pratiques. L’évaluation doit être en phase avec les objectifs de formation rappelés au début de cette introduction.

1. FonctionsL’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier :• un problème se ramenant à une équation du type f(x) = k et de le résoudre dans le cas où la fonction est donnée (définie par une courbe, un tableau de données, une formule) et aussi lorsque toute autonomie est laissée pour associer au problème divers aspects d’une fonction ;• un problème d’optimisation ou un problème du type f(x) > k et de le résoudre, selon les cas, en exploitant les potentialités de logiciels, graphiquement ou algébriquement, toute autonomie pouvant être laissée pour associer au problème une fonction.Les situations proposées dans ce cadre sont issues de domaines très variés : géométrie plane ou dans l’espace, biologie, économie, physique, actualité etc. Les logiciels mis à la disposition des élèves (tableur, traceur de courbes, logiciels de géométrie dynamique, de calcul numérique, de calcul formel, etc.) peuvent être utilement exploités.Par ailleurs, la résolution de problèmes vise aussi à progresser dans la maîtrise du calcul algébrique et à approfondir la connaissance des différents types de nombres, en particulier pour la distinction d’un nombre de ses valeurs approchées.Il s’agit également d’apprendre aux élèves à distinguer la courbe représentative d’une fonction des dessins obtenus avec un traceur de courbe ou comme représentation de quelques données. Autrement dit, il s’agit de faire comprendre que des dessins peuvent suffire pour répondre de façon satisfaisante à un problème concret mais qu’ils ne suffisent pas à démontrer des propriétés de la fonction.

66


2. GéométrieL’objectif de l’enseignement de la géométrie plane est de rendre les élèves capables d’étudier un problème dont la résolution repose sur des calculs de distance, la démonstration d’un alignement de points ou du parallélisme de deux droites, la recherche des coordonnées du point d’intersection de deux droites, en mobilisant des techniques de la géométrie plane repérée.Les configurations étudiées au collège, à base de triangles, quadrilatères, cercles, sont la source de problèmes pour lesquels la géométrie repérée et les vecteurs fournissent des outils nouveaux et performants.En fin de compte, l’objectif est de rendre les élèves capables d’étudier un problème d’alignement de points, de parallélisme ou d’intersection de droites, de reconnaissance des propriétés d’un triangle, d’un polygone – toute autonomie pouvant être laissée sur l’introduction ou non d’un repère, l’utilisation ou non de vecteurs.

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Dans le cadre de la résolution de problèmes, l’utilisation d’un logiciel de géométrie dynamique par les élèves leur donne une plus grande autonomie et encourage leur prise d’initiative.La définition proposée des vecteurs permet d’introduire rapidement l’addition de deux vecteurs et la multiplication d’un vecteur par un nombre réel. Cette introduction est faite en liaison avec la géométrie plane repérée. La translation, en tant que transformation du plan, n’est pas étudiée en classe de seconde.


S’adressant à tous les élèves de seconde, le programme de géométrie dans l’espace a pour objectif :• de développer la vision dans l’espace des élèves en entretenant les acquis du collège concernant les solides usuels ;• d’introduire les notions de plans et droites de l’espace et leurs positions respectives ;• de fournir ainsi des configurations conduisant à des problèmes aptes à mobiliser d’autres champs des mathématiques (géométrie plane, fonctions, probabilités) ou de la physique.Il importe donc tout particulièrement que la géométrie dans l’espace soit abordée tôt dans l’année scolaire.L’utilisation d’un logiciel de visualisation et de construction est un élément déterminant dans « l’apprentissage de l’espace ».Les élèves doivent être capable de représenter en perspective parallèle (dite aussi cavalière) une configuration simple et d’effectuer des constructions sur une telle figure. Ils doivent aussi être capables de mobiliser pour des démonstrations les théorèmes de géométrie plane.

3. Statistiques et probabilitésPour des questions de présentation du programme, les cadres relatifs à l’enseignement des statistiques et des probabilités sont présentés séparément à la suite l’un de l’autre. Pour autant, ces enseignements sont en relation étroite l’un avec l’autre et doivent faire l’objet d’allers et retours.Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmes dans le cadre de l’analyse de données, rendre les élèves capables• de déterminer et interpréter des résumés d’une série statistique ;• de réaliser la comparaison de deux séries statistiques à l’aide d’indicateurs de position et de dispersion, ou de la courbe des fréquences cumulées ;dans le cadre de l’échantillonnage• faire réfléchir les élèves à la conception et la mise en œuvre d’une simulation ;• sensibiliser les élèves à la fluctuation d’échantillonnage, aux notions d’intervalle de fluctuation et d’intervalle de confiance et à l’utilisation qui peut en être faite.

1010

Objectifs visés par l’enseignement des statistiques et probabilités à l’occasion de résolutions de problèmesdans le cadre des probabilités, rendre les élèves capables :• d’étudier et modéliser des expériences relevant de l’équiprobabilité (par exemple, lancers de pièces ou de dés, tirage de cartes) ;• de proposer un modèle probabiliste à partir de l’observation de fréquences dans des situations simples ;• d’interpréter des événements de manière ensembliste ;• de mener à bien des calculs de probabilité.Les situations étudiées concernent des expériences à une ou plusieurs épreuves.• La répétition d’expériences aléatoires peut donner lieu à l’écriture d’algorithmes (marches aléatoires).


Algorithmique (objectifs pour le lycée)La démarche algorithmique est, depuis les origines, une composante essentielle de l’activité mathématique. Au collège,les élèves ont rencontré des algorithmes (algorithmes opératoires, algorithme des différences, algorithme d’Euclide, algorithmes de construction en géométrie). Ce qui est proposé dans le programme est une formalisation en langage naturel propre à donner lieu à traduction sur une calculatrice ou à l’aide d’un logiciel. Il s’agit de familiariser les élèves avec les grands principes d’organisation d’un algorithme : gestion des entrées-sorties, affectation d’une valeur et mise en forme d’un calcul.Dans le cadre de cette activité algorithmique, les élèves sont entraînés :• à décrire certains algorithmes en langage naturel ou dans un langage symbolique ;• à en réaliser quelques uns à l’aide d’un tableur ou d’un petit programme réalisé sur une calculatrice ou avec un logiciel adapté ;• à interpréter des algorithmes plus complexes.Aucun langage, aucun logiciel n’est imposé.L’algorithmique a une place naturelle dans tous les champs des mathématiques et les problèmes posés doivent être enrelation avec les autres parties du programme (fonctions, géométrie, statistiques et probabilité, logique) mais aussi avec les autres disciplines ou la vie courante.À l’occasion de l’écriture d’algorithmes et de petits programmes, il convient de donner aux élèves de bonnes habitudes de rigueur et de les entraîner aux pratiques systématiques de vérification et de contrôle.

Notations et raisonnement mathématiques (objectifs pour le lycée)Cette rubrique, consacrée à l’apprentissage des notations mathématiques et à la logique, ne doit pas faire l’objet de séances de cours spécifiques mais doit être répartie sur toute l’année scolaire.

12

Premiers pas en algorithmique

1. Premiers exemples d’algorithmes (page 8)

C Ce programme de construction permet de construire la médiatrice et le milieu I de [AB].

D Pour chacun des nombres 5 ; 7 ; 3 et 8,3 on obtient son double.

2. Algorithme et programme informatique

Exercice 1 (page 9) Exercice 2 (page 9)

ENTRÉES : Demander un nombre

TRAITEMENT : Élever au carré

SORTIE : Annoncer le résultat

ENTRÉES : Demander deux nombres

TRAITEMENT : Ajouter les deux nombres

Diviser par 2

SORTIE : Annoncer le résultat

Exercice 3 (page 9)

Différents traitements sont possibles.

ENTRÉES : Placer trois points A, B, C

TRAITEMENT et SORTIE : Construire le milieu I de [AC]

Construire le symétrique D de B par rapport à I

3. Variable et affectation

A Exercice 1 (page 10)

Le résultat affiché est 12.

Exercice 2 (page 10) Exercice 3 (page 10)

VARIABLES : a, b, c, m nombres

ENTRÉES : Saisir a

Saisir b

Saisir c

TRAITEMENT : m prend la valeur (a + b + c)/3

SORTIE : Afficher m

VARIABLES : a, b, c, d nombres

ENTRÉES : Saisir a

TRAITEMENT : b prend la valeur a – 4

c prend la valeur b ¥ 2

d prend la valeur c + 8

SORTIE : Afficher d

C Exercice (page 12)

Algorithme 2 Contenus des variables Algorithme 3 Contenus des variables

VARIABLES : a, b, c, d et x

sont des nombres

VARIABLES : a et x

sont des nombres

ENTRÉES : Saisir x x : 5 ENTRÉES : Saisir x x : 5

TRAITEMENT :

a prend la valeur x + 4x : 5 a : 9

TRAITEMENT :

a prend la valeur x + 4x : 5 a : 9

b prend la valeur 2 ¥ a x : 5 a : 9 b : 18 a prend la valeur 2 ¥ a x : 5 a : 18

c prend la valeur b – 3 x : 5 a : 9 b : 18 c : 15 a prend la valeur a – 3 x : 5 a : 15

d prend la valeur c – x x : 5 a : 9 b : 18 c : 15 d : 10 a prend la valeur a – x x : 5 a : 10

SORTIE : Afficher d Affichage de 10 SORTIE : Afficher a Affichage de 10

13 Premiers pas en algorithmique

Ces deux algorithmes correspondent au programme de calcul :

– Choisir un nombre.

– Ajouter 4.

– Multiplier par 2.

– Soustraire 3.

– Soustraire le nombre de départ.

L’algorithme 2 introduit une variable différente pour chaque nombre à stocker en mémoire, soit 5 variables. Le

programme utilisera 5 « espaces » différents en mémoire.

L’algorithme 3 n’utilise que 2 variables mais peut paraître moins lisible dans un premier temps.

Le programme utilisera moins de place en mémoire.

4. Structure alternative : « Si… Alors… Sinon. »

Exercice (page 12)

VARIABLES : n nombre

ENTRÉE : Saisir n

TRAITEMENT et SORTIE :

Si n a pour reste 0 dans la division par 7 Alors

Afficher « nombre multiple de 7 »

Sinon

Afficher « nombre non multiple de 7 »

FinSi

5. Structures itératives : boucles

A Exercice 1 (page 13) Exercice 2 (page 13)

VARIABLES : S, i nombres

ENTRÉE : Saisir S

TRAITEMENT :

Pour i allant de 1 à 15 Faire

S prend la valeur S ¥ 1,04

FinPour

SORTIE : Afficher S

VARIABLES : S, n, i nombres // n est le nombre d’années

ENTRÉE : Saisir S

Saisir nTRAITEMENT :

Pour i allant de 1 à n Faire


FinPour

SORTIE : Afficher S

Exercice page 14

L’algorithme 6 affiche successivement les nombres 7 ; 14 ;

21 ; 28 ; 35 ; 42 ; 49 ; 56 ; 63.

État des variables dans la boucle :

L’algorithme 7 affiche 512

État des variables dans la boucle :

i : 1 n : 7 i : 1 n : 2

i : 2 n : 14 i : 2 n : 4

i : 3 n : 21 i : 3 n : 8

i : 4 n : 28 i : 4 n : 16

i : 5 n : 35 i : 5 n : 32

i : 6 n : 42 i : 6 n : 64

i : 7 n : 49 i : 7 n : 128

i : 8 n : 56 i : 8 n : 256

i : 9 n : 63 i : 9 n : 512

1414

B Exercice 1 (page 15)

Pour S = 4 800 € on obtient l’état des variables suivant

Algorithme 8 Algorithme 9 Contenus des variables

Saisir S S : 4 800 Saisir S S : 4 800

n prend la valeur 0 S : 4 800 n : 0 n prend la valeur 0 S : 4 800 n : 0

Tant que S ≤ 6 000 Faire


n prend la valeur n + 1

FinTantque

S : 4 992 n : 1 Répéter



Jusqu’à S > 6 000

S : 4 992 n : 1

S : 5 191,68 n : 2 S : 5 191,68 n : 2

S : 5 399,3472 n : 3 S : 5 399,3472 n : 3

S : 5 615,321088 n : 4 S : 5 615,321088 n : 4

S : 5 839,933932 n : 5 S : 5 839,933932 n : 5

S : 6 073,531289 n : 6 S : 6 073,531289 n : 6

Afficher n Affichage de 6 Afficher n Affichage de 6

Exercice 2 (page 15)

Il faut garder en mémoire le montant S de départ et l’on doit donc introduire une nouvelle variable, que l’on notera s

afin de calculer les montants successifs à chaque passage dans la boucle.

Algorithme 8 modifié : Algorithme 9 modifié :

VARIABLES : s, S, n nombres

ENTRÉE : Saisir S

INITIALISATION : n prend la valeur 0

s prend la valeur STRAITEMENT :

Tant que s ≤ 2 ¥ S Faire

s prend la valeur s ¥ 1,04


FinTantque

SORTIE : Afficher n

VARIABLES : s, S, n nombres

ENTRÉE : Saisir S


s prend la valeur S

TRAITEMENT :

Répéter

s prend la valeur s ¥ 1,04


Jusqu’à s > 2 ¥ SSORTIE : Afficher n

Exercice 3 (page 15)

Algorithme avec la structure Tantque…FinTanque :

VARIABLES : a, n nombres

ENTRÉE : Saisir a


TRAITEMENT :

Tantque 2n < a Faire


FinTanque

SORTIE : Afficher n

Exercices pages 18-19

On obtient toujours 0. On peut comprendre sur un exemple générique avec les chiffres 2, 7 et 3 en effectuant

l’addition :

273

+ 237

+ 723

+ 732

+ 372

+ 327––––––––

…

1

Dans la colonne des unités, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) unités,

dans la colonne des dizaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) dizaines,

dans la colonne des centaines, on obtient 2 ¥ ( 2 + 7 + 3) centaines.


La somme est donc 2 ¥ (2 + 7 + 3) ¥ 100 + 2 ¥ (2 + 7 + 3) ¥ 10 + 2 ¥ (2 + 7 + 3) = (2 + 7 + 3) ¥ 222.

En divisant cette somme par 222 et en retranchant la somme 2 + 7 + 3 des chiffres, on obtient donc 0.

De façon générale :

Si les trois chiffres sont a, b, c (1 � a, b, c ≤ 9), en ajoutant tous les nombres écrits on obtient

2(a + b + c) centaines + 2(a + b + c) dizaines + 2(a + b + c) unités = (a + b + c) ¥ 222.

Et ( )

– ( )a b c

a b c� � ¥ � � �222

2220.

2

a : 5 ; b : 7 ; c : 6 a : 5 ; b : – 13 4

1. Il semble que l’on obtienne des carrés d’entiers.

2. Sans réduire le nombre de variables : En réduisant le nombre de variables :

VARIABLES : a, b, c, d nombres

ENTRÉES : Saisir a


c prend la valeur b ¥ a

d prend la valeur c + 9

SORTIE : Afficher d

VARIABLES : a, b nombres

ENTRÉES : Saisir a


b prend la valeur b ¥ a

b prend la valeur b + 9

SORTIE : Afficher b

1. On obtient l’affichage des nombres 0 ; – 32 ; 12.

État des variables

x prend la valeur 7 x : 7

y prend la valeur 2 x : 7 y : 2

z prend la valeur 2x – y x : 7 y : 2 z : 12

y prend la valeur 2y – 3z x : 7 y : -32 z : 12

x prend la valeur 5z + y – 4x x : 0 y : -32 z : 12

2. Il semble que x contienne toujours 0.

7

8

a : 4 ; b : 1 ; c : – 3 a : 9 ; b : 9 ; c : 95 6

1616

3. En entrant les nombres a, b et c dans les variables x, y, z, on obtient :

x prend la valeur a x : a

y prend la valeur b x : a y : b

z prend la valeur 2x – y x : a y : b z : 2a-b

y prend la valeur 2y – 3z x : a y : 5b – 6a obtenu par

2b – 3(2a – b)

z : 2a – b

x prend la valeur 5z + y – 4x x : 0 obtenu par

5(2a – b) + 5b – 6a – 4a

y : 5b – 6a z : 2a – b

1. Remarque : on peut réduire à 1 variable p.

VARIABLES : p, q nombres

ENTRÉES : Saisir p

TRAITEMENT : q prend la valeur p + 0,196 ¥ p

SORTIE : Afficher q

VARIABLE : p nombre

ENTRÉES : Saisir p

TRAITEMENT : p prend la valeur p + 0,196 ¥ p

SORTIE : Afficher p

2.

VARIABLES : p, n, t nombres //p : prix ; n : nombre d’articles ; t : TVA

ENTRÉES : Saisir p

Saisir n

Saisir t

TRAITEMENT : p prend la valeur p + t ¥ p

SORTIE : Afficher p

Algorithme en langage naturel :

Demander le nombre de personnes.

Multiplier 200 € par ce nombre. // On obtient le prix total des forfaits.

Ajouter 600 €. // On obtient le coût total.

Diviser par le nombre de personnes. // On obtient la part qui revient à chacun.

Algorithme formalisé :

VARIABLES : n, f, t, p nombres // n : nombre de personnes, f : prix des forfaits, t : coût total,

ENTRÉES : Saisir n p : part qui revient à chacun

TRAITEMENT : f prend la valeur 200 × n

t prend la valeur F + 600

p prend la valeur t/n

SORTIES : Afficher t, p

Instructions État des variables L’algorithme affiche donc 25 ; 44 ; 7.

Si la variable s contient un nombre de

secondes, cet algorithme exprime cette

durée en heures, minutes, secondes :

92 647 s = 25 h 44 min 7 s.

Variables : s, h, m entiers

Entrées : Saisir s s : 92 647

Traitement :

h prend la valeur E(s/3 600)s : 92 647 h : 25

s prend la valeur s – 3 600 ¥ h s : 2 647 h : 25

m prend la valeur E(s/60) s : 2 647 h : 25 m : 44

s prend la valeur s – 60 ¥ m s : 7 h : 25 m : 44

9

10

11


1. Pour h = 14, m = 45, l’algorithme fait afficher (15 , 46).

Pour h = 8, m = 59, l’algorithme fait afficher (9, 0).

2. Il semble qu’un horaire étant donné, cet algorithme fasse afficher l’horaire une minute plus tard.

3. Si on entre h = 0 et m = 5, l’algorithme affiche (0, 6) puis « on a changé de jour », ce qui est faux.

Voir aussi sur le site Internet www.didiermathx.com

VARIABLES : n, m nombres // n nombre de photocopies,

m montant de la facture en centimes.

ENTRÉES : Saisir n

TRAITEMENT : Si n � 20 Alors

m prend la valeur n ¥ 10

Sinon

m prend la valeur 20 ¥ 10 + (n – 20) ¥ 8

FinSi

SORTIES : Afficher m


VARIABLES : n nombre // n nombre auquel arrive le joueur.

ENTRÉES : Saisir n

TRAITEMENT et SORTIES :

Si n est multiple de 35 Alors

Dire « Fizzbuzz »

Sinon

Si n est multiple de 5 Alors

Dire « Buzz »

Sinon

Si n est multiple de 7 ou commence par 7 Alors

Dire « Fizz »

Sinon

Dire le nombre n

FinSi

FinSi

FinSi

1. Le résultat affiché est 55. Ce programme calcule la somme 1 + 2 + 3… + n.

2. Programme modifié :

1. Pour n = 35, le résultat affiché est 2 ; pour n = 55, on obtient 0.

2. u est le reste de la division euclidienne de n par 11.

12

13

14

15

16

1818


VARIABLES : C, i, D entiers

INITIALISATION :

C prend la valeur 0 // C est le compteur

TRAITEMENT :


D prend la valeur NbAlea(1; 6)

Si D = 1 Alors

C prend la valeur C + 1

FinSi

FinPour

SORTIE : Afficher C

1.

n 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Affichage de c 3 2 4 2 4 3 4 2 6

La variable c compte le nombre de diviseurs (positifs) de n.

2. Le résultat affiché est 2 quand n est un nombre premier et uniquement dans ce cas.

1. Des exemples :

x 6 12 20 6

y 5 3 15 6

Affichage de z 30 36 300 36

Cet algorithme semble afficher le produit des deux nombres entrés en x et en y.

Pour aller plus loin

Il s’agit de la « multiplication à l’égyptienne » obtenue uniquement à l’aide de duplication. Sur l’exemple x = 20 et y = 15

observons ce procédé :

x y z Commentaires

ENTRÉE 20 15 Le produit xy est 20 ¥ 15

INITIALISATION 20 15 0

TRAITEMENT 10 30 0 Le produit xy n’a pas changé :

20 ¥ 15 = 10 ¥ 30

5 60 0 Le produit xy n’a pas changé :

20 ¥ 15 = 5 ¥ 60

4 60 60 Ici le produit xy a changé :

20 ¥ 15 = 4 ¥ 60 + 60

On remplace le calcul de 5 ¥ 60 par celui de 4 ¥ 60 en

stockant dans la variable z ce qu’il faudra ajouter au

résultat pour obtenir 5 ¥ 60

2 120 60 On a remplacé le calcul de 4 ¥ 60 par celui de 2 ¥ 120 :

20 ¥ 15 = 2 ¥ 120 + 60

1 240 300 A l’étape suivante x serait égal à 0, donc on s’arrête.

20 ¥ 15 = 1 ¥ 240 + 60 est bien contenu dans la variable z.

Remarque : Ce procédé de multiplication revient à écrire le nombre entré dans x comme somme de puissances de 2.

17

18

19


On prend pour n un nombre entier naturel.

Si n > 20, on enlève 4 autant de fois qu’il le faut ; on obtient un nombre inférieur ou égal à 20.

Il suffit donc d’observer ce qui se passe pour n compris entre 0 et 20.

Pour n = 0, le programme affiche continuellement 0.

Pour n = 20, le programme ne fait rien.

Pour n = 4, n = 8, n = 12, n = 16, on obtient 20 à une étape donc le programme ne fait plus rien ensuite.

Pour les autres valeurs, une liste de nombres semble se répéter indéfiniment.

On peut regrouper ces nombres en deux familles :

– Pour n = 2, n = 6, n = 10, n = 14, n = 18, on obtient 18 à une étape, suivi de la liste de nombres 18 ; 54 ; 50 ; 46 ; 42 ; 38 ;

34 ; 30 ; 26 ; 22 répétée indéfiniment.

– Pour n = 1, n = 3, n = 5, n = 7, n = 9, n =11, n =13, n =15, n = 17, n = 19, on obtient 17 à une étape, et la liste de nombres

17 ; 51 ; 47 ; 43 ; 39 ; 35 ; 31 ; 27 ; 23 ; 19 ; 57 ; 53 ; 49 ; 45 ; 41 ; 37 ; 33 ; 29 ; 25 ; 21 est ensuite répétée indéfiniment.

De façon générale :

– Si n = 0, le programme affiche 0 continuellement.

– Si n = 20, le programme ne fait rien.

– Si n est un multiple de 4 non nul et autre que 20, le programme affiche 20 à une étape puis ne fait plus rien.

– Si n est un nombre pair non multiple de 4, le programme répète indéfiniment la liste 18 ; 54 ; 50 ; 46 ; 42 ; 38 ; 34 ; 30 ;

26 ; 22 à partir d’une certaine étape.

– Si n est impair, le programme répète indéfiniment la liste 17 ; 51 ; 47 ; 43 ; 39 ; 35 ; 31 ; 27 ; 23 ; 19 ; 57 ; 53 ; 49 ; 45 ; 41 ;

37 ; 33 ; 29 ; 25 ; 21 à partir d’une certaine étape.

Remarque : Ce programme ne s’arrête pas, on évite donc de parler d’algorithme. On signalera que ce type de programme

est à éviter en informatique…

20

20

Modéliser par une fonction 1Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :

1 a. A 1 2;� � B -� �2 1; C 0 2;� � D - -� �1 1; E 2 0;� �.b. Les abscisses de B, C et A sont : – 2 ; 0 et 1.

c. Les ordonnées de A, C et E sont : 2 ; 2 et 0.

2 1. Il représente la température en °C en fonction du temps en heure (h) sur une journée.

2. 4 °C, 0 °C et environ 3 °C.

3. 4 °C à 15 h environ et à 18 h. 0 °C à 8 h.

4. Entre 0 et 8 h.

3 c.

4 1. a. 2 b. f -� � � -1 2 c. – 2 ; 2 et 3.

2. a. g est affine non linéaire.

b.

x 0 2 5/3

g(x) – 1 5 4

Activité 1. Tableau de données et graphiques1. y � - 28

2.

t(s) 2 3 5 8 22

y(n) – 28 – 37 – 50 – 28 – 35

3. 2 fois.

4. a. Oui.

b. L’image de 2 par f est – 28. 2 et 8 sont des antécédents de – 28 par f.

c. Non : par exemple à y � - 28 correspondent plusieurs valeurs de t.

Activité 2. Programme de calcul et formuleA. 1. 25 ; – 8.

21Chapitre 1. Modéliser par une fonction

2.

Nombre x 3 – 8 1,6 1

Image de x 25 – 8 20,8 19

3. a. f 1 6 20 8, ,� � � ; f -� � �2 10 ; f 5 31� � � .

b. f x x� � � �� ¥ �4 3 4

B. 1. Choisir un nombre.

L’élever au carré.

Multiplier par 4.

Soustraire 23.

2. g 1 19� � � - et g -� � �5 77

13 23 36� � ; 36 4 9� � . Les deux antécédents de 13 par g sont 3 et – 3.

Activité 3. Des fonctions partout… ou presque

1. Il s’agit d’un tableau statistique.

Le poids n’est pas fonction de la taille ni la taille fonction du poids.

2. Formule donnant la fréquence en fonction de la tension.

3. Formule donnant la somme en dollars en fonction de celle en euros.

4. Fonction de 2 variables donnant l’IMC en fonction du poids et de la taille.

5. Fonction donnant le nombre de diviseurs d’un entier non nul (discret).

6. Fonction donnant la température en fonction de l’altitude (représentation contraire aux habitudes).

Activité 4. Nombres réels et intervalles

1. 2.– 1– 2– 3,5 0 1 7

3d b a c

2√

3. a. 1 0 2ŒÈÎ ˘; b. - œ - -p ] ; [2 1 c. 67

3Œ ��ÈÎÍ

ÈÎÍ; d. - œ -� -3 ] ; 3,5]

4. a. Vrai b. Faux c. Faux d. Vrai

Activité 5. Aire et fonction

A. 1.

A B

C

D 2. a. b. x � 2 � �12

x � 3 � �15

x � 7 imp. x � 6

x � 6 � �12

x � -1 imp x � 0

x � 4,5 � �15,75

x � 0 � � 0

3.

x 0 2 3 4,5 6

� 0 12 15 15,75 12

2222

4. a. x doit appartenir à [0 ; 6].

b. (A) oui pour x = 3 ; (B) pas obtenu ; (C) pas obtenu ; (D) oui pour x = 2 ou x = 3 ou x = 4,5 ou x = 6.

B. x x x x x- Æ - Æ -� � Æ - -� � Æ - -� � �4 2 2 24 4 4 4 16

x xÆ- -� � �4 162

x 0 1 2 2,6 3 4 5 6

Aire de AMNP 0 7 12 14,04 15 16 15 12

0 1 2 3 4 5 6

1

10

16

y

x

Bilan (A) x � 3 ou x � 5. La courbe dit qu’il y a 2 solutions et le tableau les donne.

(B) Avec la courbe x ª1,2.

(C) Cela n’est pas possible. On le voit sur la courbe ou avec la formule - -� � �x 4 162 est forcément inférieur ou égal à 16.

(D) x Œ� 2 6; . On utilise la courbe et le tableau.

Pour (A), (B) et (C) on peut aussi remonter le programme de calcul.

Le tableau ne donne que quelques valeurs mais elles sont exactes.

La courbe donne f x� � pour toutes les valeurs de x de [0 ; 6] mais ce sont des valeurs approchées.

Le programme de calcul ou la formule permettent de faire des calculs exacts mais sont plus difficiles à manipuler.

Activité 6. Relier les points ?

a. La fonction donne le prix en euros en fonction du nombre de places. La variable est le nombre de places.

C’est un entier naturel : on choisit donc le premier graphique non relié.

b. La fonction donne la température en degrés Celsius (°C), le 8 décembre 2009, en fonction de l’heure. La variable est

l’heure.

C’est un nombre réel de [0 ; 22] : on choisit le second graphique relié.

Activité 7. Ma calculatrice a de la mémoire

1. Pour x � 2,1 on a tapé sur 32 touches (y compris « entrée »).

Pour x � 3,141759682 sur 80 touches.

2. a. Sur 25 touches en tout.

b. Sur 33 touches en tout.

3. Dans le premier cas, on a économisé 7 touches.

Dans le second cas, on a économisé 47 touches.


TP 1. Pour une aire égale à 3 cm2

1.

N2

N1

B

AM1

M2O

2.

OM 1 2 3 4 5 6

BN 1 2 3 4 5 6

ON 5 4 3 2 1 0

� 2,5 4 4,5 4 2,5 0

3. x Œ� 0 6; ; ON� -6 x ; �ire OMN� � � -� �x x6

2.

4. a. � xx x� � � -� �6

2 ; � est définie sur [0, 6].

c. On doit les relier : x est un réel de [0 ; 6].

d.

0 1 4,75 x1,250

1

y

5. Placer M à environ 1,25 ou 4,75 cm de O.

TP 2. Fabriquer une boîte suffisamment grandeA. 1. a. OK b. OK 2. a. b. Non : AM 0,5Œ� .B. 1. et 2. : OK

3. a. B2 : � - *10 2 2A D2 : � A2 C2 : � ŸB2 2 E2 : � *C D2 2

3. b. OK 4. Par exemple x �1,5

5. a. x � AM v x x x� � � -� � ¥10 2 2 avec x Œ� 0 5; b. v x� � 72

C. 3. a. 2 antécédents b. x � 2 et x ª1,4 c. x Œ] ; [1,4 2

2424

TP 3. Estimer la profondeur d’un puits

A. 1. 5 m

2. p t p� 5 2 avec profondeur en m et t temps compté en s.

3. Pour t = 2 s, p = 20 m et pour t = 3 s, p = 45 m.

B. 1. g définie sur [ ; [0 �� par g : p tp p

a � �4,9 330

2. e. Pour 1 s, environ 4,8 m ; pour 2 s, environ 18,5 m ; pour 3 s, environ 40,6 m.

TP 4. Comparer des aires

A. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com.

B. 1. x Œ� 0 4;

2. a. GEF rectangle en E car EF // AB� � � � et AB AD� � ^ � � et GFE GBA °� �� 45 donc GEF rectangle isocèle en E.

EF AG AE� - � -8 x . Donc � xx x

x x� � � �� ¥�

-� �¥� -� �AB EF AE

2

16

2

1

216

b. � ABCD� � � �� ¥�

8 4 4

224. Comme � � �ABCD ABFE EFCD� � � � ��

� � ��

ABFE EFCD ABFEABCD� � � � �€ � � � � �

2

c. 12 a un seul antécédent par f : f 8 2 10 12- �� , c’est 8 2 10- 8 2 10- ª1,68.

On déduit que 8 2 10- est l’unique antécédent de 12 par f et donc la valeur de x pour laquelle les trapèzes ABFE et

EFCD ont la même aire.

TP 5. Faire le point sur la réduction graphique de f(x) = k

2. a. f 3 3� � � ; f 4 2� � � ; f 5 1� � � - .

Pour x � 3, f x� � � 2. Pour x � 4, f x� � � 2. Pour x � 5, f x� � � 2.

b. f x� � � 2 signifie que le point de la courbe qui a pour abscisse x a son ordonnée égale à 2.

c.

0

1

2

1– 1– 2 4 5 x

y

d. Il y a 4 valeurs de x pour les f x� � � 2 ; 4 ; 1 ; – 1 et – 1,8 environ.

3. Pour trouver tous les nombres tels que f x� � � 2 :

– je place 2 sur l’axe des ordonnées,

– je repère tous les points de la courbe d’ordonnée égale à 2,

– je lis les abscisses de ces points : ce sont les solutions.

TP 6. Un tour de vis

1. On mesure L � 57 et L1 35ª . Donc L � 60 et 2

338L � . La vis n’est pas conforme.

2.

L en mm 8 18 28 48 60 70 80 90

L1 en mm (à 0,1 près) 5,3 12 18,7 32 40 43,3 46,7 50


3. a.

10 25 90 L0

10

17 ≈

50

L1

b. Si LŒ[ ]8 60; , f L L� � � 2

3 et si LŒ] ; ]60 100 , f L L� � � �1

320

Sur [8 ; 60] f est une fonction linéaire et sur ]60 ; 100] f est une fonction affine.

On déduit le tracé de � f : il est composé de segments de droites.

4. a. D’après la figure : longueur filetée d’une vis de 25 mm = 17 mm environ, celle d’une vis de 50 mm = 90 mm.

b. 25 8 60Œ� ; et f 2550

3� � � soit environ 16,7 mm.

1

320 50

1

330 90L L L� � € � € � mm.

TP 7. D’un algorithme de calcul à une fonction

A. 1. n, a, b et c.

2. Avec le nombre 2 :

n a b c

2 6 12 16

Avec le nombre – 6 :

n a b c

– 6 – 2 12 16

B. 2. a. Conjecture : le résultat semble être un carré parfait.

b.

n a b c

x x + 4 x(x + 4) x(x + 4) + 4

c. x x x x x�� 4 4 4 4 22 2


1. calc s’applique à la variable n. Son image est c.

2626

Exercices

SANS CRAYON, SANS CALCULATRICE

a. 32 b. 18

a. 5 b. 8

a. 4 b. 3

a. -1

4 b.

5

4

a. 1 b. – 1

a. 399 b. 899

9 42x -

2 6 42x x� �

2 3 12x x� �

4. 7

1 Vrai

Faux 2

1

3 0

La rouge car f 1 3� � � .

ENTRAÎNEMENT

1. 58 cm à la naissance : plus grand que la

« normale ». 65 cm à 9 mois : plus petit que la « normale ».

2. 70 cm.

3. Entre 8 et 9 mois.

4. On peut remplacer « dépend de » par « est fonction

de » dans la phrase b.

Dans les phrases a, c et d.

Non.

Voir corrigé en fin de manuel.

2. a. L¥ �l 8 b. Pour lŒ˘ ˘0 8; , L � 8

l

BC AC2 2 16� -

Celle qui à AC2 associe BC2 :

x xa �16 définie sur ] ; [0 �� .

Celle qui à AC associe BC :

x xa 2 16� définie sur ] ; [0 �� .

Celle qui à BC associe AC :

x xa 2 16- définie sur ] ; [4 �� .

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10 11

12 13

14 15

16 17

18

19

20

21

22

23

24

1. À 13, on associe 1 ; à 5, on associe 2 et à 21,

on associe 0.

2. Oui.

À 5 : on associe 1 et 5.

À 12 : on associe 1, 2, 3, 4, 6 et 12.

On ne définit pas une fonction.

a. 6 est l’image de 3 par f.

b. 3 est antécédent de 6 par f.

c. 3 a pour image 6 par f.

d. 6 a pour antécédent 3 par f.

a. – 3 est l’image de 5 par f.

b. 5 est antécédent de – 3 par f.

c. 5 a pour image – 3 par f.

d. – 3 a pour antécédent 5 par f.


1. 5 aA 75 – 2 aA 12

5 aB 225 – 2 aB 36.

2. A x x� � � 3 2 B x x x� � � � � �3 92 2.

1. Demander un nombre ; l’élever au carré ; multi-

plier par – 1.

2. Demander un nombre ; multiplier par – 1 et élever

au carré.


1. h : x x xa �� 3

2. h 0 0� � � h 3 18� � � h -� � �3 0

a. f 1 5� � � f -� � �1 11 f 2 8� � �b. f 1 6� � � f -� � �1 18 f 2 3� � �

c. f 11

2� � � f -� � �1

3

4 f 2

3

7� � �

d. f 1 8� � � f -� � �1 2 f 213

2� � �

f -� � �2 22 f1

31� � � f 2 8 4 2� � � -

1. f 1 4� � � f -� � � -5 14

f1

4

7

4� � � f 7 3 7 1� � � �

2. f x x� � � € �1 0

f x x� � � - € � -5 2

f x x� � � € � -1

4

1

4

25

26

27

28

29

30

31

32

33

34

35

36


a. Demander un nombre ; l’élever au carré ;

ajouter 1.

b. Demander un nombre ; ajouter 1 ; élever au carré.

c. Demander un nombre ; soustraire 2 ; élever au carré ;

ajouter 3.

d. Demander un nombre ; ajouter 5 ; diviser par 2.

e. Demander un nombre ; ajouter 5

2.

f. Demander un nombre ; ajouter 2 ; diviser par le

nombre donné au départ.

1. a. T � 900

b. Résoudre f T� � � 440

c. f T� �� 20

2. Comme f T T� � � 20 et f T� � � 440

alors 20 440 484T T� € � .

1.

x 2 3,5 4 xf(x) 8 14 16 4x

2. a.

x 2 3,5 4 xf(x) 4 12,25 16 x2

b.

x 2 3,5 6 xf(x) 8 11 16 2x + 4

1. a. 3 b. 8 c. 64 d. 55

2. Demander un nombre ; ajouter 5 ; élever au carré ;

retrancher le carré du nombre donné, afficher le résultat.

3. On observe que les coefficients résultats sont des

multiples de 5.

4. n n n n n n n�� - � � -� � � �� 5 5 5 5 2 52 2

2 5n� entier donc n n�� -5 2 2 multiple de 5.

1. � *1 2 1/ B

2. Dans C2 � *1 2 1/ C

Dans E2 � *1 2 1/ E

3. On obtient le tableau de valeurs de f.

4. � *� �1 2 1/ B

a. VnRT

P� b. I � U

R

c. L gT� ¥

2

24 p d. r

at�2

24 p a. Le côté du carré.

b. La durée d’utilisation du fer.

c. La hauteur de la pyramide.

37

38

39

40

41

42

43

1. V t¥ �1

2. On peut agir sur la vitesse.

3. Pour représenter graphiquement les résultats on met

v en abscisse et t en ordonnée.

4. t f V� � � où f VV

� � � 1

1 2 3 4 5 6 7 8 9 100

0,8

4,0

8,0

Prix en

Nb.

de kiwis

On ne relie pas ces points car le nombre de kiwis est un

entier.


– 1,5 : a comme antécédent – 3,5.

4 : n’a pas d’antécédent.

1 : a comme antécédents – 6 ; – 2 et 3,8 (environ).

3,5 : a comme antécédent 3.

0 : a comme antécédents – 5,5 ; – 2,4 et 4.

a.

x – 4 – 2 0 1 2

f(x) 2 4 3 1 – 2

b.

x – 4 – 2 0 2 3

f(x) – 1 0 1 1 – 2

1.

80

76

70

83

100 120 140 160 180 2000

5

10

1516

20

2526

30

V

P

44

45

46

47

48

49

2828

2. a. On doit relier les points, le volume pouvant

prendre toutes les valeurs de l’intervalle [76 ; 200].

b. Voir figure.

3. a. 16 environ

b. 86 environ

1. Le graphique représente la fonction d, distance

balle-capteur en fonction de la variable temps. d est

définie sur l’intervalle [0 ; 0,6].

2. a. d 0,3 0,45� � ªb. Après 0,3 secondes, la balle a parcouru 45 cm.

Sur la chronophotographie, il suffit d’observer le

11e cliché, le 1er correspondant à 0 s le 2e à 0,03 s, etc.

Il est face à 0,54 ce qui correspond à une distance

parcourue de 1 – 0,54 soit 0,46 m, soit 46 cm.

3. Au bout de 0,32 s. Il s’agit de déterminer l’antécé-

dent par d de 0,5.

4. Pour t � 0,45 s, d t� � �1 m. La balle a touché le sol.

Images ou antécédents f(x) = y Courbe C

3 a pour image – 1 f(3) = – 1 D(3 ; – 1) � C

2 est un antécédent de 5 f(2) = 5 E(2 ; 5) � C

– 2 est l’image de 1 f(1) = – 2 A(1 ; – 2) � C

– 5 est un antécédent de 3 f(– 5) = 3 F(– 5 ; 3) � C

0 est un antécédent de 4 f(0) = 4 G(0 ; 4) � C

– 2 a pour image 4 f(– 2) = 4 B(– 2 ; 4) � C

1. f -� � �2 6 2. f 0 2� � �3. f 2 3� � � - 4. f 3 5� � �5. f 0 0� � � 6. f 3 0� � � et f -� � �2 0

1. f 1 1� � � - donc A 1 1; -� �Œ� f

2. f 2 1� � � - donc B 2 1; -� �3. f 0 1� � � � f coupe O y au point C 0 1;� �

1. f 6 1� � � . Oui, 5

2 est une autre valeur de x telle

que f x� � �1.

2. a. f x� � � 2 si et seulement si x � 7

2.

b. f x� � � - 2 si et seulement si x Œ� 1 12; .

c. f x� � � 0 si et seulement si x Œ� 2 8; .

3. Les réels qui n’ont qu’un seul antécédent par f sont

– 3 et 2.

1. f 4 1� �� . Les valeurs de x, telles que f x� ��1,

sont celles de 5

26;È

ÎÍ˘˚.

2. f x� � � - 2 si et seulement si x Œ] ; [0 1 .

Pour une pression de 140 cm de mercure

le volume est de 16 cm3 environ.

C’est pour une pression de 83 cm de mer-

cure environ que le volume est de 26 cm3.

50

51

52

53

54

55

3. f x� �� 0 si et seulement si x Œ »[ ; ] [ ; ]0 2 8 12 .

1.

x 0 2 4 6 8 10 12 14 16

g(x) 0 152 208 216 224 280 432 728 1 216

2. a.

b.

0 1 2 4 6 8 10 12 14 16 x0

g(6)

f(6)

y

�g

3. a. f x x� � � 52 .

b. Voir graphique.

c. g f6 6� � � � �. C’est donc l’artisan le moins cher.

d. Pour 4 m3 et 14 m3 les prix sont les mêmes chez les

deux fournisseurs : f (4) = g(4) = 208 et f (14) = g(14) = 728.

1. AMŒ� 0 5;

2. Quand AM � 4 l’aire de AMNP vaut 12.

3. Non : elle vaut 2 21¥ exactement.

4. a. f : x x xa 25 2-La variable est x et l’ensemble de définition [0 ; 5].

b. f 3 3 16 12� � � �

c. f x� � � 0 si et seulement si x � 0 ou x � 5.

d. AMNP a une aire nulle si et seulement si M est en A

ou en B.


On applique le théorème de Pythagore dans AMN

rectangle en M : MN AN AM AM2 2 2 225� - � -donc l’aire de AMNP est : AM MN AM AM¥ � ¥ -25 2 .

56

57



1. x – 3 – 1 0 1 3

f(x) – 6 2 3 2 – 6

2. Élever au carré, puis multiplier par – 1 et enfin ajou-

ter 3.

3. f x x� � � - �2 3

1.

A M B

R

N

P�C = 28 cm

�T = 9 cm

2. AM en cm 2 3 5 7 8

BM en cm 8 7 5 3 2

�T 6 9 15 21 24

�R 32 28 20 12 8

3. p1 3x x� � � et p2 4 10 4 40x x x� � � -� � � - �

4.

�p2

�p1

5,71 10

10

40

5. a. Environ 5,7 b. 3 4 40x x� - � donc x � 40

7.

1. a. AM 1 2 3 4

MP 3 2 1 0

b. MBP rectangle en M et isocèle ( B °)$ � 45 donc

MP MB AM� � -4 .

3. a. Variable AM, donc � f � � 0 4; .

b. f x x x� � � -� �4

4. a. L’aire de AMPN est égale à 3 cm2 si AM �1 ou

AM � 3.

b. L’aire de AMPN est égale à 2 cm2 si AM 0,6ª ou

AM 3,4ª .

58

59

60

61

1. MN

5 15� x

(Thalès) donc MN� x3

f x x x x x� � � ¥ -� � � -3

15 53

2

2. a. La courbe donne le nombre d’antécédents et le

tableau pour leur valeur : 6 et 9.

b. Avec le tableau : f 4� � �14,667 et f 11� � �14,667.

c. Avec la courbe : 0 et 15.

3. a. Ce sont les abscisses des points de la courbe d’or-

donnée 18.

b. ce sont les ordonnées des points de la courbe d’abs-

cisses 4 et 11.

c. Ce sont les abscisses des points de la courbe d’or-

donnée 0.

F1 : y x� - -3 7 F2 : y x�2

2

F3 : x y¥ � 4 F4 : x y2 2 25� �

F1

F2

F4

F3

F3

I0

J

7– 7

10

– 10

A B

D C

a. V b. F c. V d. V e. F

a. F b. V

1. V 2. F 3. F 4. V

a. F b. V c. V

62

63

64

65

66

67

3030

Cette courbe ne représente pas une fonction !

Déterminer l’image de – 5 par f

Déterminer l’image de 7 par f

Déterminer les antécédents de 3 par f

Travail personnelPour les exercices 70 à 83 : voir corrigés en fin de

manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. f 9 2� � � , f 5 0� � � ; f 2� � et f -� �1 n’existent pas et

f 8 3� � � .

2. Choisir un nombre / Soustraire 5 / Prendre la racine

carrée du résultat (quand c’est possible).

3. Si x Œ ��[ ; [5 , x -5 est positif ou nul.

4. ] ; ]-� 10

Entrée Affichage

1,2 il n’a pas d’image

– 0,4 il n’a pas d’image

– 3 il n’a pas d’image

12 3

1. a. V b. F c. V

2. V : 2 autres valeurs : une négative, une positive.

3. V

4. F, par exemple f g-� � � -� �3 3 .

1.

n 2 4 5 9 13 16 24 25 36 49 50

d(n) 2 3 2 3 2 5 8 3 9 3 6

2. Les antécédents de 2 sont les nombres premiers.

Les antécédents de 3 sont les carrés de nombres premiers.

1. a. 340 milliers d’euros. b. 4 tonnes.

2. a.

1 2 3 4 5 6 7 800

50

100

150

200

250

300

350

Nombre de tonnes

Coût total (milliers d’euros)

340328

300270

200

140

88

4620

�

�

b. R 2 2 100 88 12� �- � � � - �� donc bénéfice de 12 000 €.

68

69 Par exemple

84

85

86

87

88

c. Bénéfice positif si q Œ� »� 0,7 6,8; 4 ou nul.

1.

x 0 2 5 8 11 13 15 18 20

f(x) 0 488 875 992 1 001 1 027 1 125 1 512 2 000

2. 3.

0 1 2 5 8 11 13 1515,75

18 20100

1 200

Milliers d’euros

4. Pour que le coût de production reste inférieur à

1 200 000 €, il faut et il suffit que l’entreprise fabrique

un volume inférieur à 15,75 m3 (environ).


Pour x Œ� 9 11;

1.

h

12 cm12 cm

4 cm4 cm

RR

2. h Œ� 0,12

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 120

20

40

60

80

100

120

140

160

180

200

h (en cm)

V (en cm3)

32 p32 p

9,59,5

89

90 R

h� 4

12 donc R � h

3

V h hh

h h

� � � � � ��

1

3

1

3 3

27

22

3

p p

p

R


3. Le volume du verre plein est de 64 p.

Le volume de liquide contenu dans le verre à moitié

plein est 32 p.

La hauteur du liquide est alors d’environ 9,5 cm.

1. OK.

2. Tous les entiers obtenus sont pairs.

3. a. n n2 - .

b. n2 est le nombre total de cases.

On retire les n cases de la diagonale

(voir figure).

Par symétrie, il reste un nombre

pair de cases n n2 - .

Elle calcule le volume d’un cylindre de rayon r et

de hauteur h.

1. VARIABLES : �, L, S nombres

ENTRÉES : Saisir �, L

TRAITEMENT :

S prend la valeur � ¥ L

SORTIE : Afficher S

1. VARIABLES : T, P, I nombres

ENTRÉES : Saisir T, P

TRAITEMENT :

I prend la valeur P T/ 2

SORTIE :

Si I � 20 Alors

Afficher « maigreur »

Sinon

Si I 25 Alors

Afficher « surcharge pondérale »

Sinon

Afficher « poids normal »

FinSi

FinSi

1.

2.

I

J

d2

d1

O

y

x

91

92

93

94

95

3. Si x � 0 alors h x x� � � - �1 sinon h x x� � � �2 1

1. a b ab a b b ab b a� �� - -� � � � � �� 2 2

2. b a�� 2 12. Comme a� 2 2 on a :

ou a� �2 3 et b � 4 soit a �1 et b � 4

ou a� �2 4 et b � 3 soit a � 2 et b � 3

ou a� �2 6 et b � 2 soit a � 4 et b � 2

ou a� �2 12 et b �1 soit a �10 et b �1.

Les antécédents de 12 sont (1 ; 4), (2 ; 3), (4 ; 2) et (10 ; 1).

� ABCD� � �16 cm2

Si AE � x , � ABE� � � 5

2

x et � DCE� � � -� �3 4

2

x

a. On résout 5

2

3 4

28

x x�

-� �� soit x � 2.

b. On résout 5

2

3 4

216

x x�

-� �� ¥0,6 soit x � 3,6.

1. Si x est le nombre de tee-shirts vendus, le

bénéfice est de 2,7x – 300 en euros.

Or 2,7x x- €300 3 000 1 223� � (x entier).

L’association peut faire un bénéfice d’au moins 3 000 €

en vendant au moins 1 223 tee-shirts.

2. Non ! 1 223 > 550.

3. On peut vendre le tee-shirt plus cher : 8,50 € pièce

au moins.

a. 24 b. 65 c. 55 d. 5 150 e. 5 050

English Corner

1.

I

J

O

y

x

2. The domain of f is -� 3 6; .

f x x� � � € � -1 2 or x �1 or x � 4,75

f x x� � � € � -3 3 or x Œ� 2 4;

3. f 0 0� � � ; f1

21� � � - ; f -� � �1

1

2 ; f 2

2

2 1� � �

-.

96

97

98

99

100

32

Sens de variation Fonctions affines 2Pour reprendre contact

1 1. a. f (1) =2 ; f (– 1)= 0 ; f (0) = 3.

b. Les antécédents de 3 par f sont 0 et 2.

2. a. Négatif b. Positif c. [1 ; 4].

2 a. B est au-dessus de A. b. B est en-dessous de A.

3 1. L’antécédent est 3.

2. Pour f, le coefficient directeur est – 2 ; pour g, c’est 3.

3. Pour f, l’ordonnée à l’origine est 1 ; pour g, c’est – 4.

4 a. Oui b. Oui c. Non : multiplier par un négatif change le sens de l’inégalité. d. Non e. Oui f. Non

Activité 1. Le lancer d’un ballon-sonde1. La courbe verte représente l’altitude (en m) en fonction du temps (en min).

La courbe rose représente la température (en °C) en fonction du temps (en min).

2. a. Au cours du temps, c’est-à-dire quand le temps augmente, l’altitude augmente puis elle diminue.

b. L’altitude maximale atteinte est 30 000 m ; elle est atteinte au bout de 90 min, instant où le ballon éclate.

3. a. Au sens empirique, la température est croissante sur [60 ; 90] et sur [100 ; 135], décroissante sur [0 ; 30) et [90 ; 100],

constante sur [30 ; 60].

b. La température maximale est 20 °C et la température minimale est – 50 °C.

4. La température est négative entre 8 min (environ) et 110 min.

Activité 2. Variations d’une aire1. Voir le site Internet www.didiermathx.com

2.

x 0 1 2 3 4 5 6 7

f (x) 0* 2,45 6.32 10,39 13,86 15,81 14,7 0*

* Le logiciel affiche « non définie » pour l’aire considérant que le triangle n’existe pas.

3. Quand x augmente de 0 à 7, l’aire semble d’abord augmenter puis ensuite diminuer.

L’aire maximale semble être 15,91 m2 (elle ne figure donc pas dans le tableau) atteinte pour des valeurs de x comprises

entre 5,2 et 5,3 m.

33Chapitre 2. Sens de variation. Fonctions affi nes

4. On place les points connus par le tableau. En tenant compte de l’évolution de l’aire et du maximum constatés expé-

rimentalement sur le logiciel, on peut relier les points.

Activité 3. L’ironman1. a. Cette portion de parcours enchaîne une descente, une montée, une portion de plat, une nouvelle descente, une

montée. Elle se poursuivra par une portion de plat.

b. Quand la distance parcourue augmente de 41,1 km à 84,2 km, l’altitude diminue puis augmente, reste constante,

diminue et augmente.

2.

3. Dans le tableau, l’altitude maximale est 1 100 m. Il n’existe pas de point d’altitude supérieure sur le parcours ; ceci se

justifie grâce aux variations connues de l’altitude entre deux points donnés par le tableau.

4. De même, l’altitude minimale est 180 m.

Activité 4. Sens de variation d’une fonction affine1. Voir le site Internet www.didiermathx.com

2. a. Quand b varie, le point d’intersection de la droite et de l’axe des ordonnées varie.

b. L’ordonnée semble être b.

3. a. Quand a varie, la direction de la droite varie.

b. f semble être croissante pour a > 0 et décroissante pour a < 0.

4. Pour b = 0, la droite passe par l’origine du repère. On a f (x) = ax, f est une fonction linéaire.

Pour a = 0, la droite est parallèle à l’axe des abscisses. On a f (x) = b, f est une fonction constante.

11– 1– 1 22 33 44 55 66 77 88 99

1717

1616

1515

1414

1313

1212

1111

1010

99

88

77

66

55

44

33

22

11

x

y

401 1080 1080 1100

180 1050

Tourrettes Carrefour

D12/D112

CaussolsPont du Loup Carrefour

D12/D5

Col

de la Sine

Altitude

(en m)

Distance

en km 41,10 75,349,8 77,2 79,2 84,2

3434

TP 1. La fourmi paresseuseA. 1. x appartient à [0 ; 3].

2. MB¢N est un triangle rectangle en B¢. B¢N = x et MB¢ = 2 donc MN = 4 2� x .

3. a. BN¢ = x et A¢B¢ = 3 donc A¢N = 3 – x.

b. NA¢S est un triangle rectangle en A¢.

c. NS = 1 5 32 2, � -� �x

4. L(x) = MN + NS = 4 2 25 32 2� � � -� �x x,

5. a. On trace la courbe sur la calculatrice et on utilise l’outil Trace.

La valeur minimale semble être environ 4,6 atteinte pour x compris entre environ 1,3 et 2,1.

Avec la table de valeurs, on peut conjecturer une longueur minimale d’environ 4,6 pour x �1 7, (à 0,1 près).

b. La fourmi devrait donc passer par le point N tel que BN �1 7, .

B. 2. ab. Figure réduite :

Le plus court chemin sur ce patron de M à S est le segment [MS]. On en déduit la position de N, point d’intersection de

[MS] et [A¢B¢] sur le patron.

3. Par le théorème de Thalès dans les triangles A¢SN et NB¢M : B N

A N

B M

A S

¢¢

¢¢

� soit x

x3

2

1 5

4

3-� �

,.

On a donc 3x = 12 – 4x d’où x = 12

71 7,ª .

A B

CD

N

M

A¢ B¢

C’D’

S


TP 2. Sans calculatrice ni logiciel2.

x 0 2 4 5 6

V(x) 0 16 32 25 0

3. Réponse c.

4. Les courbes b et c sont cohérentes avec le sens de variation de V.

Mais V V6 5

6 525

� �- � �-

� - et V V5 4

5 47

� �- � �-

� - .

Donc sur [4 ; 6], on ne peut pas relier les points par un segment de droite.

On choisit donc la courbe c.

TP 3. Une aire maximale en autonomieA. Voir le site Internet www.didiermathx.com

B. On conjecture que l’aire est maximale quand P est confondu avec b et que ce maximum est 16.

C. 1. Soit K le point d’intersection de (MP) et (AC) et K¢ son symétrique par rapport à E. Par symétrie centrale, on a

aire (MEK) = aire (NEK¢) d’où aire (MNP) = aire (KPNK¢). Donc aire (MNP) ≤ aire (APNC).

2. Aire (APNC) � aire (ABC) donc aire (MNP) � aire (ABC).

De plus si P est en B, alors N est en C et M en A, donc le triangle MNP est confondu avec le triangle ABC. On en déduit

que l’aire maximale est celle du triangle ABC.

TP 4. Algorithmique : tracé de courbe point par pointA. Le tracé de droite paraît mieux correspondre puisque f est définie sur tout l’intervalle [– 1 ; 5].

B. 1. a.

À la calculatrice, f (0) = 0 ; f (0,5) = 2,4875 ; f (1) = 4,899 ; f (1,5) = 7,1545.

L’écart entre deux valeurs consécutives de x est 0,5.

On placera, en arrondissant les ordonnées au dixième les points de coordonnées (0 ; 0), (0,5 ; 2,5), (1 ; 4,9) et (1,5 ; 7,2).

b. Avec le même pas on pourra continuer jusqu’à x = 5 et placer les points supplémentaires de coordonnées (2 ; 9,2),

(2,5 ; 10,8) , (3 ; 12), (3,5 ; 12,5) , (4 ; 12), (4,5 ; 9,8), (5 ; 0).

2. a. Les 6 premiers points obtenus, en arrondissant les ordonnées au dixième, sont les points de coordonnées (0 ; 0),

(0,2 ; 1) ; (0,4 ; 2), (0,6 ; 3), (0,8 ; 3,9), (1 ; 4,9).

Le 13e point serait le point de coordonnées (2,4 ; 10,5). Le dernier point serait le point de coordonnées (5 ; 0).

1

1

0

M

E

K

K’

P

N

BA

CD

2

3

4

5

6

7

8

y

-1 2 3 4 x

Aire MPN = 10

3636

b. Avec un pas de 0,03, le 13e point serait le point de coordonnées (0,36 ; 1,8) et le dernier point aurait pour coordon-

nées (4,98 ; 2,2) (car 0,03 ¥ 166 = 4,98 et 0,03 ¥ �167 5 01, ).

3. Selon le pas, il est possible que le dernier pixel allumé ne corresponde pas au point de coordonnées (5 ; 0) et que

lorsque la courbe obtenue en reliant les points placés s’arrête « avant » le point de coordonnées (5 ; 0).

C. 1. La première valeur de x est 0. On passe à la suivante en ajoutant p, et encore à la suivante en ajoutant à nouveau

p. On continue ainsi tant que la valeur trouvée reste inférieure ou égale à 5.

2. En langage naturel :

Demander le pas p à l’utilisateur.

Donner à x la valeur 0.

Tant que x ≤ 5 :

– on place le point de coordonnées (x, f (x)),

– on ajoute p à la valeur de x pour obtenir la nouvelle valeur de x.

Exercice


a. 13

3 b. -10

3

a. – 10 b. 37

6

a. 108 b. 10 4-

15 cm

8 cm

I (5

2 ; 1)

22 euros

Environ 25 % de 120 € soit un quart de 120 € donc

30 €.

f (– 4) = 49

Le point de coordonnées (– 1 ; 3)

Oui

- 3

2

15 6 2x x-

(2x – 5)(2x + 5)

? = 2

a = 7

a. f (5) est négatif. b. f (0) est positif.

x = 4

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

ENTRAINEMENT

1. La fonction h est strictement croissante du

1/11/2008 à 11 h au 2/11/2008 à 2 h, puis le 2/11/2008 :

elle est strictement décroissante de 2 h à 3 h, strictement

croissante de 3 h à 9 h et strictement décroissante de

9 h à 11 h.

2. Le maximum de h est de 4,3 environ. La hauteur

d’eau maximale atteinte lors de la crue de l’Allier en

2008 entre le 1/11 à 11 h et le 2/11 à 9 h est de 4,3 m.

3. le 1/11/2008 à 19 h 00 ; le 2/11/2008 à 4 h ;

le 2/11/2008 entre 4 h et 5 h.

4. On l’indiquera par une nouvelle droite horizontale

passant par l’ordonnée 4,3.

1. 110 chevaux à 4 000 tr/min.

2. 260 N.m avec overboost, 240 N.m sans.

1. Sur [0 ; 2,5] la vitesse augmente ; sur [2,5 ; 10]

elle diminue.

2. Sur [10 ; 15] la vitesse est constante. Elle vaut 5 km.h–1

3. La vitesse est strictement croissante sur [0 ; 2,5],

strictement décroissante sur [2,5 ; 10] puis constante

sur [10 ; 15].


Travail à faire avec un collègue de physique (par

exemple on n’indique pas dans cet énoncé de

référentiel).

Il s’agit de la fonction qui associe le nombre

d’ordinateurs vendus aux années allant de 1990 à 2000.


1. a. Cette fonction est strictement croissante sur

[0 ; 6].

19

20

21

22

23

24


b. Son maximum est atteint pour x = 6. C’est l’aire d’un

triangle équilatéral de côté 6.

Son minimum vaut 0 pour x = 0.

2. a. Cette fonction est strictement décroissante sur

[0 ; 6]. Son maximum est atteint pour x = 0 : c’est l’aire

d’un carré de côté 6 donc 36 pour x = 0. Son minimum

est 0 atteint en x = 6.

b. Cette fonction est strictement décroissante sur [0 ; 6].

Son maximum est l’aire d’un triangle équilatéral de côté

6, atteint pour x = 0 ; son minimum est 0 atteint en x = 6.

c. Cette fonction est strictement croissante sur [0 ; 6].

Son maximum est 36 atteint en x = 6 ; son minimum est

0 atteint en x = 0.

En rouge, la courbe représente l’aire de AMN (car

la fonction qui à AM associe l’aire de AMN est

strictement croissante)

En vert, la courbe représente l’aire de BNQ (car la

fonction qui à AM associe l’aire de BNQ est strictement

décroissante).

En bleu, la courbe représente l’aire de MNQC (par

élimination).

1. 2. 3.

1. [0 ; 10]

2. f est strictement décroissante sur [0 ; 2] puis stricte-

ment croissante sur [2 ; 6] et strictement décroissante

sur [6 ; 10].

3. De nombreuses courbes sont possibles.


1. f est strictement croissante sur [– 5 ; 3], stricte-

ment décroissante sur [– 3 ; 1], strictement croissante

sur [ 1 ; 3 ] et strictement décroissante sur [3 ; 7].

2.

x – 5 – 3 1 3 7

f(x)

3 3

– 4 0 – 4

1. f est strictement croissante sur [– 5 ; 0] et

strictement décroissante sur [0 ; 4].

25

26

11– 1– 1– 2– 2– 3– 3– 4– 4– 5– 5 22 33 44 55 66 44 88 xx

– 2– 2

– 1– 1

11

22

33

44yy

A

B

C

D

E

27

28

29

30

2.

x – 5 0 4

f(x)

– 3

4

– 3

1. a. 2 < 4 et g est strictement croissante sur �

donc g(2) < g(4) car g conserve l’ordre.

b. – 2 < – 1 et g est strictement croissante sur � donc

g(– 2) < g(– 1).

2. On a cette fois g(2) > g(4) et g(– 2) > g(– 1) car g ren-

verse l’ordre.

1. Oui.

2. Non.

3.

a. f est strictement croissante sur [– 2 ; 1] donc

f (– 2) � f (x) � f (1) soit 2 � f (x) � 3.

b. f est strictement décroissante sur [1 ; 4] donc

f (1) � f (x) � f (4) soit 1 � f (x) � 3.


a. h(– 6) > h(0) car – 6 < 0 et h renverse l’ordre sur

]– � ; 2].

b. On ne peut pas comparer h(4) et h(0) car h change

de sens de variation entre 0 et 4.

c. h(2) < h(4) car 2 < 4 et h conserve l’ordre sur [2 ; 5].

d. h(– 0,5) < h(– 100) car – 0,5 > – 100 et h renverse

l’ordre sur les négatifs.

31

1100

11

44 22 33 x

yy

– 1– 1

32

33

– 2 – 1 1 2

– 2

– 1

1

2

0 x

yy

34

35

36

3838

a. f (1) > f (3,6) car 1 < 3,6 et f renverse l’ordre sur

[1 ; + � [.

b. f (– 5) < f (– 1) car – 5 < – 1 et f conserve l’ordre sur

]– � ; 1].

c. On ne peut pas comparer f (– 1) et f (2) car f change

de variations entre – 1 et 2.

d. f(– 1) < f(1) car – 1 < 1 et f conserve l’ordre sur ]– � ; 1].

1.

2. On a par exemple : f (0) = 0 et f (1) = – 1 mais f (2) = 4.

Exercice 27 : maximum : 4, minimum : – 5






1. La pyramide a pour base le triangle rectangle

FMP et pour hauteur FN = (10 – x).

FMP a pour aire : 1

210x x-� � donc le volume de la

pyramide est :

V x x x x x x� � � -� �ÊË

ˆ¯ -� � � -1

3

1

210 10

1

610 2( )

2. a. D’après la représentation à la calculatrice on peut

conjecturer que V est strictement croissante sur [0 ; 3,3]

puis strictement décroissante sur [3,3 ; 10].

b. Graphiquement il semble que le volume sera maxi-

mal pour x = 3,3.

1. B(x) = 1 000x – C(x) = 1 000x – x3 + 90x² – 2 500x

– 2 000 = – x3 + 90x² – 1 500x – 2 000.

2. a. Il semble que 50 articles assurent le bénéfice maxi-

mal.

b. Il semble qu’il faille fabriquer au minimum 25 articles

pour que B(x) soit positif, c’est-à-dire pour obtenir des

bénéfices.

37

38

39

40

41

42

1. Pour tout x réel, x² est positif ou nul donc x 2 0�

et x² – 5 � – 5 c’est-à-dire f (x) � – 5.

2. 0 est un antécédent de – 5 car f (0) = – 5.

Le minimum de f sur � est donc – 5 et il est atteint en x = 0.

Non. Montrer que g(t) ≥ 1 pour tout réel t ne suffit

pas à prouver que g admet 1 pour minimum.

Il faut en plus que 1 soit bien l’image d’un certain réel a

par g, ce qu’il n’a pas montré.

Pour tout x réel, (x + 4)² est positif ou nul donc

6 – (x + 4)²� 6 c’est-à-dire h(x) ≤ 6 pour tout réel x.

De plus h(– 4) = 6 – 0² = 6.

On a donc : h(x) � h(0) pour tout réel x. Par conséquent

6 est le maximum de h sur �.

1.

x – 3 0 1 3 4

h(x)

5

1 1

3

– 1

2. h(x) � 1 pour x appartenant à [0 ; 3]. Ceci se justifie

par le sens de variation de h.

3. h(x) > 1 pour x appartenant à [– 3 ; 0[ U ]3 ; 4] Ceci se

justifie à nouveau par le sens de variation de h.

1.

x – � – 1 1 2 + �

f(x)

0

– 4

2. On observe à la calculatrice : il semble que f (2) = 0.

On le vérifie par le calcul : f (2) = 8 – 6 – 2 = 0.

Les valeurs de x telles que f(x) > 0 sont celles de ] ; [2 �� .

On justifie par le sens de variation de f.


[ ; [2 �� U {– 1} car f (– 1) = 0 donc 0 est aussi solution.

1. a. f semble décroissante.

b. Il semble que f (x) ≥ – 3 pour x appartenant à [– 3 ; 1].

2. f (0,5)= – 2,875. On s’aperçoit que f (0,5) > – 3 c’est-à-

dire f (0,5) > f (0).

43

44

45

46

47

48


On peut en conclure que f n’est pas strictement

décroissante.

La conjecture de la question b n’est en revanche pas

contredite par le calcul de f (0,5).

1. Il semble que f(x) � 3 pour x appartenant à [1 ; 5].

2.

On remarque que f n’est pas strictement croissante, elle

change de variations sur [0 ; 3].

En particulier, f (1,5) ª2 93, donc f (1,5) < 3.

La conjecture faite à la question 1 est donc fausse.

1. Sa recette sera maximale pour un billet à

7 euros, sa recette sera alors de 10 801 euros pour

1 543 spectateurs (10 801/7).

2. Réponse c. Si le billet est à 0 euros, elle a une recette

de – 3 899 euros : elle perd donc 3 899 euros.

3. Pour les valeurs de x comprises entre 1 et 13.

Elle doit fixer le prix du billet dans une fourchette de 1 à

13 euros si elle souhaite faire un bénéfice.

1. x appartient à [– 4 ; 9].

2. a. AM sera minimum pour x = 0 (distance d’un point

à une droite) il vaut alors 3.

b. f est strictement décroissante sur [– 4 ; 0] puis stricte-

ment croissante sur [0 ; 9].

3. f (0) = 3 ; f (– 4) = 5 ; f (9) = 90 .

x – 4 0 9

h(x)

5 90

3

1. x appartient à [0 ; 4].

2. f est strictement croissante sur I.

3. a. CM¢ = 4 (rayon du quart de cercle).

b. CM = 16 2� x et f (x) = 16 2� x – 4.

4.

x 0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4

f (x) 0 0,03 0,123 0,272 0,472 0,717 1 1,315 1,656

5. MM¢ � 1 lorsque f (x) � 1 c’est-à-dire pour x � 3 car

f (3) = 1 et f est strictement croissante sur I.

49

50

51

52

1. x = 0 ; x = 4 ; x = 8 ; x = 12 ; x = 16.

2. a.

x 0 2 4 6 8 10 12 14

f (x) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

b.

x 0 2 4 6 8 10 12 14 16

f(x)

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1. et 2.

a. a = 3 et b = 4 ; fonction strictement croissante sur �.

b. a = 2 et b = – 6 ; fonction strictement croissante sur �.

c. a = 1 et b = 5 ; fonction strictement croissante sur �.

d. a = 1 et b = 0 ; fonction strictement croissante sur �.

e. a = – 1 et b = 0 ; fonction strictement décroissante

sur �.

f. a = 0 et b = 6 ; fonction strictement constante sur �.

1 et 2.

a. a = – 1 et b = 3 ; fonction strictement décroissante

sur �.

b. a = 2/3 et b = – 5 ; fonction strictement croissante sur �.

c. a = 1/4 et b = – 3/4 ; fonction strictement croissante

sur �.

d. a = 1/2 et b = 1 ; fonction strictement croissante sur �.

e. a = – 1/4 et b = 0 ; fonction strictement décroissante

sur �.

f. a = 2 et b = 1 ; fonction strictement croissante sur �.

1. a. Dx = 4 – 1 = 3

b. Dy = 5 – 2 = 3

c. a = 3

3 = 1

2. f (x) = 1x + b. Or f (1) = 2 donc 2 = 1 + b d’où b = 1 et

f (x) = x + 1.

a. Dx = 1 – 0 = 1 ; Dy = 3 – 2 = 1.

a = 1

1 = 1

f (x) = 1x + b. Or f (1) = 3 donc 3 = 1 + b d’où b = 2 et

f (x) = x + 2

b. Dx = 3 – 2 = 1 ; Dy = 6 – 0 = 6.

a = 6

1 = 6

f (x) = 6x + b or f (2) = 0 donc 0 = 12 + b d’où b = – 12 et

f (x) = 6x – 12.

Voir la solution de l’exercice résolu 7 page 63 du

manuel.

53

54

55

56

57

58

4040

Voir correction de l’exercice 54 de ce chapitre.

1. xA = 1 ; yA = – 1 ; xB = 3 ; yB = 3.

2. L’accroissement des x est 3 – 1 = 2.

L’accroissement des y est 3 – (– 1) = 4.

3. a = 4

2� 2

4. b = – 3

5. f (x) = 2x – 3

d1 : f(x) = x +1.

d2 : f (x) = 1

2x .

d3 : f (x) = 3.

d4 : f (x) � - 1

3

5

3x – .

d5 : f (x) = - �5

33x .

d6 : f (x) = 3x – 4.

d1 : e.

d2 : b.

d3 : c.

d4 : h.

d5 : d.

d6 : a.


1. – 2x + 8 > 0 revient à – 2x > – 8 soit x < 4 ; donc

l’ensemble ]– � ; 4[.

2.

On peut contrôler le résultat précédent graphiquement

en regardant pour quelles valeurs de x la droite est au-

dessus de l’axe des abscisses.

3. Les réels 0 ; 1 ; 2 par exemple.

1. 2x + 4 est strictement positif pour x > – 2 ;

négatif sinon.

59

60

61

62

63

64

22– 2– 2– 4– 4 44 66 xx

– 2– 2

22

44

66

88

1010

00

yy

65

1,5x – 3 est strictement positif pour x > 2 ; négatif sinon.

– x + 3 est strictement positif pour x < 3 ; négatif sinon.

2. a. Pour x = 2,5 par exemple.

b. 2 ¥ 2,5 + 4 = 9 > 0

1,5 ¥ 2,5 – 3 = 0,75 > 0

– 2,5 + 3 = 0,5 > 0

a. Oui b. Non c. Oui d. Non

f (0) = 0 ; f (0,5) = 0 5, et f (1) = 1.

f f1 0

1 01

� �- � �-

� alors que f f1 0 5

1 0 5

1 0 5

1 0 5

� �- � �-

�--

,

,

,

,ª 0 59, .

Ces quotients étant différents, on ne peut pas représenter

f par un segment de droite.

1.

Prix avant réduction (€) 12 25 42 54

Prix après réduction (€) 11,52 24 40,32 51,84

2. On a 11 52

12

24

25

40 32

42

51 84

540 96

, , ,,� � � � .

3. R(p) = 0,96 p.

4. R est une fonction linéaire.

5. Quand p augmente de 1 €, R(p) augmente de 0,96 €.

1. a. 22 euros, 1,1 p ; 25 euros, R(p) = 1,25 p.

b. 18 euros, 0,9 p ; 18,80 euros, R(p) = 0,94 p.

2. a. Une augmentation de 2 %.

b. Une diminution de 20 %.

c. Une augmentation de 40 %.

d. Une diminution de 50 %.

1.

t 0 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2

d(t) 0 22,5 45 67,5 90 112,5 135 157,5 180

2. et 3.

66

67

68

69

70

0,250,2500 0,50,5 0,750,75 11 1,251,25 0,50,5 1,751,75 22 x = tx = t

2020

00

4040

6060

8080

100100

120120

140140

160160

180180

A

B

C

D

E

F

G

Hy = d (t)y = d (t)


Il s’agit d’une situation de proportionnalité : d est une

fonction linéaire, donc d est représentée par un

segment de droite sur [0 ; 2].

4. 90 représente le coefficient directeur de la droite

dont on a tracé une partie ci-dessus.

5. Durant la première heure le cycliste a roulé à la

vitesse constante de 30 km.h–1 ; puis de 1 h à 1 h 30 il a

roulé à une vitesse de 10 km.h–1. Il s’est arrêté de 1 h 30

à 2 h et est reparti jusqu’à 3 h à la vitesse constante de

40 km.h–1.

1. V (r) = (aire de la base) ¥ �( hauteur) p r2 h où r

est le rayon de la base et h la hauteur du cylindre.

2. Le rayon étant fixé, le volume est proportionnel à la

hauteur donc la seconde courbe (à droite) représente le

volume en fonction de la hauteur, à rayon fixé, car elle

représente une fonction linéaire. La première repré-

sente donc le volume en fonction du rayon.

1. f (h) = 1

34 3 4¥ ¥ ¥ �h h

2. g(h) = 1

34 3 6¥ ¥ ¥ -� �h = 24 – 4 h

4. On résout 4 h = 24 – 4 h ce qui donne h = 3. Le point

d’intersection a pour coordonnées (3 ; 12). L’abscisse

correspond à la position de S pour que les deux pyra-

mides aient le même volume ; ce volume est alors égal

à 12.

A. 1. a. Coefficient directeur de D : – 2.

Coefficient directeur de D¢ = – 1.

b. Ordonnée à l’origine de D : 0,6.

Ordonnée à l’origine de D¢ : 0,4.

c.

O 0,10,1 0,30,3 0,40,4 0,50,5 1

0,10,1

0,40,4

0,50,5

0,60,6

x

D’ : y = x + 0,4 = g (x)D’ : y = x + 0,4 = g (x)

D : y = – 2x + 0,6 = f (x)D : y = – 2x + 0,6 = f (x)

y

2. Résolution graphique

a. f (x) = 0 si et seulement si x = 0,3.

g(x) = 0 si et seulement si x = 0,4.

71

72

73

b. f (x) � 0 si et seulement si x � 0,3.

g(x) � 0 si et seulement si x � 0,4.

3. Résolution algébrique

f (x) = 0 € 0,6 = 2x € x = 0,3.

g(x) = 0 € 0,4 = x.

f (x) � 0 € – 2x + 0,6 � 0 € 0,6 � 2x soit 0,3 � x.

g (x) � 0 € – x + 0,4 � 0 € 0,4 � x.

4. a. x � 0 et f (x) � 0 et g(x) � 0 si et seulement si

0 � x � 0,3.

b. Voir graphique ci-dessus.

B. 1. Pour x = 0, les quantités de matières en O2 et en

H2 sont respectivement 0,4 moles et 0,6 moles.

2. C’est le réactif H2 qui disparaîtra en premier, pour

x = 0,3.

3. Il reste alors 0,1 mole du réactif O2 car 0,1 = 0,4 – 0,3.

1. Vraie

2. « Si f (0) > f (4) alors f est strictement décroissante sur

[0 ; 4] » : Faux.

On est d’accord avec Fati mais pas avec Théo. Il est

possible que Théo ait raison mais il peut aussi avoir tort.

1. Vrai

2. Faux

On est sûr que n < m. Mais ce n’est pas parce que

(n) < f (m) que la fonction est de façon certaine

strictement croissante sur [a ; b].

On peut modifier l’algorithme de plusieurs façons. Une

possibilité :

Remplacer « f est strictement croissante sur [a ; b] » par

« il est possible que f soit strictement croissante sur

[a ; b] mais elle peut aussi ne pas l’être ».


On ne peut pas représenter f par un segment de

droite.

Par exemple les quotients f f1 0

1 0

13 12

10 14

� �- � �-

� - ª ,

et f f4 0

4 03 13

� �- � �-

ª , sont distincts.

D’un point de vue mathématique, il est faux de

dire que la teneur en CO2 ne cesse d’augmenter,

puisqu’il y a des intervalles nombreux où la fonction est

décroissante. C’est l’allure générale, qui est qualifiée

bien souvent de croissante.

1. La fonction, qui à l’intensité I associe la tension

U, est strictement croissante.

2. Tracer, sur une feuille de papier millimétré, la courbe

représentative de la fonction, qui à I associe U.

74

75

76

77

78

79

80

81

4242

3. Montrer que la fonction, qui à I associe U est donnée

par la formule U(I) = RI.

4. Tracer la courbe représentative de la fonction, qui à

l’intensité I qui traverse la lampe associe la tension U.

1. La notation « < 4 » sur l’axe des ordonnées.

Le // sur l’axe des abscisses indique une rupture dans

l’axe du temps ainsi que dans les graduations utilisées :

mois et années sur le même axe.

Les graduations régulières en ordonnées ne sont pas à

écarts constants.

2. Le taux d’anticorps décroît de 128 à 64. Il diminue de

moitié (de 50 %).

3. On peut lire le sens de variation des deux fonctions

représentées malgré les graduations inhabituelles et la

rupture de graduations en abscisse puisqu’il n’y a pas

de rupture correspondante sur les courbes entre 1 mois

et 1 an.


manuel.

APPROFONDISSEMENT

A. Voir le site www.didiermathx.com

B.1.

2. Aire de ABCD = 32 ; aire de DMC = aire de ABCD –

aire de AMD – aire de MBC.

Aire de ABCD = 32 – 5

2x –

3

28-� �x = 20 – x

3.

4. Graphiquement : on repère les points d’intersection

et on lit leurs abscisses : 5,7 et 3 à la précision de lecture

graphique près.

82

102

Aire de AMD

et aire de MBC

� ¥ �

� ¥ ¥ -

1

25

5

2

1

23 8

x x

x( )

00– 2– 2 4422 66 88 xx

22

44

66

88

1010

1212

1414

1616

1818

2020

yy

f1

f3

f2

Par le calcul :

AMD et DMC ont même aire € 5

2x = 20 – x € x =

40

7

AMD et MBC ont même aire € 5

2x =

3

28-� �x € x = 3

DMC et MBC ont même aire € 20 – x = 3

28-� �x

€ x = – 16. On élimine cette solution car x appartient à

[0 ; 8].

1. NV = V + 10

100 ¥ V = (1 + 0,1) V = 1,1 V

2. NV = V – 8

100 ¥ V = (1 – 0,8) V = 0,92 V

3. Les courbes rouge et bleue correspondent à une

augmentation, car elles sont au-dessus de la droite

d’équation y = x, donc leur coefficient directeur est

supérieur à 1.

La courbe verte correspond à une diminution car étant

en dessous de la droite d’équation y = x, son coefficient

directeur est inférieur à 1.

2. Graphique obtenu sur AlgoBox :

Cet algorithme représente point par point la courbe de

la fonction f (x) = 2x² – 1 avec un pas de 0,1 sur l’intervalle

[0 ; 1].

3. Algorithme modifié :

Il faut déclarer p comme nouvelle variable, demander la

valeur de p à l’utilisateur puis remplacer le pas 0,1 par p,

demander également a et b.

Il y a plusieurs méthodes pour exécuter ce tracé

selon qu’on le trace point par point ou que l’on utilise un

outil de tracé d’un segment déterminé par ses extrémités

(sur AlgoBox ou sur une calculatrice par exemple).

103

104

105


Exemple d’algorithme :

VARIABLES : a nombre

INITIALISATION : a prend la valeur 0

TRAITEMENT

Tantque a ≤ 18 Faire

Tracer le segment ayant pour extrémités les

points de coordonnées (a ; 0) et (a + 1 ; 1)

Tracer le segment ayant pour extrémités les

points de coordonnées (a + 1 ; 1) et (a + 2 ; 0)

a prend la valeur a + 2

FinTantque

Programmation sur Algobox :

1. h varie dans l’intervalle [0 ; 6].

2. r et h sont les longueurs des côtés de l’angle droit

d’un triangle rectangle qui a pour hypoténuse le rayon

de la demi-sphère donc d’après le théorème de Pytha-

gore, il vient : h² + r² = 6² = 36.

3. Volume du cylindre = p ¥ r² ¥ h or r² = 36 – h² d’après

la question précédente donc V (h) = p ¥ h ¥ (36 – h²) =

36 p h – p h3.

4. a. La hauteur est à peu près 3,5.

b. 2 3 3 46ª , donc 3,5 est une valeur approchée de

2 3 à 0,1 près par excès.

Le volume maximal est :

36 ¥ p ¥ 2 3 – p ¥ (2 3)3 = 48 p 3 .

Le rayon est alors donné par r² = 36 – 12 = 24 donc r = 2 6.

5. le volume de la demi-sphère 1

2¥

4

363p¥ � 144 p.

On calcul donc le rapport : 48 3

1440 58

pp

ª , .

Le volume du cylindre représente donc environ 58 % de

celui de la demi-sphère.

1. Cela signifie que l’azote contenue dans le sang

du plongeur augmente de volume avec la baisse de la

pression et cause des dégâts importants à l’organisme.

Pour l’éviter il faut effectuer des paliers de décompres-

sion.

2. a. Dans la partie « sud-est » (soit le 4e quadrant).

c. 2 mm correspond à 1 min.

106

107

d. Car la vitesse est constante. Le coefficient directeur

est – 15.

3.

4. Sa plongée a duré environ 56 minutes.

1. a. Pour u < v et a > 0, on a au < av puis

au + b < av + b.

b. f conserve l’ordre donc f est strictement croissante

sur �.

2. Si a < 0 et u < v, alors au > av et au + b > av + b,

l’ordre est renversé, la fonction f est strictement décrois-

sante sur �.

1. Le deuxième graphique, car le prix est un

nombre entier d’euros.

2. Il doit baisser le prix de 6 €.

3. a. n peut prendre les valeurs entières entre 0 et 19.

b. Le prix est 19 – n et le nombre de spectateurs est

500 + 80n.

c. Avec une calculatrice (ou un tableur) on trouve que la

recette est bien maximale pour une baisse de 6 € donc

un prix de 13 €. La recette maximale est 12 740 euros.

On peut d’abord identifier chaque courbe à l’aide

des variations ou en considérant que seule l’aire du

triangle CMB peut s’annuler.

L’aire du triangle CMB s’annule pour x = 7 donc AB = 7.

Pour x = 0, l’aire de CMB est égale à l’aire de CAB donc

aire de CAB = 14 avec AD hauteur du triangle et AB = 7

comme base. Par conséquent 1

27 14AD¥ � donc AD = 4.

En considérant une autre valeur de l’aire de AMCD, par

exemple pour x = 7, on obtient CD = 4.

0

5

10

15

20

25

30

H

F G

I J

K

Profondeur

(m)

Temps

(min)

55 1010 1515 2020 2525 3030 3535 4040 4545 5050 5555

108

109

110

4444

1. Position 1.

2. Un logiciel de géométrie dynamique peut amener à

faire une conjecture.

On conjecture un angle a ª 36,4 °.

On peut aussi exprimer la hauteur du trapèze TT¢P¢P en

fonction de cos a , la distance PP¢ en fonction de sin a

puis dresser une table de valeurs de l’aire en fonction

de l’angle a (en degré) à l’aide de la calculatrice.

On peut utiliser un logiciel de géométrie pour

estimer une valeur de x.

Par un raisonnement géométrique, la longueur HK

étant constante, il s’agit de minimiser AH + KB.

En « effaçant la rivière » on est conduit à minimiser la

distance AH¢ + H¢B sur la figure ci-dessous.

111

112 On enlève la rivière : on superpose les deux bords (H, K

deviennent confondus ; on note ce point H¢).ll faut donc placer H¢ de telle sorte que A, H¢ et B soient

alignés.

Par le théorème de Thalès on trouve que x = 62,5.

A

H¢

100 m

30 m

50 m

x (en m)

B

45

Développer, factoriser pour résoudre 3

Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :

1 1.

A ¥ B – A A + B1

A

A

BA – B

produit opposé somme inverse quotient différence

2. 1 + (x + 3)2

3. 3

2 4� x

2 1. c 2. d 3. b 4. c

3 L’argument de Myriam est correct : son contre-exemple permet de prouver que l’affirmation « Pour tout x, … » est

fausse. Par contre, l’exemple de Léa ne suffit pas à prouver que l’affirmation est vraie.

4 1. b et c 2. c 3. c

Activité 1. Égalité : pour tout x ou pas ?1. f : 1 Æ 1 + 3 = 4 Æ 4 ¥ 2 = 8 Æ 8 – 6 = 2

2 Æ 2 + 3 = 5 Æ 5 ¥ 2 = 10 Æ 10 – 6 = 4

g : 1 Æ 1 + 1 = 2 Æ 22 = 4 Æ 4 – 1 = 3 Æ 3 – 12 = 2

2 Æ 2 + 1 = 3 Æ 32 = 9 Æ 9 – 1 = 8 Æ 8 – 22 = 4

h : 1 Æ 12 = 1 Æ 1 – 1 = 0 Æ 0 + 2 = 2

2 Æ 22 = 4 Æ 4 – 2 = 2 Æ 2 + 2 = 4

k : 1 Æ 1 – 1 = 0 Æ 02 = 0 Æ 0 ¥ (– 12) = 0 Æ 0 + 2 ¥ 13 = 2

2 Æ 2 – 1 = 1 Æ 12 = 1 Æ 1 ¥ (– 12) = – 12 Æ – 12 + 2 ¥ 23 = 4

On observe que f (1) = g(1) = h(1) = k(1) = 2 ¥ 1

f (2) = g(2) = h(2) = k(2) = 2 ¥ 2

On peut conjecturer (sans aucune garantie) que f, g, h et k ne sont qu’une seule et même fonction ; cette fonction étant :

x � 2 ¥ x.

2. f : 3 Æ 3 + 3 = 6 Æ 6 ¥ 2 = 12 Æ 12 – 6 = 6

g : 3 Æ 3 + 1 = 4 Æ 42 = 16 Æ 16 – 1 = 15 Æ 15 – 32 = 6

h : 3 Æ 32 = 9 Æ 9 – 3 = 6 Æ 6 + 2 = 8

k : 3 Æ 3 – 1 = 2 Æ 22 = 4 Æ 4 ¥ (– 12) = – 48 Æ – 48 + 2 ¥ 33 = 6.

On a f (3) = g(3) = k(3) = 2 ¥ 3.

46

La conjecture reste valable pour f, g et k.

On sait maintenant qu’elle est fausse pour h.

3. f : 4 Æ 4 + 3 = 7 Æ 7 ¥ 2 = 14 Æ 14 – 6 = 8

g : 4 Æ 4 + 1 = 5 Æ 52 = 25 Æ 25 – 1 = 24 Æ 24 – 42 = 8

k : 4 Æ 4 – 1 = 3 Æ 32 = 9 Æ 9 ¥ (– 12) = – 108 Æ – 108 + 2 ¥ 43 = 20.

La conjecture est confirmée pour f et g.

Elle ne l’est pas pour k.

4. Non, on ne peut pas affirmer que pour toute valeur de x, f (x) = g(x) = 2x.

Activité 2. Reconnaître la structure d’une expression1. a.

3 × a a × a

a

3a + a2

3

3a a2

a2 + 3a

b. Cette expression est une somme, dont les termes sont a2 et 3a.

c.

x + 2

x (x + 2)

x (x + 2) + 1

x 2 1

Cette expression est une somme.

2. Sommes : a, b, e, g, i, j

Produits : c, d

Quotients : f, h.

Activité 3. Choisir la bonne forme1.

On ne voit qu’une seule courbe !

Cela peut s’expliquer par les égalités : f = g = h.

Mais il faut le démontrer pour en être sûr.

En développant :

• g(x) = x2 – 4x + 2x – 8 = x2 – 2x + 8 = f (x)

• h(x) = x2 – 2x + 1 – 9 = x2 – 2x + 8 = f (x)

On a donc bien f = g = h.

47Chapitre 3. Développer, factoriser pour résoudre

2. f (0) = 02 – 2 ¥ 0 – 8 = – 8

f (1) = (1 – 1)2 – 9 = 0 – 9 = – 9

f (4) = (4 – 4) (4 + 2) = 0 ¥ 6 = 0

f ( 3) = ( 3)2 – 2 ¥ 3 – 8 = 3 – 2 3 – 8 = – 5 – 2 3.

Activité 4. Trois stratégies pour une équation1. Théo

L’égalité a lieu lorsque x = 0 uniquement.

Théo donne pour solution : x = 0.

Manon

La fonction TRACE donne pour abscisses des points communs aux deux courbes x � 0,002 et x � 0,835.

Manon propose donc ces deux solutions.

Karim

Karim résout 6x – 4 = 1 d’où 6x = 5 et donc x � 5

6.

Karim donne pour solution : x � 5

6.

2. Théo et Karim proposent chacun une solution de l’équation qui est exacte. Mais il leur en manque une !

Manon a trouvé deux solutions ; mais elle ne les connaît pas de façon exacte.

b. La 1re méthode ne permet pas de déterminer une solution non décimale, la 2e méthode donne des solutions approchées,

la 3e méthode comporte une erreur algébrique grave.

Activité 5. Équation produit et équation quotient1. a.

48

b.

c. On observe que h(x) est nul lorsque x = 2 ou x = 3.

On constate que h(x) est nul, lorsque f (x) ou g(x) est nul.

d. Non, car h(x) ne peut s’annuler sans que f (x) ou g(x) s’annule. Or f (x) ne s’annule que pour x = 2 et g(x) ne

s’annule que pour x = 3.

e. (x + 4) (3x – 1) = 0 lorsque x + 4 = 0 ou 3x – 1 = 0, c’est-à-dire lorsque x = – 4 ou x � 1

3.

2. a. b.

• h(x) = 0 lorsque x = 2.

• Un message d’erreur est obtenu lorsque x = 3.

On constate que h(x) = f x

g x

� �� n’existe pas lorsque g(x) = 0 (c’est-à-dire lorsque x = 3)

et que h(x) est nul lorsque f (x) = 0 (c’est-à-dire lorsque x = 2).

L’explication est simple :

• diviser par zéro n’est pas possible,

• diviser zéro par un nombre non nul donne toujours zéro.

c. Pour �(x) = x

x

�-

1

63 on aura un message d’erreur lorsque 3x – 6 = 0, c’est-à-dire lorsque x = 2 ; on aura �(x) = 0 pour

x = – 1.

TP 1. Une longueur minimale1. D’après l’énoncé, l’aire du rectangle est 1 800 m2 d’où l’information : xy = 1 800.

Il en résulte y = 1 800

x.

2. Pour x > 0, L(x) = 2x + y = 2x + 2x + 1 800

x.

3.

D’après la courbe de L, on peut conjecturer que la longueur du grillage est minimale lorsque x vaut environ 30 m ; la

longueur du grillage est alors d’environ 120 mètres.

4. L1 800

1 800

x xx

x x

x

x x

� �- � � -

�- �

�- �

120 2 120

2 120 2 602 2 9900

2 30 2

� �

�-� �

x

x

x


De l’égalité L(x) – 120 = 2 30 2x

x

-� � on peut déduire d’une part que L(30) – 120 = 0 et d’autre part que L(x) – 120 � 0

pour tout x > 0. On a donc, pour tout x > 0, L(x) � L(30) qui prouve que L(x) est minimal pour x = 30 et vaut L(30) = 120

dans ce cas.


Il faudra acheter au moins 3 rouleaux de grillage et la longueur disponible sera de 150 m.

Pour ne pas recouper le grillage, on cherche x tel que L(x) = 150.

Or L(x) – 150 = 2x + 1 800

x – 150 =

2 150 2 75 9002 2x x

x

x x

x

- ��

- �� 1 800.

Pour utiliser l’aide, on développe : (x – 15) (x – 60) = x2 – 75x + 900, qui permet d’écrire L(x) – 150 = 2 15 60x x

x

-� � -� �.

Ainsi, on a L(x) = 150 si et seulement si x = 15 ou x = 60.

Pour x = 15, on a y = 1 800

15 = 120.

Pour x = 60, on a y = 1 800

60 = 30.

La zone peut donc avoir pour dimensions (en m) : x = 15 et y = 120 ou x = 60 et y = 30.

TP 2. Couper en 2, encore et encore : la dichotomieA. Étudions un exemple. On sait que P Œ [0 ; 256]. On suppose P = 118.

Étape…Proposition de prix

(centre intervalle)

Positionnement

(plus ou moins cher, exact)P est dans

1 128 moins [0 ; 128]

2 64 plus [64 ; 128]

3 96 plus [96 ; 128]

4 112 plus [112 ; 128]

5 120 moins [112 ; 120]

6 116 plus [116 ; 120]

7 118 exact

Les longueurs des intervalles successifs sont : 256, 128, 64, 32, 16, 8 et 4.

On remarque que leur longueur est divisée par 2 à chaque étape.

Complément : Partant d’un intervalle de longueur 256, au bout de n étapes l’intervalle contenant P a pour longueur 256

2n.

Le nombre maximal d’étapes à ce jeu est donc 8 car 256

28 = 1.

B. 1. a. À partir de la courbe de f : x � x3 on conjecture que f est croissante sur � et que l’équation f (x) = 5 admet une

solution unique.

On admet que ces conjectures sont exactes.

b. On calcule f (1,2) = 1,23 = 1,728.

f (2) = 23 = 8.

Notons x0 la solution de l’équation f (x) = 5.

On a f (x0) = 5 et donc f (1,2) � f (x0) � f (2).

Comme f est croissante sur �, f « conserve l’ordre » et donc 1,2 � x0 � 2 ; soit x0 Œ [1,2 ; 2].

c. * Pour obtenir une valeur approchée à 10–1 près de la solution x0 de l’équation f (x) = 5 :

• on peut utiliser la TABLE de la calculatrice, après avoir rentré Y1 = X3 et pris pour « départ » 1,2,

pour « fin » (éventuellement) 2 et pour « pas » 0,1.

On peut alors lire sur la table que f (1,7) � 5 � f (1,8) soit encore f (1,7) � f (x0) � f (1,8).

Comme dans la question b, la croissance de la fonction f permet d’en déduire 1,7 � x0 � 1,8

• on peut aussi faire afficher la courbe de f sur la calculatrice et utiliser TRACE.

50

On en déduit alors : 1,70 � x0 � 1,72 et donc aussi 1,7 � x0 � 1,8.

* Pour obtenir une valeur approchée à 10–2 ou 10–4 près, c’est la 1re méthode utilisée ci-dessus qu’il faut reprendre, en

modifiant seulement le pas : 10–2 ou 10–4.

2. a. f (1,6) = 4,096 on a f (1,6) < 5 c’est-à-dire f (1,6) < f (x0).

Comme f est croissante sur �, on a 1,6 � x0 et donc x0 Œ [1,6 ; 2].

b.

Étape n° Proposition L’image est… (> 5 ou < 5) La solution appartient à [a, b] avec

début a = 1,2 b = 2

1 1,6 4,096 (< 5) a = 1,6 b = 2

2 1,8 5,832 (> 5) a = 1,6 b = 1,8

3 1,7 4,913 (< 5) a = 1,7 b = 1,8

4 1,75 5,359… (> 5) a = 1,7 b = 1,75

5 1,725 5,132… (> 5) a = 1,7 b = 1,725

6 1,7125 5,022… (> 5) a = 1,7 b = 1,7125

On en déduit que 1,7 � x0 � 1,7215

Une valeur approchée à 10–1 près de x0 est donc 1,7 (par défaut) ou 1,8 (par excès).

Pour obtenir, à partir de ce même encadrement, une valeur approchée de x0 à 10–2 près, on peut écrire que

1,70 � x0 � 1,72 et prendre 1,71 comme approximation à 10–2.

3. VARIABLES : a, b, p, � nombres

ENTRÉES : Saisir les bornes a et b de l’intervalle de départ (a < b) et saisir la longueur � souhaitée

TRAITEMENT : Tant que b – a > 0,01 Faire

pa b

�� 2

Si p3 < 5 Alors a prend la valeur p

Sinon b prend la valeur p

FinSi

FinTantque

SORTIES : Afficher a et b


Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com.

TP 3. Créer une jaugeA.

AA BB

EE FF

hh

11

1010

MM NN

OO 1

4ÉchelleÉchelle


B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com.

C. AM = h, h Œ [0 ; 9]

V(h) = – 2h2 + 40h

1. On peut faire afficher la courbe de la fonction V sur l’intervalle [0 ; 9] et utiliser TRACE pour obtenir des valeurs appro-

chées des antécédents des nombres 0, 30, 60, 90, 120, 150 et 180.

(Il est inutile d’aller plus loin car V est croissante sur [0 ; 9] en tant que volume qui croît lorsque h croît, le volume

maximum étant V(9) = 198.)

On peut aussi utiliser la TABLE de la calculatrice en tabulant la fonction V sur [0 ; 9] avec un pas suffisamment petit.

2. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com.


Dans le triangle OAB, le théorème de Thalès donne

OE

OA

EF

AB� soit

OE

OE��

9

1

10

d’où 10 ¥ OE = OE + 9

9 ¥ OE = 9

OE = 1.

Puis dans le triangle OMN :OE

OM

EF

MN� soit

1

10

1

-�

h MN

d’où MN = 10 – h.

Le solide ABCDMNPQ est un prisme droit avec comme base, le trapèze ABNM et de hauteur AD = 4 cm.

L’aire de ABNM est : MN AB

AM� ¥ � � - ¥ � -2

10 10

2

20

2

2hh

h h.

Son volume est : V(h) = Aire(ABNM) ¥ 4

Le volume du prisme ABCDMNPQ est donc

V hh h

h h� � � ¥ - � -420

240 2

22.

Exercices


a. 6

5

3

10

9

10- � b.

5

4

a. 72 b. 60

a. 720 b. 198

Environ un quart de 120 soit 30 €.

1,2 = 1+ 20

100. L’augmentation est de 20 %.

I 21

4;� �

Par le théorème de Pythagore AB2 + AC2 = BC2

d’où 16 + AC2 = 36 soit AC2 = 20 et AC = 20.

45 5 3 5 5 2 5- � - �

Oui car 3 = – 2 + 5 est vrai.

ABC est isocèle avec un angle de 60°, d’où

ACB °� � 60 et donc ACD ° ° °� � - �180 60 120 .

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

a. (2x – 1)2 = 4x2 – 4x + 1

b. (4x – 1) (4x + 1) = 16x2 – 1

a. x2 – 3x

b. 9x2 – 42x + 49

x2 + 4x2 = 5x2

4x – 6x = – 2x

2x2 + x + 2x + 1 = 2 x2 + 3x + 1

4a2 – b2 = (2a – b) (2a + b) = 3 ¥ 5 = 15

a. (3x + 1)2

b. (2x – 8) (2x + 8)

(x + 1)2 + 4(x + 1) = (x + 1) [(x + 1) + 4]

= (x + 1) (x + 5)

2x = – 6 ; x = – 3

x(x + 5) = 0 ; x = 0 ou x = – 5

11

12

13

14

15

16

17

18

19

20

52

ENTRAÎNEMENT

Oui car :

Programme 1 : a Æ a – 2 Æ (a – 2)2 Æ (a – 2)2 + 1

Programme 2 : a Æ a – 4 Æ a (a – 4)Æ a (a – 4) + 5

Or, pour n’importe quel réel a :

• (a – 2)2 + 1 = a2 – 4a + 5

• a (a – 4) + 5 = a2 – 4a + 5.

1. f (– 1) = g(– 1) = – 1

f (0) = g(0) = 0

f (1) = g(1) = 1

2. f (2) = 8 et g(2) = 2.

f (1) � g(2) est un contre-exemple prouvant que « f (x) =

g(x) pour tout x réel » est faux.

Les courbes des fonctions f et g semblent se

superposer.

Pour x Œ �, f (x) = x2 + 2x – 3 et

g(x) = x2 + 2x – 3.

On a donc bien f = g et donc �f = �g.

a. Faux ; contre-exemple obtenu pour x = – 1 car

x 2 1 2� � et x + 1 = 0 ; or 2 � 0.

b. Vrai ; (x – 1) (x2 + x + 1) = �� = x3 – 1 en développant,

pour x réel quelconque.

f (x) = (2x – 3)2 (x + 4)

Hélios : t(x) = 4x3 + 16x2 – 9x – 36

Manon : m(x) = 4x3 + 16x2 – 9x + 36.

1. f (0) = 9 ¥ 4 = 36 ; t(0) = – 36 ; m(0) = 36.

Hélios a donc faux (car désaccord pour x = 0).

Manon peut avoir raison (accord en 0 mais on ne sait

pas ailleurs).

2. f (1) = 1 ¥ 5 = 5

m(1) = 47

m(1) � f (1) ; l’expression de Manon est, elle aussi,

incorrecte.

a. 1 est solution.

b. 0 est solution.

c. – 2 est solution.

d. 0 et 2 sont solutions.

1. 2. Comme – 1 et 3 appartiennent à l’ensemble

S des solutions de cette équation, on peut écrire :

-� Ã1 3, S.

Peut-être existe-t-il d’autres solutions !

a. 6x2 b. 6x + 2x2

c. 6x + 3x2 d. 6 + 5x + x2

a. 16x2 b. 16 + 8x + x2

c. x2 – 8x + 16 d. 16 – 8x + x2

On remarque que (x – 4)2 = (4 – x)2.

21

22

23

24

25

26

27

28

29


a. x2 – 6x + 9 b. x2 + 8x + 16

c. 4x2 – 12x + 9 d. x2 – 4


a. 18 – 12t + 2t2

b. 1

9 a2 –

2

3 ab + b2

c. x4 – 6x2 + 9

d. 2x2 – 8 2x + 16


a. 15x2 – 28x + 5

b. x3 – x2 – 2x

c. 2x3 + 7x2 + 2x – 3

d. 4y3 + 4y2 – 7y + 2

a. – x2 – 2x – 1

b. 18x2 – 24x

c. – 15

4 t2 + 2t +

63

4

d. x3 + 6x2 + 12x + 8

1. 4xy

2. Avec x = 10 000 et y = 1,

on obtient 4 ¥ 10 000 ¥ 1 = 40 000.

1. 1

2. Avec x = 2 345 678 910, le résultat est 1.

1. � = 2p r = 12 800p � 40 212 km

2. �¢ = 2p(r + 0,001)

�¢ – � = 0,002p � 0,0063 km

Il faut augmenter la longueur du câble de 6,3 mètres,

environ.

1. 2. Comme (x – 3)2 � 0 pour tout réel x, on a

V(x) � – 6, pour tout réel x.

3. V(3) = – 6 ; on a donc pour tout réel x, V(x) � V(3).

Le minimum de V sur �, obtenu pour x = 3 est donc – 6.

1. 2. Pour tout t réel, h(t) – 3 = – (t – 3)2 et donc

h(t) – 3 � 0 c’est-à-dire h(t) � 3. Comme h(3) = 3, on a

donc h(t) � h(3) pour tout t réel.

h admet donc un maximum sur � égal à 3 et obtenu

pour t = 3.

1. (a + b)2 – 4ab = a2 + 2ab + b2 – 4ab

= a2 – 2ab + b2 = (a – b)2.

2. L’aire du grand carré est (a + b)2, celle des 4 rec-

tangles est 4ab et celle du carré blanc intérieur est

(a – b)2. La formule du 1 peut donc être retrouvée géo-

métriquement.

3. Les 4 rectangles occupent tout le carré lorsque

(a – b)2 = 0 c’est-à-dire lorsque a = b.

30

31

32

33

34

35

36

37

38

39

40

41

42


a. (2x + 3)2 = 4x2 + 12x + 9

b. (x – 3)2 = x2 – 6x + 9

c. (4t + 3)2 = 16t2 + 24t + 9

d. x x x-� � � - �1

2

1

4

22

a. (x + 4)2 = x2 + 8x + 16

b. x x x-� � � - �9

29

81

4

22

c. t t

t6

336

92 2

��

d. x x

x2

44

4 162 2

-� � � - �



a. x[3(x – 5) – 1] = x(3x – 16)

b. x(y + z)

c. x(x + 4) (x – 2)

d. (x – 3) [(x – 3) – 2(2x – 1)] = (x – 3) (– 3x – 1)

a. x(5x – 6) b. x(3y + 1)

c. (x + 1) [2(x + 1) – 3] = (x + 1) (2x – 1)

d. (x + 1) [(x + 1) + 1] = (x + 1) (x + 2)

a. (x + 1)2

b. [(2x –5) + x] [(2x – 5) – x] = (3x – 5) (x – 5)

c. (3x + 2)2

d. [(2x – 1) + (x – 3)] [(2x – 1) – (x – 3)] = (3x – 4) (x + 2)


a. [4(x + 1) – 5x] [4(x + 1) + 5x] = (– x + 4) (9x + 4)

b. (4x + 9) (4x – 9)

c. b-� �3

2

2

d. a a a a-� ��ÈÎ ˘ -� �-ÈÎ ˘ � - �� - -� �1 2 1 2 1 2 1 2

a. (x + 2) (x – 2) + (x – 2) (x + 1)

= (x – 2) [(x + 2) + (x + 1)] = (x – 2) (2x + 3)

b. 3(x2 – 4x + 4) = 3(x – 2)2

c. x(x + 3) + (x + 3)2 = (x + 3) [x + (x + 3)]

= (x + 3) (2x + 3)

d. (x + 1) (x + 2) – 3(x + 2) = (x + 2) [(x + 1) – 3]

= (x + 2) (x – 2)

a. 2x(x + 3) + 4(x + 3) = (x + 3) (2x + 4)

b. (x – 3) (3x – 4) – (3x – 4) = (3x – 4) (x – 4)

c. xy – xz – y(y – z) = x(y – z) – y(y – z) = (x – y) (y – z)

d. – x2 + 8x – 16 = – (x – 4)2

a. 7x(x – 2) b. (4x – 9) (4x + 9)

c. b(2a2 – 1) d. (2x – 1)2

43

44

45

46

47

48

49

50

51

52

53

54


a. (2x – 3)2

b. 7(x2 – 4) = 7(x + 2) (x – 2)

c. (2x – 5) [(2x – 5) – 2(2x – 3)] = (2x – 5) (– 2x + 1)

d. [(2x – 3) + (5x + 2)] [(2x – 3) – (5x + 2)]

= (7x – 1) (– 3x – 5)

a. x(2x + 7)

b. (x + 13)2

c. (x – 2)2 – (x – 2) (7x + 1) = (x – 2) (– 6x – 3)

= – 3(x – 2) (2x + 1)

d. (3x + 5) (3x – 5) + 2(3x + 5) = (3x + 5) (3x – 3)


1. En tabulant la fonction f sur la calculatrice ou

en parcourant la courbe avec le mode TRACE, on

conjecture que la fonction f admet un minimum égal à

2 obtenu pour x = 1.

2. f (x) – 2 = x2 – 2x + 1 = (x – 1)2

On a donc f (x) – 2 � 0 pour tout réel x et f (1) = 2.

Il en résulte que f (x) � f (1) pour tout réel x, ce qui

signifie que f admet un minimum égal à 2 obtenu pour

x = 1.

1. En tabulant la fonction v sur la calculatrice ou

en parcourant la courbe avec le mode TRACE, on

conjecture que la fonction v admet un minimum égal à

– 9,75 obtenu pour x = 1,5.

2. v x x x

x x

x

� �� - � - �

� - � -

� - -� �

15

43 6

15

4

39

4

3

2

2

2

2

On a v(x) + 15

4 � 0 pour tout réel x, c’est-à-dire

v(x) � -15

4. De plus v(x) +

15

4 est nul pour x =

3

2 et donc

v3

2

15

4� � � -.

On en déduit que v admet un maximum égal à -15

4

obtenu pour x = 3

2.

1. f (x) = g(x) lorsque x = – 3 ou x = 2.

2. – 3 est solution de l’équation f (x) = g(x) si on a

f (– 3) = g(– 3). Or f (– 3) = – 2 et g(– 3) = – 2.

– 3 est donc bien solution. De même f (2) = 3 et g(2) = 3

d’où 2 est bien solution de l’équation f (x) = g(x).

a. Graphiquement, f (x) = 4 pour x = 1.

b. f (x) = 1 pour x = 0 ou x = 4.

c. g(x) = – 2 pour x = – 3.

55

56

57

58

59

60

61

62

54

d. g(x) = 2 n’a pas de solution.

e. g(x) = 0 pour x = a avec a � – 1,5.

f. f (x) = g(x) pour x Œ {– 3 ; 0 ; 4}.


On trace les droites qui représentent les fonctions

affines h : x � x + 1 et k : x � 1 – x.

Graphiquement, f (x) = h(x) lorsque x = – 3 ou x = 3.

g(x) = k(x) lorsque x = 0.

1.

Le tracé des courbes représentant x � x3 et x � x

permet de conjecturer que – 1, 0 et 1 sont des solutions

de l’équation x3 = x.

2. (– 1)3 = – 1 ; 03 = 0 ; 13 = 1. La réponse est oui.

1.

La courbe de f : x � x3 – 32x2 + 57x + 90 montre que

– 1 et 3 semblent être solution de l’équation f (x) = 0.

2. f (30) = 0, d’où 30 est une troisième solution de l’équa-

tion f (x) = 0. Le réglage de la fenêtre de la calculatrice

ne permettait pas de conjecturer cela.

1.

AA BB

CC

MM NN

XX

2. AM = x

f (x) = aire CMN

g(x) = aire ABNM

x Œ [0,4]

63

64

65

Pour x = 0, aire CMN = aire CAB = 4 6

2

¥ = 12.

aire ABNM = 0

Pour x = 4, aire CMN = 0

aire ABNM = aire CAB = 12

On a donc f (0) = 12, g(0) = 0.

f (4) = 0, g(4) = 12.

La courbe rouge est donc celle de g et la bleue celle de f.

3. a. f (x) = 2 pour x = a avec a � 2,35.

b. g(x) = 9 pour x = b avec b � 1,98.

c. f (x) = g(x) pour x = c avec c � 1,15.


f (x) = 2g(x) lorsque l’ordonnée du point d’abscisse x sur

�g est la moitié de celle du point d’abscisse x sur �f .

Cela se produit une seule fois, pour x = a avec a � 0,7.

Interprétation : lorsque AM = a, l’aire du triangle CMN

est égale au double de l’aire du trapèze ABNM.

1. Il existe deux points de �f d’ordonnée 2, donc

l’équation f (x) = 2 admet deux solutions.

2. – 3 < m < 1

3. Si m < – 3, aucune solution.

Si m = – 3, deux solutions.

Si – 3 < m < 1, trois solutions.

Si m = 1, deux solutions.

Si 1 < m < 2, une solution.

Si 2 � m < 4, deux solutions.

Si m = 4, une solution.

Si m > 4, aucune solution.

a. x = 4 b. x = 1,5

c. x = 2 d. x = 4,5

a. x = 6 b. x = – 4

3c. x = –

1

9 d. t = – 6

a. x = 8

5 b. x =

16

25

c. x = – 1

5 d. x =

13

5

a. x = – 5 b. x = – 16

c. x = 3

14 d. x = –

5

3

Soit x la note cherchée :

x � � � � � � �8 12 15 8 9 14

712

x = 84 – 66 = 18

Soit x le prix d’un CD : la somme d’argent dont

dispose Karen peut s’écrire : 4x + 15 ou 5x – 5.

L’équation à résoudre est donc b.

4x + 15 = 5x – 5 équivaut à x = 20.

Karen dispose donc de 20 euros.

66

67

68

69

70

71

72


À chaque étape, le nombre d’allumettes utilisées

augmente de 4.

Notons N(k) le nombre d’allumettes utilisées à la kième

étape (k Œ �*).

On a : N(1) = 5

N(2) = 5 + 4

N(3) = 5 + 2 ¥ 4

N(4) = 5 + 3 ¥ 4

�N(k) = 5 + (k – 1) ¥ 4

On cherche k dans �* tel que :

5 + (k – 1) ¥ 4 = 321

4(k – 1) = 316

k – 1 = 79

k = 80

Conclusion : c’est à la 80e étape que l’on utilisera

321 allumettes.

On reprend la démarche de l’exercice 73 en

remplaçant « allumette » par « carré » et « augmente de

4 » par « augmente de 3 ».

Cela conduit à : 1 + (k – 1) ¥ 3 = 439 soit k – 1 = 438

3

d’où k = 147.

Soit P le prix initial de l’article.

1,08 P = 18,90 donne P = 17,50 €.

0,85 P = 22,10

P = 26 €

Pour une sphère de rayon R, le volume est

V = 4

3 pR3.

Pour un cylindre de rayon R et de hauteur h,

le volume est V¢ = pR2 h.

Ils auront même volume si et seulement si :4

3 pR3 = pR2 h.

En divisant chaque membre par pR2 (non nul), on

obtient : h = 4

3 R.

a. Oui : x = 1 ou x = – 3

2.

b. Oui : x = 0 ou x = – 3.

c. Non

d. Non

e. Oui : x = 5

2 ou x = – 1.

f. Non

a. x = 0 ou x = – 2,5.

b. x(5x + 12) = 0

x = 0 ou x = – 2,4.

c. x(x2 – 5) = 0

x(x + 5) (x – 5) = 0

x = 0 ou x = – 5 ou x = 5.

d. x = 0,5 ou x = – 1.

73

74

75

76

77

78

79

a. x(5x + 1) = 0

x = 0 ou x = – 0,2.

b. x(x2 + 4) = 0

x = 0

c. x2(x – 2) = 0

x = 0 ou x = 2.

d. (2x – 1) (2x + 1) = 0

x = 0,5 ou x = – 0,5.

1. a. x2 b. x2 c. 4x2 d. 4x2

2. a. 1er degré car les termes en x2 sont les mêmes dans

chaque membre.

A(x) = B(x) équivaut à x = – 2x + 4 ; 3x = 4 ; x = 4

3.

b. Second degré.

c. Premier degré : – 4x + 1 = – x + 16x – 4.

19x = 5 donc x = 5

19.

d. Second degré.

a. Premier degré :

2x 2 – 2x – 3 = x 2 + x 2 + 2x + 1

4x = – 4 donc x= – 1.

b. Second degré.

c. Premier degré :

3 – (x2 + 8x + 16) = 4x + 20 – x2

3 – x 2 – 8x – 16 = 4x + 20 – x 2

12x = – 33

x = – 33

12

a. x(4x – 3) = 0 ; x = 0 ou x = 0,75.

b. x = 0,5 ou x = – 3.

c. (x – 1) (3x – 5) = 0 ; x = 1 ou x = 5

3.

d. x(2 – x) = 0 ; x = 0 ou x = 2.

a. x = 2

b. x = 0,5 ou x = 4.

c. x = 0,5

d. x2 – 2x + 1 = 0

(x – 1)2 = 0 ; x = 1.


a. x2 + 4x + 4 = 0

(x + 2)2 = 0 ; x = – 2.

b. (x + 1)2 [(x + 1) – 1] = 0

(x + 1)2 x = 0 ; x = – 1 ou x = 0.

c. 2x(2x – 1) – 6(2x – 1) = 0

(2x – 1) (2x – 6) = 0

x = 0,5 ou x = 3.

d. (x + 2)2 – 3(x + 2) = 0

(x + 2) [(x + 2) – 3] = 0

(x + 2) (x – 1) = 0 ; x = – 2 ou x = 1.

80

81

82

83

84

85

86

56

a. 9x2 – 6x + 1 = 0

(3x – 1)2 = 0 ; x = 1

3.

b. (2x + 1)2 = (2x + 1) (2x – 1)

(2x + 1) [(2x + 1) – (2x – 1)] = 0

(2x + 1) (2) = 0 ; x = – 0,5.

c. 2(x + 1) [2(x + 1) – (2x – 3)] = 0

2(x + 1) (5) = 0 ; x = – 1.

d. (x2 – 4) (x2 + 4) = 0

(x + 2) (x – 2) (x2 + 4) = 0

x = – 2 ou x = 2 (x2 + 4 = 0 n’a pas de solution).

a. x – 4 = 0

b. (x – 2) x = 0

c. x2 – 2 = 0

d. (x + 2) (3x – 2) (x – 4) = 0

1. Il semble que cette équation admette trois

solutions : – 1, + 1 et une troisième solution a telle que

a � 0,67.

2. Voir les corrections des exercices résolus 4 et 6 pp. 87

et 89 du manuel.

Le logiciel de calcul formel XCas est adapté à la

résolution de ces équations.

1. En développant : f (x) = (x + 4)2 + 2x(x + 5) – 17

= x2 – 8x + 16 + 2x2 + 10x – 17

= 3x2 + 2x – 1.

Par ailleurs (3x – 1) (x + 1) = 3x2 – x + 3x – 1

= 3x2 + 2x – 1.

On a donc bien, aussi : f (x) = (3x – 1) (x + 1).

2. La forme développée de f (x) est 3x2 + 2x – 1.

La forme factorisée de f (x) est (3x + 1) (x + 1).

3. a. Avec l’expression développée : f (0) = – 1.

b. Avec l’expression factorisée :

f (x) = 0 si et seulement si x = 1

3 ou x = – 1.

c. Avec l’expression factorisée :

f (– 1) = (3 ¥ (– 1) – 1) (– 1 + 1) = 0

d. Avec l’expression développée :

f (x) = – 1 équivaut à 3x2 + 2x = 0 x(3x + 2) = 0.

x = 0 ou x = – 2

3.

a. Avec l’expression factorisée :

x = 3 ou x = – 5.

b. Avec l’expression initiale :

(x + 1)2 = 0 ; x = – 1.

c. Avec l’expression développée :

x2 + 2x = 0

x(x + 2) = 0 ; x = 0 ou x = – 2.

d. Avec l’expression initiale :

f (x) = – 16 + (x + 1)2.

87

88

89

90

91

92

Pour tout réel x, f (x) � – 16

et f (– 1) = – 1, d’où f (x) � f (– 1).

f admet un minimum égal à – 16 pour x = – 1.

g(x) = – 2x2 + 8x – 8

1. g(x) = – 2(x2 – 4x + 4) = – 2(x – 2)2

2. Avec l’expression initiale (développée) g(0) = – 8

et donc I(0, – 8) est le point d’intersection de �g et de

l’axe des ordonnées.

3. On cherche x tel que g(x) = 0 c’est-à-dire tel que

– 2(x – 2)2 = 0 ; x = 2.

J(2, 0) est donc le point cherché.

4. On cherche x tel que g(x) = – 8.

Avec l’expression initiale :

– 2x2 + 8x – 8 = – 8 ;

– 2x2 + 8x = 0

2x(– x + 4) = 0

x = 0 ou x = 4.

�f coupe l’axe des abscisses aux points d’abscisse

x telle que (x – 1) (x – 3) = 0, c’est-à-dire aux points I(1, 0)

et J(3, 0).

Pour �g : – 2(x + 1) (x – 4) = 0 ;

Points K(– 1, 0) et L(4, 0) ;

Pour �h : 1

2 (x + 2) (x + 4) = 0 ;

Points M(– 2, 0) et N(– 4, 0).

Même sans repère précis, la position des couples de

points d’intersection conduit à affirmer :

�f = �2 ; �g = �1 ; �h = �3.

1. f (x) = 4x(x2 – 6x + 9)

= 4x(x – 3)2

2. �f coupe l’axe des abscisses lorsque f (x) = 0 c’est-à-

dire en I(0, 0) et J(3, 0).

1. On conjecture que f est trictement croissante

sur [0 ; 4] et que l’équation f (x) = 4 n’admet qu’une

solution sur cet intervalle.

2.

Étape

n°

Propo-

sition

L’image est

(> 4 ou < 4)

La solution

appartient à

[a ; b] avec

Début a = 0 b = 4

1 2 f (2) ª 5,4 > 4 a = 0 b = 2

2 1 f (1) ª 3 < 4 a = 1 b = 2

3 1,5 f (1,5) ª 4,2 > 4 a = 1 b = 1,5

4 1,25 f (1,25) ª 3,6 < 4 a = 1,25 b = 1,5

5 1,375 f (1,375) ª 3,9 < 4 a = 1,375 b = 1,5

93

94

95

96



VARIABLES : a, b, p, � nombres

INITIALISATION : a prend la valeur 0

b prend la valeur 4

TRAITEMENT : Tant que ~b – a > 0,1 Faire

pa b

�� 2

Si 2p p < 4 Alors a prend la valeur p

Sinon b prend la valeur p

FinSi

FinTantque


1. La fonction f semble strictement décroissante

sur [– 1 ; 1].

2.

Étape

n°

Propo-

sition

L’image est

(> 1 ou < 1)

La solution

appartient à

[a ; b] avec

Début a = – 1 b = 1

1 0 f (0) ª 2 > 1 a = 0 b = 1

2 0,5 f (0,5) ª 0,6 < 1 a = 0 b = 0,5

3 0,25 f (0,25) ª 1,3 > 1 a = 0,25 b = 0,5

4 0,375 f (0,375) ª 0,93 < 1 a = 0,25 b = 0,375

VARIABLES : a, b, p, � nombres

INITIALISATION : a prend la valeur – 1

b prend la valeur 1

TRAITEMENT : Tant que ~b – a > 0,1 Faire

pa b

�� 2

Si p3 – 3p + 2 < 1 Alors b prend la valeur p

Sinon a prend la valeur p

FinSi

FinTantque


• On cherche x réel tel que :

x x� 1

22 ou encore x x1

1

20-� � � ; x = 0 ou x = 2.

• On cherche x réel tel que :

x = 2x2 ou encore x(1 – 2x) = 0 ; x = 0 ou x = 1

2.

x

3

3

97

98

99

1. L’aire de la bordure est :

• par soustraction : x2 – (x – 3)2.

• directement : 3x + 3(x – 3) = 6x – 9.

Seules les expressions c et d donnent l’aire de la

bordure.

2. Cette aire est égale à 27 si on a 6x – 9 = 27 soit 6x = 36

donc x � 6.

On cherche x tel que

(x + 20) (x – 10) = x2 soit x2 + 10x – 200 = x2

10x – 200 = 0 donc x = 20.

1. Le fond de la boîte a pour aire (10 – 2AM)2 et

sa hauteur est AM.

Il en résulte V = AM(10 – 2AM)2.

2. Si on pose AM = x avec 0 � x � 5, V = x(10 – 2x)2.

On cherche x dans [0 ; 5] tel que x(10 – 2x)2 = 72. Le

logiciel Xcas donne une seule solution dans [0 ; 5] : x � 2.

(E) : 3x2 – 5x = 4x + 2.

Résolution approchée 1 : on affiche sur une calcula-

trice les courbes �1 et �2 qui représentent les fonctions

f : x � 3x2 – 5x et g : x � 4x + 2. On lit (mode TRACE) les

abscisses des points communs à �1 et �2 :

x1 � – 0,19 et x2 � 3,23.

Résolution approchée 2 : (E) équivaut à 3x2 – 9x – 2

= 0. On affiche la courbe �3 qui représente la fonction

h : x � 3x2 – 9x – 2. On lit (mode TRACE) les abscisses des

points d’intersection de �3 avec l’axe des abscisses :

x1 � – 0,19 et x2 � 3,23.

Résolution approchée 3 : on utilise l’algorithme de

dichotomie.

– On peut tracer sur la calculatrice ou sur un logiciel les

courbes repésentant les fontions f et g définies par f (x)

= 3x2 – 5x et g(x) = 4x + 2.

On obtient des valeurs approchées des solutions (– 0,2

et 3,2). On ne peut être sûr avant d’avoir fait le chapitre 4

de ne pas laisser d’autres solutions qui seraient en

dehors de la fenêtre de tracé.

– On peut aussi faire afficher sur calculatrice ou tableur

des tableaux de valeurs des deux fonctions f et g et

essayer de trouver des valeurs de x telles que f (x) = g(x),

en affinant le pas si nécessaire.

Résolution exacte : avec le logiciel de calcul formel

Xcas :

– On peut demander de factoriser 3x2 – 9x – 2 puis

appliquer la règle du produit nul :

3 9 3x x x x2 2105 9

6

105 9

2– –

––� �Ê

ËÁˆ¯

�ÊËÁ

ˆ¯ .

Les solutions sont donc 9 105

6

– et

9 105

6

�.

100

101

102

58

– On peut demander la forme canonique de 3x2 – 9x – 2

= 3 9 –x x x22

2 33

2

35

4– – –� � � donc 3x2 – 9x – 2 = 0

équivaut à x –3

2

35

12� ou –

35

12 soit x � �3

2

35

12 ou

x � 3

2

35

12– .

On peut aussi demander directement de résoudre

l’équation…

1

3

1

4

1

2

� �R

; 1 1

122R� ; R2 = 12 W.

a. Pour x � – 1, x

x

-�

1

1 = 0

lorsque x – 1 = 0

x = 1.

b. Pour x � 0, 2 10x

x

� = 0

lorsque 2x + 10 = 0

x = – 5.

c. Pour x � 0, x

x

-1 = 3 équivaut à x – 1 = 3x ; 2x = – 1 ;

x = – 1

2.

a. Pour x � 0, x

x

-1

4 = 0

lorsque x – 1 = 0

x = 1.

b. Pour x � 1, x x

x

2 2 1

1

� �-

= 0

lorsque x2 + 2x + 1 = 0 ; (x + 1)2 = 0.

x = – 1.

c. Pour x � 3,

2

32

2 6

x

x

-

- = 0

lorsque 2

3 x – 2 = 0.

2

3 x = 2 donc x = 3.

Cette valeur de x ne convient pas (le quotient aurait un

dénominateur nul) et donc cette équation n’a pas de

solution.

Pour tout réel x non nul,

a. Vrai :

1

2 1

2

1 1

2x x x� ¥ � .

b. Faux : 1

21

2 2

1

2

x

x x

x� ¥ � � .

1.

x 1

xx

x� 1

1 1 2

21

22,5

1/3 3 3, 33…

0,4 2,5 2,9

103

104

105

106

107

2. Pour x > 0, g x xx

x x

x

x

x

� �- � � - � - �

�-� �

21

22 1

1

2

2

Comme x

x

-� �1 2

� 0, on a g(x) – 2 � 0 c’est-à-dire

g(x) � 2, avec 2 = g(1).

Ceci étant vrai pour tout réel x > 0, g admet un minimum

égal à 2 obtenu pour x = 1.

1. A(a) = 1

2. P(a) = 2a + 2

a

Par ailleurs 4 + 2 1 2a

a

-� � =

4 2 4 2 2 22 2a a a

a

a

a a

� - ��

= 2a + 2

a = P(a)

3. Comme 2 1 2a

a

-� � � 0, on a P(a) � 4 pour tout a > 0,

avec de plus 4 = P(1).

Il en résulte que P(a) est minimal lorsque a = 1 et son

minimum est 4.

Interprétation : c’est lorsque ce rectangle est un carré

que son périmètre est minimal.

A-t-on toujours pour a > 0 et b > 0 :

1 1 1

a b a b� �

� ?

Prenons a = b = 1.

L’égalité s’écrit dans ce cas :1

1

1

1

1

1 1� �

� soit 2 =

1

2.

Ceci est faux.

L’égalité n’est donc pas vraie pour tous a > 0 et b > 0.

pqr = 1 donne p � 0, q � 0, r � 0.

rst = 0 donne r = 0 ou s = 0

spr = 0 donne s = 0.

Seul le réel s doit être nul.

1. « Un » signifie « Pour tout ».

2. « Un » signifie « Pour tout ».

3. « Un » signifie « Il existe un ».

Par exemple : 92 = 81 ; 592 = 3 481.

Mais cela n’est pas vrai pour tout entier se terminant

par 9.

Contre-exemple : 192 = 361.

1. Cette proposition est vraie :

• Pour n = 0 : « 11 est un nombre premier » ;

• pour n = 1 : « 23 est un nombre premier » ;



• pour n = 4 : « 71 est un nombre premier ».

2. Cette proposition est fausse pour n = 5 car 91 = 7 ¥ 13

n’est pas un nombre premier.

108

109

110

111

112


1. f semble avoir un minimum égal à 0, obtenu

pour x = 1.

2. f (x) = 0 semble avoir pour solution unique x = 1.

3. Les 2 lectures précédentes sont fausses.

En effet f (1) = – 0,01.

1. Clara a commis une erreur de signe à la seconde

ligne.

Paul a confondu multiplication et addition à la dernière

ligne.

Leila a commis une erreur de signe à la dernière ligne.

2. 3 – x + 4 = 2x + 5

7 – 5 = 2x + x

3x = 2

x = 2

3

Pour les exercices 115 à 132 : voir les corrigés en

fin de manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. AM = 2x et AM � 8 d’où x Œ [0,4].

2. f x xx

x x

x

� � � � -� �� -� �

� �

1

2

1

2

8 2

2

1

2

1

24

1

216

22

2 2

2

p p

p p

p -- �� - ��

8

4 8

2

2

x x

x xp

3. L’aire du grand demi-disque est p¥ 4

2

2 = 8p.

On cherche x Œ [0 ; 4] tel que f (x) = 1

2 ¥ 8p c’est-à-dire tel

que p(x2 – 4x + 8) = 4p.

Cela revient à résoudre x2 – 4x + 4 = 0.

Soit (x – 2)2 = 0, qui a pour seule solution x = 2.

Cela se produit lorsque M est le milieu de [AB].

1. Graphiquement, 16 admet deux antécédents

par la fonction V.

Ce sont x1 � 2 et x2 � 5,5.

2. Pour x Œ [0 ; 6], aire AMRQ = x2 et AN = 6 – x.

Il en résulte V(x) = x2(6 – x).

3. a. Pour x Œ [0,6], V(x) – 16 = x2(6 – x) – 16

= – x3 + 6x2 – 16.

Par ailleurs, (2 – x) (x – 2 – 2 3) (x – 2 + 2 3)

= (2 – x) [(x – 2)2 – (2 3)2]

= (2 – x) (x2 – 4x – 8)

= – x3 + 6x2 – 16 = V(x) – 16.

b. V(x) = 16 équivaut à

(2 – x) (x – 2 – 2 3) (x – 2 + 2 3).

D’où les 3 solutions :

x1 = 2 ; x2 = 2 + 2 3 ; x3 = 2 – 2 3.

Seules x1 et x2 sont à retenir (x Œ [0 ; 6]).

113

114

133

134

1. Pour x = 1, y = 7,75 et donc l’augmentation de

la consommation d’énergie est de 7,75 %.

2. a. Lorsque la consommation passe de 1 200 à

1 380 kWh, l’augmentation est de 180

1 200 ¥ 100 = 15 (%).

On cherche donc l’épaisseur x de tartre telle que :

– 1

4 x2 + 8x = 15.

Mais en développant – 1

4 (x – 16)2 + 64

= – 1

4 (x2 – 32x + 256) + 64

= – 1

4 x2 + 8x,

on observe que l’équation peut s’écrire :

– 1

4 (x – 16)2 + 64 = 15.

b. Cette équation s’écrit encore :

– 1

4 (x – 16)2 + 49 = 0,

soit en multipliant chaque membre par – 4 :

(x – 16)2 – 4 ¥ 49 = 0

[(x – 16) + 2 ¥ 7] [(x – 16) – 2 ¥ 7] = 0

(x – 2) (x – 30) = 0.

Comme x Œ [0 ; 14], l’épaisseur de tartre cherchée est de

2 mm.

1. x Œ [0 ; 7]

2. a. Le théorème de Thalès donne :AM

AB

AN

AC

MN

BC� � soit

x

7

AN

7

MN

9� �

On en déduit : AN = x, MN = 9

7 x

d’où P(x) = 2x + 9

7 x =

23

7 x.

b. BM = 7 – x, CN = 7 – x

d’où q(x) = 2(7 – x) + 9

7 x + 9

q(x) = 23 – 5

7 x.

3.

11 77 xx00

11

1818

2121

2323 �p

�p

�q

�q

f (x)f (x)

135

136

60

4. Graphiquement :

a. q(x) = 21 pour x = 3 (environ).

b. p(x) = q(x) pour x = 5,75 (environ).

Par le calcul :

a. 23 – 5

7 x = 21

– 5

7 x = – 2

x = 14

5 = 2,8

b. 23

7 x = 23 –

5

7 x

4x = 23

x = 5,75

Soit a et b ces deux nombres.

On a a + b = 314.

L’augmentation du produit est :

(a + 9) (b + 9) – ab = 9(a + b) + 81

= 9 ¥ 314 + 81

= 2 907

1. 1

2

1

3

1

2 3

1

6- �

¥�

1

3

1

4

1

3 4

1

12- �

¥�

1

4

1

5

1

4 5

1

20- �

¥�

1

999

1 1

999- �

¥1 000 1 000

2. S = 1

2

1

3

1

3

1

4

1

999

1- � - � � � �� -1 000

S = 0,5 – 0,001 = 0,499

1. x y x y

x y

�� -� � �- �

�ÌÔ

ÓÔ

77

11

1

2

( )

( )

(1)/(2)

donne x + y = 77

11 = 7 (3)

En ajoutant (2) et (3) : 2x = 18

x = 9.

De (3) on tire : y = – 2.

1. a. a = 13, b = 5 et c = 12.

b. c. Le triangle de côtés a, b et c est rectangle car

a2 = b2 + c2.

2. a. (m2 – n2)2 + (2mn)2

= m4 – 2m2 n2 + n4 + 4m2 n2

= m4 + 2m2 n2 + n4 = (m2 + n2)2

b. Pour m = 2 et n = 1 :

a = 22 + 12 = 5, b = 22 – 12 = 3, c = 2 ¥ 2 ¥ 1 = 4.

Pour m = 10 et n = 7 :

a = 149, b = 51, c = 140.

1. a. b.

Avec la forme A : 4 opérations.

137

138

139

140

141

Avec la forme H : 3 opérations.

c. Calculer f (x) pour x variant de 0 à 2, avec un pas de

0,1, nécessite 21 calculs dont chacun comporte 3 opé-

rations (forme A) ou 4 opérations (forme H).

84 opérations sont donc nécessaires avec la forme A,

contre 63 avec la forme H.

2. a. On vérifie que les 2 formes coïncident.

b. Forme A : 13 opérations et forme H : 7 opérations.

c. Pour 21 calculs : forme A : 273 opérations et forme

H : 147 opérations.

3. a.

f (x) = – 1 + x(4 + x(– 3 + x(2 + x(– 4 + x(3 + x(2 + 4x)))))).

b. Pour un calcul : forme A : 35 et forme H : 14.

c. Pour 21 calculs : forme A : 735 et forme H : 294.


Avec la forme A, il faut pour 1 calcul : 49 + 48 + �� + 1

multiplications et 50 additions c’est-à-dire 1 225 multi-

plications et 50 additions, soit 1 275 opérations.

Pour les 21 calculs, il faut 26 775 opérations.

Avec la forme H, il faut pour 1 calcul : 50 additions et

49 multiplications, soit 99 opérations.

Pour les 21 calculs, il faut : 2 079 opérations.

Le gain en nombre d’opérations est donc de 24 696.

Si, pour tout x, on avait x2 – 3x + 4 = (x + 1) (��) alors le membre factorisé s’annulerait pour x = – 1 et

donc le membre de droite, qui lui est égal, également.

Or pour x = – 1, x2 – 3x + 4 = 8.

La supposition est donc inexacte et x2 – 3x + 4 ne peut

se factoriser par x + 1.

nn

mm

pp

n < p < m

m2 = n2 + p2

1. p = n + 1

m = n + 2

L’équation d’inconnue n s’écrit :

n2 + (n + 1)2 = (n + 2)2.

2. • Karim appelle m la longueur du plus grand côté ; il

écrira donc :

p = m – 1, n = m – 2.

Son équation sera : (m – 1)2 + (m – 2)2 = m2.

• Chang appelle p la longueur du côté intermédiaire,

d’où m = p + 1 et n = p – 1.

Son équation sera : p2 + (p – 1)2= (p + 1)2.

142

143


3. Les équations (après développement et réduction)

sont :

n2 – 2n – 3 = 0

m2 – 6m + 5 = 0

p2 – 4p = 0.

L’équation la plus simple est la 3e : p(p – 4) = 0. Ses

solutions sont 0 et 4.

• p = 0 est impossible car n = p – 1 impose p � 2.

• Pour p = 4, on obtient m = 5 et n = 3.

1. (a + b – c) (a + b + c) = (a + b)2 – c2 de la forme

(A – C) (A + C) avec A = a + b.

2. 2 3 5 2 3 5� -� � � �� - �2 3 5 2 6

2

P � � � �� - �� 1 2 3 5 1 2 3 5

¥ � � -� � � - -� �� 1 2 3 5 1 2 3 5

¥ - � �� - - �� 1 2 3 5 1 2 3 5

¥ - � -� � - - -� �� 1 2 3 5 1 2 3 5

P � �� - �� ÈÎ

˘˚ �� - -� �ÈÎ

˘˚1 2 3 5 1 2 3 5

2 2 2 2

1 2 3 5 1 2 3 52 2 2 2

-� � - �� ÈÎ

˘˚ -� � - -� �ÈÎ

˘˚

P � � - -� � � - �� 3 2 2 8 2 15 3 2 2 8 2 15

3 2 2 8 2 15 3 2 2 8 2 15- - -� � - - �� P � - -� � - �� 2 2 5 2 15 2 2 5 2 15

- - -� � - - �� 5 2 2 2 15 5 2 2 2 15

P � -� � -ÈÎ

˘˚ - -� � -ÈÎ

˘˚2 2 5 60 5 2 2 60

2 2

P � - -� � - �� 27 20 2 27 20 2

P = 729 – 800 = – 71

99 999 9992 + 20 0002 = (108 – 1)2 + (2 ¥ 104)2

= 1016 – 2 ¥ 108 + 4 ¥ 108 + 1

= 1016 + 2 ¥ 108 + 1

= (108 + 1)2 = 100 000 0012

A2 = (3 ¥ 1 111 111)2 + (4 ¥ 1 111 111)2

= 25 ¥ 1 111 1112

= (5 ¥ 1 111 111)2

d’où A = 5 555 555.

Astuce : a52 = a(a + 1) 25

Exemple : 752 = 7 ¥ 8 25 = 5 625.

1052 = 10 ¥ 11 25 = 11 025.

Ceci est toujours vrai :

(10n + 5)2 = 100n2 + 100n + 25

= 100n(n + 1) + 25

= n(n + 1) 25.

(10n + 4)2 = 100n2 + 80n + 16

= 10(10n2 + 8n + 1) + 6

(10n + 6)2 = 100n2 + 120n + 36

= 10(10n2+ 12n + 3) + 6.

144

145

146

147

148

149

Le carré d’un entier se termine par 6 lorsque cet entier

se termine par 4 ou 6.

Les développements effectués montrent que dans ce

cas, le nombre de dizaines du carré est un nombre

impair et donc que le chiffre des dizaines est impair.

Lorsque le carré d’un entier ne se termine pas par 6,

l’entier est de la forme 10n + u avec :

u Œ {0, 1, 2, 3, 5, 7, 8, 9}.

Dans ces cas,

(10n + u)2 = 100n2 + 20nu + u2 = 10(10n2 + 2nu) + u2

avec u2 Œ {0, 1, 4, 9, 25, 49, 64, 81}.

Comme 10n2 + 2nu est pair et comme le chiffre des

dizaines de u2 est pair également, on en déduit que

pour ces 8 valeurs de u autres que 4 et 6 le chiffre des

unités du carré est pair.

En résumé :

• si le nombre se termine par 4 ou 6 son carré se termine

par 6 et a un chiffre des dizaines impair ;

• si le nombre se termine par un autre chiffre, son carré

ne se termine pas par 6 et a un chiffre des dizaines pair.

24 et 25 sont deux entiers consécutifs et leur

somme 49 est un carré parfait (c’est le carré de 7). On

peut vérifier que dans ce cas 7, 24 et 25 sont les côtés

d’un triangle rectangle ; en effet 72 + 242 = 252 est vrai.

Autre exemple. 40 + 41 = 81 et 81 = 92.

A-t-on 412 = 402 + 92 ?

412 = 1 681 402 + 92 = 1 681

En conclusion 9, 40 et 41 sont les côtés d’un triangle

rectangle.

Preuve. Soient n et n + 1, entiers consécutifs, tels que

leur somme 2n + 1 soit un carré parfait.

Existe-t-il un triangle rectangle de côtés 2 1n� , n et

n + 1 ?

• (n + 1)2 = n2 + 2n + 1

• ( 2 1n� )2 + n2 = 2n + 1 + n2

Par la réciproque du théorème de Pythagore, la réponse

est oui et la propriété suivante est établie :

Propriété. Si deux entiers naturels consécutifs a et b

ont une somme qui est le carré d’un entier c alors a, b et

c sont les côtés d’un triangle rectangle.

A

B

C

1 775 pas

20 pas

Arbre

14 pas

x ==

==

Le théorème de Thalès dans le triangle ABC donne :

20

20 14

2

� ��

x

x

1 775

150

151

62

soit encore :x

2 (x + 34) = 20 ¥ 1 775

x2 + 34x – 71 000 = 0.

Un logiciel de calcul formel (par exemple XCas) donne

x = 250 ou x = – 284.

Mais x > 0 ; on retient x = 250 (pieds).

Calcul de la valeur exacte :

9x4 – y4 + 2y2 = (3x2 – y2) (3x2 + y2) + 2y2

or pour x = 10 864 et y = 18 817

on a : 3x2 – y2 = – 1.

152

D’où : 9x4 – y4 + 2y2 = (– 1) (3x2 + y2) + 2y2

= y2 – 3x2 = 1.

English Corner

1.

4. a.

c. Ask a , ask b ; ask c ; ask d. ; (if a ≠ c then x = d b

a c

–

– else

(if b ≠ d then there’s no solution else the set of solutions

is R)).

153

63

Fonctions de référence 4


1 1. a. 9 b. 4

9 c. 25a2 d. 1010 e. 0,01 f. 2 g. 10-4 h. a2

2. a. 1

2 b. 3 c. 4 d. 104

3. 1

8

1

6

1

5

1

4

1

2� � � �

2 1. a.

x – 3 1 5

g(x)

6 6

– 2

b. g atteint son minimum – 2 en 1 sur [– 3 ; 5].

2. a. � f � -� 3 7; .

b. f atteint son maximum 2 en – 3 sur [– 3 ; 7] et f atteint son minimum – 3 en 4 sur [– 3 ; 7].

c. – 2 et 1 sont éléments de [– 3 ; 4] où f est strictement décroissante. – 2 < 1 donc f f-� � � �2 1 .

On ne peut pas comparer f 1� � et f 5� �.5 et 6,2 sont éléments de [4 ; 7] où f est strictement croissante. 5 < 6,2 donc f f5� � � � �6,2 .

3 1. La forme développée est f x x x� � � - -2 4 5.

La forme factorisée est f x x x� � � -� � �� 5 1 .

2. a. f 2 2 2 9 92� � � -� � - � - .

b. f x� � � 0 si et seulement si x x-� � �� 5 1 0 si et seulement si x

x- �

� ��ÌÓ

5 01 0ou

si et seulement si x

x�

� -�ÌÓ

51ou

.

Donc S � -� 5 1; .

c. Pour tout réel x, x -� �2 02 � et x -� � �2 02 , si et seulement si x � 2 donc x -� � - -2 9 92 � et x -� � - � -2 9 92 si et

seulement si x � 2 donc f admet – 9 comme minimum sur �. Il est atteint en 2.

64

Activité 1. La fonction « carré »1. a. A 0 0� � � ; A 1 1� � � ; A 2 4� � � ; A 3 9� � � .

b.

2. a. x, côté du carré, peut prendre toutes les valeurs de [0 ; + �[ pas seulement les entiers. Il faut donc relier les points

pour représenter �.

b. Quand x augmente, A x� � augmente. A est donc strictement croissante sur [0 ; + �[.

c. A 0,5 0,25� � � et A 1,5 2,25� � � . On place les points de � de coordonnées (0,5 ; 0,25) et (1,5 ; 2,25). Ils ne se trouvent pas

sur les segments obtenus en reliant à la règle les points déjà placés.

d. Voir figure.

3. La portion de �f sur [– 3 ; 0] est obtenue à partir de celle sur [0 ; 3] par symétrie par rapport à l’axe des ordonnées :

les points de �f d’abscisses x et – x ont comme ordonnées x2 et (– x)2. Or x x2 2� -� � . Donc ces points ont des abscisses

opposées et des ordonnées égales : ils sont symétriques par rapport à (OJ).

Activité 2. La fonction « inverse »

1. x – 4 – 2 – 1 – 0,5 0 0,5 1 2 4

Inverse de x - 1

4- 1

2– 1 – 2 ¥ 2 1 1

2

1

4

2. a. C’est le graphique 1.

b. Ces points sont 2 à 2 symétriques par rapport à O.

Propriété vraie pour tous les points de la courbe car si x � 0 1 1

-� -

x x.

3. On choisit le graphique 3. En effet, x peut prendre toutes les valeurs réelles et non nulles.

Activité 3. Fonctions homographiques

1. On ne peut pas calculer f 4� � ; g -� �1

3 et h 2� �.

2. Si x � - 1

3, g x

xx

xx

� � � ��

� ��

2 3 1 1

3 1

6 3

3 1 et si x � 2, h x

xx

xx

� � � -� �--

�--

2 2 4

2

2

2

fa b

c dx x

x� � � �

� avec a = 2 ; b = 3 ; c = 1 ; d = – 4 g

a b

c dx x

x� � � �

� avec a = 6 ; b = 3 ; c = 3 ; d = 1

ha b

c dx x

x� � � �

� avec a = – 2 ; b = 0 ; c = – 1 ; d = 2.

Activité 4. Fonctions polynômes de degré 2A. Équations y = ax2.

2. On retrouve c. Son sommet est 0, son axe de symétrie est l’axe des ordonnées.

f est strictement décroissante sur ]– � ; 0] et strictement croissante sur [0 ; + �[.

3. a. Quand a varie, les courbes conserve O comme sommet et l’axe des ordonnées comme axe de symétrie.

O

2

3

4

�f

1 2

y = A(x)

xI

J

65Chapitre 4. Fonctions de référence

b. x xa 2 2 et x xa 0,8 2 semblent strictement décroissantes sur ]– � ; 0] et strictement croissantes sur [0 ; + �[ alors

que x xa - 0,6 2, x xa - 2 et x xa - 5 2 semblent avoir le sens de variation inverse.

B. Équations y = x2 + bx + c

2. a. On peut superposer c à d.

b. On déduit que d est une parabole de sommet S(2 ; 1) et d’axe de symétrie passant par S et parallèle à l’axe des ordonnées.

x – � 2 + �

g(x)

1

Si x réel, 1 2 1 4 4 4 52 2 2� -� � � � - � � - � � � �x x x x x xg

x -� �2 02 � car c’est un carré donc 1 2 12� -� �x � et g x� � �1. Donc g admet sur � un minimum de 1 atteint en 2.

Ce minimum est l’ordonnée du sommet de d.

4. a. Idem.

b. x x x2 26 6 3 3- � � - � -� �c. Équations y = ax2 + bx + cMême type de réponses.

Bilan : toutes ces courbes d sont des paraboles ayant un sommet et un axe de symétrie passant par ce sommet et

parallèle à l’axe des ordonnées.

Il semble que quand a > 0 la fonction correspondante est strictement décroissante puis strictement croissante, et le

contraire quand a < 0.

TP 1. Duplication du cube1. L’arête doublée est de 6 m et le volume de 63 m3 soit 216 m3 qui n’est pas le double de 33 = 27.

2. a. Si l’autel a une arête de 3 k m alors son volume est de 27 3¥ k m3. Le volume est donc multiplié par k3.

b. Pour doubler le volume, il faut que k3 = 2.

3. a.

66

b. Soit k �1 et k kk

3 222� € � (en divisant par k) donc k f k g k3 2� € � � � � �.

On repère les points d’intersection de �f et �g. On lit leurs abscisses.

Elles forment l’ensemble des solutions. Ici une seule solution k0 ª1,26 (à 10–2 près).

c. Non : en effet, f est strictement croissante sur [1, + �[.

Aussi si k k� 0, f k f k g k g k� � � � � � � � � � �0 0 donc f k g k� � � � �.Si k k 0 g k g k f k f k� � � � � � � � � � �0 0 donc g k f k� � � � �.Dans tous les cas, si k k� 0, f k g k� � � � �.

TP 2. Les variations de l’aire d’un triangle1. a. L ABŒ� donc AL LB AB� �

soit x � �LB 10 ou LB � -10 x .

DP AL� � x et AP � -10 x

A CDPDP DC� � � ¥� �

�2

5 x (CDP rectangle en D).

De même A PAL� � � -� �x x10

2

et A LBC� � � -� �¥� -� �10 10

25 10

xx .

b. A A A A Ax

xx x

� � � � � - � �- � �- � �

� - --

ABCD CDP PAL LBC2

100 510��

- -� �2

5 10 x

En développant :

A x x x x x� � � - - � - �100 5 52

50 52

A x x x x x� � � - � � - �� 22

25 50

1

210 100

A est un polynôme de degré 2 avec a � � �1

2

1

20 , b � - 5 et c � 50.

Donc A est strictement décroissante puis croissante.

2. a. A x x x� � � € - �502

5 02

€ -� � �x x2

5 0

€ �x 0 ou x2

5 0- �

€ �x 0 ou x �10.

b. Les points de coordonnées (0 ; 50) et (10 ; 50) sont des points de �A de même ordonnée.

�A admet un axe de symétrie parallèle à l’axe des ordonnées. Aussi le sommet a pour abscisse le milieu de [0 ; 10] soit 5.

Le minimum de A est atteint en 5 et vaut A(5) = 37,5.

c.

x 0 5 10

variation

de A

50 50

37,5


3.


A x� � 42

A x x x� � � € - � �42 10 100 842

€ - � �x x2 10 16 0

€ -� � - �x 5 9 02

€ - �x 5 3 ou x - � -5 3

€ �x 8 ou x � 2.

Donc A x x� � Œ »42 0 2 8 10et [ ; [ ] ; ] d’après les variations de A.

TP 3. L’arche d’un pont1. a. Il convient de dégager les avantages et inconvénients des différents repères proposés.

b. Par exemple, les points (0 ; 0) ; (80 ; 80) et (160 ; 0).

2. a. Avec le même repère, c’est l’origine.

Donc O � ¥ � ¥ �a b c0 02 donne c � 0 donc � : y x x� �a b2 .

b. a ba b¥ � ¥ �¥ � ¥ �

�ÌÓ

80 80 80160 160 0

2

2 soit 80 1

160 0a b

a b� ��

- �� -

�ÌÓ

80 1

160

a

b a ou encore a �

-1

80 et b � 2

donc � : y x x�-

�1

8022 .

3. - ¥ � ¥ � �1

8016 2 16

144

52 28,8

La hauteur de l’arche à 16 m du bord est 28,8 mètres.

68

TP 4. En autonomie1.

2. On note x � AM avec x Œ� 0 6; . f x� � g x� � et h x� � représentent les aires de AMNP, NMB et ABNP.

f x x� � � 2 ; g x x x x x� � � -� � � - �1

26

1

232 ;

h f gx x x x x� � � � �� 1

232

(A) f gx x x x x x x x x� � � � �€ �-

� € - � € -� �2 2 21

23

3

23 0 3

1

21 € �x 0 ou x � 2

AMNP et NMB peuvent avoir la même aire pour x � 0 (aire alors nulle) et pour x � 2 (elle vaut alors 4 cm2).

(B) f, g et h sont des fonctions polynômes de degré 2.

On obtient leur tableau de variation sur [0 ; 6] par les méthodes classiques.

x 0 6 x 0 3 6 x 0 6

f(x)

0

36

g(x)

0

4,5

0

h(x)

0

36


Le carré et le triangle ont un côté commun ; pour avoir des aires égales, il faut que MB soit le double de AM.

TP 5. Mesure de l’épaisseur d’un cheveu par diffraction1. a. 0,08 0,10� �d

b. Inférieure à 1,2 cm.

c. On a supposé que f était décroissante (conjecture à partir du tableau).

2. a.

d 0,08 0,056 0,072 0,10 0,12 0,16 0,18 0,26

1/L 0,77 0,53 0,67 1 1,25 1,67 2 3,33


b.

c. On peut chercher g affine.

d. On trouve comme expression possible g d d� � � -13,54 0,34.

e. f dg d

� � � � �1

. On propose f dd

� � �-

1

13,54 0,34.

On obtient alors f d d� � � € - �1,2 13,54 0,341,2

1 on trouve d ª 0,087.

Exercices


ª 24 €

ª 3 €

a. 1,1 b. 1,08 c. 1,15 d. 1,006

a. 0,9 b. 0,92 c. 0,85 d. 0,994

Médiane : 8 1er quartile : 6 3e quartile : 15

1 200

-1

6

3

a. 4 108¥ b. 9 10 4¥ -

a. 4 12 92x x� � b. 4 92x -

2 7 42x x- -

a. x x3 5-� � b. 3 1 2x -� �

x x�� 1 4

x �1 3/

x � -1

x � 2 ou x � 6

x � 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

ENTRAÎNEMENT

a. 4 ; 36 ; 9 ; 0,04 b. 4

25 ;

9

49 ; 2 ; 48

c. 108 ; 1212 ; 10–4 d. 9 10 16¥ - ; 4 10 8¥ -

a. Pour 9 : 3 et – 3 ; pour 4 : 2 et – 2 ;

pour 49

16 :

7

4 et

-7

4 ; pour 3 : 3 et - 3 ; pour – 9 : aucun ;

b. Pour 106 : 103 et – 103 ; 10–8 : 10–4 et 10–4 ;

pour – 102 : aucun ; pour 9 104¥ : 3 102¥ et - ¥3 102 ;

1. 2,56 est le carré de 1,6.

3. – 1,6

4. x2 � 2,56 a 2 solutions : 1,6 et – 1,6.

1. a. s � -� 2 2; b. s � � 0

c. s � -� 1 1; d. s ��

2. a. 2 a pour carré 2. b. s � -� 2 2;

3. s � -� 3 3;

a. s � -� 5 5; b. s � -� 5 5;

c. s � � 0 d. s ��

a. s � -� 10 10; b. s ��

c. s � -� 25 25; d. s � -� 10 108 8;

e. s � -� 5 2 5 2; f. s � -� 10 10 10 10;

a. s � -�ÌÓ

¸˝˛

5

2

5

2; b. s �� c. s �

-�ÌÓ

¸˝˛

5

2

5

2;

18

19

20

21

22

23

24

70

a. s � -� 1 2; b. s � -� 1 3;

1. 1,5 2,62 2� 2. 1,52 2� a 3. a2 21 -� �

4. La fonction « carré » est strictement décroissante sur

] ; [-� 0 et strictement croissante sur ] ; [0 �� .

a. 2,356 2,52 2� b. -� � � -� �1,08 1,22 2

c. -� � �1,56 1,562 2 donc -� � �1,56 1,57

2 2.

d. -� � �2,56 2,562 2 donc -� � 2,56 0,8

2 2.

e. 2 �1,6 donc 2 2�1,6 .

On utilise dans toutes les questions le sens de variation

de la fonction « carré ».


1. a. x x2 3 3 3� € Œ -� - » ��] ; [ [ ; [

b. x x2 0� € Œ�

c. x x2 6 6 6� € Œ -[ ; ]

2. a. x x2 3 3 3� € Œ -[ ; ]

b. x x2 100 10 10� € Œ -[ ; ]

c. x x2 100 10 10 € Œ -� - » ��] ; [ ] ; [

a. s �� b. s �� c. s � � � \ 0

25

26

27

28

29

30

1. OK

2. b. On a bien a b2 2 2� �x .

3. Si - -3 1� �x on a b a2 2 2� �x .

1. Si 2 4� �x alors 4 162� �x .

En effet la fonction « carré » est strictement croissante

sur [ ; [0 �� donc si 2 4� �x alors 2 162 2� �x .

2. a. Si - -3� �x 0,5 alors 0,25� �x2 9.

b. Si - 3� �x 2 alors 0 92� �x .

a. 1 2� �x 12,25 b. 0,25 6,25� �x2

c. 0 92� �x d. 0 102 12� �x

a. 0 42� �x b. 0 42� x �

c. 0 42� x � d. 0 162� �x

1. ymin �� ; ymax � 6400

ymin � 0 ; ymax � 90000

ymin � 0 ; ymax � 0,01

31

32

33

34

35

36

37


1. 1,7 1,82 2 2� �R soit 2,89 7,24� �R2

donc 2,89 7,24p p� �A .

2. On déduit 2,89 3,14 7,24 3,15¥ ¥� �A

puis 9,0 22,9� �A .

a. x x-� � � € - �1 4 1 22 ou x - � -1 2

€ �x 3 ou x � -1 s � -� 3 1;

b. s � � -� 1 2 1 2;

c. s �- -�

ÌÓ

¸˝˛

1

3

7

3; d. s �

- � - -�ÌÔ

ÓÔ

¸˝ÔÔ

1 3

5

1 3

5;


1. a. 2 2 2�� x

b. 2 2 64 2 2 82�� € � �x x

puisque 2 2 0� x � € �x 3

2. 2 2 8 2 2 82-� � � € � �x x

puisque 2 2 0� x � € � -x 2 1

1. x x-� � -� �4 2 avec x Œ ��[ [4

2. x x x x x-� � - � - � - � - �3 1 6 9 1 6 82 2 2

et x x x x x x x-� � -� � � - - � � - �4 2 2 4 8 6 82 2

3. x x x x-� � � € -� � � € - � € �3 1 168 3 169 3 13 1622 –

1. 146,40 € puis 178,61 €

2. 172,80 €

3. a. Une hausse de 44 % correspond à un coefficient

multiplicateur de 1,44.

Une hausse de t % à un coefficient multiplicateur de

1100

�� t. Deux telles hausses à celui de 1

1001

100�� t t

.

t doit donc vérifier 1100

2

�� t1,44

c’est-à-dire 1100

� �t1,44 puisque 1

1000� t � soit

1100

� �t1,2 c’est-à-dire t � 20.

Chacune des 2 hausses doit être de 20 %.

a. 1

22

1

3

1

10; ; ;

- b. 3

5

4

2

2; ;

c. 10 10 104 6 2- --; ; d. 1

310

1

2108 4¥

-¥;

a. 4 2 13

2; ; ;- b. 10 10 104 6 2; ;- --

c. 6

52 10; ; - d.

1

210

1

3102 3¥

-¥ -;

1. a. s � � 1

4 b. s � -� 2 c. s �

-�ÌÓ

¸˝˛

1

5

2. a. s � � 1

2 b. s � -� 1

2 c. s � � 3

M � ¥1,9091014193 1027 kg MR

GT�Ê

ËÁˆ¯4 2

3

2p .

38

39

40

41

42

43

44

45

46

47

1. a. 1 1

1,5 2,6

b. La fonction inverse est strictement décroissante

sur ] ; [0 �� .

2. a. 1 1

0,3 1,5 b.

1

2

1

3-�-

c. - -1

4

1

3,6

3. Faux : exemple a � -1 et b �1.


a. x Œ] ; ]0 1 b. x Œ] ; [0 2

c. x Œ -] [1 ; 0 d. x Œ -� - » ��] ; ] ] ; [1 0

1. vt

� 80

2. 1,25 1,5� �t

3. 1 1 1

1,5 1,25� �

t donc

80 80 80

1,5 1,25� �

t

soit 53,3� �v 64

Celle qui est « en dessous » de l’axe des abscisses

est y x� - 2 2.

Celles qui sont « au-dessus » de l’axe sont :

Æ Celle qui est la plus au-dessus : y x� 3 2 ;

Æ l’autre y x� 2.

Courbe orange : y x� - 0 5 2, .

Courbe bleue : y x� -2 2.

Courbe violette : y x� �0,5 2 1.

Courbe verte : y x� 2.

Courbe fushia : y x� 2 2.

a. a � 3 ; b � - 4 ; c �1.

b. a �1 ; b � - 2 ; c � 3.

c. a � -1 ; b � 0 ; c � 4.

d. a � 3 ; b � -1 ; c � 0.

a. Non, elle est affine. b. Oui : a � 1

2 ; b � 3 ; c � -1.

c. Oui : a � 2 ; b � - 4 ; c � 3. d. Non : elle n’est pas définie

en O.

1.

x – � 3 + �

f(x)

– 4

2. Pour tout x réel,

x x x x x x-� � - � - � - � - � � � �3 4 6 9 4 6 52 2 2 f

48

49

50

51

52

53

54

55

56

72

3. Pour tout x réel, x -� �3 02 � (un carré est toujours

positif ou nul) donc f x� � -� 4.

De plus f 3 4� � � - .

Donc f admet sur �- 4 comme minimum, atteint en 3.

f est une fonction polynôme de degré 2 avec a = 1 donc

positif.

f est donc strictement décroissante puis strictement

croissante.

Donc f est strictement décroissante sur ] ; ]-� 3 et

strictement croissante sur [ ; [3 �� .


1. a. f x x x x x� � � €- � � €- -� ��3 2 8 0 2 4 02

€ �x 0 ou x � 4.

b. Même raisonnement que 57.

L’extremum est atteint en 0 4

22

� � , il vaut f 2 11� � � .

C’est un maximum car a 0.

2. a 0 donc f strictement décroissante puis stricte-

ment croissante.

x – � 2 + �

f(x)

11

1. a. f 0 5� � �b. f fx x x x x� � � � �€ - - � € - �� 0 2 4 0 2 2 02

€ �x 0 ou x � - 2

c. L’abscisse du sommet est 0 2

21

- � - .

2. a. f 0 2� � �b. f fx x� � � � �€ �0 0 ou x � 3

c. L’abscisse du sommet est 0 3

2

� �1,5.


a. f c0� � �

b. f fx x� � � � �€ �0 0 ou x � - b

a

c. L’abscisse du sommet est 0

2 2

- � -b a b

a

/

Les trois observent que a � 0 donc f est strictement

croissante puis strictement décroissante.

Reste à déterminer quel est le maximum et en quelle

valeur il est atteint.

Mehdi : il observe par exemple que f f1 3� � � -� � donc le

maximum est atteint en 1 3

21

- � - . Il vaut f 1 3� � � .

Clara : A la calculatrice, elle conjecture un maximum de 3.

Elle écrit

f

f

x x x x x

x x x x

� � � - - � � - - -

� � � - � �� -

2 4 1 3 2 4 2

3 2 2 1 3 2

2 2

2 �� 1 2

57

58

59

60

- -� �2 1 02x � donc f x� �� 3 et f -� � �1 3.

Camille : f 0 1� � � et f fx x x� � � � �€ - - �0 2 4 02

€ �x 0 ou x � - 2.

Comme Mehdi elle conclut que le maximum est atteint

en 0 2

21

- � - et f -� � �1 3.

On obtient par les 3 méthodes :

x – � – 1 + �

f(x)

3

Conjecture : f semble être strictement décroissante

sur ] ; ]-� 3 et strictement croissante sur [ , [3 �� .

On peut pour la démonstration utiliser l’une des trois

méthodes de l’exercice 60.

Par exemple celle de Camille :

f 011

3� � � et f x x x x x� � � € - � € -� � �11

3

1

32 0

1

36 02

€ �x 0 ou x � 6.

Le minimum (car a > 0) est atteint en 0 6

23

� � et vaut

f 32

3� � � .

f x x x� � � -� � -� �0,03 190 10

D’après la forme factorisée f x x� � � € �0 190 ou x �10.

La forme développée prouve que f est une fonction

polynôme de degré 2. Comme a 0 f est strictement

décroissante puis croissante.

Déterminons le lieu du changement de variation.

Par exemple en utilisant la symétrie et les solutions de

f x� � � 0.

Le minimum est atteint en 190 10

2100

� � et vaut

f 100 24� � � - .

f est donc strictement décroissante sur ] ; ]- 0 100 et

strictement croissante sur [ ; [100 �� .

1. x Œ[ ; ]5 10

2. � x x x x x� � � -� � -� � � - � -10 5 15 502

3. � est une fonction polynôme de degré 2 avec a � -1.

Elle est donc strictement croissante puis strictement

décroissante en la prolongeant à �

- � - � - € �x x x2 15 50 50 0 ou x �15.

Le changement de variation a lieu en 0 15

2

� � 7,5.

61

62

63


D’où le tableau de variation de � sur [ ; ]5 10 :

x 5 7,5 10

f(x)

0

6,25

0

4. � x� � est minimum et vaut 0 pour une carte de

dimension 10 5¥ ou 10 10¥ .

� x� � est maximum et vaut 6,25 cm2 pour une carte de

dimension 10¥7,5.

Notons f x x x� � � - �0,02 1,192 .

f est une fonction polynôme de degré 2.

1. La pénalité est réussie si f 50 3� �� : c’est le cas

puisque f 50� � � 9,5.

2. f x x� � � € �0 0 ou x � 59,5.

Le maximum de f est atteint en 29,75 : il vaut environ

17,70. Le ballon s’est donc élevé à environ 17,70 m.

3. D’après la question 2 le ballon retombe à terre pour

x � 59,5 soit à 9,50 m derrière la ligne de but.

1. I � U

R 3. I diminue quand R augmente.

Ces fonctions sont homographiques car f x� � est

de la forme a b

c d

xx��

avec a � 0.

a. a � 2 ; b � -1 ; c � 3 ; d � 4.

b. a � 2 ; b � 0 ; c �1 ; d � -1.

c. a � 0 ; b � 3 ; c �1 ; d � - 4.

d. f x xx

� � � �3 2 ; a � 3 ; b � 2 ; c �1 ; d � 0.

e. f x xx

� � � -�

2

1 ; a �1 ; b � - 2 ; c �1 ; d �1.

f. f x xx

� � � --

7

3 ; a �1 ; b � -7 ; c �1 ; d � - 3.

a. � f �-�

ÌÓ

¸˝˛

� \4

3 b. � f � � � \ 1

c. � f � � � \ 4 d. � f � � � \ 0

e. � f � -� � \ 1 f. � f � � � \ 3

� �1 � g ; � �2 � h ; � �3 � k ; � �4 � f



s ��

g 03

4� � � et A 0

3

4;� � est le point d’intersection de

� g et O y .

g t� � � 0 si et seulement si t � 3 et B 3,0� � est le point

d’intersection de � g et Ox .

64

65

66

67

68

69

70

a. f x xx x

� � � - -��

3

1 f n’est pas une fonction

homographique, car elle a 2 valeurs « interdites » 0 et – 1.

f x x� � � € � -0 3.

b. f xx

x� � �

- -�

3 23

4 donc f est une fonction homogra-

phique. fa b

c dx x

x� � � �

� et a � 0 avec ici a � - 3 ; b � - 23 ;

c �1 et d � 4

f x x� � � € �-

023

3

1. a. f xx

x� � �

- -�

4

1 donc f homographique.

b. f x x xx x

� � � � ��

2 4 2

3 2 donc f non homographique.

c. f x x xx x

� � � - �-� � -� �

2 2 4

4 1 donc f non homographique.

d. f x xx x

� � � --� �

3 1

1 donc f non homographique.

2. f xx

xx x� � � - €

- -�

� - € - - � - -14

11 4 1 et x � -1

€- � -4 1 s ��.

3. f x x xx x

� � � € - �-� � -� � �1

2 4

4 11

2 et x x� �4 1et

€ - � � -� � -� �x x x x2 2 4 4 1 €- � -2 5x x € �x 0 s � � 0 .

(A) Faux (B) Faux (C) Vrai (D) Faux

1. 1 fi 1 est vraie.

1 fi 2 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b � -1.

1 fi 3 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b �1.

1 fi 4 est vraie.

1 fi 5 est vraie.

1 fi 6 est fausse Æ contre-exemple : a �1 ; b �1.

2. 1 fi 1 est vraie.

2 fi 1 est vraie.

3 fi 1 est vraie.

4 fi 1 est vraie.

5 fi 1 est vraie.

6 fi 1 est vraie.

3. 1 € 1 et 1 € 4 et 1 € 5.

4. On peut utiliser 1 € 5 par exemple et on obtient

s �-�

ÌÓ

¸˝˛

3

2.

C’est erroné. Une augmentation de 1 % corres-

pond à un coefficient multiplicatif de 1,01.

Donc 2 augmentations successives de 1 %, à un coefficient

multiplicatif de 1,012, soit 1,0201, correspondent à une

augmentation de 2,01 %.

L’erreur à l’avant-dernière déduction

a b a b2 2� fi � ou a � -1 et non a b a b2 2� fi � !

71

72

73

74

75

76

74


manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. b. � semble être une parabole de sommet O.

2. a. Soit M avecx y x,� � � 0, N 0 , y� � et A 0 1, -� �donc AN2 2 2 2

0 0 1 1� -� � � �� y y .

En appliquant le théorème de Pythagore :

dans OAR : AR2 2 1� �xdans ORN : RN2 2 2� �x ydans ARN : AN AR RN2 2 2 2 22 1� � � � �x y

b. y x y�� 1 2 12 2 2 soit y y x y2 2 22 1 2 1� � � � �

c’est-à-dire y x� 2.

c. Si x � 0 c’est-à-dire R en O on a défini M � 0 donc y � 0.

Là aussi, y x� 2.

Conclusion : L’ensemble � est la parabole d’équation

y x� 2.

A. 1. a. x �� 5 2 ou x x x x2 2 25 2 5 10 25� - ¥ ¥ � � �

b. x x x2 210 5 25� � �� -

2. a. En développant le 2e membre.

b. f x x x� � � € �� - � € �� 39 5 25 39 5 642 2 .

Ceci équivaut à x � �5 8 ou x � � -5 8 soit x � 3 ou

x � -13.

B. 1. x x2 10 39� �

2. Il obtient 10

239

10

2

2� � � - soit 3 que l’on a trouvé en

A. 2. b. Il ne s’intéresse pas à – 13, qui est négatif et ne

correspond pas au problème géométrique concret.

3. 8

284

8

2100 4 6

2� � � - � - � .

4. VARIABLES :

a, b, s : nombres

ENTRÉES :

saisir a, b

TRAITEMENT :

s prend la valeur raca

ba

2 2

2� � �ÊËÁ

ˆ¯-

SORTIES :

Afficher s ; « est une solution »

1. a. x x x2 26 9 3- � � -� �b. x x x2 26 3 9- � -� � -donc g x x x� � � -� � - � � -� � -3 9 8 3 12 2

c. g x x� � � € -� � - �24 3 1 242

€ -� � �x 3 252

€ �x 8 ou x � - 2

103

104

105

2. a. f x x� � � �� -4 162

f x x x� � � € �� € �33 4 49 32 ou x � -11

b. f x x� � � �� -2 102

f x x x� �� € �� € �- �2 2 12 2 2 32 ou x � - -2 2 3

A. 1.

2. T6 15 6 21� � � T7 21 7 28� � �

3. T T51 50 51� �

4. VARIABLES :

i, T : entiers

INITIALISATION :

T prend la valeur O

TRAITEMENT :

Pour i allant de 1 à 100 faire

T prend la valeur T � i

fin pour

SORTIES :

Affichage du résultat

Afficher « T100 = » ; T

5. T100 5050�

B. 1. a.

b. Les points n n, T� � pour 1 6� �n semblent appartenir

à une parabole de sommet O.

2. a. n n¥ �� 1

b. 2 1Tn n n� ¥ �� donc Tn

n n�

�� 12

3. On contrôle la cohérence avec 1 7� �n et avec

n �100.

106

T5 = 15

0 1 2 3 4 5 6 n

10

2

10

20

Tn


On peut aussi observer que la courbe d’équation

yx x

�� 1

2 c’est-à-dire y x x� �1

2

1

22 est une parabole

de sommet O.

1. V x x x� � � - �4 32 5122 .

2. V admet comme minimum 448 sur 0 8;� il est atteint

pour x � 4.

1. a. g x x x x� � � € - � € �5 4 0 02 ou x � 4.

Le sommet de � g a donc comme abscisse 0 4

22

� � .

C’est donc S 2 2; g� �� soit S 2 1;� �.b. g est strictement décroissante puis strictement

croissante car a �1 donc a 0.

x – � 2 + �

g(x)

1

2.

3. A¢, B¢, C¢ et D¢ semblent être sur � g.

4. a. OSu ruu

2 0 1 0- -� �, soit OS 2,1u ruu

� �.b. s : MŒ� f et x xM � alors y xM � 2 donc M x x; 2� �.c. MM ¢ ¢ - ¢ -� �

u ruuuux x y x, 2 .

d. MM OS¢ �u ruuuu u ruu

donc ¢ - �¢ - �

�ÌÓ

x xy x

2

12 soit ¢ �¢ � �

�ÌÓ

x x +y x

2

12

¢ � �� M x x2 12; .

e. g x x x

x x x x

�� - �� - - � � �

2 2 4 2 5

4 4 4 8 5 1

2

2 2

donc ¢ ŒM � g.

107

108

I0

12J

A

B

C D

A¢

y

x

B¢

C¢ D¢

S

�f

�g

f. Quand M décrit � f , x décrit � donc x �2 décrit �

aussi. Le point M¢ décrit donc toute la courbe � g.

Conclusion : � g est l’image de � f par la translation de

vecteur OSu ruu

.

On utilise la forme canonique :

�1 : y x� -� � -a 1 32 A 0 1 1, -� �Œ� donc, - � -1 3a ;

a � 2

�1 : y x� -� � -2 1 32 soit �122 4 1: y x x� - -

�2 : y x� -� � �a 2 32 A 1 2 2,� �Œ� donc 2 3� �a ; a � -1

�2 : y x� - -� � �2 32 soit �2 : y x� - � -2 4 1x

A. 2. H 0 3;� �. 3. a � - 2.

B. Si on pose f x x x� � � - �2 2 3 et g ax x� � � �3

f g0 0 3� � � � � � donc HŒ�1 et HŒ�2.

H d’abscisse x est point d’intersection de

�1 et �2 € x x x2 2 3 3- � � �a € x x x2 2 0- - �a

€ x x - -� � �2 0a € x � 0 ou x � �2 a .

Cette équation a une unique solution si et seulement si

2 0� �a c’est-à-dire a � - 2.

1. V � pr h2 . Comme V 0,5� on déduit pr h2 � 0,5

c’est-à-dire hr

� 0,5

p 2.

a. b. Les dimensions du rectangle sont h et 2 pr soit

5 cm et 6p cm c’est-à-dire environ 18,85 cm.

c.

�

�

r r h r rr

r

r rr

� � � ¥ � ¥ � � ¥

� � � �

2 2 2 2

21

2 22

2

p p pp

p

p

0,5

.

3. a. r ra 2 2p est une fonction polynôme de degré 2

avec a � 2 p positif donc elle est strictement décrois-

sante puis croissante.

Le sommet de la parabole représentant cette fonction

est O.

Donc r ra 2 2p est strictement croissante sur [ , [0 ��

donc sur 0,1;1� .r

ra 1

est la fonction inverse. Elle est strictement

décroissante sur ] , [0 �� donc sur 0,1;1� .On ne peut donc pas prévoir le sens de variation de �.

b. En traçant �� à la calculatrice, il semble que � soit

strictement décroissante puis croissante sur 0,1;1� . Le

minimum semble atteint pour r � 0,43 (où � ª 3,49).

c. Les dimensions nécessitant le moins de métal pour

sa formation sont r ª 0,43 dm (43 mm) et h ª 0,86 dm

(86 mm).

109

110

111

76

3 2 112 � � 33 22 11112 � �

333 222 111 1112 � �333 333 333 333 222 222 222 222 222

111 111 11

2 �� 11 111 111 111 111 111.

Si a naturel non nul, a a a a�� -1 12 2 2 2

en effet a a a a a�� 1 1 2 12 2

et a a a a a a�� - � � � - � �1 2 1 2 12 2 2 2 .

Oui 8 8

4 4

2 2

2 2

21 2

1 3

3 3 3 2

2 2 2 3

n n

n n

n n

n n

�

-

�

-

-� ��

��

-� ��

66

6 6

2

3

64

36

2

8 1

4 1

23

32 3 192

n

n-¥

�� -� �

� ¥ � ¥ �

On note x le côté du tableau en dm x Œ �� [ , [0

x x x xx x

x x�� € �� €

� �

� � -3 2 3 2

3 2

3 2

2 2 2 2ou .

Donc x �-

3

2 1 ou x �

- -3

2 13

2 10

- -� ne convient pas donc x �

-ª3

2 17,24.

Donc le côté est d’environ 724 mm.

On note x � AM (en mètres) x Œ� 0 12; .

En appliquant le théorème de Thalès dans le triangle

AOB : AM

AO

AN

AB

MN

OB� �

Donc AM

AO

MN

OB� soit MN

AM

AOOB� ¥ � ¥ �x x8

12

2

3

Donc l’aire de la fenêtre est OM MV¥ � -� �¥122

3x x

soit � x x x� � � - �2

382

Il reste à trouver le maximum de � sur 0 12;� .� est un polynôme du 2e degré qui est strictement

croissant puis décroissant.

� x� � � 0 € x x- �� 2

38 0 € x � 0 ou x �12.

Le milieu de 0 12;� est 6 donc le maximum de � est

atteint en 6 et vaut � 6 24� � � .

Les dimensions de la fenêtre sont donc OM � 6 et

MN� 4.

n n n n n n n n

n n

��

� � �� 1 2 3 6 11 6 1

3 1

4 3 2

2 2

112

113

114

115

116 B

NP

O M Ax

117

On écrit n n n n n-� � � -� � � � �� 2 1 1 22 2 2 2 2

soit n n n n n

n n n

2 2 2 2 21 1 2 2

2 2 2 4 2 2 4

� �� - -� � � �� - -� �� ¥ � ¥ � ��

soit n n2 12�n �12 donne 10 11 12 13 142 2 2 2 2� � � �

Avec 7

n n n n n n n-� � � -� � � -� � � � �� 3 2 1 1 2 32 2 2 2 2 2 2

qui donne n n n n2 2 2 2 4 2 6� ¥ � ¥ � ¥ soit n n2 24�

n � 24 donne 21 22 23 24 25 26 272 2 2 2 2 2 2� � � � � �

Avec 15

n n n n n-� � � -� � � �� 7 6 1 72 2 2 2 2

n n n n n

n n n

2 2 2 2 4 2 6 2 8

2 10 2 12 2 14

� ¥ � ¥ � ¥ � ¥� ¥ � ¥ � ¥

n n2 112�n = 112 donne 105 106 112 113 1192 2 2 2 2� �� .

lŒ� 0 625; et LŒ -125 2 l

� l l l l� � � ¥ � - �L 2 1252

1. L’étude donne

0 31,25 62,5

�()

0

1 953,13

0

2. On a alors lŒ� 0 20; .

� est strictement croissante sur cet intervalle.

L’aire maximale est � 20 1700� � � .

Æ Si on découpe le rectangle du cylindre dans le

sens de la longueur on a :

2 20

2 30

xx��et p

�ÌÓ

(où x rayon de la base).

Soit x ŒÈÎÍ

˘˚

015

;p

et V12 20 2x x x� � � -� �p

Sur 015

;p

ÈÎÍ

˘˚

V1 est maximum pour x � 15

p et vaut

V 748,51max ª .

Æ Si on découpe le rectangle du cylindre dans le sens

de la largeur on a : 2 30 2 20x x� �et p .

Soit x ŒÈÎÍ

˘˚

010

;p

et V x x x� � � -� �p 2 30 2 sur 010

;p

ÈÎÍ

˘˚

V2 est maximum pour x � 10

p et vaut V 752,32 max ª .

C’est donc cette solution qui optimise le volume.

118

119 L

�

120


English Corner

La droite a comme équation y x� �2.

Or x x x x2 22 0 2- - � € � � .

Les solutions sont les abscisses des points d’intersection

de la droite et la variable soit – 1 et 2.

121

1.

x – � 2 + �

Variation of f

0

2. Minimum en 2,05 qui vaut – 0,0025.

122

78

Inéquations Étude de variation 5Pour reprendre contact

1 1. a. et c.

2. 6 et 1.

3. 3x + 1 < 0 € x Œ �˘˚

ÈÎÍ– ;–

1

3

2x + 3 � 5x + 6 € x Œ � �– ;–1

4. a. g(4) = 0

b. g(1) < 0 car g(1) Œ �– ;3 0

c. – 3 < g(– 4) < 6

d. I� �� – ;2

e. 2

5. c. est l’intrus.

2 a. f (x) = 0 € – 2(x – 5)(x – 1) = 0 € x Œ {5 ; 1}

b. f (x) = – 10 € – 2x2 + 12x – 10 = – 10

€ – 2x (x – 6) = 0

€ x Œ {0 ; 6}

3 1. D’accord avec c.

2. a. f (1) > 0 ; f (– 4) < 0 ; g(– 1) > 0 ; g(7) < 0.

b. x – � – 3 + � x – � 5 + �

f (x) – 0 + g(x) + 0 –

c. a > 0 ; b > 0 ; a¢ < 0 ; b¢ > 0.

Activité 1. InéquationsLa recette doit être supérieure au coût. C’est le cas pour 3, 4, 5, 6, 7 ou 8 piscines.

Activité 2. Signe d’une expression

A. 1. f (4) > 0 ; f (2) < 2 ; f (– 4) > 0 ; f (0) < 0 ; f11

130� � � .

2. a. f (x) < 0 € x Œ [– 2 ; 3[

b. f (x) � 0 € x Œ [– � ; – 2] » [3 ; + �[

79Chapitre 5. Inéquations. Étude de variation

B. 1. On connaît le signe de xy, x2, 1

y et

x

y.

2. a. x2 + 1 > 0 pour tout réel x.

b. 2 x � 0 pour tout réel x � 0.

c. x2 – 4 : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x.

d. –32x

< 0 pour tout réel x ≠ 0.

e. (x – 3) (x + 1) : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x.

f. x

x –1 : positive, négative ou nulle suivant la valeur de x ≠ 1.

Activité 3. Lire un tableau de signes1. Zone mauve : f (– 3) < 0.

2. f (6) < 0 ; f (0) > 0.

3. f (x) < 0 pour x Œ {– 4 ; – 2,7 ; p ; 12} par exemple.

4. f (– 1) = 0 ; f (3) = 0.

Activité 4. Dresser un tableau de signes1. x2 � 0 ; 3 > 0 ; – 4x � 0 si x � 0 et – 4x � 0 si x � 0.

On peut seulement déduire que si x � 0 alors f (x) > 0, c’est tout !

2. (x – 1) (x – 3) = x2 – 3x – x + 3 = x2 – 4x + 3 = f (x)

3. x – � 1 + � 4. x – � 3 + �

x – 1 – 0 + x – 3 – 0 +

5. g(– 4,8) < 0 et h(– 4,8) < 0 donc f (– 4,8) > 0.

g(5,3) > 0 et h(5,3) > 0 donc f (5,3) > 0.

g(1,68) > 0 et h(1,68) < 0 donc f (1,68) < 0.

6. x – � 1 3 + �

Signe de (x – 1) – – 0 +

Signe de (x – 1) – 0 + +

Signe du produit

(x – 1) (x – 3)+ 0 – 0 +

7. f (x) est nul pour x = 1 ou x = 3.

f (x) est positif pour x Œ ]– � ; 1[ » ]3 ; + �[.

f (x) est négatif pour x Œ ]1 ; 3[.

8. Bilan : la forme la mieux adaptée à l’étude du signe de f (x) est la forme factorisée f (x) = (x – 1) (x – 3).

TP 1. Le quadrilatère tournant1. a. MB = 5 – x NC = 3 – x

b. �(MBN) = 1

2 (5 – x) ¥ x

�(NCP) = 1

2 (3 – x) ¥ x

�(x) = 15 – 2�(MBN) – 2�(NCP) = 15 – (5 – x) x – (3 – x) ¥ x

�(x) = 2x2 – 8x + 15

2. a. x Œ [0 ; 3], 2(x – 2)2 + 7 = 2(x2 – 4x + 4) + 7 = 2x2 – 8x + 15

b. � est une fonction polynôme de degré 2.

a = 2, donc a > 0, donc � strictement décroissante puis croissante.

�(x) = 2(x – 2)2 + 7 permet d’affirmer que le minimum de � est 7 et qu’il est atteint en 2.

8080

x 0 2 3

�(x)

15 9

7

3. �(x) – 7,5 = 2(x – 2)2 – 0,5 = 2((x – 2)2 – 0,25)

= 2(x – 2 – 0,5) (x – 2 + 0,5)

= 2(x – 2,5) (x – 1,5)

donc �(x) = 7,5 € x = 2,5 ou x = 1,5.

TP 2. Bien régler ses feux de croisement

1. En appliquant le théorème de Thalès dans le triangle MHP : MH

MA

PH

AB� soit

p x

p x x

� ��

–

,

3

0 6 donc x ¥ p(x) = 0,6(p(x) – 3) donc

p(x) = 1 8

0 6

,

, – x.

2. 30 � p(x) � 45 € 30 � 1 8

0 6

,

, – x � 45

Puisque la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ; + �[, 1

45 �

0 6

1 8

, –

,

x �

1

30 soit 0,6 –

1 8

30

, � x � 0,6 –

1 8

45

,.

0,54 � x � 0,56

TP 3. En autonomie : traiteur ou restaurant1. On note R(x) le prix demandé par le restaurateur et T(x) celui demandé par le traiteur pour x repas.

R(x) = – 0,5x2 + 100x et T(x) = 20x + 1 500

T(10) = 1 700 et R(10) = 950.

2. T(x) < R(x) € x2 – 160x + 3 000 < 0

Quel que soit l’outil choisi on obtient : entre 10 et 21 repas le restaurateur est moins cher ; entre 22 et 80 repas le traiteur est

moins cher.

TP 4. Étude d’un périmètreA. 1. et 2. Voir le site www.didiermathx.com

On conjecture que : (A) le maximum est 32 et le minimum 24

et (B) le périmètre est inférieur à 26 cm, si AM compris entre 3 cm et 5 cm.

B. 1. Si x � 4, p(x) = 32 – 2x.

Si x � 4, p(x) = 3x + 16.

2.

x 0 4 8

p(x)

32 32

24

3. Sur [0 ; 8] p admet 32 comme maximum, atteint en 0

et en 8, et comme minimum 24, atteint en 4.

p(x) � 26 € 3 � x � 5 (graphiquement et en vérifiant

par le calcul que p(3) = p(5) = 26).

TP 5. Distance de sécurité et distance d’arrêt d’un véhicule

A. 1. En 2 secondes à 100 km.h–1, on parcourt 100 10

3 6002

3¥ ¥ m soit 500

39

500

955 56m ; ,� �.

2. dS(V) = v

v¥ ¥ �10

3 6002

5

9

3

3. 2 traits et l’espace donnent 2 ¥ 38 + 14 soit 90 mètres et 5

9v � 90 € v � 162.

00 11 22 33 44 55 66 77 8800

88

1616

24242626

3232�

p�

p

x

y = p(x)y = p(x)


B. 1. dA(v) = dS(V) = dF(v) = 0,006v2 + 0,03�� 5

9v et

5

9 ª 0,556 v.

Approximativement, dA(v) = 0,006v2 + 0,586v.

2. dA (130) = 177,58

3. dA est strictement croissante sur [0 ; 130].

4. 54 km.h–1 ; 89 km.h–1.

Pour aller plus loin :

1. dF(v) = 0,0084v2 + 0,042v

et dA(v) = 0,0084v2 + 0,598v

2. dA(130) = 219,7

3. dA(v) strictement croissante sur [0 ; 130].

4. dA(v) � 50 si et seulement si v � 49 km.h–1.

dA(v) � 100 si et seulement si v � 79 km.h–1.

TP 6. Les alvéoles des ruches d’abeilles1. Triangle équilatéral, carré, pentagone régulier etc.

2. a. a � �360

n b. a + 2b = 180° (car ODE isocèle en O) donc 2b = 180° –

360�n

3. a. k ¥ 2b = 360°

b. kn

180360

360� �� – d’où kn

n� 2

2–

4. a.b.

• Si n = 3 alors k doit être égal à 6 et le pavage est possible (voir figure 1).


• Si n = 5 alors k doit être égal à 10

3 non entier (impossible).


• Si n = 7 alors k doit être égal à 14

5 non entier (impossible).

Figure 1 Figure 2 Figure 3

c. Pour n > 3 kn

n

n

n n n� � � � �2

2

2 4

2

4

22

4

2–

–

– – –.

d. Si n � 7 alors n – 2 � 5 donc 4

2n – �

4

5 donc 2

4

23� �

n –.

e. Si n � 7 alors k = 1 ou k = 2. Or k = 1 donne b = 180° et k = 2 donne b = 90° ce qui est impossible, puisque

a + 2b = 180°.

Conclusion : les polygones réguliers avec lesquels on peut paver le plan sont les triangles équilatéraux, les carrés et les

hexagones réguliers.

5. a. L’hexagone.

b. Celui qui a le plus petit périmètre : l’hexagone.

8282


26 % 24 cm

48 ou 49 A Œ d

[– 6 ; – 4] et [0 ; 7] 3

Non [– 6 ; 8]

x = 30° s � � – ;1

24

1

2; ��˘

˚ÈÎÍ ]2 ; + �[

ENTRAÎNEMENT


a. ]– 4 ; 1[ » ]3 ; 5] b. ]0 ; 4[ c. [– 3 ; 5]

a. s = {– 3 ; 1 ; 4} b. [– 4 ; – 3[ » ]1 ; 4[

c. [– 3 ; 1] » [4 ; 5]

a. s = ]1 ; 10] b. [– 1,15 ; 10]

c. ]– 2 ; 2] d. [– 10 ; 10]

x2 < 3x s = ]0,3[

x Œ [0 ; 20].

1. R est une fonction linéaire représentée par la courbe

verte.

2. a. c(x) = 90 donne x = 7 soit 700 pièces.

b. c(x) < R(x) donne x Œ ]1,5 ; 14[ doit une solution com-

prise entre 150 et 1 400 pièces.

1. – 1,5 ; – 1 ; 0 ; 0,5.

2. x Œ ]– 2 ; 1[

3. s = ]– 2 ; 1[

a. ]– 1 ; 2[ b. [– 1 ; 2] c. ]– � ; – 1[ » ]2 ; + �[

1. k n’est pas définie en 1.

2. s = ]1 ; 6]

f1 tableau b et f2 tableau a.

1. s = {– 1 ; 2 ; 4}

2. a. f positive sur ]– 1 ; 2[ et sur ]4 ; + �[.

b. f négative sur ]– � ; – 1[ et sur ]2 ; 4[.

3. x – � – 1 2 4 + �

Signe de f(x) – 0 + 0 – 0 +

a. Pour tout réel x, x2 + 3 > 0.

b. Pour x � 0, –2 0x � .

1 2

3 4

5 6

7 8

9 10

11 12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

22

23

24

c. Pour x < 0, –4

0x

.

d. Pour x � 0, 4x2 – 3x + 4 > 0.

On peut trouver les signes des expressions

données en a., b., f. par règle des signes (comme des

deux nombres positifs pour tout x) et le signe de

l’expression donnée en d. (quotient de nombres positifs

pour tout x).

Pour c. et e. les expressions sont des différences de

nombres positifs pour lesquelles on ne peut pas

conclure directement.

1.

2. x – � 5/2 + �

2x – 5 – 0 +

Ce sont des fonctions affines.

• f (x) = 0 € 0,5x + 3 = 0 € 0,5x = – 3 € x = – 6.

f a un coefficient directeur positif donc :

x – � – 6 + �

f (x) – 0 +

• g(x) = 0 € x = 1

2

g a un coefficient directeur négatif donc :

x – � 1/2 + �

g(x) + 0 –

• h(x) = 0 € x = – 2.

h a un coefficient directeur négatif donc :

x – � – 2 + �

h(x) + 0 –

f (x) = ax + b

1. f (x) = 0 € ax = – b € x = – b

a (a ≠ 0)

25

26

IIOO

JJ

yy

xx

– 5– 5

�f

�f

5

2

27

28

Exercices


2. VARIABLE :

a, b, n nombres

ENTRÉES :

Saisir « donner a non nul », a saisir « donner b », b

TRAITEMENT :

n prend la valeur – b/a.

SORTIES :

Si a > 0 alors

Afficher « f (x) est nul pour x = », n

Afficher « f (x) est négatif pour x strictement

inférieur », n

Afficher « f (x) est positif pour x strictement

supérieur », n

Sinon afficher « f (x) est nul pour x = », n

afficher « f (x) est négatif pour x strictement

supérieur à », n

afficher « f (x) est positif pour x strictement

inférieur à », n

FinSi

1. – 2x + 4 = 0 € x = 2

– 2 < 0 donc : x – � 2 + �

Signe de

– 2x + 4+ 0 –

2. 3x + 3 = 0 € x = – 1

3 > 0 donc : x – � – 1 + �

Signe de

3x + 3– 0 +

3. x – � – 1 2 + �

Signe de – 2x + 4 + + 0 –

Signe de 3x + 3 – 0 + +

Signe du produit

(– 2x + 4) (3x + 3)– 0 + 0 –

x – � 1/2 3 + �

Signe de 2x – 1 – 0 + +

Signe de x – 3 – – 0 +

Signe de (2x – 1) (x – 3) + 0 – 0 +

Signe de 2 1

3

x

x

–

–+ 0 – +


3 et – 2

29

30

31

32


a. – ;4

3��˘

˚ÈÎÍ b. – ;

1

2��È

ÎÍÈÎÍ

c. 2 ; �� d. – ;–

–�˘

˚ÈÎÍ

1

2 1

1. (a) € (b) 2. (a) € (b)

3. Attention : on multiplie par (x + 1) dont on ne connaît

pas le signe.

4. (a) € (b) (x2 + 1) > 0

1. x – � – 5 2/3 + �

Signe de 3x – 2 – – 0 +

Signe de x + 5 – 0 + +

Signe de f (x) + 0 – 0 +

f (x) > 0 € x Œ ]– � ; – 5[ » 2

3; ��˘

˚ÈÎÍ

1. x – � 3/5 4 + �

Signe de 5x – 3 – 0 + +

Signe de 4 – x + + 0 –

Signe de

(5x – 3) (4 – x)– 0 + 0 –

(5x – 3) (4 – x) > 0 € x Œ 3

54;˘

˚ÈÎÍ

(5x – 3) (x – 4) > 0 € (5x – 3) (4 – x) < 0

€ x Œ – ; ;�˘˚

ÈÎÍ» �� 3

54

1.

a. x – � – 1 2 + �

x + 1 – 0 + +

x – 2 – – 0 +

x

x

�1

2–+ 0 – +

x

x

�1

2– � 0 € x Œ]– � ; – 1] » ]2 ; + �[

b. x – � 1/2 3 + �

2 – 4x + 0 – –

x – 3 – – 0 +

2 4

3

–

–

x

x– 0 + –

33

34

35

36

37

38

8484

2 4

3

–

–

x

x < 0 € x Œ – ; ;�˘

˚ÈÎÍ» �� 1

23

c. x – � – 3/2 5 + �

– x + 5 + + 0 –

2x + 3 – 0 + +

(x + 5) (2x + 3) – 0 + 0 –

(– x + 5) (2x + 3) � 0 € x Œ – ;–

;�˘˚

ÈÎÍ» �� 3

25

1. f (x) > g(x) € (3x – 2) (x + 5) > (2x + 2) (3x – 2)

€ (3x – 2) (– x + 3) > 0

Le tableau de signe donne f (x) > g(x) € x Œ 2

33;˘

˚ÈÎÍ.

f (x) = g(x) € (3x – 2) (– x + 3) = 0 € x = 2

3 ou x = 3.

2. x – � 2/3 3 + �

Signe de f (x) – g(x) – 0 + 0 –

Interprétation

graphique

� en

dessous

de �¢

� au

dessus

de �¢

� en

dessous

de �¢

� et �¢ se coupent aux points d’abscisses 2

3 et 3.


1. a. (x + 1) (x + 4) = x2 + 4x + x + 4 = x2 + 5x + 4

b. x x x x x�� 5

2

9

45

25

4

9

45 4

22 2– –

2. a. f (x) < 0 € (x + 1) (x + 4) < 0

Le tableau de signes donne s = ]– 4 ; – 1[.

b. f (x) > x2 – 1 € x2 + 5x – 4 > x2 – 1 € 5x > – 5

€ x > – 1 s = ]–1 ; + �[

c. f (x) > –9

4 € x �� 5

2

9

4

9

4

2

– –

€ x �� 5

20

2

€ x � –5

2s = � – –

5

2� 1. Avec le contrat B : 1 500

5 4 000

1001 700�

¥�

Le contrat A est plus intéressant.

2. a. B(x) = 1 500 + 0,05x

b. B(x) > 1 800 € 1 500 + 0,05x > 1 800 € x > 6 000

1. On peut grâce, par exemple, aux ordonnées à

l’origine affirmer �M rouge et �A bleue : moins cher en

Ardèche si x < 4,2.

39

40

41

42

43

Si on note M(x) et A(x), le prix en euros d’une course de

x km dans la Meuse et l’Ardèche, on a : M(x) = 1,44x + 2,5

et A(x) = 1,68x + 1,5.

2. a. M(x) = 1,44x + 2,5 A(x) = 1,68x + 1,5

b. A(x) < M(x) € 1,68x – 1,44x < 1 € 0,24x < 1.

€ x � 1

0 24,

1

0 244 2

,,ª


A et M sont alors affines par morceaux. On a alors :

A(x) < M(x) € x < 1

0 24, et x >

3 5

1 44

,

, car M(x) = 6 si et

seulement si 1,44x = 3,5 si et seulement si x = 3 5

1 442 4

,

,( , )ª .

Donc la course est moins chère en Ardèche si on

parcourt entre 2,4 et 4,2 km.

1. f (x) < 3

100 ¥ 100x (puisque x représente le nombre

de centaines de pommes).

2. a. f (x) – 3x = x2 – 87x + 1 872

= (x – 43,5)2 – 1 892,25 + 1 872

= (x – 43,5)2 – 20,25

b. f (x) – 3x = (x – 43,5 – 20 25, ) ( – , , )x 43 5 20 25� = (x – 48) (x – 39)

Il faut avoir f (x) – 3x � 0.

Or si x Œ [42 ; 50], x – 39 > 0 donc f (x) – 3x � 0 si et

seulement si x – 48 � 0, soit si et seulement si x � 48.

Le nombre maximal de pommes à trier par heure est

donc 48 centaines soit 4 800.

1. x � 120

A(x) = 2(x – 120) x -� �30

2 = (x – 120) (x – 30)

A(x) = x2 – 150x + 3 600

Or (x – 75)2 – 2 025 = x2 – 150x + 5 625 – 2 025

= x2 – 150x + 3 600 = A(x)

2. a. 1 000 � A(x) � 2 200

soit 3 025 � (x – 75)2 � 4 225 (1)

b. x � 120 donc x – 75 > 0

donc (1) € 55 � x – 75 � 65

soit 130 � x � 140

donc x doit appartenir à [130 ; 140].

1. x > 1 + 1 et y > 1,5 + 1,5 donc x > 2 et y > 3.

Le rectangle blanc a une aire de (x – 2) ¥ (y – 3)

donc (x – 2) (y – 3) = 150.

2. f (x) = x ¥ y or y – 3 = 150

2x - donc y = 3 +

150

2x - donc

f (x) = xx

3150

2�

-� �.3. a. On conjecture f (x) minimum pour x = 12 et ce

minimum vaut 216.

44

45

46


f (x) – 216 = 3x + 150

2

x

x - – 216

= 3 6 150 216 432

2

2x x x x

x

- � - �-

= 3 72 432

2

2x x

x

- �-

= 3 24 144

2

2x x

x

- �� -� �

= 3 12

2

2x

x

-� �-� �

Pour x > 2,

f (x) – 216 � 0 car (x – 12)2 � 0 et x – 2 > 0

et f (x) – 216 = 0 si et seulement si (x – 12)2 = 0 ssi x = 12.

b. f (x) � 224 € f (x) – 224 � 0 € x x

x

-� � -� �-

8 3 56

2 � 0

Tableau de signes x Œ 856

3;È

ÎÍ˘˚.

1. Durée = 30

90 =

1

3 (h) soit 20 min.

2. Durée = 30

90� v

3. Durée � 1

3

1

30-� � 2 min h�� 1

30

donc 30

90� v �

3

10. On multiplie par 10 (90 + v) positif.

300 � 270 + 3v donc 3v � 30 soit v � 10.

1. (80 – x) (120 + y) = 80 ¥ 120

soit : – 120x + 80y – xy = 0

soit : y(80 – x) = 120x

soit : y = 120

80

x

x-.

Or – 120 + 9 600

80- x =

120

80

x

x

- �-

9 600 9 600 =

120

80

x

x-2. y � 12 donc – 120 +

9 600

80- x � 12

soit 9 600

80- x � 132

x < 15 donc 80 – x > 0. On multiplie par 80 – x.

9 600 � 132(80 – x)

soit 132x � 960 donc x � 80

11.


1. a. Si – 2 < a 

1

2b� car la

fonction inverse est strictement décroissante sur

]0 ; + �[ puis -�3

2a <

-�3

2b en multipliant par – 3, négatif.

b. f (a) < f (b)

c. f est strictement croissante sur ]– 2 ; + �[.

2. f (3) = – 0,6 f (x) > – 0,6 € f (x) > f (3) € x Œ ]3 ; + �[.

1. a. Si 1 � a < b, alors 0 � a – 1 < b – 1 en ajoutant

– 1 aux 3 membres donc (a – 1)2 < (b – 1)2, car la fonction

« carré » est strictement croissante sur [0 ; + �[.

47

48

49

50

51

D’où 2(a – 1)2 < 2(b – 1)2 en multipliant par 2, positif

et enfin 2(a – 1)2 – 3 < 2(b – 1)2 – 3 en ajoutant – 3.

b. f est donc strictement croissante sur [1 ; + �[.

2. On démontre de même que f est strictement

décroissante sur ]– � ; 1].

x – � 1 + �

f (x)

– 3

Il peut déduire b et c.

1. a ¥ b = 0 si et seulement si a = 0 ou b = 0

Si a < 0 et b = 0 alors a ¥ b = 0.

2. a ¥ b � 0 si et seulement si a � 0 et b � 0.

3. Si a < 0 et b > 0 alors a

b < 0.

1. Pour que a ¥ b = 0 il faut et il suffit que a = 0 ou

b = 0.

Pour que a ¥ b = 0 il suffit que a < 0 et b = 0.

2. Pour que a ¥ b � 0 il faut et il suffit que a � 0 et b � 0.

3. Pour que a

b < 0 il suffit que a < 0 et b > 0.

a. « Il existe… » (pas « pour tout »).

b. « Pour tout » donc « il existe »

c. « Il existe… » (0) pas « pour tout » (n = 3)

d. « Pour tout » donc « il existe »

e. « Pour tout » donc « il existe »

f. « Pour tout » donc « il existe ».

1. ]– � ; 1]

2. f (100) = 1 000 – 200 + 1,9 = 801,9 (100 solutions).


0,1x2 – 2x + 1,9 � 0 € x2 – 20x + 19 � 0

€ (x – 1) (x – 19) � 0

Un tableau de signes donne s = ]– � ; 1] » [19 ; + �[.

Tableau corrigé :

x – � 0 3 + �

Signe de x – 3 – – 0 +

Signe de x2 + 0 + +

Signe de x2(x – 3) – 0 – 0 +

Les erreurs :

Æ Inversion de 0 et 3.

Æ x – 3 ne s’annule pas en 0.

52

53

54

55

56

57

8686

Æ x2 est toujours positif ou nul.

Æ Un tableau de signes donne le signe d’un produit

pas d’une somme.

Pour les exercices 58 à 76 : voir corrigés en fin de

manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. b. Si 0 < x < 1, x3 < x2 < x.

Si x > 1, x3 > x2 > x.

2. Même observation.

3. x2 – x = x(x – 1)

x 0 1 + �

x 0 + +

x – 1 – 0 +

x2 – x2 0 – 0 +

x3 – x2 = x2(x – 1)

x 0 1 + �

x2 0 + +

x – 1 – 0 +

x3 – x2 0 – 0 +

1. �ire(DQR) = DQ DR¥

2 =

6

2

2-� �x car DQR

triangle rectangle.

DP = x

2. On en déduit V(x) = 1

3 �ire(DQR) ¥ DP

donc V(x) = x x6

6

2-� � =

x x x36 12

6

2 2- �� =

1

6 x3 – 2x2

+ 6x.

3. Pour x Œ [0 ; 6] 1

6 (x – 8) (x – 2)2 =

1

6 (x – 8) (x2 – 4x – 4)

= 1

6 (x3 – 4x2 + 4x – 8x2 + 32x – 32)

= 1

6 x3 – 2x2 + 6x –

16

3

De plus : V(2) = 1

6 ¥ 8 – 2 ¥ 4 + 6 ¥ 2 =

4

3 – 8 + 12 =

4

3 + 4

= 16

3donc

1

6 (x – 8) (x – 2)2 = V(x) – V(2).

4. Si x Œ [0 ; 6], (x – 8) < 0 et (x – 2)2 � 0

donc si x Œ [0 ; 6] V(x) – V(2) � 0 soit V(x) � V(2).

Le volume maximal est donc V(2) (atteint en 2) et vaut 16

3 cm3.

77

78

1.

2. � est une parabole. Son sommet est S(– 1 ; 0) d’après

la forme canonique.

3. (x + 1)2 – (2x + 1) = x2 + 2x + 1 – 2x – 1 = x2

On en déduit que :

si x � 0, [x + 1)2 – (2x + 1) > 0, soit (x + 1)2 > 2x + 1 ;

si x = 0, (x + 1)2 – (2x + 1) = 0, soit (x + 1)2 = 2x + 1.

La courbe � est donc « au-dessus » de d. Leur unique

point d’intersection est J(0, 1).

2. 2

12

x

x � � 1 €

2

1

1

12

2

2

x

x

x

x-- �

� � 0

€ - - ��

�

x x

x

2

2

2 1

1 � 0

€ - -� �

�

x

x

1

1

2

2 � 0

Ce qui est toujours vrai.

Pour tout réel a, 2

12

a

a � � 1 ; l’égalité ayant lieu pour

a = 1 seulement.

3. 2

12

a

a � + 1 =

a

a

�� 1

1

2

2 positif ou nul, et nul seulement

pour a = – 1.

1. n = 4

2. a. n = 11 b. n = 31

3. a. Non ! C’est trop long.

b. VARIABLES

n, S

INITIALISATION

n prend la valeur 0

S prend la valeur 0

TRAITEMENT

Tant que S � 10 faire


S prend la valeur S + 1

nFin tant que

SORTIE

Afficher n

c. Programmes : voir sur le site www.didiermathx.com

On trouve n = 12367.

79

d

x

y

IIOOSS

JJ

�

80

81


1. Sophie Leila Marie

40 min 20 € 17 € 20 €

60 min 20 € 24,50 € 25 €

2. a. s(x) = 20 sur [0 ; 60].

�(x) = 17 si x Œ [0 ; 45] et �(x) = 17 + 0,5(x – 45)

si x Œ ]45 ; + �[,

soit �(x) = + 0,5x – 5,5.

m(x) = 0,25x + 10 sur [0 ; + �[

b.

3. Marie.

4. Graphiquement, si x Œ [0 ; 28[ : forfait de Marie.

• Si x Œ [28 ; 50[ ; forfait de Leila.

• Si x Œ [50 ; 60] ; forfait de Sophie.

• Si x Œ ]60 ; 64[ ; forfait de Leila.

• Si x Œ [64 ; + �[ ; forfait de Marie.

1. ACB� et CDE� sont correspondants donc égaux.

2. tan ACB� � h

1 et tan CDE�

l� � �

3

h

donc �(h) = 3

h.

3. � est strictement décroissante sur [2,5 ; 5].3

5 � �(h) �

3

2,5 soit 0,6 � �(h) � 1,2.

a. Strictement décroissante.

b. Strictement croissante.

c. Strictement croissante.

1. �f = � \ {3}

2. Demander un nombre.

Prendre le double.

Retrancher 6.

Prendre l’inverse.

Multiplier par 2.

3. Si a 

1

2 6b- car la fonction inverse est

strictement décroissante sur ]– � ; 0[.

En multipliant par 2 (positif ), f (a) > f (b) donc f

strictement décroissante sur ]– � ; 3[.

82

101000 5050 6060 1201200055

1010151520202525303035354040454550505555

x

(min)

y (Euros)

�m

�m

�L

�L�

s�

s

83

84

85

On montre de même que f est strictement décroissante

sur ]3 ; + �[.

1. a. f est une fonction polynôme de degré 2 car

en développant, f (x) = – 2x2 – 12x – 22.

b. – 2 est négatif, donc f est strictement croissante puis

décroissante.

2. a. Demander un nombre.

Ajouter 3.

Élever au carré.

Multiplier par – 2.

Ajouter – 4.

b. Si – 3 � a – 2(b + 3)2.

En ajoutant – 4, on obtient finalement f (a) > f (b).

Donc f strictement décroissante sur [– 3 ; + �[.

c. On montre de même que f strictement croissante

sur ]– � ; – 3].

1. Si v � a < b alors 0 < a – v < b – v en retranchant

v, donc (a – v)2 < (b – v)2 car la fonction « carré » est

strictement croissante sur [0 ; + �[.

On multiplie par u (positif ) et on ajoute w.

On obtient f (a) < f (b). Donc f strictement croissante sur

[v ; + �[.

On montre de même que f strictement décroissante sur

]– � ; v].

2. Si u < 0, on obtient les variations contraires.

1. f (b) – f (a) = 2[(b – 1)2 – (a – 1)2]

= 2(b – 1 + a – 1) (b – 1 – a + 1)

= 2(b – a) (b + a – 2)

2. a. Si 1 � a 0 et 1 � a et 1 2 donc b + a – 2 > 0.

b. D’après la règle des signes 2(b – a) (b + a – 2) > 0

donc f strictement croissante sur [1 ; + �[.

3. f strictement décroissante sur ]– � ; 1].

1. f (b) – f (a) = b – a

= b a b a

b a

-� � ��

= b a

b a

-�

2. a. 0 � a 0.

b. b + a > 0 car a � 0 et b > 0.

c. D’après la règle des signes b a

b a

-�

> 0.

d. f est donc strictement croissante sur [0 ; + �[.

86

87

88

89

8888

Si on enroule suivant la longueur L on a un cylindre

de hauteur et de rayon R tel que 2pR = L donc R = L

2 p.

Son volume est V = ¥ pR2.

V = �L2

4 pSi on enroule suivant la largeur, on obtient par le même

raisonnement un volume vL

��2

4 p.

Déterminons le signe de V – v.

V vL L L

L– – ( – )� ��

�2 2

4 4 4p p p > 0, L > 0, 4p > 0 et L – � 0

donc V – v � 0 soit V � v.

Le plus grand volume est obtenu quand on enroule

suivant la longueur.

1. Facture de 20 49 50 51 75 150

1re offre 20 21 45

2e offre 105

2. Si x Œ [0 ; 50[. p(x) = x.

Si x Œ [100 ; + �[, p(x) = 0,7x.

a.

b. Entre 0 et 80 euros.

90

91

00 1010 5050 8080 100100 15015000

1010

5050

7070

100100

x

yy

2 10

1 2 10

10

1 10

40

40

40

40

¥� ¥

�

car 10

1 10

2 10

2 2 10

40

40

40

40�� ¥

� ¥

Le nombre de pommiers est n2.

Le nombre de conifères est 8n.

n Œ �* n2 > 8n € n > 8.

Si on note x le côté du rectangle perpendiculaire à

la plage, x(125 – 2x) � 900 € 2x2 – 125x + 900 � 0.

Ce qui est vérifié pour x compris entre 8,3 et 54,2

environ.

ba

a�

–1 donc � ( ) –

–OMP � 1

2 1

2a

a.

a. �(OMP) minimum pour a = 2 et vaut 2.

b. �(OMP) inférieur à 10 pour a compris entre 1,06 et

18,9 environ.

a3 > 6a et 6a2 < 10a + 12

soit a2 – 6 > 0 et 3a2 – 5a – 6 < 0 avec a > 0.

Graphiquement, par exemple, ceci est vrai pour a

compris entre 6 2 450( , )ª et 2,474.

English corner

(2x – 1) (– x + 3) � 0 si et seulement si x ŒÈÎÍ˘˚

1

23; .

(2x + 1) (– x + 1) � (1 – x)

€ (– x + 1) (2x) � 0

s = [0 ; 1]

(3x – 4) (3x + 2) < 0 for example.

Valentin is right : x + 1 is not necessarily positive.

92

93

94

95

96

97

98

99

89

Trigonométrie 6Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :

1 Réponse b.

2 Réponses b. et c.

3 Réponse a.

4 06 4 3 2

2

3

3

4� � � � � � �p p p p p p p

5 1. Les points ayant pour abscisses p6

; 3

4

p ; p3

; p4

et 2

3

p sont dans cet ordre : A, E, C, B et D.

2. F a pour abscisse 5

6

p.

6 a. p b. p2

c. 3

2

p d.

p4

Activité 1. Associer des réels à un point1. Les réels correspondant aux marques rouges sont 0 2 4 6 2 4 6, , , , , , , ,p p p p p pº - - - ºet

Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : k ¥ 2 p, où k Œ¢.

2. Pour les marques vertes, ce sont : p p p p p p p, , , , , , , ,3 5 7 3 5º - - - ºet

Plus généralement, il s’agit de tous les réels s’écrivant sous la forme : p + k ¥ 2 p, où k Œ¢.

Activité 2. Longueurs d’arcs

1. a. 2 p b. p p p p p p p2 4

5

4 6

5

6 3

5

3, , , , , , .

2. a. E b. F¢ c. D d. D e. A¢ f. C g. B¢ h. B¢

Activité 3. Repérage sur un quart de cercleA. 1. a. Le triangle OMJ est isocèle car OM = OJ = 1.

Or MOJ� = 90° – 30° = 60°. Comme la somme des angles d’un triangle est 180°, il en résulte que les trois angles du triangle

OMJ mesurent 60° chacun et que ce triangle est donc équilatéral.

b. Dans le triangle équilatéral OMJ, la hauteur (MK) est aussi médiane ; d’où OK � 1

2.

Le théorème de Pythagore appliqué au triangle rectangle OMK donne :

OM² = OK² + KM², soit 11

4

2� �KM , d’où KM2 3

4� et donc KM� 3

2.

90

c. Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = KM = 3

2 et y = OK =

1

2.

2. a.

b. Comme dans la question A.1, on montre que le triangle OMI est équilatéral et que OH = 1

2 et OK =

3

2.

Les coordonnées du point M sont donc ici 1

2

3

2;

ÊËÁ

ˆ¯ .

3. a.

OHMK est un rectangle ; de plus, le triangle OHM est rectangle en H et a un angle de 45° ; son troisième angle OMH�

mesure donc aussi 45° ; OMH est donc un triangle isocèle et OH = HM. Il en résulte que OHMK est un carré.

b. Dans le triangle rectangle OHM, le théorème de Pythagore donne :

OM2 = OH2 + HM2, soit 1 = 2 OH2, puisque OH = HM.

D’où OH2 = 1

2 et donc OH =

2

2.

Les coordonnées de M dans le repère (O, I, J) sont x = OH = 2

2 et y = OK = HM =

2

2.

B. 1. Dans le triangle OHM, rectangle en H, on a :

cos sina a� � � � � �OH

OM

OH

1OH

HM

OM

OK

1OKet .

2.

a cos a sin a

30° 3

2

1

2

45° 2

2

2

2

60°1

2

3

2

C. 1. IJ)

est le quart d’un cercle de rayon 1 ; sa longueur est 2

4 2

p p� .

2. L’arc IJ)

est intercepté par un angle au centre de 90° et a pour longueur p2

.

J

KM

O HI

a = 60 °

J

KM

O HI

a = 45 °

91Chapitre 6. Trigonométrie

Par proportionnalité, on obtient :

a cos a sina longueur de IM$

30° 3

2

1

2

p6

45° 2

2

2

2

p4

60°1

2

3

2

p3


90° a

p2

longueur IM∫

Le tableau de proportionnalité donne une longueur IM∫ �¥

� ¥p a

p a2

90 180.

Exercices


a. 1

2 b. 1

a. 49 51 50 1 50 1 2500 1 2499¥ � - � � - �( )( )

b. 29 30 1 900 60 1 8412 2� - � - � �( )

AB = 2 3 = CA ; AB2 = 12 ; BC2 = 24 ; CA2 = 12.

On a AB2 + CA2 = BC2.

ABC est donc isocèle et rectangle en A.

a. (2x – 3)² = 4x2 – 12x + 9

b. (4x – 5)(4x + 5) = 16x2 – 25

f ( ) ( )( )3 2 3 2 3 4 3 1� - � � - �

( ) ( )3 3 3 3 3 3 3 03 - � - �

3 est donc solution de l’équation x3 – 3x = 0.

x x x x3 2 23 3- � -( )

a. x = 5 b. x = 12 c. x = – 12

Il existe 90 nombres entiers à deux chiffres (de 10

à 99). Parmi eux, figurent 9 multiples de 11 (de 1 ¥ 11 à

9 ¥ 11). Le tirage s’effectuant au hasard, les 90 issues

sont équiprobables et donc la probabilité cherchée est

9/90 = 1/10 = 0,1.

Un carré de côté a = 3 possède des diagonales de

longueur d telle que d 2 = a2 + a2.

On a donc d 2 = 2a2 d’où d = a 2 .

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Dans un triangle équilatéral, une hauteur est aussi

médiane.

Si les côtés du triangle mesurent 4 cm, sa hauteur h est

telle que 42 = 22 + h2.

D’où h2 = 12 et donc h = 2 3 cm.

L’aire d’un triangle équilatéral de côté 4 cm, et

donc de hauteur 2 3 cm (voir exercice 11) est

�� ¥ �4 2 3

24 3 cm².

a. AOB ACB� �� 2 120

b. AB∫ � ¥ �2 120

360

2

3

p p

BOC BAC� �� 2 36 d’où BC∫ � ¥ �2 36

360 5

p p.

ENTRAÎNEMENT

a. I¢ b. J c. I¢ d. I e. I¢

1. Les réels p p p4 3 6

, et ont pour points images sur

le cercle � les points : B, C et A.

2. Les points images des réels - � �p p p p p4 4 6

2, , et

–p p3� sont donc : a. B¢ b. E¢ c. A d. D

1. Les réels 4

3

p,

3

2

p et

5

3

p appartiennent à

l’intervalle [ ; [p p2 , mais pas 2

3

p.

2. a. 4

3 3

p p p� � b. 3

2 2

p p p� �

c. 2

3 3

p p p� - d. 5

3

2

3

p p p� �

11

12

13

14

15

16

17

92

3. Leurs points images sont :

a. D¢ b. J¢ c. D d. C’

Les réels p3

, 4

3

p, - p

6 et

7

6

p ont pour images sur le

cercle � de la figure les points : C, D¢, A¢ et F¢.

1. Famille de p4

: Les réels de la forme k × p4

pour k

entier allant de 0 à 8 sont : 04

0¥ �p ; 1

4 4¥ �p p

;

24 2

¥ �p p ; 3

4

3

4¥ �p p

; 44

¥ �p p ; 54

5

4¥ �p p

;

64

3

2¥ �p p

; 74

7

4¥ �p p

; 84

2¥ �p p.

Leurs points images sur le cercle � sont : I, B, J, E, I¢, E¢, J¢, B¢ et I.

2. Famille de p6

: Les réels de la forme k × p6

pour k

entier allant de 0 à 12 sont :

06

0¥ �p ; 1

6 6¥ �p p

; 26 3

¥ �p p ; 3

6 2¥ �p p

; 46

2

3¥ �p p

;

56

5

6¥ �p p

; 66

¥ �p p ; 76

7

6¥ �p p

; 86

4

3¥ �p p

;

96

3

2¥ �p p

; 106

5

3¥ �p p

; 116

11

6¥ �p p

; 126

2¥ �p p.

Leurs points images sur le cercle � sont : I, A, C, J, D, F, I¢, F¢, D¢, J¢, C¢, A¢ et I.

Les réels s’appliquant sur les points I, A, B, C et J

lorsqu’on enroule la droite numérique sur � sont :

a. Dans le sens direct, au premier tour : 0, p6

, p4

, p3

et p2

.

b. Dans le sens indirect, au premier tour :

0, - � � -26

11

6p p p

, - � � -24

7

4p p p

, - � � -23

5

3p p p

,

- 3

2

p.

c. Dans le sens direct, au second tour : ce sont les réels

de la question a auxquels on ajoute 2p, c’est-à-dire 2p, 13

6

p,

9

4

p,

7

3

p et

5

2

p.

d. Dans le sens direct, au troisième tour : ce sont les

réels de la question a auxquels on ajoute 4p, c’est-à-

dire 4p, 25

6

p, 17

4

13

3

9

2

p p p, et .

a. Réels venant s’appliquer sur D : 2

3

p ; - 4

3

p ;

8

3

p.

b. Réels venant s’appliquer sur E¢ : 54

p ;

13

4

p ; - 3

4

p.

c. Réels venant s’appliquer sur B¢ : 23

p ; - 4

3

p ;

8

3

p.

d. Réels venant s’appliquer sur J¢ : - p2

; 3

2

p ;

7

2

p.


18

19

20

21

22

a. x – y = 2p ; 2p correspond à la longueur du

cercle, donc x et y ont le même point image sur �.

b. x – y = p ; p ne correspond pas à un nombre entier de

fois la longueur du cercle, donc x et y n’ont pas le même

point image sur �.

1. Voir figure ci-dessous.

2. Comme p6

0 52ª , et p4

0 79ª , on a bien : p6

< 0,65 < p4

.

De même : 4

34 19

p ª , et 3

24 71

p ª , d’où : p6

< 4,5 < p4

.

3.

a. Les réels de l’intervalle [0 ; 2p] associés aux

sommets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de

ces points : 0, p3

, 2

3

p, p,

4

3

p et

5

3

p.

b. Les réels de l’intervalle [ , ]- p p associés aux som-

mets de l’hexagone ICDI¢D¢C¢ sont, dans l’ordre de ces

points : 0, p3

, 2

3

p, p, - 2

3

p, - p

3.

1. Les points M1, M2, M3 et M4 sont les points

images des réels : 5

6

p, - 5

6

p, - p

6, p3

.

2.

point M M1 M2 M3 M4

réel associé

x Œ -� p p;p6

5

6

p - 5

6

p - p6

p3

cos x 3

2- 3

2- 3

2

3

2

1

2

sin x 1

2

1

2- 1

2- 1

2

3

2

a. cos cos-ÊËÁ

ˆ¯� Ê

ËÁˆ¯

p p4 4

; sin sin-ÊËÁ

ˆ¯� - Ê

ËÁˆ¯

p p4 4

b. cos cos3

4 4

p pÊËÁ

ˆ¯� - Ê

ËÁˆ¯

; sin sin3

4 4

p pÊËÁ

ˆ¯� Ê

ËÁˆ¯

c. cos cos5

4 4

p pÊËÁ

ˆ¯� - Ê

ËÁˆ¯

; sin sin5

4 4

p pÊËÁ

ˆ¯� - Ê

ËÁˆ¯


23

24

J

NR

M

I

QSP

I¢ O

25

26

27

28


1.

réel x p4

3

4

p - p4

5

4

p 7

4

p

cos x 2

2- 2

2

2

2- 2

2

2

2

sin x 2

2

2

2- 2

2- 2

2- 2

2

2.

réel x p3

2

3

p 4

3

p 5

3

p 7

3

p

cos x 1

2- 1

2- 1

2

1

2

1

2

sin x 3

2

3

2- 3

2- 3

2

3

2

1. a. x = p6

ou x = 5

6

p

29 J

I

J¢

I¢

p4

– p4

7p4

3p4

5p4

;

O

J

I

J¢

I¢

5p3

2p3

4p3

p3

7p3

;

O

30

J

I(0)

J¢

I’(p)

5p6

7p6

11p6

p6

O

– 0,5

0,5

a. x = 2

3

p ou x =

4

3

p

b. x = - 2

3

p ou x =

2

3

p

Dans le triangle BCD rectangle en D :

sin 30° = BD/BC,

d’où BC = BD/sin30° = BD/1

2 = 2 BD = 2 FE = 120 mm.

Dans ce même triangle : cos 30° = CD/BC,

d’où CD = BC cos 30° = 1203

260 3 103 92¥ � ª , mm.

Dans le triangle ABF rectangle en F : sin 30° = BF/AB, d’où

BF = AB sin30° = 1

2 AB = 70 mm. D’où DE = BF = 70 mm.

Il en résulte : CE = CD + DE = 60 3 70 173 92� ª , mm.

Dans le triangle ABF rectangle en F : cos 30° = AF/AB,

d’où AF = AB cos 30° = 1403

270 3 121 24¥ � ª , mm.

D’où AE = AF + FE = 70 3 60 181 24� ª , mm.

1. a. Le triangle BHP rectangle en H, ayant un

angle aigu de 45°, a son autre angle aigu de même

mesure et est donc isocèle. D’où HB = PH.

Dans le triangle CHP rectangle en H, tan 30° = PH/HC,

soit 3

3� PH

HC d’où HC PH� ¥3 .

31

J

I (0 ; 2p)

J¢

I¢

2p3

4p3

O– 0,5

J

I

J¢

I¢(– p ; p)

2p3

– 2p3

O– 0,5

32

33

94

b. Comme HC – HB = 40, on obtient : 3 40¥ - �PH PH ,

soit PH( = 403 1- ) , d’où

PH�-

��

- �

��

� � ª

40

3 1

40 3 1

3 1 3 1

40 3 1

2

20 3 1 54

( )

( )( )

( )

( ) ,664 m

2. Dans le triangle PIH rectangle en H, sin /PIH IH� � 55.

Lorsque IH = 5,4, on a : sin , / ,PIH� � ª5 4 55 0 098.

D’où PIH sin 0,098 5,63–1� ª � �ª �.

Lorsque IH = 4, on a : sin / ,PIH� � ª4 55 0 073.

D’où PIH sin 0,072 4,17–1� ª � �ª �.

1. sin 301

2� � ; cos 30

3

2� � , d’où

tan 301

3

3

3� � � .

sin cos45 452

2� � � � , d’où tan 45° = 1.

2. Dans le triangle ABH rectangle en H, sin 45� � AH

AB,

d’où AH = AB AB 6¥ � � ¥ � ¥ �sin 452

2

2

23 2 .

Le triangle rectangle ABH ayant un angle de 45°, l’autre

angle aigu mesure 45° et ce triangle est isocèle. Il en

résulte : BH = AH = 3 2 .

3. Dans le triangle ACH rectangle en H, tan 30� � HC

AH,

soit 3

3 2� HC

3, d’où HC� 6 cm.

4. On en déduit BC = BH + HC = 3 2 6� , puis

Aire ABC = AH BC¥

2 =

3 2 3 2 6

2

¥ �( )

= 18 3 12

2

18 6 3

29 3 3

� � � � � ª14,2 cm².

1. Le triangle ABH est rectangle et isocèle car l’un

de ses angles aigus mesure 45° et donc l’autre aussi.

D’où BH = AH.

Dans le triangle AHC rectangle en H : tan 60� � AH

HC, d’où

HCAH AH�

��

tan 60 3.

2. a. Comme BC = 10, on a BH + HC = 10, c’est-à-dire

AHAH�

3 = 10, soit AH

11

310�

Ê

ËÁ

ˆ

¯˜ � , d’où

AH10

1

10

1

10

1

10 1

1) 1

10

��

��

��

� -� -

�

13

3

3

3

3

3 3

3 3

3

( )

( ( )

( 33

23 3 15 3

- � - � -15 1 5

)( ) .

34

35

1.

Couleur arc Rouge Vert Bleu Orange

Signe cos x + – + –

Signe sin x + + – –

2. Comme 0 12

� � p, le point image de 1 est situé dans

l’arc rouge ; on a donc : cos 1 > 0 et sin 1 > 0.

Comme p p� �43

2, le point image de 4 est situé dans

l’arc orange ; on a donc : cos 4 < 0 et sin 4 < 0.

Comme 3 10 32

p p p� � � , le point image de 10 est situé

dans l’arc orange ; on a donc : cos 10 < 0 et sin 10 < 0.

Comme 52

15 5p p p- � � , le point image de 15 est situé

dans l’arc vert ; on a donc : cos 15 < 0 et sin 15 > 0.

Comme 32

12 4p p p� � � , on a - � - � - �ÊË

ˆ¯4 12 3

2p p p

et donc le point image de – 12 est situé dans l’arc

rouge ; on a donc : cos (– 12) > 0 et sin (– 12) > 0.

a. A ( ) cos sin cos sin0 0 0 0 0

1 1 2

2 2

2 2

� �� -� ��

Ap p p p p4 4 4 4 4

2

2

2

2

2 2ÊË

ˆ¯ � �Ê

Ëˆ¯ � -Ê

Ëˆ¯

� �

cos sin cos sin

ÊÊËÁ

ˆ¯

� -ÊËÁ

ˆ¯

� � � �2 2

22

2

2

22 2

Ap p p p p3 3 3 3 3

1

2

3

2

2 2ÊË

ˆ¯ � �Ê

Ëˆ¯ � -Ê

Ëˆ¯

� �

cos sin cos sin

ÊÊËÁ

ˆ¯

� -ÊËÁ

ˆ¯

� � � � - �

�

2 2

1

2

3

2

1 2 3 3

4

1 2 3 3

4

2

On peut conjecturer que A(x) est égal à 2, quelle que

soit la valeur du réel x.

b.

A x x x x x

x x x

� � � �� -� ��

cos sin cos sin

(cos cos sin

2 2

2 2 ��

� - �

� �

sin )

(cos cos sin sin )

(cos sin

2

2 2

2 2

2

2

x

x x x x

x xx )� 2

36

37


Cas a

1.

2. Comme cos sin2 2 1x x� � ,

on a : cos2 21x � -�

0,75

0,4375.

Et comme M, le point image de x, appartient à l’arc

rouge, on a cos x � 0 et donc cos x � 0,4375 soit

cos x ª 0,661.

3. En mode RADIAN, la calculatrice donne :

x x� � � ª-sin 1 0,75 avec 0,85

Cas b

1.

2. On a de même : cos sin2 2 1x x� �soit 0,25 et 0,0625 0,9375-� � � � � - �2 2 21 1sin sinx x

Comme M appartient à l’arc rouge, on a sin x � 0 et

donc sin x � 0,9375 soit sin x ª 0,968.

3. En mode RADIAN :

x x� -� � ª-cos 1 0,25 avec 1,82.

1. Faux, car pour n’importe quel réel t, on doit

avoir, par propriété : cos²t + sin²t = 1.

Or ici, si t existait, on aurait : 0,4² + 0,9² = 1 soit encore

0,97 = 1.

Ceci étant faux, il n’existe aucun réel t satisfaisant les

deux conditions.

2. Faux car, par exemple, pour t = p4

, on a :

38

M(x)

II¢ O

0,75

p

p

2

2¢ -

J

J

JM(x)

I(0)

J¢

I¢(p)O

– 0,25

39

cos sinp p4 4

2

2

2

22 2

2 22

�ÊË

ˆ¯ � �

ÊËÁ

ˆ¯

� � � � .

Ce contre-exemple suffit à conclure que la proposition

est fausse.

Remarque : Si on avait choisi pour valeur particulière de

t, l’un des réels 0, p2

ou p, l’égalité aurait été vraie pour

chacune de ces valeurs ; mais cela n’aurait pas suffit à

prouver l’égalité « pour tout t ».

3. Vrai, il suffit de choisir t = 0.

4. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = p4

.

5. Faux, il suffit de prendre pour contre exemple t = p2

.

En effet : sin( ) sin22

0¥ � �p p , alors que 22

2sin( )p � .

1. Léo mise tout sur sa calculatrice ! Il opère par

calculs approchés. Léa utilise le lien entre sin a et cos a.

Elle obtient la valeur exacte de cos2 a. Mais ni l’un, ni

l’autre ne cherche à localiser le point image de a sur le

cercle trigonométrique. C’est une grave erreur !

2.

Le point image de a appartient au demi-cercle rouge.

Son ordonnée est 0,4. Sans calcul, sans calculatrice, on

sait déjà que cos a < 0. Les résultats, pourtant identiques,

de Léo et Léa sont donc plus que suspects.

Une solution :

• La démarche de Léa conduit à cos2 a = 0,84. Cela est

exact.

• Mais comme cos a < 0 (voir au-dessus), on doit écrire

cos ,a � - ª -0,84 0 92.

• Partant de sin a = 0,4, la fonction Asn(0,4) ou sin- � �1 0,4

renvoie le réel a¢ de -ÈÎÍ

˘˚

,p p2 2

tel que sin ¢ �a 0,4 (voir

figure).

La calculatrice de Léo affiche :

¢ � ª-a sin 1 0,4 0,4115168461.

Elle a raison ! Mais ce réel n’est pas la solution recherchée.

Il faut écrire (voir figure) : a a� - ¢ ª -p 3,14 0,41

soit a ª 2,73.

40

Op O0,2

0,6

0,8

0,4a a¢

p2

3p2

96


manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. Le rayon incident est perpendiculaire à la surface

de l’eau lorsque i = 0 (degré). Dans ce cas, on a :

sin 0 = 1,33 ¥ sin r soit 0 = 1,33 sin r, d’où sin r = 0. La seule

possibilité pour un angle aigu est r = 0. Le rayon n’est donc

pas dévié.

2. r = 30° lorsque sin i = 1,33 ¥ sin 30,

soit sin i � ¥ �1,33 0,5 0,665. Comme 0 90° °� �i , la

calculatrice en mode DEGRÉ donne i � -sin 1 0,665 soit

i ª 41,68°.

3. Lorsque i = 60°, on a sin sin60° 1,33� r ,

soit 3

2�1,33 sin r d’où sin r ª 0,651147.

Comme 0 90° °� �r , on obtient, en mode DEGRÉ :

r ª 40,63°.

4. r = 60° lorsque sin sini � �1,33 60 ,

soit sin i � ¥1,333

2 mais 1,33 1,15¥ ª3

2 et sin i ne

peut lui être égal (car )0 1� �sin i .

Il est donc impossible d’avoir r = 60°.

5. Lorsque i = 90°, on a sin sin90° 1,33� r et donc

sin r � ª1

1,330,75188.

Il en résulte r � ª-sin 1 0,75188 48,75°.

Pour une valeur de r supérieure à 48,75°, on aurait

sin r 0,75188 (car pour 0 90� �r °, sin r est d’autant

plus grand que r est grand).

On aurait alors 1,33 1,33 0,75188sin r ¥ soit sin i 1.

Cela est impossible.

1. Le petit arc IA∫ a pour longueur p6

, soit le tiers

du quart de cercle IJ)

.

La proportionnalité des longueurs d’arcs et des mesures

des angles au centre conduit à I I JOA O� �� ¥1

3 soit

IOA °� � 30 .

L’angle inscrit II ¢A� qui intercepte le même arc que

l’angle au centre IOA� a donc pour mesure 1

230 15¥ �° °.

2. a. Dans le triangle ¢I IA rectangle en A,

cos 152

°A A� ¢¢�I

III

d’où A °¢ �I 2 15cos .

Dans le triangle A H¢I rectangle en H, sin 15°AH

A�

I d’où

AH A °� ¢I sin 15 et donc AH ° °� ¥2 15 15cos sin .

52

53

b. Dans le triangle OAH rectangle en H, on a :

sin 30� � �AH

OAAH.

De a et b résulte : sin sin cos30 2 15 15° ° °� ¥ .

Pour avoir sin sin2 15 2 15¥� � �° °, il faudrait cos 15 1° � ,

ce qui est bien sûr faux.

1. ¢ � ¢ � � �I IH O OH °1 30cos

d’où ¢ � � � �I H 13

2

2 3

2.

2. a. Dans le triangle ¢I AH rectangle en H :

cos 15°H

A� ¢

¢II

(1)

Dans le triangle ¢I IA rectangle en A :

cos 15°A� ¢¢

II I

(2)

b. En multipliant (1) et (2) on obtient

cos2 152

°H H� ¢¢

� ¢II I

I d’où ¢ �I H °2 152cos .

3. Des questions 1 et 2 résulte :

2 152 3

22cos ° � �

soit cos2 152 3

4° � �

.

Comme cos 15 0° , on a cos 152 3

2° � �

.

On a, par ailleurs, cos sin2 215 15 1° °� �d’où sin cos

.

2 215 1 15

12 3

4

2 3

4

° °� -

� - �

� -

Comme sin 15 0° , on a : sin 152 3

2° � -

.

Conclusion

I I IOM O� �� ¢1

12 et donc I IIM∫

)� ¢1

12 soit IM∫ � p

12.

Ainsicos cos

sin sin

p

p12

152 3

2

1215

2 3

2

� � � �

� � � -

�

ÌÔÔ

ÓÔÔÔ

54

J

I

J¢

I¢ O 15°

Mp

12


A. 1. a. b.

Lorsque a varie dans -ÈÎÍ

˘˚

p p2 2

, , A décrit l’arc ¢J J∫ , demi-

cercle, à droite de JJ ¢� . Lorsque b varie dans 02

,pÈ

ÎÍ˘˚, B

décrit l’arc IJ)

quart de cercle.

2. a. Il suffit de choisir a � p3

et b � p6

.

b. M existe lorsque a b� .

B. 1. A cos , sina a� �B cos , sinb b� �¢ -� �A cos , sina a

¢ -� �B cos , sinb b

M cos , sinb a� �

2. Lorsque a � p6

et b � p3

, on a :

• A B A B3

2

1

2

1

2

3

2

3

2

1

2

1

2, ; , ; , ; ,

ÊËÁ

ˆ¯

ÊËÁ

ˆ¯ ¢ -ÊËÁ

ˆ¯ ¢ - 33

2

ÊËÁ

ˆ¯

et M1

2

1

2,� �

• AA ¢ � - -ÊËÁˆ¯ �

3

2

3

23 BB ¢ � - -ÊËÁ

ˆ¯ �

3

2

3

23

OM � � � � � � � �1

2

1

2

1

2

1

2

2 2

d’où S � � � � � � � ¥� � �3 3 41

28

2 2.

3. Lorsque a � - p4

et b � p3

:

• A B A2

2

2

2

1

2

3

2

2

2

2

2, ; , ; ,-Ê

ËÁˆ¯

ÊËÁ

ˆ¯ ¢ - -Ê

ËÁˆ¯

¢ -ÊËÁ

ˆ¯ -Ê

ËÁˆ¯B M

1

2

3

2

1

2

2

2, ; ,

• AA BB OM¢ � ¢ � � � �2 31

4

1

2

3

2; ;

• S AA BB OM� ¢ � ¢ � � � � � � �2 2 24 2 3 43

48

4. Il semble que S garde une valeur constante égale à 8.

55 C. 1. AA ¢ � 2 cos a et BB ¢ � 2 sin b

OM � �cos sin2 2b a

2.

AA BB OM¢ � ¢ �

� �

� ��

2 2 2

2 2

2 2

4

4 4

4

4

cos sin

cos sin

co

a b

b a

ss sin

cos sin

2 2

2 24

4 4 8

a a

b b

��

� � �

Conclusion

On a établi que AA BB OM¢ � ¢ � -2 2 28 4 , ce qui satisfait

pleinement l’objectif.

Aire OMHOH HM� ¥ �

¥2 2

cos sinx x

Aire I IMH

H HM� ¥ �-� �¥

2

1

2

cos sinx x

On cherche x ŒÈÎÍ

˘˚

02

,p

tel que

cos sin cos sinx x x x2

41

2� ¥

-� �¥

soit cos sin cos sinx x x x¥ � -� �¥4 1

soit sin cos cosx x x¥ - -� �� 4 1 0

soit sin cosx x¥ -� � �5 4 0.

Pour x ŒÈÎÍ

˘˚

02

,p

,

• sin x � 0 lorsque x � 0.

• 5 4 0cos x - � lorsque cos x � 0,8 c’est-à-dire lorsque

x � � �-cos 1 0,8 ou x � � �ACS 0,8 sur une calculatrice en

mode RADIAN.

Le problème admet donc deux solutions :

1) x � 0 : cas particulier où M est en I.

Les 2 aires sont alors nulles.

2) x � � �-cos 1 0,8 soit x ª 0,6.

C’est le cas où l’angle au centre IOM� mesure environ

0,6 180¥ ªp

34 degrés.

56

98

Statistique descriptiveAnalyse de données 7Pour reprendre contactLes réponses exactes sont :

1 Réponses 1.a. et 2.d.

2 Réponses b. et c.

3 Réponse c.

4 Réponse b.

5 Réponse b.

6 Réponse a.

7 Réponses a. et c.

Activité 1. Choisir et interpréter un graphique1. a. C’est sur les graphiques 1 et 3 que l’on lit le mieux les intervalles correspondant aux huit tranches de revenus

étudiées.

C’est sur le graphique 3 que l’on lit le mieux les fréquences de ces tranches.

Tableau statistique :

Tranches0

à 7 500

7 501

à 9 000

9 001

à 12 000

12 001

à 15 000

15 001

à 23 000

23 001

à 31 000

31 001

à 78 000

78 000

et plus

Fréquences 30 % 8 % 15 % 11 % 17 % 9 % 9 % 1 %

b. Sur les graphiques 1, 2 et 3, sont lus respectivement :

– les hauteurs des barres,

– les aires des rectangles,

– les angles des secteurs angulaires,

qui sont proportionnels aux effectifs (ou aux fréquences) des tranches.

c. L’histogramme révèle que les tranches de revenus sont d’amplitudes très inégales.

Sur le diagramme en barres, la lecture des tranches figurant en abscisses puis leur comparaison sont nécessaires pour

obtenir cette même information.

2. La classe ayant le plus grand effectif est celle ayant des revenus annuels inférieurs à 7 500 € ; elle regroupe 30 % des

foyers fiscaux français et se partage 6 % des revenus annuels déclarés.

99Chapitre 7. Statistique descriptive. Analyse de données

La classe ayant le plus petit effectif est celle ayant des revenus annuels supérieurs à 78 000 € ; elle regroupe 1 % des

foyers fiscaux français et se partage 11 % des revenus annuels déclarés.

Cette seconde tranche qui représente 30 fois moins de foyers fiscaux que la première se partage pourtant le double de

revenus de celle-ci !

Activité 2. Cumuler les effectifsA. 1. Cela signifie que 16 pays de l’UE ont, au 1er trimestre 2009, un taux de chômage inférieur ou égal à 19,5 %.

2.

Taux de chômage (%)

en ordre croissant5,4 7,5 8,5 9 … 19,5 21,4 … 31,8 33,7

Nombres de pays

(effectifs)1 1 1 1 … 1 2 … 1 1

Effectifs cumulés 1 2 3 4 … 16 18 … 26 27

B. 1. Le point d’abscisse 18, de la courbe des effectifs cumulés du taux de chômage des femmes de moins de 25 ans

des 27 pays de l’UE, a pour ordonnée 15. Cela signifie que 15 de ces pays ont un taux de chômage des femmes de moins

de 25 ans inférieur ou égal à 18 %.

De même, 12 de ces pays ont un taux de chômage des hommes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 18 %.

2. Les points (17 ; 14) et (19,7 ; 14) des courbes cumulatives bleue et rouge signifient que :

– 14 pays ont un taux de chômage des femmes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 17 % ;

– 14 pays ont un taux de chômage des hommes de moins de 25 ans inférieur ou égal à 19,7 %.

3. Le taux de chômage des femmes, de moins de 25 ans, est inférieur ou égal à 25 % dans 24 pays de l’UE ; il dépasse

donc 25 % dans 3 pays (27-24).

Le taux de chômage des hommes de moins de 25 ans est inférieur ou égal à 25 % dans 22 pays de l’UE ; il dépasse donc

25 % dans 5 pays (27-22).

Activité 3. Jouer à « moyenne-médiane »En ordonnant les notes de la série, on obtient :

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

A. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 16 ; 18

2. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

3 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 18 ; 18

3. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

4. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

La moyenne de ces 13 notes est 12.

Pour diminuer la moyenne, il faut supprimer une note supérieure à 12.

Pour diminuer la moyenne le moins possible, on supprime un 13.

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

5. Comme il y a 13 notes, il faut majorer de 13 points une seule note :

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

18 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

B. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 14 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

100100

2. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

Non, la note centrale ne peut pas être fixée à 12.

C. 1. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 12 ; 14 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

2. 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17 ; 17

4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 9 ; 10 ; 13 ; 13 ; 14 ; 15 ; 15 ; 15 ; 17


Par exemple : 8-8-8-8-10-12-13-13-13-13-13-13.

Activité 4. Faire parler les indicateurs

1. b. La série ordonnée des températures moyennes mensuelles de Brest est :

9,1 ; 9,4 ; 10 ; 11 ; 11,9 ; 12,5 ; 15,3 ; 15,6 ; 18,1 ; 18,7 ; 20,4 ; 20,6.

Les indicateurs demandés sont :

min. Q1 médiane moyenne Q3 max.

9,1 10 13,9 14,38 18,1 20,6

Représentation sur une droite graduée :

212019181716151413129 10 11

20,418,715,615,311,9119 12,5Min = 9,1 Q1 = 10

Médiane = 13,9

Moyenne = 14,38 Q3 = 18,1 Max = 20,6

c. L’étendue est e = 20,6 – 9,1 = 11,5 ; Q3 – Q1 = 8,1.

Graphiquement, ces nombres représentent respectivement les longueurs des segments [min ; max] et [Q1 ; Q3].

2. Pour la série des températures moyennes mensuelles de Moscou, les indicateurs demandés sont :

min Q1 moyenne médiane Q3 max

– 6,3 – 3,5 8,94 9,3 18,4 23,1

L’étendue est e = 23,1 – (– 6,3) = 29,4 ; Q3 – Q1 = 21,9.

3. a. C’est faux : tous les mois de mai à août comportent une chaleur plus importante à Moscou qu’à Brest.

b. C’est faux : la différence des températures moyennes entre Brest et Moscou est de 14,38 – 8,94 = 5,44 degrés.

c. C’est exact : l’étendue des températures moyennes est de presque 30 degrés à Moscou, contre 11,5 degrés à Brest.

d. C’est exact : l’étendue et Q3 – Q1 sont beaucoup plus faibles à Brest.

e. C’est exact.

Activité 5. Synthétiser un grand nombre de donnéesA. 1. On entre « =D4 + F4 » en cellule I4 et on recopie jusqu’en cellule I712.

2. Par match, le nombre minimal de buts marqués est 0, le nombre maximal est 12 et le nombre moyen est 2,9.

3. a. Le nombre de matchs joués est 708 (attention : en 1938, au 1er tour, Autriche – Suède ne s’est pas joué).

b. La fréquence des matchs où ont été marqués au moins 5 buts est 132/708 = 0,186 (ou 18,6 %).

4.

Nb buts 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12

Nb matchs 56 128 148 142 102 64 29 21 8 5 1 3 1


B. 1. Le nombre de matchs joués durant la période 2 (1990-2006) est le double environ du nombre de matchs joués

durant la période 1 (1950-1966). Le diagramme en barres montre ce déséquilibre : la somme des hauteurs des barres

rouges est très supérieure à celle des barres bleues.

Malgré cela, on observe que le nombre de matchs, où ont été marqués 6, ou 7, ou 8, …, ou12 buts, est plus faible durant

la période 2 que durant la période 1.

2. 1950-1966 1990-2006

La comparaison des moyennes et des médianes confirme que l’on a

marqué moins de buts par match durant la période 2 que pendant la

période 1. Quant à Q1, il indique que pendant 25 % au moins des

matchs, il a été marqué au plus 1 but (au plus 2 buts) durant la période

1 (durant la période 2).

moyenne 3,62 2,48

Q1 2,00 1,00

médiane 3,00 2,00

Q3 5,00 3,00

TP 1. Comparaisons internationalesA. 1. Série 1 Série 2 Série 3

Me 34 150 36,25 % 0,105

Q1 24 800 30,60 % 0,060

Q3 37 700 41,70 % 0,280

Pays illustrant au mieux ces indicateurs :

Série 1 Série 2 Série 3

Me Allemagne, Royaume-Uni Luxembourg, Espagne Autriche, Suisse, R. Tchèque, Danemark

Q1 Corée Australie Turquie, Canada

Q3 Autriche Autriche France

2. Série 1 Série 2 Série 3

Moyenne 33 263,33 35,94 % 0,239

B. 1. Le troisième quartile de la série des PIB/habitant des pays de l’OCDE est Q3 = 37 700. Cela signifie que 75 % au

moins des pays de l’OCDE ont un PIB par habitant inférieur ou égal à 37 700. On peut donc affirmer que 75 % des pays

de l’OCDE ont un PIB par habitant inférieur à celui de l’Autriche et du Canada, mais pas de la Suède.

2. La France a un PIB/habitant inférieur au PIB médian : plus de la moitié des pays de l’OCDE a donc un PIB supérieur à

celui de la France.

La France a une pression fiscale supérieure au troisième quartile de celles des pays de l’OCDE : au moins 75 % des pays

de l’OCDE ont donc une pression fiscale inférieure à celle de la France.

L’utilisation de pesticides en France correspond au troisième quartile de celles des pays de l’OCDE : au moins 75 % des

pays de l’OCDE utilisent moins de pesticides que la France.

102102

3. Pour l’utilisation des pesticides dans les pays de l’OCDE, il est exact que la moyenne (0,239) vaut plus du double de

la médiane (0,105). Cela s’explique par la forte influence sur la moyenne de pays comme la Corée ou le Japon, gros uti-

lisateurs de pesticides. Il s’agit d’une série fortement asymétrique.

TP2. Qualité de l’airA. 1.

Concentration en ozoneAnnées

2003 2007

Médiane 52,17 46,48

Moyenne 53,05 46,55

La tendance centrale de la concentration moyenne en ozone dans les 21 régions de France évolue à la baisse.

2. Il suffit d’avoir Q1 (2003) supérieur à Q3 (2007), ce qui est le cas, puisque leur calcul donne : En 2003, Q1 = 49,26 et

en 2007, Q3 = 48,21.

3. En 2003, Q3 – Q1 = 7,17 ; en 2007, Q3 – Q1 = 5,52.

L’écart interquartile s’est beaucoup réduit entre 2003 et 2007 ; la moitié centrale des valeurs moyennes de concentration

en ozone est plus homogène (moins dispersée) en 2007 qu’en 2003.

B. Le calcul des indicateurs de la concentration moyenne en dioxyde de soufre donne :

2003 2007

moyenne 4,51 2,77

Q1 2,59 1,14

médiane 3,53 2,39

Q3 5,42 3,45

Q3 – Q1 2,83 2,31

Comme pour la concentration en ozone, les indicateurs de tendance centrale de la concentration en dioxyde de soufre

ont nettement baissé de 2003 à 2007.

Les comparaisons de Q1 et Q3 confirment cette évolution : au moins un quart des mesures montrent une concentration

inférieure ou égale à 1,14 mg/m3 (respectivement 3,45 mg/m3) en 2007, contre 2,59 mg/m3 (respectivement 5,42 mg/m3)

en 2003. Par contre, l’évolution à la baisse entre 2003 et 2007 de l’écart interquartile Q3 – Q1 est beaucoup plus mesurée ;

on peut penser que malgré la baisse observée, la moitié centrale des valeurs moyennes de concentration en dioxyde

de soufre est aussi dispersée en 2007 qu’en 2003.

C. 1. En 2007, 80 % des concentrations moyennes régionales en PM10 sont inférieures ou égales à 20 mg/m3.

2. À ordonnées égales, sur les courbes cumulatives rouge (2007) et bleue (2003), les points de la courbe rouge sont à

gauche de ceux de la courbe rouge.

Par exemple : le point rouge (17 ; 0,35) est à gauche du point bleu (20 ; 0,35) et cela signifie que pour « englober » 35 %

des concentrations moyennes régionales en PM10, il suffit de mettre la barre à 17 mg/m3 en 2003, alors qu’il faut aller

jusqu’à 20 mg/m3 en 2007.

3. À 0,5 mg/m3 près, on peut lire graphiquement :

2003 2007

Me 21 18,5

Q1 19, 5 16,5

Q3 23 20

4. Sur le graphique, le fait que l’écart interquartile est plus important en 2003 qu’en 2007 se traduit par une pente de la

partie de courbe comprise entre les droites d’équations y = 0,25 et y = 0,75 sensiblement plus forte en 2007 qu’en 2003.

La dispersion de la moitié centrale des valeurs de concentration en PM10 est donc plus élevée en 2003 qu’en 2007.


TP3. En autonomie1. On effectue la somme de chaque colonne. Le graphique le plus adapté est un graphique cartésien (ligne polygo-

nale), mais on peut aussi utiliser un graphique en barres. L’évolution se distingue mieux en ne débutant l’échelle des

ordonnées qu’à 0.

Après une augmentation importante jusqu’en 2000, le nombre de nuitées connaît une relative stagnation jusqu’en

2006.

2. Si l’on effectue un tri par écart interquartile croissant, on est amené à comparer le département des Deux-Sèvres à

celui de la Seine-Saint-Denis. Un tri sur l’étendue (indicateur de dispersion moins performant) conduit à comparer la

Haute-Loire et la Seine-et-Marne. Pour comparer les tendances centrales, on peut utiliser la moyenne ou la médiane.

3. Le plus simple est d’effectuer un tri croissant et une représentation en barres ou en secteurs.

Le diagramme montrant le mieux la répartition (et le plus lisible) est un histogramme, mais, compte tenu de l’étendue

des valeurs, on est amené à exclure Paris.

L’indicateur de tendance centrale pertinent est la médiane.

104104

TP4. Algorithmique : un problème d’échange1. Cet algorithme échange le contenu des variables a et b si a > b.

Il va donc afficher dans l’ordre croissant les valeurs entrées au départ.

2. Algorithme 1 Algorithme 2

Tableau d’état des variables : Tableau d’état des variables :

a b a b c

Entrées 5 3 Entrées 5 3

Traitement :

Si a > b Alors

a prend la valeur b

b prend la valeur a

FinSi

3

3

3

3

Traitement :

Si a > b Alors

c prend la valeur b

b prend la valeur a

a prend la valeur c

FinSi

5

5

3

3

5

5

3

3

3

En sortie, l’algorithme affiche 3 et 3.

En sortie l’algorithme affiche 3 puis 5.

L’algorithme de tri correct est donc l’algorithme 2.


3. Avec AlgoBox Avec Xcas

Avec une calculatrice Casio

Avec une calculatrice TI

TP5. Statistique exploratoireVoir sur le site www.didiermathx.com

Exercices


99 ¥ 101 = (100 – 1) (100 + 1) = 10 000 – 1 = 9 999 ;

35 ¥ 45 = (40 – 5) (40 + 5) = 1 600 – 25 = 1 575.

10 ; 30

27 ; 150

502,5 ; 99

25 ; 6 ; 28 ; 12

4t2 + 4t + 1

f (– 1) = 9

3x – 2 = 5 donne x � 7

3.

f (– 1) = 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x = 6

a. la seule fraction simplifiable est : 9

14.

b. les fractions supérieures à 1

2 sont :

14

21 et

9

14.

18 ¥ 1,1 = 19,8

Étendue de L1 = 24 ; Étendue de L2 = 38.

Moyenne de L1 = 14 ; Moyenne de L2 = 20.

Médiane de L1 = 15 ; Médiane de L2 = 16.

Il manque 5 points à Yoann pour avoir une moyenne

de 12 sur ses quatre notes ; pour avoir plus de 12 de

moyenne sur cinq notes, la cinquième note de Yoann

devrait être supérieure à 12 + 5 = 17.

10

11

12

13

14

15

16

106106

ENTRAÎNEMENT

Phrase rouge : 43 lettres ; fréquence (u) = 6/43 ;

fréquence (e) = 0/43 = 0.

Phrase rose : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ;


Phrase verte : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ;


Phrase bleue : 37 lettres ; fréquence (u) = 6/37 ;


Remarque : Si « transi » avait été non colorié dans la

première phrase, la fréquence de u aurait été 6/37 dans les

quatre phrases !

1. Le nombre d’électeurs est 27 348.

2. En pourcentages de suffrages exprimés, les candi-

dats ont obtenu :

A : 31,4 % ; B : 29,6 % ; C : 15,6 % ; D : 14,4 % ; E : 6,3 % ;

F : 2,8 %.

Seuls, les candidats A, B, C, D et E peuvent se présenter

au second tour.

Face 1 2 3 4 5 6 Total

Effectif 8 12 20 24 42 134 240

Fréquence 0,033 0,05 0,083 0,1 0,175 0,558 1

Marque de voitures A B C D E

Nombre de voitures 2 3 3 4 8

Somme dépensée

par voiture en euros300 1 000 600 1 350 450

L’entreprise a dépensé pour l’entretien de ses voitures

de marques A, B, D et E :

2 ¥ 300 + 3 ¥ 1 000 + 4 ¥ 1 350 + 8 ¥ 450 = 600 + 3 000

+ 5 400 + 3 600 = 12 600 euros.

Pour ses véhicules de marque C, l’entreprise a donc

dépensé : 14 400 – 12 600 = 1 800 euros, soit 600 euros

par voiture.

On peut commencer par compléter le tableau par

les sommes en lignes et en colonnes :

Filles Garçons Total

Redoublement 36 210 33 674 69 884

1re Générale 170 327 128 343 298 670

1re Technologique 61 052 59 082 120 134

CAP ou BEP 10 676 10 260 20 936

Autres 297 511 808

Total 278 562 231 870 510 432

17

18

19

20

21

1. La fréquence des filles dans l’effectif total est, à 10–2

près : 278 562/510 432 = 0,55.

2. La fréquence des redoublements est, à 10–2 près :

69 884/510 432 = 0,14.

3. Parmi les filles, la fréquence de celles qui passent en pre-

mière générale est, à 10–2 près : 170 327/278 562 = 0,61.

Parmi les garçons, la fréquence de ceux qui passent en

première générale est, à 10–2 près : 128 343/231 870 = 0,55.

4. Parmi les garçons, la fréquence des orientations en

CAP ou BEP est, à 10–2 près : 10 260/231 870 = 0,04.

1. a. 19 élèves. b. 30/35 = 0,86 à 10–2 près.

2.

Moyennes en EPS 8 10 11 13 15 18 20

Effectifs 5 4 10 11 3 1 1

Effectifs cumulés 5 9 19 30 33 34 35

Fréquences

cumulées 0,14 0,26 0,54 0,86 0,94 0,97 1

3. a. Le nombre d’élèves ayant entre 11 et 15 est :

33 – 9 = 24.

b. La fréquence d’élèves ayant entre 10 et 15 est :

0,94 – 0,14 = 0,8.

Le pourcentage de ces élèves est donc 80 %.

c. Le nombre d’élèves ayant au moins 10 est :

35 – 5 = 30.

d. La fréquence d’élèves ayant au moins 15 est :

1 – 0,86 = 0,14, soit 14 %.

1.

Masses 2,5 2,6 … 3 3,1 … 5

Effectifs 4 3 … 9 7 … 1

Effectifs cumulés 4 7 … 82 89 … 103

Fréquences

cumulées0,04 0,07 … 0,80 0,86 … 1

2. a. Nombre de bébés de moins de 3 kg : 82 – 9 = 73.

Nombre de bébés de plus de 3,1 kg : 103 – 89 = 14.

b. Fréquence des bébés ne dépassant pas 3,1 kg : 0,86.

c. Fréquence des bébés pesant plus de 2,5 kg et moins

de 3,2 kg : 0,86 – 0,04 = 0,82.

D’où un pourcentage de 82 %.

1. a. 22 accidents sont survenus au mois d’août

durant la période 2000-2007.

b.

Nombre

d’accidents0 1 2 3 4 5 6

Effectif 2 7 9 10 7 2 1

22

23

24


2. a. La fréquence des mois d’août où l’on a connu 0

ou 1 accident est : (2 + 7)/38 = 0,24.

b. La fréquence des mois d’août où se sont produits au

moins 4 accidents est : 10/38 = 0,26.

1. Le nombre d’ampoules testées est 80 + 130

+ 110 + 70 + 10 = 400.

2. La plus petite durée de vie mesurée est 3 000 heures

et la plus grande est 13 000.

3.

Durée de vie

(en h)

[3 000 ;

5 000[

[5 000 ;

7 000[

[7 000 ;

9 000[

[9 000 ;

11 000[

[11 000 ;

13 000[

Effectif 80 130 110 70 10


Sur les courbes de fréquences cumulées, les points

d’ordonnée 0,6 ont pour abscisse environ 13 sur la

courbe bleue, 14 sur la courbe rouge et 23 sur la courbe

verte.

Cela signifie que 60 % au moins des licenciés sont âgés

de 13 ans au plus, 14 ans au plus et 23 ans au plus pour

les trois fédérations associées.

La courbe verte ne représente pas une fédération « à

dominante jeune » ; c’est donc celle de la fédération de

rugby.

La gymnastique étant pratiquée plus jeune que le handball,

c’est la courbe bleue qui est associée à la fédération de

gymnastique et la courbe rouge à celle de handball.

1. a. La consommation journalière de tabac a été

la plus importante en 1975.

Elle était de 7 g par jour par adulte de plus de 15 ans.

b. La consommation de tabac est passée en dessous de

la barre des 5 grammes en 1996.

c. L’indice du prix du tabac a dépassé 140 en 1999.

2. Les courbes de consommation et de prix du tabac

varient en sens contraire : quand le prix du tabac dimi-

nue la consommation augmente et inversement.

On peut donc dire que la consommation de tabac est

en partie liée à son prix.

1. Voir le tableau « tableur » de l’exercice 21.

2. a.

25

26

27

28

29

b.

a. Moyenne = 10,182.

b. Moyenne = 2,012.

c. Moyenne = 2,012.

Remarque : les séries b. et c. sont identiques.

1. La valeur exacte de la moyenne est 4,9962.

À 10–2 près, on a : x � 5.

2. a. Les bornes de I sont 4,95 et 5,05.

b. Le pourcentage de tiges acceptables est 44/50 = 88 %.

La résistance moyenne est 43,3 MPa.

30

31

32

33

108108

Pour le calcul des moyennes de ces séries de

notes, regroupées en classes, ce sont les centres des

classes qui sont pris en compte.

Centre classe 2 6 10 14 18

Effectif 2 6 12 8 4

Moyenne Série 1 = 10,75

Centre classe 2 6 10 14 18

Effectif 2 12 2 12 4

Moyenne Série 2 = 10,5


1.

Côté c 1 3 5 7 9 11 13 15 17

Aire A 1 9 25 49 81 121 169 225 289

Moyenne c 9 cm

Moyenne A 107,67 cm2

2. Non. Si le carré moyen est le carré de côté c = 9, son

aire (égale à 81 cm2) n’est pas égale à A . Et si le carré

moyen est le carré d’aire A , son côté (égal à A ) n’est

pas égal à c . En résumé, c’est non, car « la moyenne des

carrés n’est pas le carré de la moyenne ».

a. Les différentes variables utilisées sont n, S, i, M, a.

b. On dresse un tableau de l’état des variables.

n i S a M

ENTRÉE 3

TRAITEMENT

S prend la valeur 0 3 0

Pour i allant de 1 à n

Demander une valeur de a

S prend la valeur S + a

Fin Pour

1

3

3

2

6

9

3

6

15

Calculer M = S/n 5

Lors de l’exécution de cet algorithme, on entre le

nombre n puis une liste de n nombres.

c. L’algorithme affiche la moyenne de ces n nombres.

1. Le nombre moyen d’enfants par famille est :

(0 ¥ 8 050 262 + 1 ¥ 3 760 052 + 2 ¥ 3 399 998 + 3

¥ 1 238 871 + 5 ¥ 404 171)/(8 050 262 + 3 760 052 +

3 399 998 + 1 238 871 + 404 171) = 0,97 à 10–2 près.

34

35

36

37

38

2. Le nombre total de familles observées est :

8 050 262 +3 760 052 + 3 399 998 +1 238 871 +404 171

= 16 853 354.

3.

Nombre

d’enfants

Effectif Fréquence

0 8 050 262 0,48

1 3 760 052 0,22

2 3 399 998 0,20

3 1 238 871 0,07

4 ou plus 404 171 0,02

4. Calculé à partir des fréquences, le nombre moyen

d’enfants par famille est :

0 ¥ 0,48 + 1 ¥ 0,22 + 2 ¥ 0,20 + 3 ¥ 0,07 + 5 ¥ 0,02 = 0,93.

La différence avec le résultat obtenu en 1. s’explique par

les approximations faites dans le calcul des fréquences.

1. Pour les cadres, comme pour les ouvriers, c’est

l’entreprise B qui paie le mieux.

2. Moyenne des salaires de l’usine A : (1 400 ¥ 500

+ 1 000 ¥ 400)/900 = 1 222,22 €.

Moyenne des salaires de l’usine B : (1 500 ¥ 200 + 1 100

¥ 800)/1 000 = 1 180 €.

3. Le paradoxe vient de ce que l’entreprise B paie à la

fois mieux ses cadres et ses ouvriers, alors que cela

paraît contredit par le calcul de la moyenne globale des

salaires, qui est plus élevée dans l’entreprise A.

Cela s’explique par une répartition des salariés dans les

catégories « cadres » et « ouvriers » très différente dans

les 2 entreprises. La moyenne des salaires est plus

élevée dans l’entreprise A que dans l’entreprise B car

c’est l’entreprise A qui compte la proportion de cadres

la plus forte.

Le groupe A compte 17 élèves ; dans la liste

ordonnée des 17 notes, la note médiane est celle du

milieu, c’est-à-dire la 9e ; cette note médiane est 10.

Le groupe B compte 16 élèves ; dans la liste ordonnée

des 16 notes, la note médiane est la demi-somme des

deux notes centrales que sont la 8e et la 9e ; cette note

médiane est 9,5.

Dans l’Europe de l’Ouest, l’âge de cette personne

est inférieur à l’âge médian (40 < 42). Cela signifie que

cette personne est plus jeune qu’une moitié environ de

la population de l’Europe de l’Ouest ; elle est donc

« encore jeune » !

En Afrique, l’âge de cette personne est très supérieur à

l’âge médian (40 > 29). Cela signifie que cette personne

est plus âgée qu’une moitié au moins de la population

africaine ; on peut la considérer « déjà âgée » !

39

40

41


1. Le taux de criminalité moyen pour 1 000

habitants durant cette période de 20 ans est 63,13.

2. Sur le graphique, il y a 10 points situés au-dessus de

la ligne rouge et 10 points situés en dessous. Cette ligne

de partage, au niveau 62,5 environ, représente le taux

de criminalité médian pour 1 000 habitants de 1989 à

2008.

Si l’on ordonne ces 20 valeurs du taux de criminalité, on

obtient :

57,3 58,1 58,3 59,7 60,7 60,7 61 61,1 61,7 61,9

63,2 63,2 64,1 65,8 66,1 67 67,5 67,8 68,5 68,9

La médiane est la demi-somme des deux valeurs

centrales, soit 62,55.



1. n = 6.

Après le premier passage dans la boucle, on obtient

[3 ; 18 ; 11 ; 25 ; 3 ; 20].

Après le deuxième passage, on obtient [3 ; 11 ; 18 ; 25 ;

3 ; 20].

À la fin de l’algorithme on obtient la liste triée en ordre

croissant : [3 ; 3 ; 11 ; 18 ; 20 ; 25].

1. a. Le nombre moyen de bonnes réponses est 7,3.

b. 17 candidats ont répondu à 8 questions ou plus ;

17/40 = 0,425 ; leur pourcentage est donc 42,5 %.

2. Le nombre médian de réponses justes est 7, et donc

au moins 20 candidats ont un nombre de bonnes

réponses inférieure ou égal à 7 ; pour éliminer au moins

20 candidats, il suffit de fixer le nombre de bonnes

réponses à 7 + 1 = 8.

1. Contrairement à la médiane de ces salaires, la

moyenne de ces salaires est influencée par les hauts

salaires. C’est la forte asymétrie de la série des salaires

moyens mensuels qui explique cet écart entre médiane

et moyenne.

2. Interprétation positive : En 2007, le salaire de Ber-

trand est supérieur à plus de la moitié des salaires nets

mensuels en France.

Interprétation négative : En 2007, le salaire de Bertrand

est inférieur à la moyenne des salaires nets mensuels en

France.


1. 57 % des déplacements en voiture en Île-de-

France ont une durée inférieure ou égale à 15 minutes.

Le temps médian de ces déplacements est donc

inférieur ou égal à 15 minutes.

42

43

44

45

46

47

48

49

2. La moyenne peut être fortement influencée par les

déplacements de durée particulièrement courte ou

longue, au point de ne plus rendre compte de l’en-

semble des déplacements. Avec la médiane, on donne

la durée du déplacement « central » de la série.

5 6 10 10 12 12 12 15 15 19 26 103 404 695

1. a. Le nombre moyen de secousses ressenties

par année est 96.

Le tri dans l’ordre croissant des nombres de secousses

ressenties de 1993 à 2006 donne :

La médiane de ces 14 valeurs est (12 + 15)/2 = 13,5.

b. Compte tenu de la forte asymétrie de cette série, il y

a lieu de privilégier la médiane : sur cette période de

14 années, on a connu en Guadeloupe plus de 13

secousses durant une moitié de ces années et moins de

13 secousses durant l’autre moitié.

Dire que le nombre moyen de secousses par an sur

cette période est 96 paraît surestimer nettement la

survenue de ces secousses.

2. Dans le cas des secousses supérieures à 5 sur l’échelle

de Richter, la moyenne est 1,2 et la médiane est 1. Cette

fois, la série n’est plus asymétrique et les deux indica-

teurs de position centrale sont voisins. On peut retenir

ici le nombre moyen de secousses égal à 1,2.

1. a. La distance totale parcourue est :

1 400 ¥ 12 = 16 800 m pour les filles et 1 650 ¥ 18

= 29 700 m pour les garçons.

b. La distance moyenne parcourue par les 30 élèves de

la classe est alors :

(16 800 + 29 700)/30 = 1 550 m.

2. Non. Savoir que la moitié environ des garçons a par-

couru au moins 1 600 m et que la moitié environ des

filles a parcouru au moins 1 500 m ne permet pas de

savoir la distance minimale qu’aura parcourue la moitié

de la classe la plus performante.

La moyenne de l’ensemble des notes peut être

calculée :

Jury 1 : la somme des 100 notes est 1 020.

Jury 2 : la somme des 75 notes est 720.

Sur les deux jurys :

la somme des 175 notes est 1 740 et donc la note

moyenne est 1 740/175 = 9,94.


La somme des valeurs est n f¥ dans le Groupe 1 et

¢ ¥n g dans le Groupe 2.

La somme totale des valeurs est donc n f¥ + ¢ ¥n g

dans la population.

50

51

52

110110

D’où la moyenne des valeurs dans la population :

x �¥ � ¢ ¥

� ¢n f n g

n n.

1. L’étendue des mesures est e = 5 et la moyenne

des mesures est R = 800.

2. La condition e R� 0 005, équivaut ici à 5 < 4 ; la série

de mesures ne sera pas jugée « satisfaisante ».

3. L’intervalle [R – 2, R + 2] est [798 ; 802] ; 13 mesures

sur les 14 y appartiennent, soit 93 % environ.

1. Q1 = 13,7 signifie que dans 25 % au moins des

96 départements, les distances moyennes parcourues

par les actifs pour leur emploi hors de leur commune de

résidence sont inférieures ou égales à 13,7 km. Cela se

produit donc dans au moins 24 départements.

2. Dans une moitié environ des départements, la dis-

tance moyenne parcourue est inférieure à 14,9 km (et

supérieure dans l’autre moitié).

3. Comme 18,1 > Q3, la distance moyenne dans les

Bouches-du-Rhône est supérieure à celle de plus des

trois quarts des départements.


1. À partir de la série ordonnée des 20 valeurs du

taux de criminalité, on obtient : Q1 = 60,7 et Q3 = 66,1

puis Q3 – Q1 = 5,4.

2. Sur la période de 1989 à 2008, le taux de criminalité

en France pour 1 000 habitants :

– a été inférieur ou égal à 60,7 pendant au moins un

quart de ces années,

– a été inférieur ou égal à 66,1 pendant au moins trois

quarts de ces années.

La moitié centrale des taux de criminalité sur la période

1989-2008 se répartit sur un intervalle de longueur 5,4.

1. La série peut paraître asymétrique, avec des

pourcentages importants pour les lycées de grande

taille. Mais il faut remarquer que les classes n’ont pas la

même amplitude et que les « gros » pourcentages

correspondent à des classes de plus grande amplitude.

La prudence est donc de mise !

2. En prenant pour nombre d’élèves les centres des

classes, le nombre moyen d’élèves par lycée peut être

estimé à 970,70 et le nombre médian à 1 050 (voir

tableau ci-dessous).

3. a. Dans ce tableau, les centres des classes ont remplacé

celles-ci et les pourcentages cumulés ont été calculés.

Centres 50 150 250 350 450 550

Pourcentages 0,3 0,8 2,4 4,5 6,7 8

Pourcentages

cumulés0,3 1,1 3,5 8 14,7 22,7

53

54

55

56

57

Centres 650 750 850 1 050 1 350 1 900

Pourcentages 7,7 9,5 9,1 25,1 14,7 11,2

Pourcentages

cumulés30,4 39,9 49 74,1 88,8 100

Pour englober au moins 25 % des valeurs, il faut retenir

Q1 = 650.

Pour englober au moins 75 % des valeurs, il faut retenir

Q3 = 1 350.

L’écart interquartile est donc Q3 – Q1 = 700.

Le positionnement des indicateurs vient confirmer

l’idée d’une série plutôt symétrique.

A B

Étendue 100 100

Moyenne 46,8 46,8

1. a.

b. Ces indicateurs ne permettent pas de départager A

et B.

2. a. A priori, le tireur le plus régulier est A, avec une

assez forte concentration de ses tirs sur la zone à 50

points.

b. A B

Q1 10 10

Médiane 50 30

Q3 50 100

Écart Q3 – Q1 40 90

c. La médiane et la moyenne des tirs ont des valeurs

très proches pour le tireur A et non pour le tireur B. De

plus l’écart interquartile des tirs est plus de deux fois

plus faible pour A que pour B.

Cela vient confirmer que la série des 25 tirs est plus

symétrique et plus homogène pour A que pour B.

1.

min max e Q1 Me Q3 Q3 – Q1 x

G1 2 10 8 6 7,5 9 3 7,3

G2 0 9 9 5 8 8 3 6,4

2. Le « meilleur » groupe du professeur sera :

a. G1(10 > 9)

b. G1(7,3 > 6,4)

c. G2(8 > 7,5)

3. Le groupe le plus « homogène » sera :

a. G1(8 < 9)

b. Selon ce critère, on ne peut se prononcer (pour les

deux groupes : Q3 – Q1 = 3).

4. Cela est bien sûr personnel !

58

59


1.

FCR 42 45 46 48 49 50 51

Effectif 2 2 3 5 1 7 4

Effectif

cumulé2 4 7 12 13 20 24

FCR 52 53 54 55 57 59 61

Effectif 9 8 5 6 1 6 1

Effectif

cumulé33 41 46 52 53 59 60

On pourra remarquer que les valeurs des indicateurs

obtenus sur une calculatrice (ou un tableur) ne

coïncident pas toujours avec ceux calculés « à la main »

à l’aide des définitions. Pour exemples ici : les valeurs

de Q1, Me et Q3 dont les valeurs « à la main » figurent

dans le tableau de la question 2.

2.

Min

Max

Moy

enne

Q1

Méd

iane

Q3

G1 42 61 51,98 50 52 54

G2 45 70 59,80 57 60 63

a. « L’augmentation des prix est supérieure à 0,6 % ».

b. « On gagne si on a au plus 6 bonnes réponses ».

c. « Il a gagné moins de 2 000 € OU au moins 2 500 € ».

1. C’est vrai.

2. C’est faux ; on peut juste en déduire que « A est

supérieure ou égale à Q3 ».

3. C’est faux. Contre-exemple :

1 2 3 Me = 4 5 6 7

2 3 4 Me = 5 6 7 8

Remarque : ce serait faux aussi si l’on remplaçait

« supérieures » par « inférieures » dans l’affirmation 3.

Le contre-exemple précédent en apporte aussi la

preuve.

Anaïs montrera à son banquier le graphique b.

pour lui faire croire à une progression importante des

bénéfices de la société, d’année en année. Quant au

60

61

62

63

graphique a. dont l’échelle de l’axe des ordonnées a

pour minimum 0, c’est lui qui reflète l’évolution réelle…

Les représentations des cubes ne sont pas

conformes à leurs légendes. Le grand cube a des arêtes

doubles de celles du petit. Mais visuellement, ce sont

les volumes et non les longueurs que l’on compare. Or

les volumes sont dans un rapport de 8 et non de 2, alors

que les ventes de Bonlux n’ont que doublé. Il reste bien

sûr à savoir si cette erreur est volontaire ou non !

Quand on compare les deux graphiques, il semble

qu’il y ait une forte augmentation des cambriolages

entre 1998 et 1999. Or quand on regarde les valeurs

numériques des ordonnées et qu’on fait la différence,

on s’aperçoit que sur une année les cambriolages ont

progressé de 516 – 508 = 8 cambriolages, ce qui ne

correspond pas à une très forte augmentation.

La mention « Voici le graphique montrant l’évolution

du chiffre d’affaires de mon entreprise » et la légende du

graphique « Chiffre d’affaires entre 2000 et 2009 » laissent

penser que ce graphique donne, année par année, le

chiffre d’affaires de l’entreprise.

Or il n’en est rien, puisque les chiffres d’affaires relatifs aux

quatre années de 2001 à 2004 n’y sont pas représentés.

De plus, si le graphique ne devait porter que sur les

5 années mentionnées, il serait honnête de ne pas relier

les deux points représentant 2000 et 2005 par un

segment, de surcroît à pente positive ! Et s’il y avait eu

quelque baisse dans le chiffre d’affaires durant cette

période « oubliée » … qu’en saurait-on ?


manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. La liste ordonnée des valeurs de la série est

donnée ci-dessous.

52,2 53,1 53,5 55,8 58,4 58,7 59,7 60,7 60,9

61,2 61,2 61,4 62,1 62,2 62,3 62,4 63,1 63,3

63,5 63,6 63,7 64,1 64,4 64,4 64,5 64,5 64,6

64,8 65,3 65,5 65,5 65,9 66,1 66,2 66,4 67

67,1 67,6 68,7 69,5 70,2 71 72,2 72,3 73,7

L’effectif de cette série ordonnée étant 45, la médiane en

est la 23e valeur, Q1 et Q3 en sont les 12e et 34e valeurs.

Le résumé demandé est :

Min Q1 Me Q3 Max

52,2 61,4 64,4 66,2 73,7

2. Voir question 3. a.

3. a. L’écart interquartile est I = 66,2 – 61,4 = 4,8.

[Q1 – 1,5I ; Q3 + 1,5I] est l’intervalle [54,2 ; 73,4].

64

65

66

81

112112

b. La série comporte 4 valeurs qui sont en dehors de

l’intervalle I : 52,2 ; 53,1 ; 53,5 et 73,7.

La proportion de ces valeurs atypiques est donc 4/45,

d’où un pourcentage de 9 % environ.

1. Les couplages sont : Série 1 – Courbe bleue et

Série 2 – Courbe rouge.

2. Des arguments :

• Les valeurs 0 et 1 de la série 1 ont pour effectifs 0 et

donc les fréquences cumulées de 0 et de 1 sont nulles

(d’où la courbe bleue).

• Les valeurs 9 et 10 de la série 1 ont pour effectifs 0 et

donc les fréquences cumulées de 9 et 10 sont égales à la

fréquence cumulée de 8 (c’est le cas sur la courbe bleue).

• La valeur de plus grand effectif de la série 1 est 6 (avec

un effectif égal à 8). Sur la courbe cumulative associée,

la fréquence cumulée de 6 doit donc être égale à la

fréquence cumulée de 5, augmentée de 8. C’est le cas

sur la courbe bleue et non sur la courbe rouge.

• Le point (3 ; 5) de la courbe rouge signifie que sur la

série correspondante, il y a 5 valeurs inférieures ou

égales à 3. C’est le cas pour la série 2, uniquement.

• La série 2 est la plus dispersée avec des effectifs non

nuls plus nombreux mais plus modestes. C’est la courbe

rouge qui lui correspond avec des segments de pentes

plus faibles que sur l’autre courbe.

L’algorithme permet de calculer la moyenne de

nombres entrés par l’utilisateur.

La différence avec l’algorithme de l’exercice 37 concerne

le nombre de valeurs à entrer qui n’a pas à être connu à

l’avance.

Programme Xcas : Voir à la fin de ce chapitre (page 115).

1. Allemagne (%) Inde (%)

Fré

qu

en

ces

Fré

q. c

um

ul.

Fré

qu

en

ces

Fré

q. c

um

ul.

Tranche d’âge

de 0 à 10 ans 8,84 8,84 20,88 20,88

de 11 à 20 ans 10,85 19,69 19,91 40,79

de 21 à 30 ans 11,32 31,01 16,83 57,62

de 31 à 40 ans 14,03 45,04 14,01 71,63

de 41 à 50 ans 15,80 60,84 12,85 84,48

de 51 à 60 ans 11,79 72,63 7,49 91,97

de 61 à 70 ans 12,50 85,13 4,58 96,55

de 71 à 80 ans 10,14 95,27 2,82 99,37

de 81 à 90 ans 3,54 98,81 0,62 99,99

de 91 à 100 ans 1,18 99,99 0,01 100,00

82

83

84

2. Allemagne :

Classe comprenant la médiane : [41 ans ; 50 ans].

Classe comprenant Q1 : [21 ans ; 30 ans].


Inde :

Classe comprenant la médiane : [21 ans ; 30 ans].



On peut noter un décalage de 10 ans pour Q1 et de

20 ans pour Me et Q3 entre l’Allemagne et l’Inde (les

indicateurs de l’Allemagne étant toujours supérieurs à

ceux de l’Inde).

Cela traduit une forte représentation des premières

tranches d’âge en Inde (plus de la moitié de la

population a moins de 30 ans) et des dernières tranches

d’âge en Allemagne (près de 30 % de la population a

plus de 60 ans).

1. a. Le point (50 000 ; 0,4) de la courbe cumulative

rouge signifie que la proportion des foyers ayant une

part de patrimoine inférieure ou égale à 50 000 € est 0,4

soit 40 %.

b. Le point (200 000 ; 0,3) de la courbe cumulative bleue

signifie que la part du patrimoine total que se partagent

les foyers ayant au plus 200 000 € de patrimoine est 0,3

soit 30 %.

2. Sur la courbe rouge, le point d’abscisse 200 000 a

pour ordonnée 0,75. Cela signifie que le pourcentage

des foyers ayant une part de patrimoine inférieure ou

égale à 200 000 € est 0,75 soit 75 %.

3. a. Le patrimoine médian des foyers français est la

valeur du patrimoine qui partage les foyers français en

deux sous-groupes de même effectif : ceux dont la valeur

du patrimoine est supérieure et ceux dont la valeur du

patrimoine est inférieure à cette valeur médiane.

Sur la courbe rouge, le point d’ordonnée 0,5 a pour

abscisse 100 000 environ. Le patrimoine médian cherché

est donc 100 000 €.

b. La moitié des foyers les moins riches est l’ensemble

des foyers ayant un patrimoine inférieur ou égal au patri-

moine médian des foyers français. Ce sont donc les foyers

qui ont un patrimoine inférieur ou égal à 100 000 €.

Sur la courbe bleue, le point d’abscisse 100 000 a pour

ordonnée 0,08 environ. Cela signifie que les foyers en

question (la moitié des foyers les moins riches) se

partagent environ 8 % du patrimoine total.

c. Par lecture sur la courbe rouge, les 95 % des foyers

les moins riches sont ceux ayant un patrimoine infé-

rieur ou égal à 570 000 € environ. En se reportant sur la

courbe bleue, ces foyers se partagent un peu moins de

70 % du patrimoine total.

Autrement dit, les 5 % des foyers les plus riches sont

ceux ayant un patrimoine supérieur ou égal à 570 000 €

85


environ, et ils se partagent un peu plus de 30 % du

patrimoine total.

L’affirmation est donc exacte.

A B C D

x ª Me x � Me x Me x ª Me

Commentaires :

– Lorsque la série est assez symétrique, on peut

s’attendre à ce que les deux indicateurs de position que

sont la médiane et la moyenne soient assez voisins

(c’est le cas des séries A et D).

– Lorsque la série présente une asymétrie assez

marquée, on aura généralement x < Me dans le cas

d’un « étalement à gauche » (série B) et x > Me dans le

cas d’un étalement à droite » (série C).

Voir sur le site www.didiermathx.com.

1. Le point de coordonnées (0,7 ; 12) situé sur la

courbe cumulative bleue signifie que le nombre de

régions de France métropolitaine où la consommation

par habitant ne dépasse pas 0,7 (tonnes équivalent

pétrole) est 12.

2. Sur le graphique, l’année où la consommation est la

plus importante est celle dont la courbe cumulative est

la plus « à droite », c’est-à-dire 2006.

En effet, si (x ; y) et (x¢ ; y), avec x < x¢� sont des points de

même ordonnée appartenant aux deux courbes

cumulatives de 1990 et 2006, on peut dire que :

– en 1990, il existe y régions où la consommation par

habitant ne dépasse pas x ;

– en 2006, il existe y régions où la consommation par

habitant ne dépasse pas x¢.Comme x < x¢, la consommation est donc moins forte

en 1990 qu’en 2006.

3. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 11 (la

moitié de 22), on obtient que la consommation médiane

par région est environ 0,68 en 1990 et 0,86 en 2006.

4. Le fait que, globalement, la pente de la courbe de

2006 est plus forte que celle de 1999, indique une

moins grande dispersion en 2006 des valeurs de

consommation des 22 régions, ainsi qu’une plus forte

discrimination entre les régions faibles et fortes

consommatrices d’énergie.

5. Par lecture des abscisses des points d’ordonnée 6

(pour englober au moins un quart des 22 régions), on

obtient que le premier quartile est environ 0,61 en 1990

et 0,82 en 2006.

De même, avec les points d’ordonnée 17 (pour englober

au moins les trois quarts des 22 régions), on obtient que

86

87

88

le troisième quartile est environ 0,82 en 1990 et 0,89 en

2006.

Les écarts interquartiles sont donc approximativement

0,21 en 1990 et 0,07 en 2006.

Leur comparaison vient confirmer la plus faible dispersion

de la série de la consommation d’énergie par région en

2006, par rapport à 1990.

Voir sur le site www.didiermathx.com le graphique

fin janvier 2009 et le graphique quelques jours plus tard.

Les faits :

La banque J.P. Morgan a proposé fin janvier 2009 un

graphique pour illustrer l’effondrement de la capitalisation

boursière d’une quinzaine de banques (graphique 1).

Les disques bleus indiquent la valeur de chaque banque

en 2007, les verts la valeur en janvier 2009.

Quelques jours plus tard, J.P. Morgan propose un

graphique modifié (graphique 2) ; la valorisation

boursière 2009 des banques a été réactualisée et une

banque supplémentaire a été introduite.

Pour bien lire :

La valeur en bourse d’une banque (sa valorisation

boursière) est exprimée en milliards de dollars sur ces

deux graphiques ($Bn = billion de dollars = milliard de

dollars (anglais)).

Par exemple : les valeurs en bourse de Goldman Sachs

au 20 janvier 2009 et en 2007 données sur le graphique

1 étaient respectivement 35 milliards de dollars et

100 milliards de dollars.

Pourquoi un second graphique ?

Sur le graphique 1, ce sont les diamètres des disques

qui sont proportionnels aux valorisations boursières

des banques, passées (2007) et actuelles (2009).

Mais visuellement, ce sont les aires des disques que l’on

évalue, que l’on compare. Or ces aires sont proportionnelles

aux carrés de ces valeurs, et si la capitalisation d’une banque

est divisée par deux, l’aire du disque vert est quatre fois plus

petite que celle du bleu. C’est en gros le cas de J.P. Morgan,

mais pour CityGroup, un concurrent direct de J.P. Morgan, la

valeur est divisée par 13 et donc son aire est divisée par 169.

Le premier graphique est donc trompeur, voire

mensonger.

Le second est destiné à corriger le premier, avec une

proportionnalité des disques aux valeurs bancaires et

non à leurs carrés.

Pourquoi cette faute ?

Elle peut être intentionnelle, l’auteur voulant afficher un

effondrement amplifié des valeurs bancaires, avec une

banque J.P. Morgan qui résiste mieux que les autres…

En effet, si le graphique surévalue visuellement la chute

de valeur de J.P. Morgan, en la divisant par 4 au lieu de

2, la valeur de CityGroup se trouve visuellement divisée

par 169 au lieu de 13. Le traitement est bien inégal !

89

114114

Mais cette faute peut ne pas être intentionnelle et il se

peut qu’elle relève seulement de l’incompétence de

l’auteur…

Il reste aux élèves à creuser la question !

1. a. On peut, par exemple, effectuer le graphique

suivant.

b. Le graphique montre que le chômage augmente

rapidement de 1975 à 1985, puis fluctue à un niveau

important depuis cette période.

2. On peut, pour la période 1975-2008, calculer les

indicateurs suivants (nombre de chômeurs en milliers).

moyenne 2 046

min 689

Q1 1 772

Me 2 172

Q3 2 421,25

max 2 805

étendue 2 116

Q3 – Q1 649,25

Pour la tendance centrale, il est préférable de choisir la

médiane, mais la moyenne peut convenir.

Pour la dispersion, on calcule les quartiles.

3. La valeur du premier trimestre 2009 est au-dessus

du troisième quartile.

Parmi les salariés à temps complet des entreprises

privées ou semi-publiques, soit N le nombre des

hommes et N¢ le nombre des femmes.

La masse salariale pour les hommes est : N ¥ 2 138 €.

La masse salariale pour les femmes est : N¢ ¥ 1 736 €.

La masse salariale hommes-femmes est donc

– d’une part : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736

– d’autre part : (N + N¢) ¥ 1 997.

On en déduit : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = (N + N¢) ¥ 1 997

soit encore : N ¥ 2 138 + N¢ ¥ 1 736 = N ¥ 1 997 + N¢ ¥ 1 997,

qui devient 141N = 261N¢ ou encore N � 261

141 N¢.

L’effectif de la population des salariés est donc :

N + N¢ = 261

141 N¢ + N¢ =

402

141 N¢.

90

91

Il en résulte : N¢ = 141

402 (N + N¢), qui signifie que la

proportion des femmes parmi les salariés à temps

complet en 2007 est 141

402, soit 35 % environ.

La proportion d’hommes est de ce fait environ 65 %.

Remarque : Aucun lien n’existant entre les médianes de

deux groupes disjoints d’une population et la médiane

de cette population, les données relatives aux médianes

ne peuvent pas être exploitées.

Nombre

d’enfants

dans la

famille

Nombre de

familles

Nombre

d’enfants

Nombre de

frères et

sœurs par

enfant

0 8 050 262 0

1 3 760 052 3 760 052 0

2 3 399 998 6 799 996 1

3 1 238 871 3 716 613 2

4 ou + 404 171 2 020 855 4

Total 16 853 354 16 297 516

1. On a complété le tableau initial en calculant le

nombre total d’enfants de moins de 25 ans en 2006

(3e colonne).

Le nombre moyen d’enfants par famille est :

Nombre total d’enfants

Nombre total de familles =

16 297 516

16 853 354 = 0,97.

2. La 4e colonne indique le nombre de frères et sœurs

par enfant d’une famille selon le nombre d’enfants de la

famille.

Le nombre moyen de frères et sœurs par enfant est

alors :

3760 052 6 799 996 3716 613 2 020 855

16 297 516

¥ � ¥ � ¥ � ¥0 1 2 4

= 22 316 642

16 297 516 = 1,37

1 2 3 4 5 6

Groupe 1 9 11 12 12 13 14

Groupe 2 17 18 18 18 19 19

1147 8 9 10 11 12

Âge

moyen

Groupe 1 23 24 24 24 25 25 18

Groupe 2 23 27 36 47 51 55 29

On peut penser que le Groupe 1, dont l’âge moyen est

pourtant égal à 18 ans, sera un choix moins bon pour

Max que le Groupe 2, en raison d’une répartition des

âges mal adaptée.

92

93


En effet, aucun inscrit du Groupe 1 ne satisfait le critère

de Max qui désire « rencontrer des jeunes comme lui »,

c’est-à-dire d’âge semblable.

Les tableaux suivants permettent de « matérialiser »

les individus et d’y faire figurer les indicateurs connus et

autres renseignements de l’énoncé.

15 filles

Min Q1 Me Q3 Max

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

10 ? 12 14 16 20

Vanessa

17 garçons

Min Q1 Me Q3 Max

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17

8 11 14 18 21

Karim

94

1. Le temps de réaction médian est le même chez les

filles et chez les garçons : 14 centièmes de seconde. Les

temps de réaction sont plus dispersés chez les garçons

que chez les filles : étendue et écart interquartile égaux

à 13 et 7 chez les garçons, contre 10 et 4 chez les filles.

2. Le temps de réaction de Karim (14) coïncidant avec

le temps médian des garçons, on peut dire que 8 gar-

çons, au plus, ont été plus rapides que lui.

Mais comme on sait qu’il est le seul à avoir ce temps de

réaction, on peut affirmer que 8 garçons, exactement,

ont été plus rapides que lui.

3. Si les trois filles « précédant » Vanessa ont, toutes les

trois, le même temps de réaction : 10 centièmes de

seconde, le temps de réaction de Vanessa est soit 11,

soit 12. Dans le cas contraire, l’une au moins des filles a

pour temps de réaction 11 et le temps de réaction de

Vanessa est alors 12.

En conclusion, le temps de réaction de Vanessa est soit

11, soit 12.

English Corner

1. f. ; 2. g. ; 3. c. ; 4. h. ; 5. b. ; 6. d. ; 7. a. ; 8. e.

95

Programme Xcas de l’exercice 83.

116

Probabilités


1 Réponse c.

2 1. Oui, ses issues sont : 0, 1, 2 et 3.

2. Non, le nombre de consonnes, toujours égal à 3, ne varie pas au hasard.

3 1. Réponse b.

2. Réponse c.

4 Réponses a., c. et d.

5 Réponse a.

6 1. 1

6 2. Réponse c.

Activité 1. Probabilités d’overbooking1. a. 11 b. 84

2. a. Sur un petit nombre d’avions simulés, la fréquence des cas d’overbooking fluctue de manière importante. Cette

fluctuation devient de plus en plus faible au fur et à mesure que le nombre de simulations augmente ; la fréquence tend

alors à se stabiliser.

b. On évalue la probabilité d’overbooking en retenant la fréquence des cas d’overbooking sur un grand nombre de

simulations ; on peut prendre ici p ª 0 09, .

Activité 2. Lancer un dé icosaédriqueA. 1. W�� 1 2 3 4 5 6; ; ; ; ;

2.

Issue 1 2 3 4 5 6

Probabilité 0,25 0,25 0,2 0,15 0,1 0,05

Les issues ne sont pas équiprobables.

B. 1. A = {2 ; 4 ; 6}

2. B = {4 ; 5 ; 6} ; C = {6}.

3. p(A) = 0,45 ; p(B) = 0,3 ; p(C) = 0,05.

8

117Chapitre 8. Probabilités

Activité 3. Opérer sur les événements1. A = {2 ; 4 ; 6} ; B = {4 ; 5 ; 6}.

2. Si A n’est pas réalisé, c’est l’événement « un numéro impair sort » qui l’est.

Cet événement a pour écriture ensembliste {1 ; 3 ; 5} et pour probabilité 0,55.

On remarque que 0,55 = 1 – p(A).

3. a. A ET B = {4 ; 6} ; p(A ET B) = p(A « B) = 0,2.

b. A OU B = {2 ; 4 ; 5 ; 6} ; p(A OU B) = p(A » B) = 0,55.

c. p(A » B) + p(A « B) = 0,75 et p(A) + p(B) = 0,45 + 0,3 = 0,75.

p(A) + p(B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A et de celles qui réalisent B (les issues qui

réalisent à la fois A et B sont comptées deux fois).

p(A » B) est la somme des probabilités des issues qui réalisent A ou B (les issues qui réalisent à la fois A et B sont

comptées une seule fois).

On a donc : p(A) + p(B) = p(A » B) + p(A « B).

Activité 4. Des jetons pour plusieurs situationsA. 1.

J2

J11 2 3 4 5 6 7 8

1 11 12 13 14 15 16 17 18

2 21 22 23 24 25 26 27 28

3 31 32 33 34 35 36 37 38

4 41 42 43 44 45 46 47 48

5 51 52 53 54 55 56 57 58

6 61 62 63 64 65 66 67 68

7 71 72 73 74 75 76 77 78

8 81 82 83 84 85 86 87 88

2. a. Il y a 64 issues.

b. Comme elles sont équiprobables, chacune a pour probabilité 1

64 = 0,015625.

B. p(S = 8) est la somme des probabilités des issues du tableau colorées en gris ; comme il y en a 7, on a

p(S = 8) = 7

64. De même, p(S = 9) est la somme des probabilités des issues du tableau en gras ; comme il y en a 8,

on a p(S = 9) = 8

64.

On a p(S = 9) > p(S = 8) ; c’est Mathieu qui a raison.

C. 1. p(H1) = 8

64 =

1

8. p(H2) =

8

64 =

1

8. p(H1 « H2) =

1

64. p(H1 » H2) =

15

64.

2. Pour chaque composant, la probabilité qu’il dysfonctionne en période de garantie est 0,125 = 1

8.

On peut donc modéliser les événements « le composant 1 est défaillant en période de garantie », « le composant 2 est

défaillant en période de garantie » par H1 et H2, respectivement.

Le système monté en série est défaillant lorsque l’un OU l’autre des composants est défectueux (ou les deux).

La probabilité de cet événement est donc p(H1 » H2 ) = 15

64.

Le système monté en parallèle est défaillant lorsque l’un ET l’autre des composants sont défectueux.

La probabilité de cet événement est donc p(H1 « H2) = 1

64.

118118

Activité 5. La hantise du répondeurA. 1. L’amorce d’arbre illustre les deux choix qui s’offrent pour l’appel de Léo : soit S « l’appel a lieu un soir de semaine »,

soit S « l’appel a lieu un soir de week-end ».

D’après l’énoncé, p(S) = 5/7 et p(c) = 2/7.

2. et 3.

5––7

2––7

S

S

R

R

0,2

0,8

R

R

0,75

0,25

B. À 10–2 près, f(S « R) = 0,14 ; f(S « R) = 0,22 ; f (R) = 0,36.

C. 1. a. Voir figure ci-dessus (chemin en gris).

1. b. Si on multiple les probabilités 5

7 et 0,2 figurant sur les branches du chemin qui correspond à S « R, on obtient

1

7ª 0,14, qui coïncide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement S « R.

c. Le mot à compléter est « multipliant ».

2. a. L’autre chemin conduisant à R représente l’événement « Léo appelle Clara un soir de week-end et tombe sur son

répondeur ». D’après la règle 1, sa probabilité est 2

7¥ 0,75 soit

3

14ª 0,21.

b. Si on ajoute les probabilités des deux chemins conduisant à l’événement R, on obtient 1

7

3

14

5

14� � ª 0,36, qui coïn-

cide à 10–2 près avec la fréquence observée de l’événement R.

Dans la règle 2, le mot manquant est « ajoutant ».

TP 1. Y aurait-il une loi des séries ?

A. 1. Une période de 10 années comprend 3 650 jours environ ; le nombre moyen d’accidents par jour est 376

3 650 ª 0,1.

2.

Issue Secteur rouge Secteur bleu

Probabilité 0,1 0,9

B. a. b. Pour chacun des lancers de la roulette, la valeur 1 correspond à sortie du secteur rouge et la valeur 0 à celle du

secteur bleu. On a simulé 365 fois le lancer de cette roulette qui donne « rouge » avec la probabilité 0,1 et « bleu » sinon.

c. Cette formule compte le nombre de fois où le « rouge » est sorti durant les 22 premiers jours de l’année.

d. La formule écrite en B100 compte le nombre de sortie de « rouge » sur la période de 22 jours consécutifs débutant

le 100e jour de l’année (et s’achevant le 121e jour).

Un appui répété sur la touche F9 indique que le nombre maximal de fois où le « rouge » est sorti sur 22 jours consécutifs

d’une année dépasse très souvent 5.

f. g. La cellule A367 calcule la fréquence sur 50 années de celles où le nombre de sorties du secteur rouge sur 22 jours

glissant est supérieur ou égal à 5.

C. 1. a. Choix d.

2. La fréquence semble se stabiliser vers 0,92. On peut retenir p = 0,92.

3. Non, puisque le maximum du nombre d’accidents enregistrés sur une période de 22 jours consécutifs au cours

d’une année est supérieur ou égal à 5 avec une probabilité dépassant 0,9.

TP 2. Une discrimination raciale ?A. 1. La variable J prend au hasard une valeur entre 1 et 18.

Le premier terme de la liste Liste1[1], c’est-à-dire 1, s’échange avec le Jème terme de la liste, c’est-à-dire J.


2. I prend la valeur 2 ; la variable J prend au hasard une valeur entre 2 et 18.

Le Jème terme de la liste s’échange alors avec le second terme de la liste qui est Liste1[2].

Et ainsi de suite. À la fin de la boucle « Pour », sept nombres entiers compris entre 1 et 18 ont été successivement tirés

au hasard et sont venus occuper les sept premières places de cette liste.

3. Voir sur le site www.didiermathx.com.

4. Réponse personnelle… mais on peut observer en répétant les simulations que les 4 boules noires (entiers de 1 à 4)

ne sont que très rarement présentes toutes les quatre parmi les 7 boules prélevées.

B. 1. a. Si p = 4, e augmente de 1, et c’est le seul cas où e augmente de 1.

b. p = 4 signifie que les boules 1, 2, 3 et 4 figurent dans les 7 boules prélevées, c’est-à-dire que l’événement E est réalisé.

Donc e augmente de 1 quand E est réalisé.

Autrement dit e compte le nombre de réalisations de l’événement E.

c. On considère que la liste Liste1 est {1 ; 2 ; … 18}.

INITIALISATION : e prend la valeur 0

TRAITEMENT :

Pour T allant de 1 à 100 Faire

Pour I allant de 1 à 7 Faire*

J prend la valeur alea(I,18)

X prend la valeur Liste1[I]

Liste1[I] prend la valeur Liste1[J]

Liste1[J] prend la valeur X

FinPour

p prend la valeur 0

Pour M allant de 1 à 7 Faire**

Si Liste1[M] ≤ 4

Alors p prend la valeur p + 1

FinSi

FinPour

Si p = 4

Alors e prend la valeur e + 1

FinSi

FinPour

Afficher e

* On commence le tirage des 7 boules figurant les 7 jurés comme en partie A.

** On insère la nouvelle partie de programme pour tester si les boules 1, 2, 3 et 4 sont les 7 boules tirées. Si c’est le cas, le compteur e

augmente de 1.

Des programmes sont disponibles sur le site

2. On peut estimer la probabilité de E à 0,01. La présence des 4 jurés noirs parmi les 7 personnes écartées par le procu-

reur, choisies parmi les 18 n’ayant pas fait d’études supérieures, peut être le fait du hasard ; mais la probabilité de cet

événement étant estimée à 1/100, cela est très improbable ! Tout laisse penser qu’il aura fallu « aider » le hasard pour

parvenir à un tel résultat.

TP 3. Tirer au hasard1. a. Le modèle suggéré par l’énoncé est celui de l’équiprobabilité avec 100 issues de même probabilité : 0,01.

b. p(A) = 4

100 = 0,04 ; p(B) =

8

100 = 0,08.

c. Comme V = A » B, avec A et B incompatibles, p(V) = p(A) + p(B) = 0,12.

p(R) = p(V ) = 1 – p(V) = 0,88

2. a. p(E) = 14

100 = 0,14 ; p(F) =

9

100 = 0,09.

b. E « F est réalisé lorsque le tir se porte sur une case ayant en commun avec le porte-avions et le croiseur un côté ou

un sommet. Il en existe trois. D’où p(E « F) = 3/100 = 0,03.

Il en résulte : p(E » F) = p(E) + p(F) – p(E « F) = 0,14 + 0,09 – 0,03 = 0,2.

120120

TP 4. Gagner mais contre qui ?

1. a. p(A) = 1

2

Comme p(A) + p(B) + p(C) = 1 et p(B) = p(C), on en déduit p(B) = p(C) = 1

4.

b.

1––2

1––4

1––4

1––4

3––4

1––2

1––2

1––3

2––3

A

C

B

G

G

G

GG

G

c. Les probabilités portées sur des branches issues d’un même nœud ont pour somme 1.

2. a. b. p A G«� �� ¥ �1

2

1

4

1

8 p B G«� �� ¥ �1

4

1

2

1

8

1––2

1––4

1––4

1––4

3––4

1––2

1––2

1––3

2––3

A

C

B

G

G

G

GG

G

3. a.

1––2

1––4

1––4

1––4

3––4

1––2

1––2

1––3

2––3

A

C

B

G

G

G

GG

G

Deux chemins de l’arbre illustrent l’événement G (en gris).

b. p(G) = p(A « G) + p(B « G) + p(C « G) = 1

8

1

4

1

2

1

4

2

3

5

12� ¥ � ¥ �

TP 5. En autonomie1. a.

b. On peut prendre 0,38 comme évaluation de p(E).


2.

1––2

1––2

2

0

1––2

1––2

0

– 2

1––2

1––2

1

– 1

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

3

1

4

2

2

0

1––2

1––2

1

– 1

2

0

0

– 2

1––2

1––2

1

– 1

2

0

0

– 2

1––2

1––2

– 1

– 3

0

– 2

– 2

– 4

EO

Position

saut 1

Position

saut 2

Position

saut 3

Position

saut 4

E est réalisé lorsque la position de la puce est à nouveau 0, après le 4e saut.

Chaque chemin de l’arbre a pour probabilité 1

2

1

2

1

2

1

2

1

16¥ ¥ ¥ � ; il y a 6 chemins qui conduisent à E.

D’où p(E) = 6/16 = 3/8 = 0,375.

TP 6. Prendre l’aire à Monte-Carlo

Voir le site www.didiermathx.com.

Exercices


a. 2

2 2 2 2 1 211 10 10 10- � -� �� AB2 = 6 ; BC2 = 24 ; CA2 = 18. On a AB2 + CA2 = BC2.

ABC est donc rectangle en A.

f (– 0,5) = 0

g(– 3) = – 3 ; A n’est donc pas un point de la courbe

de g.

a. (30 + 1) (30 – 1) = 900 – 1 = 899

b. (50 + 1)2 = 2 500 + 100 + 1 = 2 501

Non

1

2

3

4

5

6

7

a. 9x2 – 24x + 16 b. 36x2 – 4

a. x2 + 5x + 4 b. 4x2 – 9

a. x = 4/3 b. x = – 1

p = 4/11

p = 0,14

p = 6

30 = 0,2

Affirmation C

Affirmation C

a. Méthode 2 b. Méthode 1

c. Méthode 2 d. Méthode 1 e. Méthode 1

8

9

10

11

12

13

14

15

16

122122

Roulette A

issue Vert Bleu Rouge

probabilité1

3

1

3

1

3

Roulette B


probabilité 0,25 0,5 0,25

Roulette C


probabilité 0,5 0,2 0,3

issue V O R

probabilité 7

30

1

10

2

3

issue 1 2 3 4

probabilité 0,12 0,12 0,26 0,50

1. Entre 0 et 2.

2. a. L’instruction 2*rand fournit un nombre au hasard

dans l’intervalle [0 ; 2[.

Int(2*rand) est donc égal à 0 lorsque ce nombre

aléatoire est dans [0 ; 1[ et égal à 1 lorsque ce nombre

aléatoire est dans [1 ; 2[. Les intervalles ayant même

longueur, le nombre aléatoire se situe avec d’égales

chances dans les deux intervalles et donc Int(2*rand)

prend les valeurs 0 et 1 de façon équiprobable.

b. Il suffit d’associer le 1 à la sortie de PILE et 0 à la sortie

de FACE.

Chaque appui sur ENTER simule alors le lancer d’une

pièce supposée équilibrée.

3. a. L’instruction NbrAléat + 0.5 ou Ran# + 0.5 fournit

un nombre au hasard dans [0,5 ; 1,5[.

b. ent(rand + 0.5) ou Int(Ran# + 0.5) renvoie donc 0 et 1

avec la même probabilité 0,5.

Il suffit d’associer le 1 à la sortie de PILE et 0 à la sortie de

FACE.

1. a. L’instruction NbrAléat + 0,3 ou Rand# + 0,3

fournit un nombre au hasard dans [0,3 ; 1,3[.

b. [0,3 ; 1[ et [1 ; 1,3[ ont pour longueurs 0,7 et 0,3, res-

pectivement.

c. L’instruction NbrAléat + 0.3 ou Ran# + 0.3 fournit un

nombre au hasard dans [0,3 ; 1 [ avec une probabilité de

0,7 et dans [1 ; 1,3 [ avec une probabilité de 0,3.

17

18

19

20

21

Combiné avec ent ou Int, on obtient donc 0 et 1 avec

ces mêmes probabilités 0,7 et 0,3.

2. a. En associant le chiffre 1 à « boule bleue » et 0 à

« boule rouge », les instructions précédentes simulent

le tirage au hasard d’une boule dans cette urne.

b. Il suffit de remplacer 0,3 par 0,9.

1. a. L’instruction =6*ALEA()+1 fournit un nombre

au hasard dans [1 ; 7[.

b. =Ent(6*ALEA()+1) affiche, au hasard, un nombre

entier de l’intervalle [1 ; 7[, soit 1, 2, 3, 4, 5 ou 6, avec des

chances identiques.

Cette instruction peut donc être utilisée pour simuler le

lancer d’un dé cubique supposé équilibré.

2. a. =Ent(4*ALEA()+1). b. =Ent(8*ALEA()+1).

c. =Ent(12*ALEA()+1). d. =Ent(20*ALEA()+1).


1. L’instruction NbrAléat + 0.1 ou Ran# + 0.1 permet

de simuler sur une calculatrice l’achat au hasard d’un

paquet avec « bon d’achat », en lui associant le nombre 1,

obtenu avec la probabilité 0,1.

2. En associant 1 à « rouge », 2 à « bleu » et 3 à « vert »,

l’instruction = Ent(3*ALEA()+1) permet de simuler sur un

tableur la couleur du jouet contenu dans le paquet, avec

des probabilités égales d’apparition de chaque couleur.

3. L’instruction = Ent(10*ALEA()+1) fournit un nombre

entier compris entre 1 et 10, avec une probabilité de 0,1

pour chacun. Il reste à associer à la « victoire » un entier

compris entre 1 et 5, à la « défaite » un entier compris entre

6 et 8 et au « match nul » un entier compris entre 9 et 10.

1. a. b. c. La copie d’écran tableur ci-dessous

donne 4 simulations du tirage au hasard du segment

[AB], avec calcul de longueur et test pour savoir si

AB � 0,5 est vrai (1) ou non (0).

En appuyant sur la touche F9, on peut remarquer que

l’événement « AB � 0,5 » se réalise moins souvent que

son contraire « AB < 0,5 ».

On peut facilement pronostiquer : p < 0,5.

2. a. La fréquence tend à se stabiliser vers 0,25.

b. On peut retenir 0,25 comme estimation de p, ce qui

paraît conforme à l’observation faite en 1. c.

22

23

24

25


On peut penser que p > 0,9.


Le tirage de la fiche ayant lieu au hasard, on a :

a. p(« la fiche est celle d’un homme ») = 517

1 000 = 0,517.

b. p(« la fiche est celle d’une femme ») = 483

1 000 = 0,483

ou p(F) = 1 – p(H) = 0,483.

c. p(« la fiche est celle d’une personne de moins de

65 ans ») = 1 000

1 000

- -� �70 64 = 0,866.

1. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ») = 0,06.

2. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ou

A– ») = 0,06 + 0,06 = 0,12.

3. p(« Monsieur X appartient au groupe O– ou O+ ou

B– ou B+ ») = 0,52.

Oui, une personne du groupe B+ a plus d’une chance

sur deux de pouvoir recevoir du sang de Monsieur X.

1. Le tirage se faisant au hasard, p(R) = 6

20 = 0,3 ;

p(N) = 10

20 = 0,5.

2. On a de même : r/20 = 0,25 et n/20 = 0,15, d’où r = 5

et n = 3.

L’urne contient donc 5 boules rouges, 3 boules noires et

12 boules vertes.

Un tableau à double entrée peut aider à visualiser

les issues dont le nombre est celui des cases : 5 ¥ 5 = 25.

Les issues s’écrivent par exemple (B2, J1), (J1, B2), (J3, J1),

(J3, J3)…

Aucune issue n’ayant plus ou moins de chance qu’une

autre de se réaliser, on peut adopter un modèle

d’équiprobabilité. Les issues favorables à la réalisation

de l’événement A sont celles comportant un J et un B ; il

en existe 12 (on peut se référer au tableau pour les

dénombrer). D’où p(A) = 12

25 = 0,48.

1. Parmi les neuf issues possibles d’une rencontre

entre Aziz et Bill, il y en a cinq qui sont favorables à une

victoire de Aziz ; d’où la probabilité cherchée p1 = 5

9.

2. De même, la probabilité que Bill l’emporte contre

Clara est p2 = 5

9.

3. a. Aziz a une probabilité plus forte que Bill de l’em-

porter lors d’une rencontre et il en est de même pour Bill

face à Clara. On peut donc penser que Aziz a toutes les

chances de l’emporter face à Clara et que, naturellement,

la probabilité de cet événement est supérieure à 0,5.

26

27

28

29

30

31

32

b. En illustrant une rencontre entre Aziz et Clara par un

tableau, on observe que la probabilité que Aziz l’em-

porte est égale à 4

9.

Contre toute attente, c’est Clara qui a le plus de chances

de l’emporter face à Aziz. Ce résultat, qui semble défier

logique et bon sens, est un paradoxe.

C

A2 4 9

1(1,2)

C

(1,4)

C

(1,9)

C

6(6,2)

A

(6,4)

A

(6,9)

C

8(8,2)

A

(8,4)

A

(8,9)

C

1. Les angles au centre des secteurs rouge, noir et

bleu sont respectivement proportionnels à 2, 1 et 3. Le

lancer de la roue peut se modéliser par le tirage au

hasard d’une boule dans une urne contenant 2 boules

rouges, 1 noire et 3 bleues.

2. Les probabilités p(R), p(N) et p(B) sont alors :

2

6,

1

6 et

3

6.


p(A) = 1 – p(A) = 0,7

p(B) = 1– p(B) = 0,5

p(A » B) = p(A) + p(B) – p(A « B) = 0,6.

p(E) p(F) p(E « F) (E » F)

Cas 1 0,6 0,7 0,5 0,8

Cas 2 0,6 0,6 0,5 0,7

Cas 3 impossible 0,7 0,5 0,1

1. A = « la carte tirée n’est pas un as »

C = « la carte tirée n’est pas un cœur »

A « C « la carte tirée est l’as de cœur »

A » C « la carte tirée est un as ou un cœur »

A « C « la carte tirée n’est ni un as ni un cœur ».

2. p(A) = 1 – p(A) = 1 – 4

32

7

8�

p(C) = 1 – p(C) = 1 – 8

32

3

4�

p(A « C) = 1

32

p(A » C) = p(A) + p(C) – p(A « C) = 1

8

1

4

1

32

11

32� - �

On peut compter les cartes qui ne sont ni un as ni un

cœur : il y en a 23, d’où p(A C« ) = 23

32.

33

34

35

36

37

124124

On peut aussi remarquer (voir question 1.) que A C« et

A » C sont des événements contraires ;

d’où p(A C« ) = 1 – p(A » C) = 1

52.

3. Pour un jeu de 52 cartes :

p(A) = 1 – p(A) = 1 – 4

52

12

13�

p(C) = 1 – p(C) = 1 – 13

52

3

4�

p(A « C) = 1

52

p(A » C) = p(A) + p(C) – p(A « C) = 1

13

1

4

1

52

4

13� - �

p(A C« ) = 1 – p(A » C) = 9

13.

1. M = « Max n’est pas favorable à la sélection du

joueur »

M « N = « Max et Noël sont favorables à la sélection du

joueur »

M » N = « Max ou Noël est favorable à la sélection du

joueur »

M N« � « Ni Max, ni Noël n’est favorable à la sélection

du joueur ».

M N« et M » N sont des événements contraires.

2. p(M » N) = p(M) + p(N) – p(M « N) = 0,9.

p(M N« = 1 – p(M » N) = 0,1.

Notons S1 et S2 les événements « l’abonné lit la

page Spectacles » et « l’abonné lit la page Sports ». On

a p(S1) = 0,48, p(S2) = 0,67 et p(S1 « S2) = 0,27.

a. p(S1 » S2) = p(S1) + p(S2) – p(S1 « S2)

= 0,48 + 0,67 – 0,27 = 0,88.

b. p pS S1 11 0 52� � � - � � � , .

c. Les abonnés qui lisent la page « sport » et pas la

page « spectacles » représentent 67 % – 27 % = 40 % de

l’ensemble des abonnés ; d’où p S S2 1«� � = 0,4.

1. L’ensemble Ω des issues est { x1, …, xn, y1, y2,

… yq}.

2. p(x1) + p(x2) + … p(xn) + p(y1) + p(y2) + … + p(yq)

= p(W) = 1.

3. p(A) + p( )A = 1 d’où p( )A = 1 – p(A).

1. Les issues de A se partagent en deux

catégories : celles qui sont dans A et pas dans B (ce sont

x1, …, xp) et celles qui sont dans A et dans B (ce sont

y1, …, yq).

Il en résulte : p(A) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq).

2. p(B) = p(z1) + … + p(zn) + p(y1) + … + p(yq).

p(A«B) = p(y1) + … + p(yq).

p(A»B) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq) + p(z1)

+ … + p(zn).

3. p(A) + p(B) = p(x1) + … + p(xp) + 2(p(y1) + … + p(yq))

+ p(z1) + … + p(zn).

38

39

40

41

p(A»B) + p(A«B) = p(x1) + … + p(xp) + p(y1) + … + p(yq)

+ p(z1) + … p(zn) + p(y1) + … + p(yq).

On obtient : p(A) + p(B) = p(A»B) + p(A«B).

1. Le nombre d’appareils sans défaut est :

1 000 – (30 + 50 + 80) = 1 000 – 160 = 840

2.

3. Défaut a a Total

Défaut b 30 80 110

b 50 840 890

Total 80 920 1 000

4. a. Défaut a a Total

Défaut b 0,03 0,08 0,11

b 0,05 0,84 0,89

Total 0,08 0,92 1

b. A = « l’appareil ne présente pas le défaut A »

A » B = « l’appareil présente le défaut A ou le défaut B

(au moins l’un des deux) »

A B« = « l’appareil ne présente ni le défaut A ni le défaut

B ».

p(A) = 1 – 0,08 = 0,92

p(A » B) = p(A) + p(B) – p(A « B) = 0,08 + 0,11 – 0,03 = 0,16

p(A B« ) = 0,84


1. a.

42

3050 80

840

Défaut a Défaut B

43

44

P

F

P

F

P PPP

PPF

PFP

PFF

FPP

FPF

FFP

FFF

F

P

F

P

F

P

F

P

F

1er lancer 2e lancer 3e lancer Issue

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2

1––2


b. Cette expérience comporte 8 issues ; chacune a pour

probabilité 1

2

1

2

1

2

1

8¥ ¥ � .

2. p(E0) = p(F F F) = 1

8 ; p(E1) = p(P F F, F P F, F F P) =

3

8 ;

p(E2) = p(P P F, F P P, P F P) = 3

8 ; p(E3) = p(PPP) =

1

8.

3.

Issue Ei E0 E1 E2 E3

p(Ei)1

8

3

8

3

8

1

8


1.

2. D A« est l’événement : « il y a devoir surveillé ce

mercredi matin et Théo est absent ».

D A« est l’événement : « il n’y a pas devoir surveillé ce

mercredi matin et Théo est absent »

p(D A« ) = 2

3

8

15¥ �0,8 ; p(D A« ) =

1

3

1

15¥ �0,2 .

3. p(A) = p(D A« ) + p(D A« ) = 9

15

3

5� � 0,6

1. a. p(B1) = p(B2) = 0,5

b. Si le bassin B1 a été choisi :

• la probabilité que Solène pêche un saumon est 2

5 = 0,4 ;

• la probabilité que Solène pêche une truite est 3

5 = 0,6.

c. Si le bassin B2 a été choisi :

• la probabilité que Solène pêche un saumon est 3

10 = 0,3 ;

• la probabilité que Solène pêche une truite est 7

10 = 0,7.

2. a.

b. p(B T1 « ) = 0,5 0,8 0,4¥ �

p(B S1 « ) = 0,5 0,4 0,2¥ � ; p(B S2 « ) = 0,5 0,3 0,15¥ �

d’où p(S) = p(B S1 « ) + p(B S2 « ) = 0,35.

a. Non exclusif b. Exclusif

c. Non exclusif d. Non exclusif

e. Exclusif

45

46 D

D

A

A

0,8

0,2

A

A

0,2

0,8

2––3

1––3

47

B1

B2

S

T

0,4

0,6

S

T

0,3

0,7

0,5

0,5

48

1. Partie jaune Partie bleue

Diagramme 1 A B» A B«

Diagramme 2 A A

Diagramme 3 A B» B A«

2. a. • Xavier est un artiste ou un belge.

• Xavier n’est pas un artiste.

• Xavier est belge mais n’est pas artiste.

b. • x Œ «A B • x Œ «A B • x Œ »A B

c. • Xavier n’est ni artiste ni Belge.

• Xavier n’est pas Belge ou est artiste.

1. Une probabilité étant un nombre compris

entre 0 et 1, cette annonce n’a pas de sens !

2. Cette annonce a maintenant un sens mais elle est de

nature à inquiéter car la dernière probabilité de colli-

sion évoquée est 100 fois plus forte que la précédente.

3. Une « grosse probabilité » est une probabilité proche

de 1.

Pour les exercices 51 à 64 : voir corrigés en fin de

manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. C’est vous qui voyez !

2. a. La fréquence de M semble se stabiliser vers 0,5.

b. On peut estimer : p(M) = 0,5.

3. a. En portant 0,5 sur chaque branche de l’arbre, on

obtient une probabilité de 0,25 pour chaque issue.

b. p(M) = p({FG, GF}) = 0,25 + 0,25 = 0,5

A. 2. a. En cellule B2, on peut entrer =ENT(ALEA()+0,5).

b. Le temps d’attente de « pile » est supérieur à trois

lancers lorsque la simulation sur trois lancers a amené 0

« pile », c’est-à-dire une somme égale à 0.

c. Il s’agit de la fréquence du nombre de fois où E a été

réalisé sur les 1 000 simulations.

d. On peut prendre 0,125 comme évaluation de p(E)

(ou pourquoi pas 0,124, qui est la moyenne des fré-

quences disponibles).

3. p(E) = p(FFF) = 0,5 ¥ 0,5 ¥ 0,5 = 0,125

B. 1. On peut évaluer approximativement la probabi-

lité de ce matériel ne tombe pas en panne pendant les

trois premières années de fonctionnement en prenant

par exemple p = 0,726.

2. Un arbre semblable au précédent (question A. 3.),

avec P signifiant cette fois « panne » de probabilité 0,1

et F signifiant « fiable ou pas panne » de probabilité 0,9,

permet de calculer p(FFF) = 0,93 = 0,729.

49

50

65

66

126126

1. La longueur du segment [AB] est :

AB = 0,9 – 0,35 = 0,55. Comme AB � 0,5, l’événement E

est réalisé.

2. Avec A(0,4) et B(0,6), on a AB = 0,2 ; comme AB < 0,5,

l’événement E n’est pas réalisé.

3. Compte tenu de la propriété admise (tous les points

d’une même « couleur » correspondent à la même

situation de réalisation ou de non-réalisation de E), il

suffit de prendre un point dans chaque zone de couleur

et voir à quel cas ce point correspond.

Zone verte : grâce au point M, on conclut que la zone

correspond à la réalisation de E.

Zone rouge : grâce au point N, on conclut que la zone

correspond à la non-réalisation de E.

Zone bleue : grâce au point R(0,2 ; 0,5) , on conclut que

la zone correspond à la non-réalisation de E.

Zone orange : grâce au point S(0,2 ; 0,8), on conclut que

la zone correspond à la réalisation de E.

4. p(E) est la probabilité qu’un point M pris au hasard

dans le carré appartienne à l’une des deux zones verte

et orange. Avec la proportionnalité aux aires, on obtient

p(E) = aire zones verte ou orange/aire carré = 1

8

1

8

1

4� � .

Cela est en accord avec l’estimation de p(E) faite à

l’exercice 25.


1. a. On choisit au hasard une case blanche

parmi cinq. Les cinq issues, équiprobables, ont pour

probabilité 0,2.

b.

On en déduit : p(a) = 1

3 ; p(b) =

1

6 ; p(c) =

1

6 ; p(d) =

1

6 et

p(e) = 1

6.

c.

On en déduit : ¢� � �p a1

6 ; ¢� � �p b

1

6 ; ¢� � �p c

1

6 ;

¢� � �p d1

3 et ¢� � �p e

1

6.

2. Au vu de ce tableau, c’est le modèle correspondant à

la procédure n° 3 qui a été utilisée.

67

68

69

1––3

1––3

1––3

1––2

1––2

1––2

1––2

L1

L3

L2

a

b

cd

e

1

1––3

1––3

1––3

1––2

1––2

1––2

1––2

C1

C3

C2

d

a

b

c

e

1

1. On considère que la liste Liste1 est {1 ; 2 ; … 49}.

Pour I allant de 1 à 5 Faire*



Liste1[I] prend la valeur Liste1[J]Liste1[J] prend la valeur X

FinPour

*On fait afficher 5 boules choisies au hasard au début de la liste

Liste1.

2. On peut s’inspirer du programme du TP 2 Partie B

page 203.

T prend la valeur 0

Pour S allant de 1 à 100 Faire

Pour I allant de 1 à 5 Faire



Liste1[I] prend la valeur Liste1[J]Liste1[J] prend la valeur X

FinPour

p prend la valeur 0

Pour M allant de 1 à 4 Faire

Pour I allant de M+1 à 5 Faire

Si liste 1[I] = liste 1[M]+1 OU liste 1[I] = liste 1[M]–1

Alors p prend la valeur p+1

FinSi

FinPour

FinPour

Si p > 0

Alors T prend la valeur T+1

FinSi

FinPour

Afficher T.

Des programmes sont disponibles sur le site

www.didiermathx.com.

La copie d’écran ci-dessous donne l’évolution de la

fréquence de survenue d’une crue centenaire et d’une

seule sur 100 années consécutives, lorsque le nombre de

périodes de 100 années augmente de 1 à 200.

70

71


La probabilité de survenue d’une crue (exactement) sur

une période de 100 ans peut être évaluée à 0,36 environ.

Les trois compteurs affichent 1 lorsque la somme

S = int(rand + 0.05) + int(rand + 0.03) + int(rand + 0.02)

est égale à 3 (ou lorsque le produit P est égal à 1).

La fréquence de S = 3 (ou de P = 1), calculée sur un

grand nombre de simulations, permet d’estimer la

probabilité de l’événement « obtenir trois 1 ».

Mais le calcul de cette probabilité s’effectue facilement

à partir d’un arbre, l’événement « obtenir trois 1 » étant

représenté par ce seul chemin :

–––– 0,05 –––– 1 –––– 0,03 –––– 1 –––– 0,02 –––– 1

D’où la probabilité cherchée :

p = 0,05 ¥ 0,03 ¥ 0,02 = 0,000003

1.

p(A) = 0,001 ¥ 0,99 + 0,999 ¥ 0,005 = 0,005985, soit

p = 0,006 à 10–3 près.

72

73 D

D

0,99

0,01

0,005

0,995

0,999

0,001

A

A

A

A

2.A A

D 0,00099 0,00001 0,001

D 0,004995 0,994005 0,9997

0,005985 0,994015 1

Lorsque le système de contrôle déclenche une alerte, la

probabilité que ce soit une fausse alerte est égale à

p¢ = 0,004995/0,005985 = 0,83458647, soit p¢ = 0,835 à

10–3 près.

English Corner

1. a. Universal space ; outcomes.

b. Elementary event. c. Subset.

d. Mutually exclusive.

e. A « B is an impossible event : A « B = � ; P(A « B) = 0.

f. Exhaustive events. g. A » B = W ; P(A » B) = 1.

h. Complementary event ; A A« = � ; A A» = W ;

P A p A( ) ( )� -1 .

2. a. 4

52

1

13� b.

4

52

1

13� c.

8

52

2

13�

d. 11

13

12

13- � e. 1

2

13

11

13- �

74

128

Échantillonnage


1 Réponse c.

2 Réponse a. Réponse c.

3 Réponse a.

4 Réponse b. Réponse c.

Activité 1. Observer des échantillons1. La population étudiée est la production d’automobiles. Le caractère est le défaut de peinture.

On a p = 0,2.

2. a. On a f � �4

500,08.

On complète le schéma avec p = 0,2 et n = 50.

b. On a :

Échantillon n° 1 2 3 4 5 6 7 8

Nombre de défauts 11 9 16 9 11 11 10 4

Fréquence du défaut 0,22 0,18 0,32 0,18 0,22 0,22 0,2 0,08

On ne retrouve pas nécessairement la valeur de p. Cela est dû à l’effet du hasard. C’est la fluctuation d’échantillonnage.

3. Non, la fluctuation d’échantillonnage observée sur des échantillons de taille 50 est telle (voir fréquences calculées à

la question 2.b.) que ce résultat de 24 % ne permet aucune interprétation de ce genre.

Activité 2. Interroger la fluctuation1. a. Cela dépend de vos lancers.

Par exemple, 15 « pile » et 10 « face » donne une fréquence de « pile » égale à f � �15

250,6.

b. Cela dépend des lancers, mais la très grande majorité des fréquences obtenues dans la classe (de l’ordre de 95 %) est

comprise entre 0,3 et 0,7.

2. Sur l’image d’écran suivante, on a 6 points sur 100 situés en dehors de l’intervalle [0,3 ; 0,7], soit 94 % à l’intérieur de

l’intervalle.

9

129Chapitre 9. Échantillonnage

3. a. On a I = [0,3 ; 0,7].

b. On peut estimer le pourcentage des échantillons fournissant une fréquence de « pile » à l’intérieur de l’intervalle I à

environ 95 %.

4. a. La fréquence des garçons nés dans le village chinois est f � �20

250,8.

b. La valeur 0,8 n’est pas dans I.

On peut penser qu’il existe une autre explication que le hasard pour la différence observée entre f = 0,8 et p = 0,5.

Activité 3. Fluctuer selon la taille1. C’est votre avis…

2. a. Les bornes de l’intervalle I1 sont environ 0,33 et 0,67. Il y a 5 fréquences en dehors de l’intervalle I1.

Donc, ici, pour 95 % des échantillons, la fréquence de « pile » appartient à I1.

b. Les bornes de l’intervalle I2 sont environ 0,48 et 0,52.

Il y a 4 fréquences en dehors de l’intervalle I2.

Donc, pour 96 % des échantillons, la fréquence de « pile » appartient à I2.

3. Pour l’entreprise A, 0,4 appartient à I1.

Pour la société B, 0,46 n’appartient pas à I2.

C’est donc la société B qui respecte le moins bien la parité hommes/femmes, alors que pour l’entreprise A, le hasard

peut très bien expliquer le résultat observé.

TP 1. Un cas de discrimination ?A. 1. a. L’affichage 0 correspond à non afro-américain et 1 correspond à afro-américain.

b. La liste des 405 « 0 ou 1 » correspond à un échantillon de 405 professeurs.

c. Le contenu de la cellule A408 correspond à la fréquence des professeurs afro-américains sur l’échantillon de taille

405.

d. On a simulé 100 échantillons aléatoires de taille 405 et calculé les fréquences de professeurs afro-américains pour

chaque échantillon.

2. Lorsqu’on fait F9, il y a fluctuation des fréquences, mais celles-ci demeurent, en très grande majorité, dans une

bande entre 0,1 et 0,2.

130130

3. a. En E1 et G1 figurent les bornes de l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 %.

b. Avec la fonction NB.SI, on teste si la fréquence obtenue sur un échantillon est comprise entre les bornes de l’intervalle

de fluctuation à 95 %. Le nombre obtenu en I1 est le nombre des échantillons qui, parmi les 100 simulés, fournissent une

fréquence appartenant à l’intervalle de fluctuation.

En appuyant sur F9, on constate que ce nombre est de l’ordre de 99.

4. On a f � ª15

4050,037.

Cette valeur est très éloignée de celles obtenues par simulation.

B. 1. Lorsque p = 0,057, les bornes de l’intervalle de fluctuation au seuil 0,95 sont environ 0,007 et 0,107.

2. La fréquence f appartient à l’intervalle précédent. En prenant cette valeur de p, le hasard peut expliquer la fréquence

de professeurs afro-américains observée à Hazelwood, d’où la décision des juges.

TP 2. Étude d’une possible fraudeVoir fichiers sur le site www.didiermathx.com

TP 3. Les clés de la Maison Blanche ?A. 1. Les écarts les plus grands entre f et p sont 0,068 en 1936 (Roosevelt 1) et 0,057 en 1992 (Clinton 1).

2. La moyenne des écarts de 1952 à 2008 est environ 0,02, celle des écarts de 1936 à 1948 est environ 0,04.

Il semble que la méthode aléatoire soit plus performante que celle par quotas (écart en moyenne inférieur). Cependant,

le nombre de données n’est pas le même.


ENTRAÎNEMENT

a. 100 3 10 000 9 600 10 6092��

b. 100 2 10 000 4 400 9 6042-� � � � - �

1/4 de 420 donne 105 et donc 3/4 de 420 donne

315.

40 € d’augmentation sur 200 € représente 20 %.

a. 9 42t - b. 4 20 252x x- �

27 8 196 6 6a a a- �

--

�8

100,8

x � -14

a. x � 1,5 ou x � – 1,5 b. x � 0 ou x � 1,5

Oui car 1

2

1

2

3

4

1

2-� �� .

Ordonnée à l’origine : b = 4 et coefficient directeur :

a � - 4

3, d’où y x� - �4

34.

y x� -2

3

4

3

K(1 ; 0,5)

La parabole coupe l’axe des abscisses en 0 et 4 ; le

minimum a donc pour abscisse 2.

97 %

0,16

Non car 0,7 0,75� .

1. Par exemple P, F, P, P, F, P, F, P, P, P.

2. Dans l’échantillon précédent, la fréquence de « pile »

est 0,7.

1. Par exemple N, R, V, N, N, V, V, V, N, R, R, V.

2. La fréquence de « vert » dans l’échantillon précédent

est 5

12ª 0,42.

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

3. La probabilité de tirer une boule verte dans l’urne est

p � �10

30

1

3. Elle est différente de la fréquence précédente.

1. Par exemple :

Échantillon 1 2 1 4 2 1 6 5 6

Échantillon 2 1 1 1 4 3 5 1 6

Échantillon 3 3 6 1 6 6 6 1 5

2. Les fréquences de sortie du n° 6 sont : 2/8 � 0,25 ;

1/8 � 0,125 ; 4/8 � 0,5.

3. Les trois fréquences ne sont pas égales. Cette fluc-

tuation d’échantillonnage est due au hasard.


1. a. Puisqu’on tire la carte au hasard, chaque carte

a la même probabilité d’être tirée et la probabilité de

tirer un as (de gagner) est 4

32� 0,125.

b. L’instruction =ENT(ALEA()+0,125) affiche 1 (sortie

d’un as) avec la probabilité 0,125 et 0 sinon.

2. a. Un échantillon de taille 25 :

Expérience n° 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11

Issue 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0

Expérience n° 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22

Issue 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0

Expérience n° 23 24 25 Fréquence f

Issue 0 0 0 0,16

b. En appuyant sur F9, la fréquence f fluctue.

1. L’instruction affiche, au hasard, un nombre de

l’intervalle [1 ; 4[. Ce nombre a des chances identiques

d’avoir avant la virgule un 1, un 2 ou un 3. Lilian choisit

la réponse correspondant au nombre devant la virgule.

2. La probabilité d’avoir un 1 devant la virgule est 1/3,

celle d’avoir un 0 est 2/3. On peut considérer que 1 cor-

respond à une réponse exacte et 0 à une réponse fausse.

Sur l’image d’écran, l’élève a obtenu 2 réponses exactes.

19

20

21

22

B. 1. On a les équivalences :

p f p- �1

1000

1

1000� � lorsque - - - - �f p f

1

1000

1

1000� � ou encore, en multipliant par – 1,

f p f- �1

1000

1

1000� � .

2. a. La fréquence p = 0,55 n’est pas toujours comprise dans l’intervalle de confiance.

b. Le pourcentage d’intervalles J contenant le résultat de l’élection est supérieur à 95 %.

3. Deux intervalles de confiance peuvent être disjoints (c’est le cas des sondages n° 44 et n° 45 sur l’image d’écran du

manuel).

Exercices

132132

1. L’instruction permet de simuler une personne

infectée (affichage de 1) avec la probabilité 0,009 ou

non infectée.

2. Pour le premier échantillon, il y a 70 personnes infec-

tées sur 8 197 personnes simulées.

3. a. Sur l’image d’écran, on a obtenu 0 fois N � 51 sur

100 échantillons.

b. « Statistiquement significatif » signifie que l’écart

observé a peu de chances d’être dû au hasard.

1. Les fréquences obtenues sur les 10 échantillons

de taille 10 sont :

0,3 ; 0,3 ; 0 ; 0,2 ; 0,1 ; 0,1 ; 0 ; 0,4 ; 0,1 ; 0.

L’étendue est : 0,4 – 0 = 0,4.

2. a. L’étendue des fréquences pour les 10 échantillons

de taille 1 000 est beaucoup plus réduite.

b. La fréquence d’apparition du zéro fluctue autour de

0,1. Ce n’est pas étonnant, puisque le 0 a une chance sur

10 d’apparaître comme premier chiffre après la virgule.

1. a. Les bornes de I sont 0,02 et 0,22. Dans au

moins 95 % des cas, la fréquence des gauchers sur un

échantillon de taille 100 est comprise entre 0,02 et 0,22.

b. Il y a 5 points en dehors des traits rouges ; il y a donc

195 échantillons, c’est-à-dire 97,5 % des échantillons,

qui fournissent une fréquence dans I.

2. Dans la formule de I, remplacer p par 0,12 et n par le

nombre d’élèves dans la classe (on suppose que n est au

moins égal à 25). Pour obtenir les bornes (au seuil de 95 %)

du nombre de gauchers dans la classe, multiplier par n.

1. Si le dé est parfaitement équilibré, p � ª1

60,167.

2. Les bornes de I sont, à 10 – 2 près, 0,10 et 0,24.

Pour un dé supposé équilibré, et pour une face donnée,

95 % des échantillons de taille 100 fournissent une

fréquence de sortie comprise entre 0,10 et 0,24.

3. D’après la question précédente, les écarts entre les fré-

quences, comprises dans I, peuvent être dues au hasard.

On n’est pas sûr d’avoir raison.

Les bornes de I sont, à 10 2- près, 0,12 et 0,22.

Pour un dé supposé équilibré, et pour une face donnée,

95 % des échantillons de taille 100 fournissent une

fréquence de sortie comprise entre 0,12 et 0,22.

La fréquence de sortie de la face n° 2 n’appartient pas à

l’intervalle précédent.

À partir de cet échantillon de taille 400, on peut penser

que le dé est peut-être pipé.

On n’est pas sûr de la réponse.

1. On a p � 0,4 ; n � 500 et f � 0,38.

23

24

25

26

27

28

2. Les bornes de l’intervalle de fluctuation à 95 % sont,

à 10 – 2 près, 0,36 et 0,44.

3. Puisque f est compris entre les bornes précédentes,

on peut considérer comme exacte l’affirmation du

groupe de citoyens (au seuil de 95 %).


1. a. On a f � �78

4000,195.

b. On ne peut pas affirmer que p � f car le hasard inter-

vient lors du sondage.

2. a. Dans plus de 95 % des cas, la distance entre f et p

est inférieure à 1

400� 0,05.

b. Fourchette : 0,145 ; 0,245� .On peut raisonnablement penser que p appartient à

l’intervalle précédent.


1. Le programme fournit la fréquence du caractère

« désire acheter le produit » sur un échantillon de taille

100 dans une population où la fréquence du caractère

est 0,45.

Cette simulation est répétée 50 fois et les 50 fréquences

obtenues viennent se ranger dans une liste.

2. Le graphique donne les 50 fréquences du caractère

fournies par les 50 échantillons de taille 100. Les droites

ont pour équations : y � 0,35 et y � 0,55.

3. Il suffit de remplacer 100 par 10 dans la troisième

ligne et dans l’avant dernière ligne de chaque pro-

gramme.

1. Pour Jacques CHIRAC, J1 � � 0,158 ; 0,222 , pour

Lionel JOSPIN, J2 � � 0,148 ; 0,212 , pour Jean-Marie LE PEN,

J3 � � 0,108 ; 0,172 .

Parmi les sondages de taille 1 000 fournissant une

fréquence f en faveur d’un candidat, l’intervalle J associé

contient le pourcentage p des intentions de vote pour

ce candidat dans 95 % des cas. Ces trois intervalles

contiennent donc les pourcentages d’intentions de

vote respectifs des trois candidats, au niveau de

confiance 0,95.

2. Le point de vue réaliste est celui du statisticien : la plage

commune à J2 et J3 rend possible, au niveau de confiance

0,95, que le pourcentage d’intentions de vote en faveur

de LE PEN soit supérieur à celui en faveur de JOSPIN.


manuel.

29

30

31

32

33


APPROFONDISSEMENT

1. a. f � 0,54

b. Non, car cette fréquence fournie par un échantillon

de taille 100 fluctue au hasard d’un échantillon à l’autre ;

elle ne peut être retenue comme fréquence d’avis favo-

rables sur la population toute entière.

2. a. Si p est la proportion d’avis favorables dans la

population, l’intervalle de fluctuation de f sur un échan-

tillon de taille n au seuil de 95 % est l’intervalle

I � - �ÈÎÍ

˘˚

pn

pn

1 1; .

b. D’après le a., parmi les échantillons de taille n four-

nissant chacun une fréquence f d’avis favorables, on a

dans 95 % des cas : f pn

pn

Œ - �ÈÎÍ

˘˚

1 1;

Cela signifie que dans 95 % des cas, l’écart entre f et p

reste inférieur ou égal à 1

n, ce qui s’écrit encore :

p fn

fn

Œ - �ÈÎÍ

˘˚

1 1; .

Disposant ici d’une fréquence f � 0,54 sur un échantillon

de taille n, on en déduit que p appartient à l’intervalle

J � - �ÈÎÍ

˘˚

0,54 0,541 1

n n; au niveau de confiance 0,95.

3. a. Au niveau de confiance 0,95, pour avoir p � 0,5, il

suffit d’avoir 0,54 0,5- 1

n� , soit encore

1

n� 0,04.

b. Le graphique indique que l’on a 1

x� 0,04 lorsque

x � 600.

En résolvant l’inéquation, on a successivement : 1

x� 0,0016 ou encore x � 625.

c. Si la taille du sondage était n � 650 avec f � 0,54, on

aurait 1

n� 0,04 et p appartiendrait à l’intervalle

J � � 0,50 ; 0,58 , au niveau de confiance de 95 %. Le

stade serait donc construit.

1. Les intervalles de fluctuation au seuil de 95 %

de la fréquence d’infections nosocomiales pour les

hôpitaux A et B, sont respectivement : I � � 0,006 ; 0,093

et ¢ � � I 0,037 ; 0,062 .

2. Comme p = 0,0497, cela est vérifié pour l’intervalle I

mais pas pour l’intervalle I′.Au risque de se tromper de 5 %, on peut donc considérer

que la situation observée dans l’hôpital B est

« anormale ».

1. p1 � 0,5 ; p2 � 0,25 ; p3 � 0,1.

2. I1 � � 0,4 ; 0,6 ; I2 � � 0,15 ; 0,35 ; I3 0� � ; 0,2 .

49

50

51

3. La probabilité que la fréquence de gain observée sur

100 lancers appartienne à l’intervalle de fluctuation

peut être évaluée à : 0,960 pour la roue 1, 0,987 pour la

roue 2 et 0,998 pour la roue 3.

Cela est en accord avec la théorie qui annonce que

cette probabilité est supérieure ou égale à 0,95.

1. a. f � �555

10480,53 à 10 2- près.

b. Si p est la fréquence des intentions de vote en faveur

du maire sortant dans la population, on sait par propriété

que, parmi les échantillons de taille n fournissant une fré-

quence f d’opinions favorables au maire sortant, 95 % au

moins se trouvent dans l’intervalle I � - �ÈÎÍ

˘˚

pn

pn

1 1; .

Cela signifie que dans 95 % des cas, l’écart entre f et p

reste inférieur ou égal à 1

n, ce qui s’écrit encore :

p fn

fn

Œ - �ÈÎÍ

˘˚

1 1; .

c. Ici, avec n �1048 et f � 0,53, l’intervalle de confiance

de p (ou fourchette de sondage de p) au niveau 0,95 est :

J � - �ÈÎÍ

˘˚� � 0,53 0,53 0,499 0,561

1

1048

1

1048; ; .

Le maire a des chances d’être élu, mais la prudence est

de mise !

2. a. Les intervalles de confiance donnant le maire sor-

tant gagnant sont ceux qui sont entièrement situés au-

dessus de la droite d’équation y � 0,5. Le graphique en

montre 2.

b. Sur cette simulation, le pourcentage des intervalles

de confiance contenant p � 0,495 est aussi 98 %

(conforme à la théorie : au moins 95 %…).

1. f � �26

640,40625

À partir de cette fréquence f, certes inférieure à 0,5,

Arthur ne peut affirmer qu’il a raison, car d’un

échantillon de taille 64 à un autre, la fréquence fluctue.

2. a. Si p est la probabilité de l’événement A lorsqu’on

réalise le tirage des cinq cartes au hasard, on sait par

propriété, que sur des échantillons de 64 répétitions de

cette expérience, la fréquence f de A appartient, dans

95 % des cas au moins, à l’intervalle

I � - �ÈÎÍ

˘˚� - �� p p p p

1

64

1

64; ;0,125 0,125 .

Il reste à établir (algébriquement ou graphiquement)

que f ŒI équivaut à p ŒJ avec J � - �� f f0,125 ; 0,125 .

b. Sur l’échantillon d’Arthur, on a f � 0,40625 et donc,

on peut dire, au niveau de confiance de 95 %, que p est

dans l’intervalle 0,28125 ; 0,53125� . Cet intervalle de confiance, ne permet pas de dire, au

niveau 0,95, si p est inférieure ou supérieure à 0,5.

52

53

134134

c. La valeur exacte de p est 0,52 ; on peut vérifier qu’elle

appartient bien à l’intervalle J.

De plus, c’est Zoé qui avait raison !

2. Les trois premières lignes (Pour… FinPour)

permettent de remplir la liste L de 30 nombres entiers

tirés aléatoirement entre 1 et 365, chacun repérant un

jour de l’année (supposée non bissextile).

La variable Doubl est ensuite initialisée à 0.

La structure itérative principale Tantque… FinTantque

teste si deux nombres de la liste L sont égaux. Dans ce

cas, Doubl prend la valeur Doubl +1.

À la fin de l’algorithme, est affiché le contenu de la

variable Doubl qui peut être donc 0 ou 1 : l’affichage de

0 correspond au cas où il n’y a pas deux nombres égaux

dans la liste L et 1 au cas où il y a (au moins) deux

nombres égaux dans la liste L.

3. a. Analyse : l’algorithme précédent correspond au

tirage d’un échantillon de taille 30 et renvoie dans la

variable Doubl la valeur 1 si deux personnes (au moins)

ont leur anniversaire le même jour et 0 sinon.

Pour simuler 100 fois le tirage d’un tel échantillon, il faut

donc ajouter une structure itérative. On connaît le

nombre de répétitions, 100, il s’agit donc d’une structure

Pour… FinPour.

Il faut de plus incrémenter la variable Doubl de 1 à

chaque échantillon présentant deux personnes (au

moins) ayant leur anniversaire le même jour. Il suffit

pour cela de ne pas réinitialiser Doubl à 0 à chaque

échantillon mais de l’initialiser seulement au début de

l’algorithme. On obtient donc l’algorithme suivant :

VARIABLES : Doubl, i, j, k nombres, L liste

INITIALISATION : Doubl prend la valeur 0

TRAITEMENT : Pour k allant de 1 à 100 Faire


L(i) prend la valeur

EntAlea(1 ; 365)

FinPour

i prend la valeur 1

j prend la valeur 1

Tantque i j� et i � 30 Faire

i prend la valeur i + 1

j prend la valeur 1

Tantque L j L i� � � � � Faire

j prend la valeur j � 1

FinTantque

FinTantque

Si j i� Alors Doubl prend la

valeur Doubl � 1

FinSi

FinPour

SORTIE : Afficher Doubl

54

3. b. Programmes (voir aussi les programmes et les

aides sur le site www.didiermathx.com) :

AlgoBox

Xcas

Remarque : i étant réservé pour les nombres complexes, il

a été remplacé par n.

Scratch (pour 100 échantillons, l’exécution du programme

prend près de 15 minutes)


Calculatrices

Pour raccourcir le temps d’exécution du programme, on

a programmé ci-dessous le tirage de 10 échantillons

seulement. Il suffira de regrouper plusieurs résultats

dans la classe.

TI Casio

Remarque : le choix a été fait dans cet algorithme de ne

pas utiliser des algorithmes de tri de listes déjà implantés

dans les calculatrices.

Résultat : sur 100 échantillons, on obtient très souvent

des fréquences voisines de 0,70.

c. L’intervalle de fluctuation au seuil 95 % est :

p p- �� 0,1; 0,1 .

Si p � 0,5, on a p�1� 0,6 donc cet intervalle ne peut

contenir des fréquences supérieures à 0,6.

On peut considérer, avec un risque d’erreur de 5 % que

si la fréquence observée est 0,70, elle n’est pas

compatible avec une fréquence p inférieure à 0,5. On

pourra reconsidérer éventuellement le choix fait

intuitivement à la question 1.

1. Une seule canalisation sur les cinq contenant de

l’eau, lorsque le sourcier en choisit une au hasard, la

probabilité de la désigner est p � �1

50,2.

2. L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % de la fré-

quence f de bonnes réponses sur un échantillon de

taille 30 est :

I � -ÈÎÍ

˘˚ª � 0,2 0,2+ 0,02 0,38

1

30

1

30; ; .

Sur un échantillon de taille 30, dire que f est compris entre

0,02 et 0,38, c’est dire que le nombre de bonnes réponses

est compris entre 30 6¥ �0,2 et 30¥ �0,38 11,4, c’est-à-

dire entre 6 et 11.

On pourra donc considérer que le sourcier a un don s’il

donne au moins 12 bonnes réponses.

55

Dans la population du comté, la fréquence du

caractère « origine mexicaine » est p � 0,8.

Sur l’échantillon de taille 870 des personnes précédem-

ment convoquées dans des jurys, la fréquence de ce

caractère est f � ª339

8700,39.

Il faut étudier si cet important écart entre f et p peut

s’expliquer par la fluctuation au hasard de la fréquence

sur des échantillons de taille 870.

Par propriété, on sait que parmi les échantillons de

taille 870 de cette population, 95 % au moins amènent

une fréquence du caractère dans l’intervalle

I � -ÈÎÍ

˘˚ª � 0,8 0,8+ 0,77 0,83

1

870

1

870; ;

Or, dans l’échantillon contesté, f � 0,39 est loin

d’appartenir à cet intervalle.

Et la probabilité que le hasard « réussisse » cela est

inférieure à 5 % !

On peut donc sérieusement penser, à un risque inférieur

à 5 % de se tromper, que le recrutement des jurés dans

ce comté du sud du Texas est discriminant à l’égard des

américains d’origine mexicaine.

Sur le sondage de taille 1 320 réalisé par le journal,

les fréquences d’intentions de vote en faveur des

candidats sont : f1 � 0,27 pour X, f2 � 0,385 pour Y et

f3 � 0,345 pour Z.

Au niveau de confiance 0,95, les fourchettes de sondage

associées sont :

J11

1320

1

1320� -ÈÎÍ

˘˚

0,27 0,27+; ,

soit environ 0,24 ; 0,30� ,

J21

1320

1

1320� -ÈÎÍ

˘˚

0,385 0,385+; ,

soit environ 0,36 ; 0,41� ,

J31

1320

1

1320� -ÈÎÍ

˘˚

0,345 0,345+; ,

soit environ 0,32 ; 0,37� .Ces intervalles permettent d’estimer, au niveau de

confiance 0,95, les fréquences p1, p2, p3, d’intentions

favorables dans la population pour X, Y et Z,

respectivement.

Au vu de ces intervalles :

affirmer que Y a de très fortes chances de faire le

meilleur score lors de l’élection est très imprudent : il

n’est pas exclu d’avoir p p3 2� .

Par contre, affirmer que Z a de très fortes chances d’être

dernier paraît statistiquement fondé.

2. Avec les mêmes résultats sur un sondage de taille n,

on peut écrire, au niveau de confiance 0,95 :

0,27 0,27- �1 11

np

n� � ,

56

57

136136

0,385 0,385- �1 12

np

n� � et

0,345 0,345- �1 11

np

n� � .

Pour que les deux affirmations soient statistiquement

fondées, il suffit d’avoir :

0,27 0,345� � -1 1

n n et

0,345 0,385� � -1 1

n n,

c’est-à-dire 2

n� 0,075 et

2

n� 0,040.

Il suffit de conserver 2

n� 0,040 qui équivaut à

4 2� 0,04 n et donc à n � 2 500.

Avec ces mêmes résultats sur un sondage de taille

supérieure à 2 500, une estimation serait donc possible,

conduisant au classement : Y, Z, X.

English Corner58

137

Configurations planesRepérage 10


1 a. 7

22 donc AB � �7

32

1

3– .

b. C(2 ; – 1) ; yD = D ; yE = – 3.

2 a. (6 – 3)2 = 32 = 9

b. 62 – 32 = 36 – 9 = 27

c. 3 4 9 16 25 52 2� � � � �

d.

24

3

2

10

3

2

5

3

��

e.

1

2

5

4

2

3

4

2

3

8

– –

� �

f. 3 2 3 2 9 2 182

22

¥� � � ¥� � � ¥ �

3 a. Hypothèses : Le point K est le milieu du segment [AB] et le point L est le milieu du segment [AC].

Le point L est le milieu du segment [AC].

Conclusions : La droite (KL) est parallèle à la droite (BC) et KL BC� 1

2.

b. Hypothèses : Le point E est le milieu du segment [AB] et (EF) // (BC).

Conclusions : Le point F est le milieu du segment [AC] donc EF BC� 1

2.

c. Hypothèse : C est un point du cercle de diamètre [AB].

Conclusion : Le triangle ABC est rectangle en C.

d. Hypothèse : K est le milieu du segment [NP] (ou (MK) est une médiane du triangle MNP).

Conclusion : Les triangles MNK et MKP ont la même aire.

e. Hypothèse : Les segments [AD] et [BC] ont même milieu O.

Conclusion : ABDC est un parallélogramme.

f. Hypothèses : [AD) est la bissectrice de l’angle dEAF et [DE) ^ (AE) et (DF) ^ (AF).

Conclusion : DE = DF.

4 a. ABC est isocèle en C.

b. 92 + 122 = 81 + 144 = 225 = 152

ABC est rectangle en B.

138

Activité 1. Coordonnées d’un pointA. 1. Amiens (0 ; 4) ; Rennes (– 8 ; – 2) ; Perpignan (1 ; – 18).

2. a. La Rochelle (– 7 ; – 8).

b. Villes d’ordonnée nulle : Paris, Nancy.

c. Ville de même abscisse que Limoges : Toulouse

d. Ville d’ordonnée maximale : Calais.

3. a. Royan, Chambéry, Grenoble.

b. Lille, Reims, Metz.

c. Perros-Guirec, Saint-Malo, Rennes, Nantes, La Rochelle, Biarritz.

d. Strasbourg, Colmar, Nice.

e. Strasbourg, Colmar, Nice, Perros-Guirec.

f. Limoges, Toulouse, Clermont-Ferrand.

B. a. Vrai b. Vrai c. Vrai d. Vrai

Activité 2. Un peu de logique1. a. La propriété (2) est écrite « à l’envers » par rapport à la première.

b. La propriété (2) sert à démontrer qu’un triangle est rectangle. L’autre propriété sert à calculer la longueur d’un côté

d’un triangle rectangle quand on connaît les longueurs des deux autres côtés.

2. a. MN2 = 82 = 64 ; NP2 = 62 = 36 ; MP2 = 52 = 25.

[MN] est le plus grand côté du triangle MNP, mais 36 + 25 = 61 et 61 ≠ 64. Donc MNP n’est pas un triangle rectangle.

b. Ni la propriété (1) ni la propriété (2) n’ont été utilisées. La propriété utilisée est : « Si MN2 ≠ MP2 + NP2, alors le triangle

MNP n’est pas rectangle en P ».

Activité 3. Milieu d’un segment1.

Cas n° 1 Cas n° 2 Cas n° 3 Cas n° 4

K (3 ; 3) (0 ; – 1) (2 ; – 3,5) (1,75 ; 3,5)

2. xx x

yy y

K

A B

K

A B��

��

2 2; .

Activité 4. Calculer une distance sans repère1. Avec l’unité de la carte, la distance Bourges-Limoges est : 2 4 202 2� � (sur la carte).

2. À l’aide de l’échelle indiquée (4 unités pour 150 km), la distance Bourges-Limoges est : 150 20

4168

¥ª km.


1. AB B A B A� �( – ) ( – )x x y y2 2

(En effet, dans le triangle ABC rectangle en C, on peut appliquer le théorème de Pythagore ; voir cours p. 246 du manuel).

2. Cette formule est encore valable si xA > xB car xA – xB et (xA – xB)2 = (xB – xA)2.

Il faudrait envisager le cas où yA > yB et enfin les cas où xA = xB, (yA ≠ yB) et yA = yB (xA ≠ xB).

(Le cas où xA = xB et yA = yB donne bien AB = 0).

TP 1. Le modèle trichromatique de la couleurA. 1. Les coordonnées trichromatiques de cyan sont : r = 0 ; v = 0,5 ; b = 0,5.

2. La couleur cyan est composée de 50 % de bleu et de 50 % de vert (et de 0 % de rouge).

3. Si r = 0,1 et v = 0,3, b = 0,6 car r + v + b = 1. La couleur est donc composée de 10 % de rouge, de 30 % de vert et de

60 % de bleu.

139Chapitre 10. Configurations planes. Repérage

B. 1. a. Les coordonnées trichromatiques de N sont : r = 0,1 ; v = 0,3 ; b = 0,6.

b. Si v = 0,4 et b = 0,1, alors r = 0,5. Les coordonnées du point dans le repère sont : (0,5 ; 0,4).

c. Deux coordonnées suffisent pour représenter une couleur car la troisième est égale à : (1 – leur somme).

2. Le point représentant la couleur cyan a pour coordonnées dans le repère (0 ; 0,5).

3. Toutes les couleurs représentées par des points de la diagonale descendante du carré sont telles que : r + v = 1 (et

donc b = 0).

On peut justifier ces particularités en utilisant par exemple le théorème de Thalès.

On a : 1 1

1

– v

r� d’où 1 – v = r.

On peut également utiliser un raisonnement sur les angles.

TP 2. Le centre de gravité d’un triangleA. 1. La droite (MK) est une médiane du triangle MNP.

2. Les aires des triangles MNK et MPK sont égales.

B. 1. a. La droite (TA¢) est la médiane issue de T dans le triangle TBC. On peut en déduire que les triangles TBA¢ et TCA¢ ont des aires égales : Aire 1 = Aire 2.

b. De même : (TC¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAB donc Aire 3 = Aire 4.

(TB¢) est la médiane issue de T dans le triangle TAC donc Aire 5 = Aire 6.

2. a. Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 : est l’aire du triangle ABA¢.

b. Aire 1 + Aire 6 + Aire 5 : est l’aire du triangle ACA¢.

c. (AA¢) est la médiane issue de A dans le triangle ABC, donc Aire 2 + Aire 3 + Aire 4 = Aire 1 + Aire 6 + Aire 5.

Or Aire 1 = Aire 2 et Aire 3 = Aire 4 ; Aire 5 = Aire 6.

D’où 2 ¥ Aire 4 = 2 ¥ Aire 5 et donc Aire 4 = Aire 5.

3. a. Les aires des 6 petits triangles de sommet T sont égales (à 1

6 de l’aire du triangle ABC).

b. On en déduit que :

Aire 1 + Aire 2 + Aire 3 = 3 ¥ 1

6 Aire (ABC) =

1

2 Aire (ABC).

C. 1. (CC¢) est la médiane issue de C dans le triangle ABC. Donc Aire (CC¢B) = 1

2 Aire (ABC).

2. D’après la partie B, aire 1 + aire 2 + aire 3 est l’aire de CTC¢B.

3. Aire (CTC¢) = Aire (CTC¢B) – Aire (CC¢B). Or ces deux aires sont égales à 1

2 Aire (ABC). Donc Aire (CTC¢) = 0.

Ce n’est pas possible si CTC¢ est un « vrai » triangle. On en déduit que C, T et C¢ sont alignés.

4. Les trois médianes d’un triangle sont concourantes.


ABT est composé de 2 petits triangles qui ont chacun une aire égale à celle de TAB¢.Donc Aire (ABT) = 2 Aire (TAB¢).Si on note h, la hauteur issue de A dans le triangle TAB¢ : Aire (TAB¢) =

TB ¢ ¥ h

2.

Et on a aussi : Aire (ABT) = BT ¥ h

2. Comme

BT TB¥ � ¥ ¥h h

22

2

¢, on en déduit que BT = 2TB¢.

TP 3. Expérimenter et démontrerA. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com

B. 1. ATB est inscrit dans le cercle de diamètre [AB]. Donc ATB est rectangle en T.

2. AT2 = (xT – xA)2 + (yT – yA)2 = 1 + yT2

TB2 = (xB – xT)2 + (yB – yT)2 = b2 + yT2

AB2 = (b + 1)2

D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle ATB :

1 + yT2 + b2 + yT

2 = (b + 1)2

140

1 + b2 + 2yT2 = b2 + 2b + 1

2yT2 = 2b

yT2 = b

T ayant été choisi « au-dessus » de (OI), yT > 0 et on en déduit que yT = b .

2. Il suffit de reprendre la construction indiquée avec b = 7.


1. ATB est toujours rectangle en T avec AT2 = a2 + yT2, TB2 = b2 + yT

2 et AB2 = (b + a)2

et a2 + yT2 + b2 + yT

2 = (b + a)2

a2 + b2 + 2yT2 = b2 + a2 + 2ab

yT = ab (yT > 0).

2. Pour construire un segment de longueur 12, on peut prendre par exemple OB = 12 et OA = 1 ou OB = 6 et OA = 2

ou OB = 4 et OA = 3.

TP 4. Des figures obtenues par répétitionA. 1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

b. Lutin 1 part de (– 40 ; – 30).

c. « modifier x par 80 » signifie « ajouter 80 à x » (à partir du point de départ) ou encore « faire déplacer Lutin 1 de 80

vers la droite ».

d. Le tracé obtenu en échangeant les deux instructions consisterait à faire d’abord descendre Lutin 1 de 70, puis à le

déplacer de 80 vers la droite.

B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

Exercices


a. 123

43 3 9¥ � ¥ � b. 6 1

5

36

8

316¥ �Ê

Ëˆ¯ � ¥ � .

a. – 3 + 5 ¥ (– 2) = – 3 – 10 = – 13

b. 5

6

3

2

5

4¥ ÊË

ˆ¯ �

––

a. 11 ¥ 32 = 320 + 32 = 352

b. 9 ¥ 28 = 280 – 28 = 252

a. 10 % de 400 € = 400 € � 10 = 40 €

b. 5 % de 300 € = 300 € � 100 � 2 = 15 €

a. 50 % de 120 € = 120 € � 2 = 60 €

b. 25 % de 200 € = 200 € � 4 = 50 € (ou 25 € ¥ 2)

a. 6 b. 6

a. 2 – 2 b. – 1

a. x2 + 2x + 1 b. x2 – 1

a. 4x2 – 4x + 1 b. 4x2 – 1

L’image de 2 par la fonction f est 3.

f (3) = 6

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

Les antécédents de 3 par f sont – 4 et 2.

g(3) = 7

a. 10 b. 4

a. 12 b. 18

(– 1 ; 5)

xA = 5

OD = 13

AF = 5

ENTRAÎNEMENT

a. ABC est un triangle rectangle.

Par le théorème de Pythagore : BC = 5 cm.

b. K et L sont les milieux respectifs de [PQ] et [PR] :

RQ = 2LK = 5 cm.

c. (GH) est la médiatrice de [AE] : AEG est isocèle en G,

donc GE = 5 cm, mais on ne peut pas calculer AB.

d. HDF est rectangle en D : DF = 6 cos 20° (en cm) et

DH = 6 sin 20° (en cm).

a. EGH est rectangle en E.

Par Pythagore : EH = 7 cm.

12

13

14

15

16

17

18

19

20

21

141Chapitre 10. Confi gurations planes. Repérage

b. (EB) et (FD) sont parallèles. Par le théorème de Thalès :

EB = 4

9 ¥ 3,6 cm = 1,6 cm.

c. ABD est rectangle en D et O est le milieu de [AB] :

OD = 1

2 AB = 2 cm.

d. On ne peut pas calculer AF.

BDEF a 3 angles droits : c’est un rectangle. Donc

BD = 140 mm. Dans le triangle BCD rectangle en D :

sin 54° = BD

BC donc BC =

140

54sin � (en mm) ; BC ª 173 mm.

tan 54° = BD

CD donc CD =

140

54tan � (en mm).

Dans le triangle ABF rectangle en F :

sin 24° = BF

AB donc BF = 200 sin 24° (en mm) = DE.

cos 24° = AF

AB donc AF = 200 cos 24° (en mm).

On déduit que : CE = CD + DE = 140

54tan � + 200 sin 24°

(en mm) donc CE ª 183 mm.

EA = EF + FA = 140 + 200 cos 24° (en mm)

donc EA ª 323 mm.

D’après le théorème de Pythagore appliqué au

triangle CHM rectangle en H :

CM2 = CH2 + HM2 = 117

D’après le théorème de Pythagore appliqué au triangle

CHO rectangle en O :

CO2 = CH2 = HO2 = 52

CM2 + CO2 = 169 et MO2 = 132 = 169

CM2 + CO2 = MO2

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le

triangle OCM est rectangle en C. (On pourra faire le lien

avec le TP3).

La ligne d’horizon est tangente à la Terre. Le triangle

OHT est donc rectangle en T avec OH = 6 380,1 km et

OT = 6 380 km.

D’après le théorème de Pythagore :

HT2 = 6 380,12 – 6 3802 (HT2 = 0,1 ¥ 12 760,1) ;

HT2 = 1 276,01.

HT = 36 km.

Le site archéologique a à peu près la forme d’un

trapèze rectangle dont les bases seraient environ égales

à 25 et 45 m, et la hauteur 60 m.

Le 4e côté pourrait avoir comme longueur (en m)

30 602 2� soit environ 70 m.

On peut donc évaluer le périmètre du site à :

45 m + 25 m + 60 m + 70 m = 200 m.

(AD) // (CE), donc d’après le théorème de Thalès

(situation « croisée ») : CE

AD

FC

FD� soit

CE

2060

40�

ou encore CE = 120.

22

23

24

25

26

La gravure permet effectivement de compter 120,

de C à E.

(EF) // (BC), donc AE

AB

AF

AC� (théorème de Thalès).

(FG) // (GD), donc AF

AC

AG

AD� (théorème de Thalès).

On en déduit que AE

AB

AG

AD� .

A, E, B et A, G, D sont alignés dans le même ordre.

D’après la réciproque de Thalès, (EG) // (BD).

1. D est peut-être le milieu de [AC].

2. EB = ED, donc EBD est isocèle en E et dEDB = dEBD.

Par hypothèse : dEBD = fDBC ; donc dEDB = fDBC.

Les angles dEDB = fDBC sont alternes-internes et égaux.

Donc (ED) // (BC).

E étant le milieu de [AB], on en déduit (pour un

théorème des milieux) que D est le milieu de [AC].

1.

On remarque que B, D, E semblent alignés.

2. DA = DC et BA = BC.

(DB) est donc la médiatrice de [AC].

EA = EC, donc E Œ (DB). B, D, E sont donc alignés.

3. On garderait ce résultat avec un losange.


Les aires des 4 triangles sont égales.


La hauteur (AH) du triangle ABC est aussi la médiatrice

de [BC] et la bissectrice de l’angle fBAC. On en déduit

que : HC = 4 cm et fBAC = 2gHAC.

Dans le triangle AHC rectangle en H :

sin gHAC = HC

AC� 4

14 d’où gHAC = 16,6…°

On en déduit que l’angle d’ouverture du compas est

environ 33°.

Les droites (AC) et (CJ) sont perpendiculaires, on

peut invoquer la symétrie axiale d’axe (AJ).

27

28

29

AA BB

CCDD

EE

30

31

32 AA

BB CCFF

GG HH

33

142

1. Par la symétrie centrale s de centre O.

a. Le symétrique de A est B.

b. La symétrique de la droite d est d¢ (parallèle à d pas-

sant par B).

c. Le symétrique de � est � lui-même.

d. Le symétrique de E est le point d’intersection de d¢ et

de �, soit F.

2. AEBF a ses diagonales qui se coupent en leur milieu

et de même longueur : AEBF est un rectangle.

L’algorithme est faux car (AC) peut être perpen-

diculaire à (BD) sans que ABCD soit un losange :

(AC) ^ (BD) est ici une condition nécessaire, mais non

suffisante.

Pour que l’algorithme soit juste, écrire par exemple :

« ABCD est peut-être un losange » au lieu de « ABCD est

un losange ».

Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com

1. Le triangle ATB semble être rectangle en T.

2. Deux angles consécutifs d’un parallélogramme sont

supplémentaires :

gDAB + gABC = 180°

1

2(gDAB + gABC) = 90°

1

2gDAB +

1

2gABC = 90°

dTAB + dTBA = 90°

3. Le triangle ATB peut être isocèle en T dans le cas où

dTAB = dTBA, c’est-à-dire dTAB = dTBA = 45°. ABCD est alors

un rectangle. (Si ABCD est un rectangle, ATB est bien

isocèle en T).

M(4 ; 1), N(– 3 ; 2), P(– 3 ; 0), R(1 ; – 2), S(0 ; 3).

1. Le programme de gauche donne un segment

« oblique », celui de droite donne un segment horizontal,

puis un segment vertical.

2. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com

a. y = 3 b. – 3 � x � – 1

a. b.

34

35

36

37

38

39

40

00 11 22 33 44 00 11 22 33 44 55 66

11

– 1– 1

22

33

44

55

11

22

33

x = 2

y y

xx

x ≥ 0 et y =1

c. d.

a. Les coordonnées de B sont proportionnelles à

celles de A. A et B sont alignés en O car :

(– 2 ¥ (– 2) = 4 ¥ 1).

b. C’est faux dans ce cas : 2 ¥ 10 ≠ 3 ¥ 7.

a. K(4 ; 1) b. K(5 ; 3)

Medhi a oublié les parenthèses aux numérateurs.


1. K(– 3 ; 0)

2. K est le milieu de [AB] et (BC) // (KP) donc (théorème

des milieux) P est le milieu de [AC] et P3

2

7

4;Ê

Ëˆ¯ .

Le milieu de [EG] a pour coordonnées : (3 ; 1), celui

de [FH] aussi. Donc EFGH est un parallélogramme.

Le milieu de [AD] a pour coordonnées : 3

23;Ê

Ëˆ¯ ,

celui de [BC] a pour coordonnées 3

2

13

4;Ê

Ëˆ¯ .

13

43� , donc ABDC n’est pas un parallélogramme.

Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

1. On peut conjecturer que A¢B¢C¢D¢ est un parallélo-

gramme.

2. b. A¢(– 3 ; – 1), B¢(0 ; 0), C¢(1 ; 2), D¢(– 2 ; 1).

Le milieu de [A¢C¢] a pour coordonnées – ;11

2

ÊË

ˆ¯ , celui

de [B¢D¢] aussi. Donc A¢B¢C¢D¢ est bien un parallélo-

gramme.


D’après un théorème des milieux dans le triangle ADP :

(A¢B¢) // (AB). De même (C¢D¢) // (CD).

ABCD est un parallélogramme : (AB) // (CD).

On en déduit que (A¢B¢) // (C¢D¢).On démontre de manière analogue que (A¢D¢) // (B¢C¢)�

1. C est le milieu de [EF].

2. a. 2

23

��

xG et

3

21

��

yG d’où G(4 ; – 1).

b. [EF] et [GH] ont même milieu C, donc EGFH est un

parallélogramme.

00 11 22 33– 2– 2 – 1– 1 44 00 11– 1– 1– 2– 2– 3– 3 22

11

–1–1

22

33

44

55

11

22

33

x ≥ 3

et x ≥ – 1

x � –3;2 et y = 2

41

42

43

44

45

46

47

48

49


1. K – ; –211

6

ÊË

ˆ¯

2. K doit être le milieu de [PS], c’est-à-dire :2

22

��

xS– et

––

6

2

11

6

��

yS, soit S – ;6

7

3

ÊË

ˆ¯ .

1.

2. Le point obtenu est le symétrique de A par rapport à

K car x x

x�

�AK

2 et

y yy

��A

K2

.

Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

1. Le milieu de [AC] a pour coordonnées (0 ; – 1), tout

comme celui de [BD].

2. b. xP = 2 ¥ (– 2) – 3 = – 7 et yP = 2 ¥ (– 1) – (– 3) = 1

P(– 7 ; 1). On trouve aussi : Q(– 4 ; 3) ; R(7 ; – 3) et S(4 ; – 5).

c. Le milieu de [PR] a pour coordonnées : (0 ; – 1) et

celui de [QS] aussi. Donc PQRS est un parallélogramme.

a. AB = 169 = 13 b. AB = 20 = 5

c. AB = 4 = 2 d. AB = 6,1

Manon a mal placé le carré dans (yB – yA)2.


1. DE = 272 ; DF = 340 ; EF = 68 .

2. DE2 + EF2 = 340 = DF2

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, DEF

est rectangle en D.

a. GH = 45 ; GK = 45 ; HK = 90.

GH = GK donc GHK est isocèle en G.

GH2 + GK2 = 90 = HK2, donc GHK est rectangle en G.

GHK est donc isocèle rectangle en G.

50

51

00 11 22 33 44 55 66 77 88 99

11

22

33

44

A

A¢

K

52

53

11– 1– 1– 2– 2– 3– 3– 4– 4– 5– 5– 6– 6– 7– 7 22 33 44 55 66 77

11

– 1– 1

– 2– 2

– 3– 3

– 5– 5

– 4– 4

22

33

0

AA

BB

CC

DD

PP

QQ

RR

SS

54

55

56

57

58

b. GH = 12 ; GK = 12 ; HK = 2 3 = 12. Donc GHK

est équilatéral.

1. BD = 32 cm (= 4 2 cm).

2. a. ABCD est un carré donc (AB) ^ (AD) et AB = AD.

b. BD = 2.

c. Ces résultats ne sont pas contradictoires car BD

(en cm) = 2 ¥ 4 (en cm) = 4 2 (en cm) (ou 32 , en cm).

1. MN = 10 ; MP = 5 ; PN = 15.

MN + MP = 15 = PN, donc M, N et P sont alignés avec

M Œ [NP].

Demander les coordonnées xA, yA, xB, yB, xC, yC des

points A, B et C.

Calculer c = (xB – xA)2 + (yB – yA)2.

Calculer b = (xG – xA)2 + (yC – yA)2.

Si b = c, alors afficher « ABC est isocèle en A ».

Sinon, afficher « ABC n’est pas isocèle en A ».


Demander les coordonnées xA, yA, xB, yB, xC, yC des

points A, B et C.

Calculer a = (xB – xC)2 + (yB – yC)2.

Calculer b = (xC – xA)2 + (yC – yA)2.

Calculer c = (xB – xA)2 + (yB – yA)2.

Si a = b ou b = c ou c = a, alors afficher « ABC est isocèle ».

Sinon, afficher « ABC n’est pas isocèle ».

1. AB = 50 ; AD = 45 ; BD = 5 ;

AB2 = AD2 + BD2 ; ABD est rectangle en D.

AC = 65 ; CD = 20 .

AD2 + CD2 = AC2 ; ACD est rectangle en D.

2. BD + DC = 5 20 5 2 5 3 5� � � �

et BC = 45 3 5� .

3. Dans le triangle ABD rectangle en D

cos fABD = BD

AB� 5

50 d’où fABD = fABC ª 71,6°.

Dans le triangle ACD rectangle en D

cos gACD = CD

AC� 20

65 d’où fACD = fACB ª 56,3°.

a.

OA = 2 OB = 2 OC = 2,5 OD = 2 OE = 4,0045

OA ≠ 2 B Œ� 2 5 2, � D Œ� OE ≠ 2

A œ� C œ� E œ�

b. 2 2� ; B Œ � ; 2 5 2, � ; D Œ � ; E œ � ; A Œ � et

C Œ �.

59

60

61

62

63

144

WA � � �12 25 64 76 25, ,

WB � � �56 25 20 25 76 5, , ,

W WA B� donc B œ �.

1. WA � � �0 5 52 ; WB � � �16 9 5

WC � � �(– )5 0 52 ; WD � � �9 16 5

WA = WB = WC = WD = 5

A, B, C et D appartiennent au cercle de centre W et de

rayon 5.

2. AB � � �16 4 20 ; BC � � �1 9 10

CD � � �64 16 80 ; AD � � �9 81 90

AC � � �25 25 50 ; BD � � �49 49 98 .

3. AB CD BC AD¥ ¥ ¥ � ¥ � �20 80 10 90

= 40 + 30 = 70.

AC BD¥ � ¥ � �50 98 4 900 70.

1. AB � 104 ; AC � 32 ; BC � 72 .

32 + 72 = 104.

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, ABC

est rectangle en C.

3. C Œ �

AireABCD = 2 + 6

2 = 5 ou AireABCD = 8 +

6

2 = 5

AireDEFG = 1 + 1

2 ¥ 4 = 5 ou AireDEFG = 5

2� � = 5

AireMNP = 5 22 2

2

5 1

2

3 1

24¥ ¥ ¥ ¥ �– – –


1. ABCD est un carré ; AB = AD et (AB) AD : (A, B, D)

est orthonormé.

2. A(0 ; 0) B(1 ; 0) D(0 ; 1) C(1 ; 1) E(1 ; 1

2) F(

3

4 ; 1).

3. AE = 5

4 ; EF =

5

16 ; AF =

25

16 =

5

4.

AE EF AF2 2 25

4

5

16

25

16� � � � �

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, AEF

est rectangle en E.


A(0 ; 0) B(a ; 0) D(0 ; b) C(a ; b) E(a ; b

2) F(

3

4 a ; b)

AE � �ab2

2

4

EF � �a b2 2

16 4

AF � �9

16

22a

b

AE EF AF2 2 2� � pour a et b quelconques (pour a2 ≠ b2).

Ce résultat ne reste pas vrai si ABCD est un rectangle

(non carré).

64

65

66

67

68

69

70

71

1. K – ;1

2

3

2� �2. KF = KD par définition du milieu d’un segment.

KF � � �49

4

81

4

130

4 ; KE � � �121

4

9

4

130

4.

K est équidistant de F, D et E.

3. a. On déduit que le triangle FED est rectangle en E.

b. Son cercle circonscrit � est le cercle de diamètre [FD].

1. AB � �20 2 5 ; BC � �20 2 5 ;

AC � �40 2 10 .

Le périmètre du triangle ABC est 4 5 2 10� .

2. Le périmètre du triangle KLM est 2 5 10� .

1. Le milieu de [AC] et celui de [BD] ont les mêmes

coordonnées : 1

22;� �.

ABCD est donc un parallélogramme.

2. AB2 = 9 + 4 = 13 ;

BC2 = 16 + 36 = 52 et AC2 = 49 + 16 = 65

13 + 52 = 65, donc ABC est rectangle en B.

3. ABCD est un parallélogramme ayant un angle droit

(en B). ABCD est un rectangle.

1. AB = 50 ; BC = 50

AB = BC donc ABC est isocèle en B.

2. K(1 ; 0)

3. x x x

y y y

x

y

K

K

D B

D D

D

D

donc D��

�ÌÓ

� ��

�ÌÓ

2

2

2 3 1

0 6 6

–

–

– –

– –((– ; – )1 6

4. ABCD est un losange.

1. Les coordonnées du milieu de [AC] et du milieu

de [BD] sont les mêmes : (2 ; 1).

2. AC = BD = 40

3. ABCD est un parallélogramme ayant ses diagonales

de même longueur : ABCD est un rectangle.

a. Puisque [AC] et [BD] ont même milieu K(2 ; – 1)

et AB = BC = 50, alors ABCD est un losange.

b. ABCD est un quadrilatère quelconque.

c. Les coordonnées du milieu de [AC] et du milieu de

[BD] sont les mêmes : (0 ; 2). De plus, AB = BC = 58 et

58 + 58 = 116.

Par ailleurs, AC = 116 , alors ABCD est un carré.

d. ABCD est un polygone « croisé » (ACBD est un rec-

tangle).

1. Les sommets du tapis ont pour coordonnées :

(4 ; 5) ; (8 ; 16) ; (2 ; 13) et (6 ; 14).

2. Le tapis a pour longueur : 68 0 3 0 6 17¥ �, ,m m,

pour largeur : 17 0 3 0 3 17¥ �, ,m m,

soit environ 2,47 m de long et 1,34 m de large.

72

73

74

75

76

77

78


3. Les côtés opposés du tapis ont la même longueur.

Et ses deux diagonales ont pour longueur 85 0 3¥ , m.

17 + 68 = 85

Le tapis est bien rectangulaire.

1. E F G H1

40 1

1

4

3

41 0

3

4; ; ; ;� � � � � � � �

2. Le milieu de [EG] et celui de [FH] ont les mêmes coor-

données : 1

2

1

2;� � et EF = FG =

10

16. Aussi EFGH est un

losange.

3. EG = 5

4 et

10

16

10

16

20

16

5

4� � � ; EFGH est donc un carré.

1. a.

b. B(– 1 ; 0).

c. M1

21;� � et K – ;

1

21� �.

d. CK = BM = 13

4.

2. Le symétrique de B par rapport à la droite (AL) est C

(car ABC est isocèle en A).

Le symétrique de A par rapport à (AL) est A.

Le symétrique de C par rapport à (AL) est B.

Le symétrique de K, milieu de [AB], par rapport à la droite

(AL) est le milieu du symétrique de [AB], soit M, milieu de

[AC].

Le symétrique de [CK] est donc [BM].

Par « conservation des longueurs » : CK = BM.

1. On ne peut pas savoir.



4. Oui.

• Si K milieu de [AB], alors : KA = KB ; K appartient à

la médiatrice de [AB]. AK + KB = AB.

• Si K appartient à la médiatrice de [AB], alors KA = KB. Si

K appartient à la médiatrice [AB], alors le triangle AKB

est isocèle en K.

• Si KA = KB, alors K appartient à la médiatrice de [AB]. Si

KA = KB, alors le triangle AKB est isocèle en K.

• Si le triangle AKB est isocèle en A, alors KA = KB et K

appartient à la médiatrice de [AB].

Paul a écrit l’égalité AB2 + BC2 = AC2 alors qu’il ne

sait pas qu’elle est vraie.

Autre rédaction : (voir exercice résolu 4).

79

80

– 1– 1 00 11

11

22AA

BB CC

KK

LL

MMPP

81

82

83

AB2 + BC2 = 20 + 5 = 25 et AC2 = 25. On constate que

AB2 + BC2 = AC2.

D’après la réciproque du théorème de Pythagore, le

triangle ABC est rectangle en B.

Travail personnelPour les exercices 84 à 107 : voir corrigés en fin

de manuel.

APPROFONDISSEMENT

1.

2. M¢ pourrait être l’image de M par une symétrie

axiale.

3. OM = OM¢ = x y2 2�

TM = TM¢ = ( – ) ( – )x y1 12 2� .

4. (OT) est la médiatrice de [MM¢].

5. La transformation géométrique, qui associe à tout

point M le point M¢, est la symétrie axiale d’axe (OT).

1. (– 4 ; 1) ; (– 4 ; 2) ; (– 4 ; 3) ; etc.

2. Les points de coordonnées (1 ; 2) ; (– 2 ; – 5) ; (– 5 ; 2)

et (– 2 ; – 1) semblent appartenir au cercle tracé en vert.

3. A est le point de coordonnées (– 2 ; 2).

Tous les points de la droite tracée en rouge ont pour

abscisse – 4.

Tous les points du cercle tracé en vert ont leurs

coordonnées (x ; y) qui vérifient (x + 2)2 + (y – 2)2 = 9.

Autrement dit le cercle C est le cercle de centre A et de

rayon 3.


Les coordonnées des points d’intersection de la droite et

du cercle sont les points de coordonnées (– 4 ; 2 – 5) et

(– 4 ; 2 + 5).

A. 1.

108

– 1– 1– 2– 2– 3– 3 11 22 33 44 55 6600

– 1– 1

– 2– 2

11

22

33

44

55

AA

A¢A¢

BB

B¢B¢

C¢C¢

CC

DD

TT

109

110

AA BB

DD

EE

FF

CC

JJ

146

2. CIJ peut sembler équilatéral (cependant, la fenêtre

« Algèbre » de Geogebra indique que si JC = IC, IJ < JC).

3. a. ABCD est un carré : (A, B, D) est orthonormé.

b. A(0 ; 0) B(1 ; 0) D(0 ; 1) C(1 ; 1) O1

2

1

2;� �

AO = 2

2 donc I

2

20;

ÊËÁ

ˆ¯ et J 0

2

2;

ÊËÁ

ˆ¯ .

CI2 = 5

22–

CJ2 = 5

22–

IJ2 = 1

On en déduit que CIJ est isocèle en C, mais n’est pas

équilatéral.

Le triangle CIJ ainsi construit n’est donc pas solution du

problème posé.

B. 3. • Par construction AE = AF et OE = OF donc (AO)

est la médiatrice de [EF], ou E et F sont symétriques par

rapport à (AO). A, O, C sont alignés donc (CE) et (CF) sont

symétriques par rapport à (AC).

• ABCD est un carré donc (AB) et (AD) sont symétriques

par rapport à (AC).

• I et J, comme points d’intersection respectifs de (CE) et

(AB), et de (CF) et (AD), sont donc symétriques par rap-

port à (AC).

4. • AOE est équilatéral, donc fEOA = 60°.

AOF est équilatéral, donc fAOF = 60°.

Donc fEOF = fEOA + fAOF = 120°.

• C, E, F appartiennent au cercle de centre O (passant

par A) donc sECF = 1

2 dEOF = 60°.

On en déduit que oICJ = sECF = 60°.

Conclusion : • I et J sont symétriques par rapport à (AC),

donc IC = JC.

• oICJ = 60°. Donc CIJ est un triangle isocèle ayant un

angle de 60°.

Donc CIJ est équilatéral. Le triangle CIJ ainsi construit

est solution du problème posé.

1. b. Conjecture : AE = x ¥ y.

2. B(x ; 0) et E(0 ; e).

a. C(x + y ; 0) et D(x + y ; 1).

b. D’après le théorème de Pythagore appliqué au

triangle EBD.

ED2 = EB2 + BD2

(x + y)2 + (e – 1)2 = (x 2 + e 2) + (y 2 + 1)

x2 + 2xy + y2 + e2 – 2e + 1 = x2 + e2 + y2 + 1

2xy – 2e = 0 soit e = xy.

3. a. Dans le triangle AEB rectangle en A, donc dAEB +

dABE = 90°, A, B et C sont alignés et dEBD = 90°.

dABE + 90° + fCBD = 180°

dABE + fCBD = 90°

On en déduit que sEAB = fCBD.

111

b. Dans le triangle AEB rectangle en A :

tan sAEB = AB

AE� x

eDans le triangle BCD rectangle en C :

tan fCBD = CD

BC� 1

y

dAEB = fCBD donc x

ye� 1

ou encore e = xy.

1. Le polygone rouge semble être un octogone

régulier.

2. a. Les rayons des quatre cercles sont égaux à 2

2.

b. H K Q12

20

2

20 0 1

2

2– ; ; ; –

ÊËÁ

ˆ¯

ÊËÁ

ˆ¯

ÊËÁ

ˆ¯

c. HK � ÊËÁ

ˆ¯ �

2

21

2

22 1– – –

HQ22 2 2

12

21

2

22 1

2

2� ÊËÁ

ˆ¯ � ÊËÁ

ˆ¯ � Ê

ËÁˆ¯– – –

donc HQ = 2 12

22 1– –

ÊËÁ

ˆ¯ � .

Conclusion : HK = HQ.

3. Par symétries successives par rapport aux 4 axes de

symétrie du carré, on obtient à la fois l’égalité des lon-

gueurs et l’égalité des angles du polygone HKNMTSPQ.

1. a. OEF semble être un triangle rectangle isocèle en O.

b. On choisit le repère orthonormé (A, B, D).

Dans ce repère : O1

2

1

2;� �, E(2 ; 0) et F(1 ; 2).

OE2 = 5

2 = OF2 et EF2 = 5.

On constate bien que OE = OF = 5

2 et que

OE2 + OF2 = EF2.

Autrement dit : OEF est un triangle rectangle isocèle en O.

2. L’aire de OEF est 1

2

5

2¥ u.a. (unité d’aire), soit

5

4u.a., si

on choisit comme u.a. l’aire du carré ABCD.

112

113

AA BB

CCDD

EE

FF

OO


Il suffit donc pour construire une figure dont l’aire est le

quintuple de celle du carré ABCD de construire 4 triangles

de même aire que OEF, en construisant les symétriques

de C par rapport à D, et de D par rapport à A. Le

quadrilatère obtenu est bien un carré (côtés de même

longueur et angles droits).

1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

2. Quand M décrit le segment [AB], K semble décrire un

segment parallèle à (AB).

3. a. h c� 3

2 C

1

2

3

2x x;

ÊËÁ

ˆ¯ E

1

21

3

21( ) ; ( – )�Ê

ËÁˆ¯x x

b. K1

4

1

2

3

4�Ê

ËÁˆ¯x ;

c. x Œ [0 ; 1]

K décrit le segment porté par la droite d’équation y = 3

4

ayant pour extrémités les points d’abscisses 1

4 et

3

4.

K décrit le « segment des milieux » d’un triangle équilaté-

ral de côté [AB].

1. a. On reçoit comme message final : « O appar-

tient à la droite d ».

b. D1 et D2 représentent les distances respectives de A

et de B à O.

c. d est la médiatrice de [AB].


1. a. OM2 = x2 + y2 ; OM¢2 = x¢2 = x¢2 + y¢2 ;

MM¢2 = (x¢ – x)2 + (y¢ – y)2.

b. Les droites (OM) et (OM¢) sont perpendiculaires si et

seulement si OM2 + OM¢2 = MM¢2. C’est-à-dire si et seu-

lement si xx¢ + yy¢ = 0.

2. a. (OA) et (OB) sont perpendiculaires.

b. (OA) et (OB) ne sont pas perpendiculaires.

c. (OA) et (OB) sont perpendiculaires.

FF

GG

HH

AA BB

CCDD

EE

OO

114

115

116

1. a. CA = CB = 80, donc ABC est isocèle en C.

b. Soit M le milieu de [AB], H(– 2 ; 2). ABC étant isocèle

en C, (CM) est la hauteur issue de C du triangle ABC.

L’aire du triangle ABC est : AB CM¥

2 soit en unité d’aire :

32 72

2

4 2 6 2

224

¥ � ¥ �

2. L’aire du triangle est aussi égale à : AC BK¥

2 si on

désigne par K le pied de la hauteur issue de B. Donc :

BK � ¥ � �24 2

80

48

80

12 5

5

1. K(0 ; 1)

2. AB = BC = AC = 104 (ABC est équilatéral).

L’aire du triangle ABC est : AC BK¥

2 soit en unité d’aire :

104 78

226 3

¥ �


a. On constate que la somme s reste constante.

2. a. aire(AMB) = AB MD¥

2

aire(BMC) = BC ME¥

2

aire(CMA) = CA MF¥

2b. Soit h la hauteur du triangle ABC,AB MD BC ME CA MF¥ � ¥ � ¥ � ¥

2 2 2 2

c h

soit c ¥ (MD + ME + MF) = c ¥ h

ou encore MD + ME + MF = h (c ≠ 0).

Aire(ABC) = Aire(IAB) + Aire(IBC) + Aire(IAC)

� ¥ � ¥ � ¥AB IP BC IQ CA IR

2 2 2Or IP = IQ = IR = r

Donc Aire(ABC) = 1

2 r (AB + BC + CA) = r ¥ p.

117

– 1– 1– 2– 2– 3– 3– 4– 4– 5– 5 11 22 33 44– 1– 1

– 2– 2

– 3– 3

– 4– 4

11

00

22

33

44 BB

CC

HH

KK

A

118

119

120

121

AA

BB

CCDD

EE

KK

LL

SS

148

(AL) et (CK) sont deux médianes du triangle ACD.

E, point d’intersection de (AL) et (CK) est donc le centre

de gravité de ACD.

S est le milieu de [AC], donc (SD) est la troisième médiane

du triangle ACD et passe par E.

S est le milieu de [BD], donc D, S et B sont alignés.

Conclusion : D, E, S et B sont alignés.

1. S, C, E et S, B, F sont alignés dans le même ordre.

SC = 1

2 AC et AC = CE ; donc SC =

1

3 SE ou

SC

SE� 1

3

SB = 1

2 DB et DB = BF ; donc SB =

1

3 SF ou

SB

SF� 1

3

D’après la réciproque du théorème de Thalès,

les droites (CB) et (EF) sont parallèles.

2. Dans le triangle AEF, C est le milieu de [AE] et (CB) // (EF).

D’après un des théorèmes des milieux,

K est le milieu de [AF].

3. Dans le triangle ACF, (SF) et (CK) sont deux médianes.

Donc leur point d’intersection B est le centre de gravité

du triangle ACF.

4. (AB) est la troisième médiane du triangle ACF : elle

coupe donc [CF] en son milieu L.

B(1 ; 0) C(1 ; 1) D(0 ; 1) T1

2

1

2;� �

K1

20;� � L 1

1

2;� � P

1

21;� � S 0

1

2;� �


3. Le point K semble décrire un segment parallèle à

[BC].

4. a. x appartient à [0 ; 1].

b. Kx

2

1

2;� �

c. K décrit le segment porté par la droite d’équation

y = 1

2 ayant pour extrémités les points d’abscisses O et

122

AABB

CCDD

EE

FF

LL

SS

123

AA BB

CCDD

KK

LL

PP

SS TT

124

1

2 (K décrit le segment ayant pour extrémités les milieux

de [AB] et [AC]).

a. Dans le repère (A, B, C) : B(1 ; 0) C(0 ; 1)

M1

20;� � N 0

1

2;� � Q

1

4

1

4;� � P

1

2

1

2;� � donc le milieu

de [AP] a également pour coordonnées 1

4

1

4;� �.

Conclusion : Q est le milieu de [AP].

b. • N est le milieu de [AC] et P est le milieu de [BC].

Donc (NP) // (AB).

• M est le milieu de [AB] et P est le milieu de [BC].

Donc (MP) // (AC).

• M Œ (AB) et N Œ (AC) donc (NP) // (AM) et (MP) //

(AN). AMPN a ses côtés opposés parallèles deux à deux,

donc AMPN est un parallélogramme.

• Les diagonales d’un parallélogramme se coupent

en leur milieu, donc Q, milieu de [MN], est aussi le milieu

de [AP].

1. P semble être le milieu de [DE] et de [AB].

Dans le triangle CDE : B est le milieu de [CE] d’une part,

(AB) // (CD) et P Œ (AB) d’autre part, donc P est le milieu

de [DE].

De plus BE = BC = AD et (AD) // (BC), donc DAEB est un

parallélogramme.

Les diagonales de DAEB se coupent en leur milieu donc

P, milieu de [DE], est aussi le milieu de [AB].

2. Aucun angle droit n’est intervenu dans la démons-

tration, seules des propriétés de parallélisme et des

égalités de longueurs ont été utilisées. Le résultat reste

vrai si ABCD est un parallélogramme.

Dans le triangle ABD, K est le milieu de [AD] et L est

le milieu de [AB], donc (KL) est parallèle à (BD).

Dans le triangle ABO, L est le milieu de (AB), (KL) // (BD),

S Œ (KL) et O Œ (BD), donc S est le milieu de [AO] (ou

AS = 1

4AC).

Avec repère : dans un repère orthonormé (O ; B, J)

A(– 1 ; 0) B(1 ; 0) D1

2

3

2;

ÊËÁ

ˆ¯ E

1

2

3

2; –

ÊËÁ

ˆ¯

DE = AD = AE = 3 ; donc ADE est équilatéral.

Sans repère :

• D est un point de la médiatrice de [OB], donc DO = DB.

• D Œ � d’où DO = OB donc DOB est équilatéral.

• De même, EOB est équilatéral.

• fDAE = 1

2 gDOE =

1

2 ¥ 60° ¥ 2 = 60°.

• E est le symétrique de D par rapport à [AB] ;

donc AD = AE.

Conclusion : ADE est un triangle isocèle ayant un angle

de 60°. ADE est équilatéral.

125

126

127

128


Dans le repère (O, I, J), pour des raisons de symétrie :

si A(x ; 0), B(x ; 2x) et x2 + (2x)2 = 1(x > 0) d’où x = 1

5.

Le côté du carré jaune et donc 8

53 6cm cmª , .

M2010(503 ; 503) car 2010 = 4 ¥ 502 + 2.

Un segment ayant pour extrémités 2 points, dont

au moins une des deux coordonnées n’a pas la même

parité, a un milieu qui « ne tombe pas » sur un nœud du

quadrillage.

C’est possible avec 3 ou 4 points, mais impossible avec

5 points.

La longueur manquante est 4r. On a donc 9r = 27. Le

rayon du cochonnet est donc 3 cm, et celui de la boule

12 cm.

129

00– 1– 1– 2– 2– 3– 3– 4– 4 11 22 33 44

– 1– 1

11

22

33

44J

IAA

BBCC

DD

130

131

132

r

r

4r

4r

3r

?

English corner

point/intersecting/origin/coordinate/coordinates

AB2 = AC2 = 8 – 4 2

BC2 = 16 – 8 2

ABC est un triangle isocèle rectangle en A.

A et B ne sont pas sur la même droite car 5

3

8

5� (25 ≠ 24).

La droite (AB) coupe l’axe des ordonnées au point C

d’ordonnée 0,5.

L’aire de AOB est donc égale à :

Aire(COB) – Aire(COA) = 0 5 3

2

0 5 5

20 5

,–

,,

¥ ¥ � .

L’aire de IAJ = Aire(AOB)

4

1

8� .

133

134

135

AA

CC

OO

BB

bb

JJ

II

150

Géométrie dans l’espace 11Pour reprendre contact

1 Les figures 1 et 5 sont des patrons de parallélépipèdes rectangles.

2 a. Le solide représenté en vert est une pyramide à base triangulaire (ou un tétraèdre). Le solide représenté en rose

est un prisme à base triangulaire.

b. ABC est un triangle rectangle en B, EGH est un triangle rectangle en H, (si le solide représenté est un cube, ces deux

triangles sont également isocèles) et AFC est équilatéral.

3 a. HGJI est un rectangle.

b. IM < OM (car OM2 = IM2 + OI2).

4 a. Une pyramide de base carrée de côté 3 cm et de hauteur 2 cm a pour volume 6 cm3.

b. Un cylindre de rayon 5 cm et de hauteur 4 cm a pour volume 100p cm3.

Activité 1. Deux solides en un1. a. Le solide S1 est un prisme. Il a 5 faces.

b. Le solide S1 a deux faces triangulaires, et trois faces rectangulaires.

c.

EE FF

II JJ

KKLL 7 cm

4 cm

3 cm

151Chapitre 11. Géométrie dans l’espace

2. Le solide S2 a 7 faces.

I1

I1

I2

I2

J1

J1

J2

J2

HH

DD

AA

LL

GG

CC

KK

BB

1 cm1 cm

6 cm6 cm

7 cm7 cm

4 cm4 cm

2 cm2 cm

5 cm5 cm

Activité 2. Calculs de volumesVolume 1 : 4,5p cm3 – Volume 2 : 9 cm3 – Volume 3 : 6 cm3 – Volume 4 : 3 cm3 – Volume 5 : 1,5p cm3 – Volume 6 : 3 cm3.

Activité 3. Du dessin à l’espace1. Largeur : 3 (cm) ; épaisseur : 0,6 (cm) ; longueur : 5,4 (cm).

2. Cet objet comporte 4 branches.

3. Certaines des conventions utilisées dans la perspective cavalière ne sont pas respectées.

Activité 4. Du solide à l’espace1. a. [AB], [GH], [IJ] et [LK].

b. [JG] et [BC].

c. L’arête [KJ] du solide ne coupe ni l’arête [CG], ni l’arête [BC].

d. Dans l’espace, les droites (KJ) et (CG) sont sécantes, tout comme les droites (KJ) et (BC).

e. Dans l’espace, les droites (LI) et (CG) ne sont pas sécantes.

2. a. BCJJK et ADHIL.

b. La face BCJJK et la face ABKL sont sécantes ; leur intersection est le segment [BK].

c. Le plan (BCG) et le plan (ABK) sont sécants ; leur intersection est la droite (BK).

3. a. La droite (LK) est parallèle au plan (ABC), tout comme la droite (AB).

b. La droite (LI) n’est pas parallèle au plan (ABC), alors que la droite (AC) et la droite (IG) le sont.

TP 1. La pyramide du Louvre1.

OO

AABB

CC DD

EE

2. La hauteur de la pyramide sur le patron sera 6 cm. On doit utiliser comme échelle 1/350.

152152

3.

AA BB

CCDD

OO

10 cm

4. Le volume de la pyramide est 8 575 m3.

B. 1. AC = 2450 m = 35 2 m ; AO = 2450

2 m = 17,5 2 m

2. AE = 1053 5, m ª 32 m

3. La hauteur d’une face latérale de la pyramide est : 747 25, m ª 27 m.

La superficie de verre nécessaire pour construire la pyramide est : 1

235 747 25 4¥ ¥ ¥, m2, soit environ 1 914 m2.

TP 2. Calculer des volumes1. Le côté du cube est 2 cm. Son volume est 8 cm3.

2. Le volume d’eau versée dans le cylindre est (2pr2 – 8) cm3.

3. 1,36pr2 = 2pr2 – 8 ou r2 = 8

0 64,. On en déduit : r ª 4 cm (au mm près).

TP 3. Positions relativesA. a. Fausse b. Fausse c. Fausse d. Vraie e. Fausse f. Vraie

B. Voir fichiers sur le site Internet www.didiermathx.com

C. 2. Le point T semble aligné avec les points A et C.

3. Les droites (IL) et (AC) appartiennent au plan (AEC). Elles ne sont pas parallèles, donc elles sont sécantes en T. Le plan

(AEC) et le plan (ABC) étant sécants suivant la droite (AC), T est le point d’intersection de la droite (IL) et du plan (ABC).

TP 4. En sortant du solideVoir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

A. IJK semble être rectangle en J.

B. 1. P est aligné avec E et F (et I et J) : la droite (IJ) n’est pas parallèle au plan (HEF) I n’appartenant ni à (HEF) ni à (ABC),

elle est sécante au plan (HEF) en un point P.

Les points I, J, E et F étant coplanaires car ils appartiennent tous au plan (ABF), les droites (IJ) et (EF) sont coplanaires.

Dans le plan (ABF), (IJ) et (EF) ne sont pas parallèles car la parallèle à (EF) passant par I est (AB) et J n’appartient pas à

(AB). Donc (IJ) et (EF) sont sécantes en P.

2. b. Dans le plan (ABF) :

P appartenant à (EF), (PE) // (IB) (propriété du cube).

P appartenant à (IJ), (PI) // (EB) (théorème des milieux appliqué dans le triangle ABE).

IPEB a ses côtés opposés parallèles deux à deux, IPEB est donc un parallélogramme.

On en déduit que IP = EB = 4 2 cm.

c. Par un théorème des milieux appliqué dans le triangle ABE, IJ = 1

2 EB, soit IJ =

1

2 IP.

I, J, P étant alignés, on en déduit que J est le milieu de [IP].

3. a. En raisonnant d’une manière analogue dans le plan (EFG), on démontre que EPKG est un parallélogramme et que

KP = EG = 4 2 cm.

b. AIKH est un quadrilatère non croisé contenu dans le plan (ABG) car (AI) // (HK), toutes les deux étant parallèles à (EF).

De plus, AI = HK car I est le milieu de [AB], K est le milieu de [HG], et AB = HG. On en déduit que AIKH est un parallélo-

gramme et que IK = AH = 4 2 cm.

4. KP = PI = IP = 4 2 cm ; KPI est équilatéral. J étant le milieu de [IP], (KJ) est la médiatrice de [IP] :

IJK est donc rectangle en J.

6 cm

AA

EE

OO


TP 5. Intersections de plans2. W appartient au plan (DCG) parallèle au plan (ABF), et distinct de (EBF).

3. V et W sont deux points communs à (BCG) et à P. (BCG) et P sont donc sécants suivant la droite (VW).

4. U et V sont deux points communs à (ABF) et à P. (ABF) et P sont donc sécants suivant la droite (VW).

5. a. W est un point commun à P et à (DCG).

b. (ABF) et (DCG) étant parallèles, l’intersection de P avec (DCG) est la parallèle à (UV) passant par W et qui coupe (HG)

en un point X.

6. La section du cube par le plan P est le quadrilatère UVWX.

AA

BB

CC

DD

EE

FF

GG

WW

VV

HH XX

UU

Exercices


a. 8 b. 27 c. 64 d. 125

a. 3,7 ¥ 10 = 37 b. 7,5 ¥ 6 = 45

a. 20 b. 5 c. 4 d. 36

a. Volume d’un cylindre b. Aire d’un triangle

c. Volume d’une boule d. Aire d’un disque

125 cm3

156 cm3

Le volume de l’armoire est supérieur à 1 m3

(2 ¥ 0,5 ¥ 1,2 = 1,2).

1 m3 = 1 000 dm3 ; 1 m3 = 1 000 000 cm3.

1 m3 = 1 000 L ; 1 cm3 = 1 mL.

Le bassin peut contenir 120 000 L.

Le volume du nouveau récipient est 48 m3.

2,50 m3 (0,6 ¥ 0,6 ¥ p ª 1)

Le récipient conique ne peut pas contenir 1 L car

52 ¥ p ¥ 30 : 3 = 250 p < 1 000.

Le volume de la pyramide de BEFG est 1

6V .

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

ENTRAINEMENT

a. b. c.

1. Non 2. On ne peut pas savoir. 3. On ne peut

pas savoir. 4. Non

AA BB

CCDD

EE

JJ

FF

GGHH

4 cm

2,8 cm

2,1 cm

40°

15

17

18

154154

AA BB

CCDD

EE FF

GGHH

JJ

4 cm

2 cm

1,5 cm

60°

a. b. c.

ouou

a. b.

a. b.AA

BB

CC

DD

AA

BB

CC DD

EE

FF

A 3 ; B 1 ; C 4 ; D 2.

Il existe 11 patrons non superposables d’un cube.

19

20

21

22 AA

BB

CC

DD

23

24

25

1. ACH est un triangle équilatéral.

AA

BBCC

DD H1

H1

H2

H2

3 cm

2. Le tétraèdre ADCH a 3 faces qui sont des triangles

rectangles isocèles (ADH, HDC et ADC) et une face

(ACH) qui est un triangle équilatéral.

3. L’aire du triangle ADH est 4,5 cm2. Le volume du

tétraèdre est donc 4,5 cm3.

1. 7 cm

4 cm

AA BB

CCDD HH

2. BH = 32 cm = 4 2 cm ª 5,7 cm

1.

200 cm

300 cm

250 cm

2. A� � ¥( )4 3 2 ¥ � ¥ ¥ - ¥ �23 0 5

22 2 2 2

,, 25,1

L’aire des parois latérale sans la porte est 25,1 m2.

3. V � ¥ �( 3 2 3 0 5

2

¥ ,) ¥ �4 27

Le volume du garage est 27 m3.

4. A¢ = 1 5 0 52 2, ,� ¥ � �� ¥ � º4 0 5 0 3 2 15 1, , ,

L’aire du toit est 15 m2 au m2 près.

Voir corrigé à la fin de manuel.

1. Chacune des faces est un triangle équilatéral

(voir le site Internet www.didiermathx.com)

2.

4 cm

3. Les 3 angles sont égaux à 60°.

26

27

28

29

30


1.

8 cm

2 cm2 cm

4 cm × p��ª�12,57 cm

3. L’aire latérale de la boîte est 40p cm2 et son volume

est 40p cm3.

Aire de la boîte = Aire du rectangle.

� = 2 ¥ pr2 + 2pr ¥ h = pr2 (r + h)

= p ¥ 22 (2 + 8) = 40p.

= pr2 ¥ h = p ¥ 22 ¥ 8 = 32p.

1.

2 cmA

S

T

7 cm

2. � ¥ ¥1

34 7 22 2p –

Le volume du cône est égal à 4 45p cm3, soit

28,099 cm3 au mm3 près.


2 cm2 cm

7 cm

102,85°102,85°

1. � ¥ � ¥4

3

4

3353 3p pr

Le volume du cône est égal à 171 5003

¥ p cm3, soit

179 594 cm3 au cm3 près.

2. a. Le rayon du cône est 21 cm.

b. � ¥ ¥ � ¥ ¥ ¥1

3

1

321 282 2p pr h .

Le volume du cône est égal à 4 116p cm3, soit 12 931 cm3

au cm3 près.

Voir corrigé à la fin du manuel.

31

32

33

34

D’après le théorème de Thalès appliqué au

triangle ABE, IJ

AB

EI

EA� , soit IJ =

27

7 cm.

� ¥ ¥ ¥1

2

27

73 6

Le volume de EIJHLK est égal à 243

7 cm3.

1. GD = 32 cm = 4 2 cm. Le périmètre de BDG

est 12 2 cm.

2. GK = 2 6 cm. L’aire de BGD est 8 3 cm2.

3. L’aire de CDG est 8 cm2. Le volume du tétraèdre

CBGD est 32

3 cm3.

4. La hauteur issue de C dans ce tétraèdre est4

3 cm ª 2,3 cm au mm près.

Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

M n’appartient pas au plan (ACD) : les points M, N et P

ne sont pas alignés.


1. a. (AB) et (DC) sont parallèles.

b. (AB) et (HG) sont parallèles.

c. (AB) et (BC) sont sécantes en B.

d. (AB) et (CG) ne sont pas coplanaires.

2. a. (AG) et (EFG) sont sécants en G.

b. (EG) et (EFG) sont parallèles, la droite (EG) est conte-

nue dans le plan (EFG).

c. (CG) et (EFG) sont sécants en G.

d. (AB) et (EFG) sont parallèles.

3. a. (ABC) et (EFG) sont parallèles.

b. (ABC) et (CDA) sont confondus.

c. (AEH) et (DHG) sont sécants suivant la droite (DH).

d. (AEG) et (CGH) sont sécants suivant la droite (CG).


a. (EB) et(AC) ne sont pas coplanaires car C Œ (ABE).

b. (HM) et(DB) ne sont pas coplanaires car H œ (ABC).


a. (MN) et (AC) sont coplanaires, et dans la position

dessinée de M et de N, elles sont sécantes.

b. (BF) et(HM) ne sont pas coplanaires car H œ (ABF).


2. Les points I, J, K et L semblent coplanaires, IJKL

semble être un trapèze.

c. (IJ) est une médiane du rectangle ABCD et (LK) est

une droite des milieux du triangle ADS.

Ces deux droites sont parallèles à la droite (AD).

35

36

37

38

39

40

41

156156

Or, si deux droites sont parallèles à une même troisième,

elles sont parallèles entre elles.

(LK) est donc parallèle à (IJ).

De plus, dans le triangle ADS, LK = 1

2 AD, et dans le

rectangle ABCD, IJ = AD.

On en déduit que LK = 1

2 IJ.

3. T est le point d’intersection des droites (JK) et (LI).


Les droites (FH) et (CE) sont dans le plan (ACE). H n’étant

pas le milieu de [AE], elles ne sont pas parallèles. Elles

sont donc sécantes.


1. a. (BG) et (CF) sont sécantes au centre du rectangle

BCGF.

b. (CG) et (BD) ne sont pas coplanaire car G œ (ABC).

c. (AE) et (BF) sont sécantes.

d. (AH) et(CD) ne sont pas coplanaires car H œ (ABC).

2. ABCD est un rectangle (BC) // (AD) et BC = AD. De

plus, AEHD est un rectangle : (EH) // (AD) et EH = AD.

On en déduit que (BC) // (EH) et que BC = EH : les points

B, C, E et H sont coplanaires, et le quadrilatère BCHE non

croisé est alors un parallélogramme. Par suite, les

droites (EB) et (CH) sont parallèles.

a. (HG) et (ABC) sont parallèles car (HG) est

parallèle à (CD) contenue dans (ABC).

b. (EC) et (ABD) sont sécants en C.

c. (EB) et (DCG) sont parallèles car (EB) est parallèle à

(HC) contenue dans (DCG).

d. AD) et (BCF) sont parallèles car (AD) est parallèle à

(BC) contenue dans (BCF).

1. a. (ABC) et (CFG) sont sécants suivant la droite

(BC).

b. (EFG) et (ABC) sont parallèles car les droites (EF) et

(FG) sécantes en F sont respectivement parallèles aux

droites (AB) et (BC) sécantes en B.

c. (ABF) et (DCG) sont parallèles car les droites (AB) et

(BF) sécantes en B sont respectivement parallèles aux

droites (DC) et (CG) sécantes en B.

d. (AEF) et (BCD) sont sécants suivant la droite (AB).

2. a. Dans le plan (AEF), les droites (AE) et (BF) sont

sécantes en un point K.

K appartient aux deux plans distincts (AEH) et (FBC), qui

sont donc sécants.

b. Les droites (AD) et (BC) sont parallèles. (AD) est

contenue dans (AEH) et (BC) est contenue dans (FBC).

Les plans (AEH) et (FBC) sont sécants.

42

43

44

45

Par le théorème du toit, la droite d’intersection des

plans (AEH) et (FBC) est parallèle à (BC).

1. Les droites (EF) et (BD) sont contenues dans le

plan (ABD). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en

un point I.

Les droites (EG) et (BC) sont contenues dans le plan

(ABC). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en un

point J.

Les droites (FG) et (CD) sont contenues dans le plan

(ACD). N’étant pas parallèles, elles sont sécantes en un

point K.

2. a. I, J et K appartiennent aux plans (EFG) et (BCD). En

particulier, (EFG) et (BCD) sont sécants.

b. L’intersection de ces deux plans est la droite (IJ).

c. On en déduit que les points I, J et K sont alignés.


1. ABFE est un carré et I est le milieu de [AE] : (AI) // (BF)

et AI = 1

2 BF.

FBGC est un carré et L est le milieu de [CG] : (CL) // (BF)

et CL = 1

2 BF.

On en déduit que (AI) // (CL) et que AI = CL, donc les

points A, I, L et C sont coplanaires, et le quadrilatère

AILC non croisé est alors un parallélogramme.

2. Dans le plan (ABC), par un théorème des milieux

appliqué au triangle ABC, (JK) // (AC).

3. Dans le plan (ACG), AILC étant un parallélogramme,

(LI)// (AC).

Comme (JK)// (AC) d’après 2, on en déduit que les

droites (JK) et (LI) sont parallèles.

4. Les droites (JK) et (LI) étant parallèles, les points I, J, K

et L sont coplanaires, et donc les droites (IJ) et (KL) sont

coplanaires. Dans le plan (IJK), les droites (IJ) et (KL) ne

sont pas parallèles car le point d’intersection de la

parallèle à (IJ) passant par L et du plan (ABC) appartient

à (CD) et non à (BC) : les droites (JK) et (LI) sont donc

sécantes en un point M.

5. La droite (IJ) est contenue dans le plan (ABF). La

droite (LK) est contenue dans le plan (FBC).

Leur point d’intersection M appartient donc à la fois aux

plans (ABF) et (FBC). Donc M appartient à la droite d’in-

tersection de ces deux plans c’est-à-dire à la droite (BF).

(ACH) et (BEG) sont parallèles car les droites (AC)

et (CH) sécantes en C sont respectivement parallèles

aux droites (EG) et (BE) sécantes en E.


et voir corrigé à la fin du manuel.

46

47

48

49


RR

AABB

CC

DD

EE

FF

GGHH

TT

LL

Les points A, C, R, L sont coplanaires car ils appartiennent

tous au plan (ACG). Les droites (AC) et (RL) sont donc

coplanaires. Dans le plan (ACG), (AC) et (RL) ne sont pas

parallèles car la parallèle à (AC) passant par R est (EG) et

G n’appartient pas à (RL).

Donc (AC) et (RL) sont sécantes en un point T.

Alors la droite (RL) et le plan (ABD) ont le point T en

commun. R n’appartient pas à (ABD), aussi la droite (RL)

n’est pas contenue dans le plan (ABD), elle est donc

sécante au plan (ABD) au point T.


3. (IJK) et (BCD) sont parallèles car les droites (IJ) et (JK)

sécantes en J sont respectivement parallèles aux droites

(BC) et (CD) sécantes en C.

4. Les points I, K, B, D sont coplanaires car ils appartien-

nent au plan (ABD). Les droites (IK) et (BD) sont donc

coplanaires. (IK) est la droite d’intersection des plans

(IJK) et (ABD). (BD) est la droite d’intersection des plans

(BCD) et (ABD). Les plans (IJK) et (BCD) étant parallèles,

ils coupent le plan (ABD) selon des droites parallèles,

donc (IK) et (BD) sont parallèles.


et voir corrigé à la fin du manuel.


T peut être un triangle, un quadrilatère, un pentagone

ou un hexagone.


2. Les plans (MNP) et (ABF) sont sécants suivant la

droite (NP).

3. Les plans (ABF) et (DCG) sont parallèles (propriété du

cube).

4. Le point M est commun aux plans (DCG) et (MNP).

Leur droite d’intersection est la parallèle à (NP) passant

par M.




50

51

52

53

54

55

56

57

1. L’intersection de ABFE avec (TSP) est (SP). L’intersec-

tion de CGHD avec (TSP) est la parallèle à (SP) passant

par T.

2. (SP) et (FB) sont coplanaires. Dans le plan (ABF), (SP)

et (FB) ne sont pas parallèles car la parallèle à (FB) pas-

sant par S est (EG) et P n’appartient pas à (AE). (SP) et

(FB) sont donc sécantes en un point V.

3. T et V font partie de la face FBCG, appartenant au

plan (TSP) : la section de la face FBCG par (TSP) est donc

le segment [TU] de la droite (TV) contenu dans la face

FBCG.

4. La section du cube par le plan (TSP) est le quadrila-

tère STUP.

Pour les exercices 58 à 81 : voir les corrigés en

fin de manuel.

APPROFONDISSEMENT


1. Vigloo � ¥ � ¥ ¥1

2

4

3

1

2

4

323 3 3p pr ;16,755m .

2. a. Vtipi � ¥ ¥ ¥ � ¥ ¥ ¥1

3

1

32 42 2 3p pr h ;16,755m .

b. L’apothème du cône est 20 m, ou 2 5 m.

La longueur de la base du tipi étant égale à pd soit 4p m,

l’angle au sommet du patron est égal à 360

5

� ª 161°.

L’aire minimale de toile nécessaire pour fabriquer le tipi est

donc �� ¥ � �p pr r a( ) ( ) ,2 2 2 5 28 10 2m ; 29 2m .

3. a. Vyourte ª 33,510 m3 (p¥ ¥2 22 + 1

32 22¥ ¥ ¥p )

Remarque : La yourte a un volume double de celui de

l’igloo ou du tipi.

b. L’aire latérale de la partie cylindrique de la yourte est

égale à 8p m2.

En utilisant la même démarche que pour le 2.b, l’aire

latérale de la partie conique de la yourte est égale à 8

2 m2. L’aire minimale de toile nécessaire pour fabriquer

la yourte est donc environ égale à 43 m2 (ou 42,91 m2).

1. a. O est le centre d’un hexagone régulier :

OA = OB et O’ est le centre d’un pentagone régulier :

O’A = O’B.

82

83

84

158158

OO’ est donc la médiatrice du segment [AB] ; par

définition de la médiatrice d’un segment, on en déduit

que OO’ coupe [AB] perpendiculairement en son milieu I.

b. OI = 4,8 2,42 2- cm = 17,28 cm (ª 4,16 cm).

L’aire de l’hexagone est donc égale en cm2 à : AB OI¥ ¥

26

� ¥4,8 17,28

2 ¥ 6 (ª 59,86 cm2).

c. jAO I¢ � �36

L’aire du pentagone est donc égale en cm2 à : AB O I¥ ¢

2

¥ 5 = 4,8tan

5¥�

ÊËÁ

ˆ¯ ¥ ¥2 4

36

1

2

, (≈ 39,64 cm2).

d. L’aire du patron du ballon est donc égale en cm2 à :

4,8 17,28¥2

¥ 6 ¥ 20 + 4,8tan

5¥�

ÊËÁ

ˆ¯ ¥ ¥2 4

36

1

2

, ¥ 12 soit

environ 1 673 cm2.

2. a. Le rayon de la sphère serait environ égal en cm à :

1 673

4 ≈ 11,5 cm.

b. Dans ce cas, la circonférence du ballon serait environ

72,5 cm : autrement dit, notre ballon n’est pas régle-

mentaire.


1. a. EP = 2

2

b. ACGE est un rectangle. AEP est un triangle rectangle

en E.

c. AP = 3

2

2. BL =2

2 ; ABGH est un rectangle, ABL est un triangle

rectangle en E. On en déduit que AL = 3

2APL est donc un triangle isocèle en A.

3. Dans le triangle BEG, PL = 1

2 EB =

2

2

4. a. ALM est un triangle rectangle en M.

b. Dans le triangle ALM, sin LAMML

ALh � � �

2

4

3

2

1

2 3;

d’où hLAM ª 16,78°

c. dPAL ª 33,6°.

1. Un prisme droit ayant pour base un polygone à

n côtés a n�2 faces, 3 n arêtes et 2 n sommets.

2. Une pyramide ayant pour base un polygone à n

côtés a n�1 faces, 2 n arêtes et n�1 sommets.

Vcylindre = 25 p h Vparallélépipède = 30 h

Vcône = 1

3 3

2

¥ÊËÁ

ˆ¯

p hh = p

h3

9

85

86

87

Pour tout h 0, 25 ph > 30 h et 25 ph > p h3

9 si et

seulement si h < 15.

Conclusion : pour tout h htel que 0 15� � , c’est le

récipient cylindrique qui contiendra le plus de liquide.

Pour h = 15, le récipient cylindrique et le récipient

conique contiendront autant de liquide.

Pour tout h 15, c’est le récipient conique qui contiendra

le plus de liquide.

Remarque : on pourra utiliser avec les élèves soit un

logiciel de géométrie dynamique soit un tableur.

a. L’intersection des plans (SAB) et (SCD) est la

droite (SE), où E est le point d’intersection des droites

(AB) et (CD).

b. L’intersection des plans (SAD) et (SBC) est la droite

parallèle à (AD) passant par S.

Les plans (AMN) et (BCD) sont sécants suivant la

droite (EF) où E est le point d’intersection des droites

(AM) et (BC), et F est le point d’intersection des droites

(AN) et (CD).

1. La section du tétraèdre par le plan (MNP) est le

triangle PMQ, où Q est le point d’intersection des

droites (AC) et (MN).

2. Les points M, N, B et C sont coplanaires : les droites

(MN) et (BC) sont donc sécantes en E.

Les points P, M, D et B sont aussi coplanaires : les droites

(PM) et (DB) sont donc sécantes en F.

L’intersection des plans (BCD) et (MNP) est la droite (EF).

MM

NN

AA

BB

CCDD

EEFF

PP QQ


AA

BB

CC

DD

EE FF

GGHH MM

NN

PP

88

89

90

91


Les droites (JK) et (GH) sont coplanaires, sécantes

en un point L appartenant à la fois au plan (IJK) et au

plan (DCG). Les droites (IJ) et (DH) sont coplanaires,

sécantes en un point M appartenant lui aussi à la fois au

plan (IJK) et au plan (DCG).

Les plans (IJK) et (DCG) sont sécants suivant la droite

(KL).

HH

AA BB

CC

DD

EEFF

GG

II

JJ

KK

M

L

1. A

B

C

2. AA BB

CC

80

1375

La section du cube est le polygone IJKLMN, où L,

M et N sont les milieux respectifs des segments [AB],

[BC] et [CG]. C’est un hexagone régulier.

Le conditionnement est formé de deux pyramides

accolées par leur base qui serait un rectangle de

longueur 2 dm et de largeur 1 dm. Compte-tenu de la

92

93

94

95

96

forme des faces, la hauteur d’une pyramide est la hauteur

d’un des triangles rectangles isocèles, soit 2

2 dm.

(admis)

1 dm

Le volume du conditionnement, en cm3, est donc

1

3¥ 2 1¥ ¥

2

2 ¥2, soit

2

3 cm3.

OO1 = 3

36sin � (en cm) ;

OO’ = 63

362

2

-�

ÊËÁ

ˆ¯sin

(en cm)

La distance entre les deux boules jaunes est donc égale

(en cm) à : 2 63

362¥ -

�ÊËÁ

ˆ¯sin

≈ 3 mm.

� ¥¥

¥ �1

3

4 5 3

24 9

,

1. Les 3 côtés du triangle IJK ont pour longueur la

moitié de celle d’une diagonale d’une face du cube.

2. IK � a 2

2

3. L’aire du triangle BIK est : IB IK¥ �

2 8

2a.

4. Le volume du tétraèdre BIJK est a3

48.

5. L’aire du triangle IJK est :

1

2

2

2

2

2

3

2

3

8

2¥ ¥ ¥ �a a a

(ou 3

2¥ ÊËÁ

ˆ¯

a 2

2

2

)

On en déduit que la hauteur du tétraèdre issue de B a

pour longueur a

2 3.

97

98

99

160

Équations de droite 12Pour reprendre contact

1 a, c.

2 1. a, c, d.

2. c.

3. d.

3 b.

4 b.

Activité 1. Droites et fonctions affines1. a. f (x) = – 2x + 3

b. g(x) = 3

c. Non

2. Non, pas lorsque la droite est parallèle à l’axe des ordonnées.

Activité 2. Équations de droite1. 2. « b : x = 3 » correspond à la droite (CD).

3. a. « a : 2x + y – 3 » correspond à la droite (AB).

En choisissant : Équation y = ax + b, on obtient a : y = – 2x + 3.

b. c. En C2 on entre : = – 2 * A2 + 3.

d. e. Un point de coordonnées (a, b) appartient à (AB) lorsque son ordonnée b est égale à – 2 ¥ a + 3.

P10 Œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 9,6 et – 2x + 3 = 8,6.

P11 œ (AB) car sur le tableau on a : ordonnée = 0 et – 2x + 3 = 0,1.

Activité 3. Parallèles si et seulement si…1. d. Leur coefficient directeur a est le même.

e. Oui

f. Si deux droites sont parallèles, alors elles ont le même coefficient directeur.

2. a. On entre dans le champs de saisie, par exemple : y = 0,84 x

y = 0,84 x – 7

b. Le test donne ces deux droites parallèles.

161Chapitre 12. Équations de droite

c. Si deux droites ont le même coefficient directeur, alors elles sont parallèles.

3. Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur.

Activité 4. Un menu équilibré1. Théo aura consommé 183 g de lipides soit presque le double de l’apport journalier conseillé.

2. Soit x la teneur en lipides d’un « big » hamburger et y celle d’une portion de frites.

On a 2x + y = 90 et x + 2y = 93 et au total 3x + 3y = 183 soit x + y = 61. Par soustraction, on obtient : x = 29 et y = 32. En

conclusion, la teneur en lipides d’un « big » est 29 g et celle d’une portion de frite est 32 g.

3. Cela représente 29/3,3 ª 8,8 soit presque 9 cuillerées à soupe d’huile végétale.

TP 1. À vous de jouer : qui fera le meilleur score1. Les droites D1 : y = 3x – 1

D2 : y = – x – 5 et D3 : y = x + 1 permettent de « ramasser » respectivement 5, 4 et 4 diamants, soit 13 en tout.

TP 2. La disparition de la banquise Nord

1. D’après la droite qui modélise la situation, d’équation y = – 0,05x + 104,4 on a DD

�y

x– ,0 05 et donc en une année,

pour Dx = 1, on a Dy = – 0,05.

La surface de la banquise diminue donc en moyenne chaque année de 0,05 million de km2, soit de 50 000 km2.

La première année de référence du graphique est 1978.

En 2020, on aura y = – 0,05 ¥ 2020 + 104,4 soit y = 3,4 millions de km2.

La banquise aura totalement disparu lorsque – 0,05x + 104,4 = 0 c’est-à-dire lorsque x = 2088, soit deux années avant

2090.

2. Cela signifie que par rapport au modèle qu’est la droite de tendance, la diminution de la surface de la banquise Nord

pourrait s’accélérer. Cela constitue un autre modèle pouvant être substitué au premier.

TP 3. Une œuvre de Theo van DoesbourgA. Les carrés qui se succèdent ont des côtés parallèles dont la longueur double à chaque fois (de gauche à droite). Un

même axe de symétrie les traverse.

B. L’aire du plus grand carré est environ le quart de celle de la toile.

C. 1. a. KR = 1 – KS

Le théorème de Thalès permet d’écrire, d’une part :KC

KP

KS

KR� et d’autre part

KC

KP

AC

BP� d’où l’égalité

KS

KR

AC

BP� soit

KS

KS12

–�

D’où 2 – 2KS = KS et donc KS � 2

3.

b. Si [KS] est une diagonale du grand carré noir, le côté de ce carré a pour longueur : KS

2

2

3 2

2

3� �

Son aire exacte est donc 2

9. Ce carré occupe donc les

2

9 de la toile.

2. a. De droite à gauche, les 4 carrés représentent 2

9

1

4

2

9

1

18

1

4

1

18

1

72, ,¥ � ¥ � et

1

4

1

72

1

288¥ � de la toile.

b. La proportion de la toile peinte en noir est : 2

9

1

18

1

72

1

288

64 16 4 1

288

85

288� � � � � � � �

TP 4. Les calculs à la règle de MatiyasevitchA. 1. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

2.

Abscisse de M 1 2 2 4 4 3 – 5

Abscisse de N – 3 – 2 – 3 1 – 2 – 3 – 1

Coefficient directeur de (MN) – 2 0 – 1 5 2 0 – 6

Ordonnée à l’origine de (MN 3 4 6 – 4 8 9 – 5

162162

B. 1. a. M et N ont pour ordonnées 64 et 25

b. (MN) a pour coefficient directeur ay y

x x

N M

N M

� � �–

–

–

– –

25 64

5 83.

(MN) a donc une équation de la forme y = 3x + b.

Le passage par M donne : 64 = 3 ¥ 8 + b d’où b = 40.

En conclusion : (MN) a pour équation y = 3x + 40.

c. Le coefficient directeur de (MN) est a = 3 et l’ordonnée à l’origine est b = 40.

d. Oui, les conjectures émises en partie A sont confirmées.

2. On a maintenant M(m ; m2)

N(n ; n2).

a. an m

n m

n m n m

n mn m� � � � �

2 2–

–

( – )( )

–

b. (MN) a une équation de la forme y = (m + n) x + b.

Le passage par M s’écrit : m2 = (m + n) m + b d’où b = – mn.

c. La droite passant par les points distincts d’abscisses m et n de la courbe c d’équation y = x2 a pour coefficient direc-

teur m + n et pour ordonnée à l’origine – mn.

TP 5. Un programme avec XcasVoir sur le site www.didiermathx.com

TP 6. Le trapèze complet avec Xcas

A. 1.

2. a. On donne les points A(– 4 ; – 2), B(5 ; 1), C(2 ; 4) et D(– 4 ; 2). Le droites (AD) et (BC) se coupent en E.

Questions

Q1 : Les droites (AB) et (CD) sont-elles parallèles ?

Q2 : Quelles sont les équations réduites des droites (AD) et (BC) ?

Q3 : Quelles sont les coordonnées du point E ?

Q4 : Déterminer les coordonnées des points K et L, milieux des segments [CD] et [AB].

Q5 : Montrer que E, K, L sont alignés.

b. Réponses

R1 : (AB) // (CD)

R2 : (AD) : x = – 4 et (BC) : y = – x + 6

R3 : E(– 4 ; 10)

R4 : K(– 1 ; 3) et L1

2

1

2; –� �

R5 : E, K, L sont alignés.

3. a. b. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

B. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

– 1– 1– 4– 4 2211 55

11

22

44

1010EE

DD

CC

BB

AA

LL

KK


Exercices


2

50 4 40� �, %

a. 3

2

4

5

1

5

12

10

2

101¥ � �– –

b. 5

3

2

3

7

4

5

3

7

6

1

2– –¥ � �

a. –(– ) –3 92 �

b. –( ) –5 52 �

2(– 3)2 = 18

(– 4) = 31

a = – 10

– 1,5 ; 0 ; 4

1 et 3

3, obtenu pour x = – 1

– 3 et 1

2

I(– 1 ; 5)

a. x2 – 10x + 25 b. 9x2 – 12x + 4

a. (x + 7)(x – 7) b. (3x + 4)(3x – 4)

x(x + 5)

a � �3

13

y = 2x

a � �8

24

ENTRAÎNEMENT

Cas 1 Cas 2

1.

2. a.

b.

3.

4

Dx = 1

Dy = 1

a = 1/1 = 1

y = x + 4

3

Dx = 3

Dy = – 6

a = – 6/3 = – 2

y = – 2x + 3

d1 : y = – x – 2

d2 : y = 4x – 5

d3 : y = –1

3 x + 4

d4 : y = x + 3

d5 : y = – 2

d6 : y = 3

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

11

12

13

14

15

16

17

18

19

1. a. b = 2

b. A(0 ; 2)

2. a. a = 3

b.

• A(– 2 ; – 11) Œ d car – 11 = 3(– 2) – 5 est vrai ; il en

est de même pour D.

• B3

21; –� �œd car – 1 = 3

3

2� � – 5 est faux ; il en est de

même pour C.

A et C sont des points de d.

B œ d car – 30 ¥ 6,6667 + 200 = – 0,001 = 0.

a. A(1, y) Œ d donc y = – 2(1) + 4 = 2.

b. B(– 2, y) Œ d donc y = – 2(– 2) + 4 = 8.

c. C(x, 6) Œ d donc – 2x + 4 = 6 ; x = 1.

d. D(x, – 3) Œ d donc – 2x + 4 = – 3 ; x = 3,5.

Il suffit de trouver deux points distincts de chaque

droite.

a. d1 = (AB) avec A(0 ; 3) B(1,5 ; 0)

b. d2 = (CD) avec C(3 ; 0) D(3 ; 3)

c. d3 = (OE) avec O(0 ; 0) E(2 ; – 2)

d. d4 = (FG) avec F(0 ; 3) G(2 ; 3)

d1 = (AB) avec A(0 ; – 1) et B(3 ; – 2)

d2 = (CD) avec C(0 ; – 4) et D(4 ; 0)

d3 = (EF) avec E(– 4 ; 0) et F(0 ; 2)

d4 = (GH) avec G(0 ; 1,5) et H(– 5 ; 1,25)

20

1100

11× 3

d

AA

21

22

23

24

25

II 44

JJ

FF

yy

xx

BB

DD

CC

EE

GGHH

A

164164

1. d a une équation de la forme y = – 2x + b son

ordonnée à l’origine est – 2 d’où d : y = – 2x – 2.

2. M(– 6 ; 10) Œ d car 10 = – 2(– 6) – 2 est vrai.

d : y = 4x + b

B(1 ; – 1) Œ d donc – 1 = 4 + b ; b = – 5. D’où d : y = 4x – 5.



1. K(4 ; – 1)

2. CA � � �( – (– )) ( – (– ))3 2 2 3 5 22 2

CB � � �( – (– )) (– – (– ))5 2 4 3 5 22 2

3. Le coefficient directeur de (CK) est ay

x� � �DD

2

6

1

3,

d’où (CK) : y x b� �1

3.

Le passage par C(– 2 ; – 3) donne – 3 = –2

3 + b, soit :

b = –7

3. D’où (CK) : y x� 1

3

7

3– .

La médiatrice de [AB] est l’ensemble des points

équidistants de A et de B. Or K et C sont équidistants de

A et de B, d’où (KC) est cette médiatrice.

a. y = x + 4

b. y = 2x + 2

a. y = 1

2 x + 2

b. y = – 4

3 x +

5

3

1. E(3 350 ; 1 085)

2. a. La dénivelée entre A et E est de 85 m.

b. ay

x� � �DD

85

3 350

17

670

L’ordonnée à l’origine de la droite (AE) est 1 000, d’où

l’équation réduite de (AE) : y x� �17

6701 000

c. xB¢ = 1 000 d’où yB¢ = 17

670 ¥ 1 000 + 1 000

yB¢ ª 1 025,37

xC¢ = 1 300 d’où yC¢ = 17

670 ¥ 1 300 + 1 000

26

II 2200

JJ

Dy = – 2Dy = – 2

yy

xx

Dx = 2Dx = 2

Dx = – 1Dx = – 1

27

28

29

30

31

32

33

yC¢ ª 1 032,99

xD¢ = 2 800 d’où yD¢ = 17

670 ¥ 2 800 + 1 000

yD¢ ª 1 071,04

1. a. Schéma :

b. c. RNN¢ est un triangle isocèle. (Rn) est une média-

trice donc une bissectrice de kRNN¢. Comme fnRN + fNRS

= 90° on en déduit kBRN¢ = 2fnRN + 2fNRS = 180°.

Cela prouve que B, R et N¢ sont alignés.

2. a.

b. B(5 ; 5) N(14 ; 3)

3. On construit N¢, le point symétrique de N par rapport

à (OD). La droite (BN¢) coupe (OD) en R.

4. a. N(14 ; 3) d’où N¢(14 ; – 3).

b. B(5 ; 5) ; N¢(14 ; – 3).

Le coefficient directeur de la droite (BN¢) est a � –8

9 d’où

(BN¢) : y = –8

9 x + b

Le passage par B(5 ; 5) donne S = –40

9 + b d’où b � 85

9.

D’où (BN¢) : y x� �–8

9

85

9.

c. R est le point de (BN¢) d’ordonnée y = 0. Son abscisse

x est telle que –8

9

85

90x � � soit x � 85

8.

Conclusion : R85

80;� �

1. a.

1 € 8 6 4 2 0

2 € 0 1 2 3 4

b. (8 ; 0) (6 ; 1) (4 ; 2) (2 ; 3) (0 ; 4)

c. Les points représentant ces solutions semblent alignés.

2. a. Le montant est : x + 2y (€)

34

BB

NN

N¢N¢

nnRR

SS

22II 44 66 88 1010 1212 1414 1616 181800

JJ22

44

66

88

GG

N

N¢

R

B

F

D

35


b. x + 2y = 8

c. On a observé que les couples (x ; y) qui sont solutions

du problème, donc qui vérifient x + 2y = 8 ou encore

y = – 1

2 x + y sont les coordonnées de points de cette

droite. D’où leur alignement.

1. 4 ¥ 0,20 + 5 ¥ 0,30 = 2,30 €

2. a. 0,3x + 0,2y = 2,8 équivaut à 3x + 2y = 28.

b. y = – 3

2x + 14

c. Il suffit de rechercher les points de cette droite D

ayant des coordonnées entières et positives ou nulles.

On obtient 5 points dont les coordonnées sont :

(0 ; 14), (2 ; 11), (4 ; 8), (6 ; 5) et (8 ; 2)

Ces coordonnées correspondent aux quantités x de

bonbons verts et y de bonbons roses dont le coût est

2,80 €

1. 90 ¥ 10 + 70 ¥ 15 = 900 + 1 050 = 1 950 euros.

2. Un coût de 300 € peut correspondre à la production

de :

• 30 boîtes de modèles P

• 15 boîtes de modèles P et 10 modèles G

• 20 boîtes de modèles G

3. a. Le coût de production de x boîtes de modèle P et

de y boîtes de modèle G est 10x + 15y.

b. 10x + 15y = 300 si et seulement si :

15y = – 10x + 300

y = – 2

3 x + 20

c. Les productions possibles d’un coût de 300 € sont :

Nombre

boîtes type P0 3 6 9 12 15 18 21 24 27 30

Nombre

boîtes type G20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0

a. d // d ¢ car 2 � 3.

b. d // d ¢ car a = a¢ = – 4.

c. d // d ¢ car 2

5 = 0,4.

d. d // d ¢ car 0 � 3.

a. d // d ¢ car d et d ¢ sont toutes les deux parallèles

à l’axe des ordonnées.

b. d : y = x + 3

2 et d ¢ : y = x – 4 sont parallèles car a = a¢ = 1

c. d : y = 2

3 x –

2

3 et d ¢ : y = 1,5x + 5 ne sont pas parallèles

car 2

3 � 1,5

d. d // d ¢ car a = a¢ = 1

2.

36

37

39

40

d : y = 3x – 4

Toute droite parallèle à d a une équation de la forme

y = 3x + b.

a. Celle qui passe par E(0 ; – 2) a pour ordonnée à l’ori-

gine b = – 2 d’où y = 3x – 2.

b. De même y = 3x + 3.

c. De même y = 3x + 1.


Il suffit de comparer les coefficients directeurs a et

a¢ des droites (AB) et (CD).

a. a = 3

8 ; a¢ =

1

3 ; a � a¢ donc (AB) // (CD).

b. a = 3

9 =

1

3 ; a¢ =

2

6 =

1

3 ; a = a¢ donc (AB) // (CD).

c. a =

- 3

4

3 = –

1

4 ; a¢ =

1

4- ; a = a¢ donc (AB) // (CD).

Toute droite parallèle à (AB) a pour coefficient

directeur celui de la droite (AB).

a. Le coefficient directeur de (AB) est : --

4

1 = 4.

L’équation cherchée est donc y = 4x + b avec b tel que

1 = 4 ¥ 2 + b.

D’où y = 4x – 7.

b. De même a = 3

3 = 3 et b est tel que 1 = 3 ¥ 3 + b

c’est-à-dire b = – 2.

D’où y = 3x – 2.

1. ABCD est un parallélogramme si et seulement

si Milieu [AC] = Milieu [BD] c’est-à-dire si

x x x x

y y y y

A C B D

A C B D

��

�

��

�

�

ÌÔÔ

ÓÔÔ

2 2

2 2

ou encore x

yD

D

��

�ÌÓ

0

2– ; d’où D(0 ; – 2).

2. (AB) : y = x + 2 (CD) : y = x – 2

(BC) : y = – 1

3 x +

14

3 (AD) : y = –

1

3 x – 2

1. H(3 ; 2) K3

25;� �

2. y = ax + b avec a = 3

3

2

- = – 2, et b tel que 2 = – 6 + b ;

b = 8

D’où y = – 2x + 8.

3. De même a¢ = - 6

3 = – 2 et b¢ tel que 4 = – 2(– 2) + b¢ ;

b¢ = 0 ; d’où y = – 2x

4. On retrouve que (HK) et (AC) sont parallèles, car leurs

coefficients directeurs sont égaux (– 2).

41

42

43

44

45

46

166166

1. Pour chaque point, on remarque que y = 2x.

Ainsi, les quatre points appartiennent à la droite

d’équation y = 2x et ils sont donc alignés.

2. O(0 ; 0), E -� �1

21; et F(100 ; 200) sont alignés avec les

précédents.


1. (AL) a pour coefficient directeur a �-

�-3

9

1

3 ;

(AC) a pour coefficient directeur a¢ = - 2

6 =

-1

3.

Il en résulte (AL) // (AC) et donc A, L, C sont alignés.

2. K(2 ; 1) P(3 ; – 1)

3. (KL) a pour coefficient directeur a1 = - 6

3 = – 2 ; (KP) a

pour coefficient directeur a2 = - 2

1 = – 2.

a1 = a2 et donc K, L et P sont alignés.

1. C(2 ; 1) ; E(4 ; 0) ; F(0 ; 2)

2. Le coefficient directeur de (CE) est - 1

2 et celui de

(CF) est - 1

2.

D’où (CE) // (CF) et C, E, F sont alignés.

Dans le repère (A, B, D) on a :

E21

80;� � ; C(1 ; 1) ; F 0

13

8;� �

(CE) a pour coefficient directeur :

- � -1

13

8

8

13 et

(CF) a pour coefficient directeur :

5

8

1

5

8-� - .

Les points C, E, F ne sont donc pas alignés.


Solution 1 :

Si E, F, C étaient alignés, on aurait, d’après le théorème

de Thalès dans le triangle AEF :FD

FA

DC

AE� or

FD

FA� 5

13 et

DC

AE� 8

21

Ces quotients ne sont pas égaux et donc E, F, C ne sont

pas alignés.

Solution 2 :

tan DCF� � 5

8

tan BEC� � 8

13

Si E, C, F étaient alignés, les angles « correspondants »

DCF� et BEC� seraient égaux. Ce n’est pas le cas, puisque

leurs tangentes ne sont pas égales.

47

48

49

50

51

Dans le repère (O, I, J) on a :

A(0 ; 13)

B(3 ; 5)

C(5 ; 0)

(AB) a pour coefficient directeur : - 8

3 et (BC) : - 5

2.

Les points A, B, C ne sont pas alignés et donc OAC n’est

pas un triangle.

Dans le repère (O, I, J) on a : P(3,5 ; 3) et Q(4,5 ; 4)

(OP) a pour coefficient directeur : 3 6

73,5� et

(OQ) : 4 8

94,5�

Comme 6

7

8

9� , les points O, P et Q ne sont pas alignés.


Si O, P, Q étaient alignés, on aurait par le théorème de

Thalès :

OP

OQ

OH

OK

HP

KQ� �

Mais • OH

OK

3,5

4,5

7

9� �

• HP

KQ

3

4�

Les égalités de Thalès n’étant pas satisfaites, on peut en

déduire que l’hypothèse « O, P, Q alignés » est fausse.

52 AA

BB

CC

OOII

JJ

53

II 4,54,5OO

JJ

33

44

HH KK

PP

QQ


1.

d : y = 2x – 1 x 0 – 2

y – 1 – 5

d ¢ : y = 3x + 4 x 0 – 2

y 4 – 2

2. d et d ¢ ont pour coefficients directeurs 2 et 3.

Comme 2 � 3, d et d ¢ ne sont pas parallèles et sont donc

sécantes.

3. Le point d’intersection A des droites d et d ¢ a des

coordonnées x et y vérifiant y = 2x – 1 et y = 3x + 4.

x est donc tel que 2x – 1 = 3x + 4 soit x = – 5.

En reportant dans l’une des équations on obtient

y = 2(– 5) – 1 = – 11.

Donc E(– 5 ; – 11).


1. E(5 ; 5) F(0 ; 3)

2. (OE) : y = x

(AD) : y = – x + 8

(BF) : y = 1

4 x + 3

3. (OE) et (AD), non parallèles, se coupent en un point

K(x ; y) tel que y x

y x

�� - �

�ÌÓ 8

• x vérifie donc x = – x + 8 d’où x = 4.

• L’équation 1 ou 2 donne alors y = 4.

On a donc K(4 ; 4).

Il reste à vérifier que K Œ (BF).

C’est bien le cas car 4 = 1

4 ¥ 4 + 3 est une égalité vraie.

54

II– 2– 2– 4– 4

– 11– 11

JJ

OO

44

d

d¢

EE

55

56

1. a. K(3 ; – 2)

b. Comme (AB) est parallèle à l’axe des abscisses, la

médiatrice de (AB) est parallèle à l’axe des ordonnées,

et passe par K. Une équation de d est donc x = 3.

2. a. BA = xB – xA = 10

BC = 2 8 6 22 2-� � � - -� �� = 10

B appartient donc à la médiatrice de [AC].

b. H(0 ; 2)

c. d ¢ = (BH) ; (BH) a pour coefficient directeur

a = 4

8- = –

1

2

et pour ordonnée à l’origine, l’ordonnée de H, soit b = 2.

Une équation de d ¢ est donc y = – 1

2 x + 2.

3. a. Les coordonnées (x ; y) de W vérifient les équa-

tions x = 3 et y = – 1

2 x + 2.

Pour x = 3 on a y = 1

2 et donc W 3

1

2;� �

b. W est le centre du cercle circonscrit au triangle ABC.

1. D(4 ; 1) E(0 ; 3) F(– 2 ; 1)

2. • Équation de (AE) :

(AE) non parallèle à l’axe des ordonnées a pour équation

y = ax + b avec a = 6

2- = – 3 et b = 3 (ordonnée à l’origine

donnée par le point E(0 ; 3)).

D’où (AE) : y = – 3x + 3.

• Équation de (BF) :

De même, a = --

6

8 =

3

4 et b tel que 5 = 6a + b (passage

par B) d’où b = 5 – 6 ¥ 3

4 =

1

2.

On obtient (BF) : y = 3

4 x +

1

2.

• Équation de (CD) :

C et D ont même ordonnée : 1.

Une équation de (CD) est y = 1.

3. Intersection de (AE) et (CD) :

Ces droites sont sécantes (coefficients directeurs

différents – 3 et 0). Les coordonnées (x ; y) de leur point

d’intersection I vérifient y = – 3x + 3 et y = 1.

57

II– 2– 2 33 88

22

WW

AA BB

CC

HH

JJ

– 1– 1

KK– 2– 2

58

168168

On a donc – 3x + 3 = 1 soit x = 2

3D’où I

2

31;� �

Il reste à voir si I Œ (BF)

A-t-on 1=3

4

2

3

1

2¥ � ?

La réponse étant oui, I Œ (BF) et les 3 médianes sont

concourantes en ce point.

Voir le corrigé ci-dessus de l’exercice 58.

1.

2. (BT) a pour coefficient directeur a = 0 8

10 0

--

= – 4

5 ;

l’ordonnée à l’origine est l’ordonnée du point B,

soit b = 8.

D’où (BT) : y = – 4

5 x + 8.

3. • Cherchons une équation de (RE).

Son coefficient directeur est : a¢ = 8 0

12 6

8

6

4

3

--

� � .

(RE) a donc une équation de la forme y = 4

3 x + b¢.

Le passage par E(6 ; 0) donne alors :

O = 4

3 ¥ 6 + b¢

d’où b¢ = – 8.

Il en résulte que (RE) a pour équation y = 4

3 x – 8.

• Les coordonnées de N s’obtiennent en résolvant le

système y x

y x

� - �

� -

�

ÌÔ

ÓÔ

4

58

4

38

soit

4

38

4

58

4

38

x x

y x

- � - �

� -

�

ÌÔ

ÓÔ

soit

32

1516

4

38

x

y x

�

� -

�

ÌÔ

ÓÔ

soit x

y

�

�

�ÌÔ

ÓÔ

15

22

. D’où N15

22;� �.

4. EN = 15

26 2 0

22-� � � -� �

= 9

44� =

25

4 =

5

2

RN = 15

212 2 8

22-� � � -� � =

81

436�

= 225

4 =

15

2

59

60

11 66 1010 1212

11

22

88

0

E T

N

RB

5. Les points B et R ayant même ordonnée, on a

(BR) // (ET).

Le théorème de Thalès permet alors d’affirmer que : NE

NR

ET

BR�

Il reste à voir si cette égalité est vérifiée avec les

distances calculées précédemment.

ET = xT – xE = 10 – 6 = 4

BR = xR – xB = 12 – 0 = 12

NE

NR =

5

2 �

15

2 =

1

3ET

BR =

4

12 =

1

3

L’égalité de Thalès est bien satisfaite.

A. 1. A(0,5 ; 0) G(3,5 ; 3)

• Coefficient directeur de (AG) : a = 3

3 = 1

d’où (AG) : y = x + b.

• A appartient à cette droite : O = 0,5 + b d’où b = – 0,5.

Une équation de (AG) est y = x – 0,5.

2. • B est le point d’intersection de (AG) et de (IK) dont

une équation est x = 1.

On résout y x

x

� -�� 0,5

1

xy�� 1

0,5

d’où B(1 ; 0,5).

• C est le point d’intersection de (AG) et de (IL) dont une

équation est y = 1.

On résout y x

y

� -�

�ÌÓ

0,5

1

xy��

�ÌÓ

1,51

d’où C(1,5 ; 1).

• On obtient de même D(2 ; 1,5), E(2,5 ; 2) et F(3 ; 2,5)

On peut vérifier que ces points sont tous les milieux

d’arêtes du cube.

Par exemple, xB = x xI K�

2 et yB =

y yI K�2

.

B.


• (AB) coupe (JK) en S tel que KS = AI

(DC) coupe (JK) en S¢ tel que KS¢ = DL

Comme AI = DL, S = S¢ et les droites (AB) et (DC) sont

sécantes en S. Les points A, B, C et D sont donc

coplanaires.

• Comme (ED) // (AB) et (EF) // (BC), E, puis F,

appartiennent aussi à ce plan (ABCD).

61

O AA

B

C

I

JJ

DD

EE

FF

LLMM

NN

SSKK


1. Oui

2. Le point I(4 ; – 2) est le point d’intersection des droites.

d : y = – 2x + 6 et d ¢ : y = x – 6.

a. Le couple solution est le couple des coordon-

nées du point d’intersection de d4 et d1. On lit (x ; y) = (5 ; 2).

b. Idem avec d1 et d2 :

(x ; y) = (4 ; 1)

c. Idem avec d3 et d1 :

(x ; y) = (2 ; –1)

d. Idem avec d3 et d4 :

(x ; y) = (1 ; 2)

a. Le couple solution (2 ; – 1) (en trait plein).

b. Le couple solution (– 1 ; 3) (en pointillé).

a. y x

x y

y x

y x

��

�ÌÓ

��

�ÌÓ

– –3

2 3

3

2 3

x

y

��

�ÌÓ

� � 2

12 1

–( ; – )�

y x

x x

y x

x

��

�ÌÓ

��

�ÌÓ

–

– –

–3

3 2 3

3

3 6

b. x y

x y

x y

y y

– –

–

–

( – ) – –

2 7

2 5

2 7

2 2 7 5

��

�ÌÓ

��

�ÌÓ

x y

y

x

y

��

�ÌÓ

��

�ÌÓ

� � 2 7

3 9

1

31 3

– –(– ; )�

1. Un réglage possible de la fenêtre est :

xmin = – 5

xmax = 80

ymin = – 5

ymax = 30

En zoomant et à l’aide de la fonction TRACE , on peut

lire x ª 60 et y ª 23

2. x x

y x

x x

y x

x��

�ÌÓ

� ��

�ÌÓ

0 4 1

0 3 5

0 4 1 0 3 5

0 3 5

0 1, –

,

, – ,

,

, ��

�ÌÓ

6

0 3 5y x,

x

y

��

�ÌÓ

60

23

Ce résultat est en accord avec la lecture graphique.

62

63

64

– 3– 3

33JJ– 1– 1

JJ

33

44

yy

xx

AA

BB y = x + 1

2

7

2

y = x

– 3

y = – 2x +

3y =

2x

+ 5

65

66

Graphiquement, on lit Veq = 13.

Algébriquement :

• une équation de la droite passant par (0 ; 22,4) et

(10 ; 21) est y = ax + b avec a = 1 4

10

,

– = – 0,14 et b = 22,4,

c’est-à-dire y = – 0,14x + 22,4.

• la droite passant par (20 ; 30,6) et (24 ; 36,2) a pour

équation y = a¢ + b¢ avec a¢ = 5 6

4

, = 1,4.

L’équation devient y = 1,4x + b. Le passage par (20 ; 30,6)

donne 30,6 = 1,4 ¥ 20 + b ; b = 2,6.

D’où l’équation y = 1,4x + 2,6.

Veq est l’abscisse du point d’intersection des droites

d’équations y = – 0,14x + 22,4 et y = 1,4x + 2,6.

x = Veq est donc solution de l’équation

1,4x + 2,6 = – 0,14x + 22,4

1,54x = 19,8 ; x = 19 8

1 54

,

, ª 12,9

1. La distance qui sépare les 2 villes est 160 km.

Le trajet de A à B dure 120 minutes soit 2 heures. Celui

de B à A dure 100 minutes soit 1 heure 40 minutes.

2. La vitesse moyenne de l’automobiliste sur le trajet

de A à B est 160

2 = 80 km.h–1.

Celle de l’autre automobiliste sur le trajet de B à A est 160

12

3

1603

596 1

�� ¥ � km.h– .

3. Leur croisement aura lieu environ 66 minutes après

le départ de l’automobiliste « rouge » et 46 minutes

après le départ de l’automobiliste « bleu ». Cela se pro-

duira à environ 88 km de A et 72 km de B.

4. Les équations des droites « rouge » et « bleue » sont :

y x� �–160

120160 et y x� 160

10020( – )

La résolution du système donne x ª 65,45 minutes et

y ª 72,72 km en accord avec la lecture.

Géométriquement :

Par le théorème de Thalès, AS

AN

AC

AH� soit

AS

5 10

2

52 2�� ,

d’où AS � 2 125

5. AS � ¥ �2 5 5

52 5

D’où SN = AN – AS = 5 5 2 5 3 5– �Dans un repère orthonormé :

Si I et J sont les points de [NH] et [NR] tels que NI = NJ = 1,

le repère (N, I, J) est orthonormé.

Dans ce repère : N(0 ; 0), A(10 ; 5).

Une équation de (AN) est y = ax avec a � 1

2 ; d’où (AN) :

y x� 1

2. Une équation de (EC) est y = 3.

Les coordonnées de S, point d’intersection de (AN) et

(EC) vérifient y x

y

�

�

�ÌÔ

ÓÔ

1

2

3

D’où S(6 ; 3) puis NS � � � �6 3 45 3 52 2 .

L’unité graphique étant 1 cm, on a donc NS = ED � cm.

67

68

69

170170

Géométriquement, le théorème de Thalès donne :

ED

EB

DC

AB� ou encore

ED

DB DE–� 4

8

avec DB � � �6 8 102 2 .

D’où ED

ED10

1

2–� ; 2ED = 10 – ED ; 3ED = 10 ; ED =

10

3.

Sur le segment [DB] de longueur 10, le point E se situe

au tiers de ce segment, en partant de D.

Dans un repère orthonormé :

Si I et J sont les points de [AB] et [AD] tels que AI = AJ = 1,

le repère (A, I, J) est orthonormé.

Dans ce repère : A(0 ; 0), C(4 ; 6), B(8 ; 0), D(0 ; 6).

(AC) a pour équation y = ax avec a = 6

4 = 1,5, soit y = 1,5x.

(BD) a pour équation y = a¢x + b¢ avec a¢ = 6

8– = – 0,75 et

b¢ = 6, soit y = – 0,75x + 6.

Les coordonnées de E vérifient donc y = 1,5x et

y = – 0,75x + 6.

On a donc 1,5x = – 0,75x + 6 soit 2,25x = 6 ; x = 6

2 25,

x � � ¥ �6

9

4

64

9

8

3, puis y � ¥

3

2

8

3, y = 4. D’où E

8

34;� �.

On a donc DE � � � � �8

32

10

3

22 et DB � � �8 6 102 2 .

E se situe donc au tiers du segment [DB] en partant de D.

Soient x et y les notes de Julie à l’épreuve écrite et

orale. On a 6 4

109

x y�� et

6 4

1010

y x�� .

C’est-à-dire 6x + 4y = 90 et 4x + 6y = 100

ou encore 3x + 2y = 45 et 2x + 3y = 50.

3x + 2y = 45 équivaut à 6x + 4y = 90

2x + 3y = 50 équivaut à – 6x – 9y = – 150

En ajoutant : – 5y = – 60 ; y = 12.

D’où en reportant dans une équation : x = 7.

Julie a donc obtenu 7 à l’écrit et 12 à l’oral.

1. On suppose x � 0, y � 0 et x � y.

On a : 2x + 2y = 20

De plus 2(1,2x + 0,8y) = 1,1 ¥ 20

On résout donc 2 2 20

2 4 1 6 22

x y

x y

� ��

�ÌÓ , ,

Soit encore x y

x y

� ��

�ÌÓ

10

1 2 0 8 11, ,

y x

x x

y x

x

��

�ÌÓ

��

�ÌÓ

10

1 2 0 8 10 11

10

0 4 3

–

, , ( – )

–

,

x

y

��

�ÌÓ

7 5

2 5

,

,

70

71

72

y0,8y

x

1,2x

2. Graphiquement, x et y sont les coordonnées du

point d’intersection des droites d : x + y = 10 et

d¢ : 1,2x + 0,8y = 11.

Le tracé de ces deux droites permet de retrouver ces

mêmes valeurs par lecture, mais sans être certain

qu’elles sont exactes.

1re façon : 6x + 2y + 46 = 300

2e façon : 4x + 4y + 46 = 330

on résout 6 2 254

4 4 284

x y

x y

� ��

�ÌÓ

soit 3 127

71

x y

x y

� ��

�ÌÓ

ou encore 3 127

71

x y

x y

� ��

�ÌÓ– – –

En ajoutant membre à membre ces deux égalités :

2x = 56

x = 28

En reportant dans : x + y = 71 on obtient y = 43.

Les faces carrées du paquet ont pour côté 28 cm ; les

faces rectangulaires ont pour dimensions 28 cm et

43 cm.

• Si K est le milieu de [AB], alors B est le symétrique

de A par rapport à K.

• Si B est le symétrique de A par rapport à K, alors K est

le milieu de [AB].

• Si M est le milieu de [BC], alors :

aire ABM � ¥AH BM

2

� ¥AH BC

4

aire AMC � ¥AH MC

2

� ¥AH BC

4et (AM) partage donc le triangle ABC en deux triangles

de même aire.

• Si ABM et AMC sont des triangles de même aire, alors

on a : AH BM AH MC¥ � ¥

2 2 d’où BM = MC d’où M est le

milieu de [BC] (car M Œ [BC]).

L’équivalence est donc vraie.

73

xx

xx

yy

75

76 AA

BB CCHH MM


1. (A) est fausse car 0(0 ; 0) est un point du plan

mais 0 = 3 ¥ 0 – 5 est faux (contre-exemple).

(B) est vraie car E(9 ; 1) est un point du plan tel que

1 = 3 ¥ 2 – 5

(C) est vraie car 0(0 ; 0) est un point du plan tel que

0 ≠ 3 ¥ 0 – 5

2. La négociation de (A) est « Il existe au moins M(x, y)

du plan tel que y ≠ 3x – 5.

1. Non. Contre-exemple : (1 + 1)2 ≠ 12 + 12

2. Non. Contre-exemple : (3 + 0)2 = 32 + 02

3. (x + y)2 = x2 + y2 équivaut à 2xy = 0 soit x = 0 ou y = 0.

L’ensemble cherché est la réunion des droites d’équa-

tions x = 0 et y = 0

1. Fenêtre Algèbre :

a. y = 0,67x + 10,07

b. y = 0,67x – 2

Les droites a et b sont parallèles (même coefficient

directeur).

Fenêtre Géométrie :

Les droites a et b sont affichées comme « sécantes ».

2. A(– 15 ; 0) B(20 ; 23,5)

C(– 12 ; – 10) D(18 ; 10)

Coefficient directeur de (AB) : a � 23 5

35

,

Coefficient directeur de (CD) : a ¢ � �20

30

2

323 5

35

2

3

, � car 3 ¥ 23,5 ≠ 70

Les droites a et b sont sécantes.

3. 23 5

350 6714

2

30 6667

,, ,ª ª

À 10–2 près les valeurs affichées des coefficients directeurs

sont les mêmes, alors que ces nombres sont différentes.

Travail personnelPour les exercices 80 à 100 : voir corrigés en fin

de manuel.

APPROFONDISSEMENT

1. Notons H et K les pieds des hauteurs issues de

M dans les triangles MAB et MBC.

On cherche M tel que MH AB MK BC¥ � ¥

2 2. C’est-à-dire

tel que MH = MK (puisque AB = BC). Or M est équidistant

des côtés [BA) et [BC) de l’angle fABC si et seulement si M

appartient à la bissectrice de fABC.

M devant rester à l’intérieur du carré ABCD, M doit donc

appartenir au segment [BD] pour que les aires ABM et

BCM soient égales.

2. a. On cherche M(x ; y) avec x Œ � et y Œ � tel que Aire

ABM = Aire BCM. Or MH� y 2 , MK � ( – )1 2x , AB = BC

77

78

79

101

= 1. Les aires de ABM et BCM sont donc égales si et seule-

ment si y x2 21

2

1 1

2

¥� ¥(( – )

c’est-à-dire y2 = (1 – x)2.

b. y2 = (1 – x)2 équivaut à [y + (1 – x)] [y – (1 – x)] = 0

soit (y – x + 1) (y + x – 1) = 0

soit y = x – 1 ou y = – x + 1

Les points M(x ; y) cherchés sont donc ceux appartenant

à l’une ou l’autre des droites d : y = x – 1 et d ¢ : y = – x + 1.

On reconnaît en d ¢ la droite (BD) et en d, la droite

perpendiculaire à (BD) passant par B.


Dans le repère orthonormé (A, I, D), soit M(x ; y).

On a MH = y 2 et MK = ( – )2 2x .

AB = 2 et BC = 1

On cherche M(x ; y) tel que y x2 22

2

2 1

2

¥� ¥( – )

c’est-à-dire 4y2 = (2 – x)2 ou encore [2y + (2 – x)] [2y –

(2 – x)] = 0 soit (2y – x) + 2) (2y + x – 2) = 0 soit y x� 1

21–

ou y x� �–1

21. L’ensemble des points M cherché est donc

la réunion des droites = d : y = 1

2 x – 1 et d¢ : y = –

1

2 x + 1.

d ¢ est la droite (BD), d est la droite symétrique de (BD) par

rapport à (AB).

b. Dans le repère orthonormé (A, I, J)

où I Œ [AB] et AI = 1

a AB = 1

J Œ [AD] et AJ = 1

b AD = 1, soit M(x ; y)

On a (DC) : y = b et (BC) : x = a ;

MH� y 2 , MK � ( – )a x 2

AB = a, BC = b

On cherche M(x ; y) tel que y a a x b2 2

2 2

¥� ¥– )

soit

a2y2 = b2(a – x)2 soit

[ay + b(a – x)] [ay – b(a – x)] = 0

soit y = b

a x – b

ou y = – b

a x + b

On retrouve dans le cas général la droite (BD) et la droite

symétrique de (BD) par rapport à (AB).

1. De xB ≠ xA et xD ≠ xC on déduit que les droites

(AB) et (CD) ont un coefficient directeur et qu’elles sont

parallèles si et seulement si ces coefficients sont égaux

ce qui équivaut à p = q.

2. La négation de la condition « xB ≠ xA et xD ≠ xC » est

« xB = xA ou xD = xC ».

Ceci recouvre deux cas :

Cas où les deux égalités sont vraies : xB = xA et xD = xC.

On a p = q = 0 et les droites sont bien parallèles, car

parallèles à l’axe des ordonnées.

102

172172

Cas où une seule des égalités est vraie, par exemple

xB = xA et xD ≠ xC.

On a alors p ≠ 0 et q = 0 donc p ≠ q. (AB) est parallèle à

l’axe des ordonnées mais (CD) ne l’est pas donc les deux

droites ne sont pas parallèles.

VARIABLES : xA, yA, xB, yB, xC, yc

ENTRÉES : Saisir xA, yA, xB, yB, xC, yc

TRAITEMENT : Calculer p = (yB – yA) ¥ (xC – xA)

Calculer q = (yC – yA) ¥ (xB – xA)

SORTIES : Si p = q Alors

Affi cher « A, B, C sont alignés »

Sinon affi cher « A, B, C ne sont pas

alignés »

FinSi

1. C’est le milieu de [OB] soit J.

2. Le repère (O, I, J) étant orthonormé,

JM = 3

2

3

21

2 2ÊËÁ

ˆ¯ � -� � =

3

4

1

4� = 1

d’où M Œ �(J, 1).

3. a. (BM) a pour coefficient directeur

a �-

-�-

� -

3

22

3

20

1

2

3

2

1

3

et pour ordonnée à l’origine b = 2.

D’où (BM) : y = – 1

3 x + 2

D est le point de (BM) ayant pour ordonnée 0.

Son abscisse est donc x tel que – 1

3 x + 2 = 0

soit x = 2 3. D’où (2 3 ; 0).

b. K( 3 ; 0)

4. a. JK = ( ) ( )3 12 2� - = 2

JM = 1

KM = 3

23

3

23

2 2

-ÊËÁ

ˆ¯ � � � �

103

104

II KK00

JJ

BB

1,51,5

22�

3

2

M

On a KM2 + JM2 = 4 = JK2, d’où (Réciproque du théorème

de Pythagore) JMK est rectangle en M.

b. (KM) est la tangente à � en M.

Coordonnées de K : xK = 2 ; yK = 3

2Équation de (AC) : y = –

3

4 x + 3

Équation de (OB) : y = 3

4 x

Équation de (OK) : y = 3

2 x

Équation de (AK) : y = – 3

2 x + 6

Coordonnées de E :

y x

y x

� - �

�

�

ÌÔ

ÓÔ

3

43

3

2

3

2

3

43

3

2

x x

y x

� - �

�

�

ÌÔ

ÓÔ

x

y

�

�

�ÌÔ

ÓÔ

4

32

Coordonnées de F :

y x

y x

� - �

�

�

ÌÔ

ÓÔ

3

26

3

4

3

4

3

26

3

4

x x

y x

� - �

�

�

ÌÔ

ÓÔ

x

y

�

�

�ÌÔ

ÓÔ

8

32

Il en résulte (EF) // (OA), car E et F, d’ordonnée 2,

appartiennent à la droite d’équation y = 2.

De plus EF = xF – xE = 4

3 =

1

3 BC.

1. D, E, F paraissent alignés.

2. a. (AB) � (AD) et AB = AD : le repère (A, B, D) est

orthonormé.

b. A(0 ; 0), B(1 ; 0), C(1 ; 1), D(0 ; 1)

3. a. (EK) est une hauteur du triangle ABE.

b. Comme ABE est équilatéral, (EK) est aussi médiane et

K est le milieu de [AB]. D’où K ;1

20� �.

4. EK = 3

2On obtient ce résultat, soit en écrivant que

EK = AE sin 60°, soit en utilisant le théorème de

Pythagore dans le triangle AKE.

D’où E ;1

2

3

2

ÊËÁ

ˆ¯

5. F ;13

2

1

2�Ê

ËÁˆ¯

6. D, E, F sont alignés si et seulement si les droites (DE)

et (DF) ont le même coefficient directeur.

105

II 22 33 44

JJ

OO

22

33KK

EE FF

CC BB

AA

106


Or le coefficient directeur de (DE) est : a �-3

21

1

2

soit

a � -3 2.

Celui de (DF) est : ¢ �-

�a

1

21

13

2

soit ¢ � -�

a1

2 3

ou encore ¢ � --� �

�� -� � � - �a2 3

2 3 2 32 3 .

Il en résulte a = a¢ et donc l’alignement des points D, E

et F.


On trace [DE] et [EF].

Les triangles AED et BFE sont isocèles (AD = AE = BE = BF)

et leurs angles au sommet sont EAD °� � - �90 60 30

et EBF� = 60 + 30 = 90°.

Leurs angles à la base sont donc DEA °� � - �180 30

275

et BEF °� � - �180 90

245

D’où DEF DEA AEB BEF� � � �� = 75 + 60 + 45

= 180°

Les points D, E et F sont donc alignés.


2. B, C, E semblent alignés et ils le restent lorsque M se

déplace sur [OA].

3. M(m ; 0)

a. d1 a pour coefficient directeur celui de (AB), c’est-à-

dire : a = 4

8 = –

1

2.

d1 admet donc une équation de la forme y = – 1

2 x + b

Mais M(m ; 0) appartenant à d1, on a : O = – 1

2 m + b d’où

b = 1

2 m. D’où d1 : y = –

1

2 x +

1

2 m.

C est le point du d1 d’abscisse nulle d’où

yC = – 1

2 ¥ 0 +

1

2 m =

1

2 m

On en déduit C ;01

2m� �

b. d2 a pour coefficient directeur celui de (OB) c’est-à-

dire a¢ = 4

2 = 2.

d2 : y = 2x + b¢ passant par M(m, 0), on a : O = 2m + b¢ et

donc �¢ = – 2m.

D’où d2 : y = 2x – 2m.

E est le point de d2 dont l’abscisse est 10.

D’où yE = 2 ¥ 10 – 2m

= 20 – 2m

On a donc : E(10 ; 20 – 2m).

c. Voyons si (BC) et (BE) ont le même coefficient direc-

teur.

107

Pour (BC) : a �-

-� - �

1

24

2

1

42

m

m

Pour (BE) : ¢ � - � - �a 16 2

8

1

42

mm

(BC) et (BE) sont donc parallèles et les points B, C, E sont

alignés pour n’importe quelle position de M sur [OA].

1. a. Voir fichiers sur le site www.didiermathx.com

b. Il semble que xA + xB = xC.

2. a. y xA A� 2 ; y xB B� 2 ; y xC C� 2

b. Le coefficient directeur de (AB) est

x x

x x

x x x x

x x

x x

B A

B A

B A B A

B A

A B

2 2--

�-� � ��

-� �

Celui de (OC) est x

x

C

C

2

= xC.

Comme (AB) // (OC), on a bien xA + xB = xC.


D’après la question 2.c on a : xA + xB = xC et de même

xD + xE = xC.

Il en résulte x x x x xA B C D E�

� ��

2 2 2

Les milieux de [AB], [OC] et [DE] ont donc même

abscisse. Ils sont donc alignés sur une droite parallèle à

l’axe des ordonnées.

1. Dans le repère (A, I, J) on a : D(0 ; 5) et M(5 ; 3).

Le coefficient directeur de (DM) est a � �3 5

5 0

2

5

–

–– .

Son ordonnée à l’origine est l’ordonnée de D, soit b = 5.

Ainsi (DM) a pour équation : y x� - �2

55.

2. N est le point de la droite (DM) ayant une ordonnée

nulle. Son abscisse x est donc telle que - � �2

55 0x , soit

x � �25

212 5, .

3. DM2 = (5 – 0)2 + (3 – 5)2 = 29

DN22

225

20 0 5

725

4� -� � � -� � �

1 1 1

29

4

725

29

725

1

252 2DM DN� � � � �

108

109

II

JJ

AA BB

CCDD

MM

NN

174174


1. CM = d avec 0 < d < 5.

M(5 ; 5 – d)

Équation de (DM) : yd

x� - �5

5

Cordonnées de N : y = 0 et x tel que - � �dx

55 0 d’où

N ;25

0d� �.

DM2 = d2 + 25

DN22

2

2

62525

25 625� � � �d

d

d1 1 1

25 25 625

25

25 25 25

2 2 2

2

2

2

2

2

DM DN� �

��

�

��

d

d

d

d

d

d 225

25

25 25

1

25

2

2

� ��

�� d

d.

Cette somme ne dépend donc pas de la position de M

sur [BC], privé des points B et C.

2. Sans repère, dans le triangle ADN, le théorème de

Thalès donne : NM

ND

BM

AD� et donc

NM

ND� -5

5

d (1).

Une autre configuration de Thalès (parallèles (DC) et

(BN) sécantes (DN) et (BC)) permet d’écrire : MD

NM

MC

MB�

c’est-à-dire MD

NM�

-d

d5 (2).

En multipliant (1) et (2), on obtient : MD

ND� d

5 (3)

Par ailleurs, le théorème de Pythagore dans le triangle

rectangle DCM donne :

DM2 = DC2 + CM2 d’où DM2 = d2 + 25 (4).

Mais (3) s’écrit encore DN DM� d

5 et donc

DN DM22

225�d

, puis DN22

22525� ��

dd grâce à (4).

Le calcul de 1 1

2 2DM DN� s’achève alors comme dans la

question 1.

Voir fichier sur le site www.didiermathx.com


a. T est le point d’intersection des médianes (AF) et (CE)

du triangle ABC.

T est donc le centre de gravité du triangle ABC.

b. Si I est le milieu de [AC], (BI) est la troisième médiane

de ABC.

B, T et I sont donc alignés.

Comme I est le milieu de [BD], B, I, D sont aussi alignés.

Il en résulte que B, T, D sont alignés.

110

R R 8,6R R 2,6� ¢ �- ¢ �� R 5,6

R�¢ �� 3

Soit h la hauteur de la table, a la hauteur du bloc 1

et b celle du bloc 2.

On a : h – b + a = 32

et h – a + b = 28

En ajoutant, on obtient 2h = 60 d’où h = 30.

La table a une hauteur de 30 pieds.

Dans le repère (O, I, J), la droite (BD) a pour

coefficient directeur - 3

8 et pour ordonnée à l’origine 3.

D’où (BD) : y = – 3

8 x + 3

La droite (CE) a pour coefficient directeur - 8

3 et pour

ordonnée à l’origine 8.

D’où (CE) : y = – 8

3 x + 8

(CE) et (BD) se coupent en un point K dont les

coordonnées vérifient le système

y x

y x

� - �

� - �

�

ÌÔ

ÓÔ

8

38

3

83

xK est donc solution de - 8

3 x + 8 = –

3

8 x + 3

soit 55

24 x = 5

d’où xK = 24

11

On a alors yK = – 3

8 ¥

24

11 + 3

yK = 24

11

D’où K24

11

24

11;� �.

L’aire du triangle bleu est égale à :

Aire OBE – Aire OCE – Aire BKC.

Or : Aire OBE = 8 8

2

¥ = 32

Aire OCE = 3 8

2

¥ = 12

Aire BKC =

524

11

2

60

11

¥�

D’où : Aire triangle bleu = 32 – 12 – 60

11 =

160

11 (cm2).

L’ordonnée à l’origine de la droite (BD) étant – 1,

prenons C comme origine du repère et J, symétrique de

B par rapport à C, comme point (0 ; 1)

L’axe des abscisses est alors (CD).

111

R R¢O¢O O¢O

112

113

114


Posons D(x ; 0) dans le repère (C, I, J) cherché.

Le coefficient directeur de (BD) est alors 1

x et on doit

avoir 1

x = 2.

Il en résulte que x = 1

2 et donc que I est le symétrique de

C par rapport à D.

Vérification :

Dans le repère (C, I, J), on a B(0 ; – 1) et D ;1

20� �.

L’équation y = 2x – 1 est bien vérifié par les coordonnées

de ces deux points.

1. En nommant W le centre du cercle et H son

projeté orthogonal sur le côté de longueur a, on a :

WH = r.

Le théorème de Thalès donne alors r r

3

6

6� -

d’où r = 2.

2.

Méthode 1. De même que dans 1, à l’aide du théorème

de Thalès : r

b

a r

a� -

s’écrit encore ar = ab – br (produit

en croix) d’où r(a + b) = ab ou r = rab

a b�

� ou

1

r

a b

ab� �

,

qui coïncide bien avec 1 1 1

r a b� � .

Méthode 2.

Dans le repère orthonormé (O, I, J) tel que OI = 1

a OA et

OJ = 1

b OB (voir figure), W(r ; r) appartient à la droite OW

d’équation y = x.

AA BB

CCDD

II

JJ

115

W

AA

BB

OO rr

rr

II

JJ

y = x

Par ailleurs, (AB) a pour équation y = – b

a x + b.

En résolvant y x

yb

ax b

�

� - �

�ÌÔ

ÓÔ soit

xb

ax b

y x

� - �

�

�ÌÔ

ÓÔ

soit 1��

�

�ÌÔ

ÓÔ

b

ax b

y x soit

xab

a b

yab

a b

��

��

�

ÌÔ

ÓÔ

on obtient rab

a b�

�, comme dans la méthode 1.

• L’égalité (x + y)3 = x3 + y3 n’est pas vraie pour tous

réels x et y.

Contre-exemple : Pour x = y = 1, (1 + 1)3 � 13 + 13

• (x + y)3 = (x + y)2 (x + y)

= (x2 + 2xy + y2) (x + y)

= x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3

(x + y)3 = x3 + y3 équivaut à :

x3 + 3x2 y + 3xy2 + y3 = x3 + y3

3xy(x + y) = 0

x = 0 ou y = 0 ou y = – x.

L’ensemble des points M(x ; y) tels que (x + y)3 = x3 + y3

est, dans un repère donné du plan, la réunion de trois

droites : d1 : x = 0, d2 : y = 0, d3 : y = – x.

English Corner

a. Journey = trajet.

Une course de 3 km coûtera 6,50 €.

b. Gradient = pente ; soit le coefficient directeur : 1,5.

c. L’intersection avec l’axe des ordonnées correspond

au prix indiqué au compteur en début de course, soit

2 €.

d. C = 1,5d + 2

y x� 1

3. Il y a 22 points sur le segment [OA].

116

117

118

176

Vecteurs 13Pour reprendre contact

1 a. Par une symétrie axiale.

b. Aucune transformation connue.

c. Par une symétrie centrale.

2 1. Le milieu de [AB] a pour coordonnées (3

2 ; – 1) et celui de [CD] a pour coordonnées (

3

2 ; – 1).

Les segments [AB] et [CD] ont même milieu donc ACBD est un parallélogramme.

2. a. D(– 5 ; 2) b. E(5 ; 4) c. F(3 ; – 3) d. G(6 ; – 3)

3 a. Oui b. Oui c. Oui d. Non e. Oui

Activités 1. Jouons à Wyx !

Activité 2. Translation1. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

2. a. La translation crée un nouveau quadrilatère superposable au premier (distances et angles conservés).

b. Voir fichier sur le site Internet www.didiermathx.com

3. AA¢B¢B, DD¢C¢C et AA¢FE semblent être des parallélogrammes. Ces conjectures « résistent » au déplacement des

points.

4. E¢ est l’image de E par la translation de vecteur mDE.

C

Jau

ne

Oran

ge

Rouge

VertViolet

Bleu

Noir

177Chapitre 13. Vecteurs

Activité 3. Coordonnées d’un vecteur1. Les vecteurs oOA et oBC sont égaux car les segments [OC] et [AB] ont même milieu de coordonnées (1 ; 3).

2. Les coordonnées sont 4

3

ÊËÁ

ˆ¯

.

À partir du point A, il faut lire les coordonnées de A. À partir de B et C on regarde le déplacement « horizontal » (+ 4 uni-

tés) puis le déplacement « vertical » (+ 3 unités) pour se rendre de B à C.

Le déplacement « horizontal » est donné par xC – xB.

Le déplacement « vertical » par yc – yB.

On peut tester cette conjecture ou aider à sa mise en place en déplaçant les points sur le fichier disponible sur le site

Internet.

3. En confrontant les résultats dans la classe on peut mettre en évidence différents représentants.

Activité 4. Somme de vecteurs1.

2. a. ABM¢M est un parallélogramme, BCM¢¢M¢ aussi.

On a donc rAM = uBM¢ et uBM¢ = yCM¢¢.Il vient donc rAM = yCM¢¢ donc ACM¢¢M est aussi un parallélogramme.

b. ACM¢¢M¢ étant un parallélogramme, pour n’importe quel point M, la translation qui transforme A en C transforme

aussi M en M¢¢.Pour n’importe quel point M, M¢¢ est donc l’image de M par la translation de vecteur mAC.

3. On constate que l’image de M par la translation de vecteur av + au est aussi le point M¢¢�La justification se fait par un raisonnement analogue à celui de la question 2.

Activité 5. Produit d’un vecteur par un réel

1. a. au2

4

ÊËÁ

ˆ¯

et 2au4

8

ÊËÁ

ˆ¯

b. Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de proportionnalité égal à 2 de au à 2au.

A

C

B

A¢

C¢

B¢

DE

E¢

auau

avav

AA

MMBB

M¢M¢

CC

M�M�

178178

2.

a. au2

4

ÊËÁ

ˆ¯

et 3au6

12

ÊËÁ

ˆ¯

. Les coordonnées sont proportionnelles avec un coefficient de 3 de au à 3au .

3. a. On peut proposer 1,5au3

7

ÊËÁ

ˆ¯

.

b.

4. a. On peut conjecturer : 1

2

1

2auÊËÁ

ˆ¯

––

–2

4

8auÊËÁ

ˆ¯

––

–

5

2

5

10auÊËÁ

ˆ¯

b.

5. a. b.

22II 44 66

– 2– 2

00

22

JJ

44

66

88

1010

22II 4400

JJ

– 2– 2

22

44

66

– 4– 4 – 2– 2 00 22II 44

44

22

JJ

– 2– 2

– 4– 4

– 6– 6

– 8– 8

D A C B


TP 1. Des vecteurs pour jouer à Wyx

A. 1. Vecteur jaune 1

3

ÊËÁ

ˆ¯

;

vecteur vert 1

2

ÊËÁ

ˆ¯

; vecteur rouge –

–

2

1

ÊËÁ

ˆ¯

vecteur noir –1

0

ÊËÁ

ˆ¯

; vecteur violet –

–

3

1

ÊËÁ

ˆ¯

vecteur bleu 1

1–

ÊËÁ

ˆ¯

; vecteur orange 2

4–

ÊËÁ

ˆ¯

2. Le vecteur somme a pour coordonnées –

–

1

2

ÊËÁ

ˆ¯

. Le cavalier arrivera donc en E.

B. 1. Le vecteur jaune 1

3

ÊËÁ

ˆ¯

est mBA.

Le vecteur vert 1

2

ÊËÁ

ˆ¯

est pGD = lXA = lEX.

Le vecteur rouge –

–

2

1

ÊËÁ

ˆ¯

est kCE = lFG.

Le vecteur noir –1

0

ÊËÁ

ˆ¯

est moDC = mCB.

Le vecteur violet –

–

3

1

ÊËÁ

ˆ¯

est mDE.

Le vecteur bleu 1

1–

ÊËÁ

ˆ¯

est mDF = mXC.

Le vecteur orange 2

4–

ÊËÁ

ˆ¯

est mAF.

2. E étant le point d’arrivée et chaque flèche étant utilisée une seule fois on ne peut pas avoir E comme origine d’un

vecteur.

3. a. Il a un seul représentant : mDE.

b. On peut rayer les vecteurs mEX et mCE.

4. a. Le trajet gagnant est donc : mXC ; mCB ; mBA ; mAF ; mFG ; pGD ; mDE. On le trouve en partant de la fin.

b. La relation de Chasles permet de vérifier que la somme de ces vecteurs est égale à mXE.

TP 2. Parallélogramme et vecteursA. a. Vrai b. Faux c. Faux d. Vrai e. Vrai

B. Les conditions suffisantes sont : b, d et e.

Les conditions nécessaires sont : a, c, d, e et f.

D’autres conditions suffisantes :

– « Les diagonales se coupent en leur milieux » est une condition suffisante (et nécessaire).

– « pDA = mCB » est une condition suffisante (et nécessaire).

– « ABCD est un rectangle » est une condition suffisante (non nécessaire).

TP 3. Un puzzle de Lewis CarollB. On obtient un rectangle.

3. Ses dimensions sont 13 et 5. Son aire vaut donc 65 alors que l’aire du carré vaut 64.

En fait « la diagonale montante » de ce rectangle n’existe pas. Il s’agit d’un petit parallélogramme d’aire 1.

180180

On peut démontrer de différentes façons que les points qui semblent situés sur cette diagonale ne sont pas alignés.

Par exemple :

• Dans un repère (A, I, J) avec B(8 ; 0) et F(0 ; 5) :

– en montrant que les vecteurs oAG et mAE ne sont pas colinéaires,

– ou en écrivant une équation de la droite (AE) et en montrant que le point H n’appartient pas à cette droite,

– ou sans repère, en comparant les tangentes des angles fBAC et gDAE.

TP 4. Expérimenter et démontrerA. 1. Voir le site Internet www.didiermathx.com.

2. L’ensemble des points solutions semble être la droite (DB).

B. 1. C(1 ; 1), E(0 ; y), F(1 ; y), G(x ; 0), H(x ; 1).

2. mEH et mFG sont colinéaires si et seulement si (x – 0) ¥ (0 – y) = (x – 1) ¥ (1 – y) c’est-à-dire y = – x + 1 ce qui est bien

l’équation de la droite (DB).


1. Les trois droites sont concourantes.

2. Oui (on travaille alors avec un repère qui n’est pas orthonormé).

TP 5. Somme de deux vecteurs et milieu1. Il semble que pMA + pMB = 2pMK.

2. a. Par construction de la somme pMA + pMB, on a pAN = pMB. De ce fait MBNA est un parallélogramme.

b. On sait que les diagonales se coupent en leur milieu donc K est le milieu de [MN] d’où le résultat.

Exercices

A B

C

D

EF G

H

5 8

8 5

55

3

3


2,7²< p²

6 cm

8 cm3

135 euros

15

a. x = 2 b. x = 7

2

a. (3x – 2)(3x + 2) b. (x + 5)(x + 1)

a. x(x – 1) b. (x + 1)(x +2)

1 et – 3

0 et – 2

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

– 4

oGH 1

2–

ÊËÁ

ˆ¯

a. [au + av] 5

6–

ÊËÁ

ˆ¯

b. [au – av] –1

4

ÊËÁ

ˆ¯

y = – 2

y � - 3

2

a = – 2.

ENTRAÎNEMENT

a. Polygone 11 b. Polygone 5

c. Polygone 7 d. Polygone 10

a. C b. B c. M d. B

a. G b. H c. A d. F e. F

11

12

13

14

15

16

17

18

19


1.

2. a. K(0 ; – 6) b. L(0 ; – 2) c. M(– 4 ; – 2)

1. a. T b. jST = nVU

2. jVS

3. Oui

a. Faux b. Faux c. Vrai d. Faux

a. b.

c. d.

a. lBA = oCD car ABCD est un parallélogramme ;

iFE = oCD car CDEF est un parallélogramme.

Comme EFGH est un parallélogramme, oFE = oGH, donc

on a aussi oGH = oCD.

b. De mBA = oCD et oGH = oCD on déduit que mBA = oGH, donc

AHGB est un parallélogramme.

1.

20

– 4– 4– 6– 6 – 2– 2 22II 44

44

22

JJ

– 2– 2

– 4– 4

– 6– 6

G

F

MH E

K

L

O

21

22

23

A

A

B

B

M

N

C

D

D

C

E

F

R

S

T

V

24

25 F

T

R

S

E

2. hES et jSF.

En effet, E est l’image de T, donc RSET est un

parallélogramme et jTR = hES, F est l’image de R donc

RTSF est un parallélogramme et jTR = hSF.

3. On a donc a hES = hSF ce qui prouve que S est bien le

milieu de [EF].

D’après un théorème des milieux dans le triangle

ABC on a (IJ) // (AC) et (IK) // (BC) donc IJCK est un

parallélogramme et cIJ = mKC.

De plus K est le milieu de [AC] donc mAK = kKC. On en

déduit que cIJ = mAK.

a. b.

mAB1

2

ÊËÁ

ˆ¯

mFG–2

4

ÊËÁ

ˆ¯

au0

2–

ÊËÁ

ˆ¯

aw–

–

3

2

ÊËÁ

ˆ¯

a. mAB7

3–

ÊËÁ

ˆ¯

b. mAB3

8

ÊËÁ

ˆ¯

c. mAB

–

–

5

1

2

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

d. mAB

9

4

0

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

1. mAB4

2

ÊËÁ

ˆ¯

mCD4

2

ÊËÁ

ˆ¯

2. Les vecteurs ont les mêmes coordonnées : on en

déduit qu’ils sont égaux et que ABDC est un parallélo-

gramme.

1. mAB6

3–

ÊËÁ

ˆ¯

mDC–6

3

ÊËÁ

ˆ¯

donc ABCD n’est pas un

parallélogramme (mais ABDC en est un).

2. mAB

29

3

5

3

Ê

Ë

ÁÁÁ

ˆ

¯

˜˜˜

mDC

29

3

2

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

donc ABCD n’est pas un parallélo-

gramme.


Si A (a ; b), B (c ; d), C (k ; m) et D (n ; p), le programme

indique si les vecteurs mAB et oCD sont égaux et donc si

ABDC est un parallélogramme.

Exercice corrigé à la fin du chapitre.

1. mAB2

8

ÊËÁ

ˆ¯

2. mAB = mDC

3. a. mDC– –

– –

2

1

x

y

D

D

ÊËÁ

ˆ¯

b. – 2 – xD = 2 et – 1 – yD = 8 donc D(– 4 ; – 9).

26

27 A

A

A¢

A¢auau

auau

28

29

30

31

32

33

34

35

182182

1. 2.

3. Utilisons les vecteurs : rAΩ = rΩD donc ces vecteurs

otn les mêmes coordonnées :

– 1 = xD – 3 et 4 = yD – 2. D’où D(2 ; 6).

Par une autre égalité de vecteurs, on trouve C(7 ; 0,5).

1. a. Le point F b. lDF

2. a. oDG b. lDF c. mCG

d. hEF e. a0 f. a0


a. Faux b. Vrai

c. Faux d. Vrai

au + av2

2–

ÊËÁ

ˆ¯

; au + aw3

2

ÊËÁ

ˆ¯

; av + aw–3

2

ÊËÁ

ˆ¯

.

1. La somme est égale au vecteur nul.

2. au3

1–

ÊËÁ

ˆ¯

; av1

3

ÊËÁ

ˆ¯

; aw–

–

4

2

ÊËÁ

ˆ¯

donc au + av + aw0

0

ÊËÁ

ˆ¯

.

1. Une solution de trajet :

3

0

1

2

2

1

0

5

6

0

2

6

ÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯

–

–

–

–

–ÊÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯ÊËÁ

ˆ¯

2

0

0

2–

2. En additionnant les coordonnées de tous les vec-

teurs on doit retrouver le vecteur qui amène directe-

ment du départ à la fin soit le vecteur 6

2–

ÊËÁ

ˆ¯

.

1. mAB4

1

ÊËÁ

ˆ¯

et mAC1

4

ÊËÁ

ˆ¯

donc [mAB + mAC ]5

5

ÊËÁ

ˆ¯

.

mAD3 2

4 1

– (– )

– (– )

ÊËÁ

ˆ¯

donc mAD5

5

ÊËÁ

ˆ¯

. On a bien [mAB + mAC] = mAD.

2. Par la relation de Chasles, oAD = mAB + mBD, donc

mBD = mAC et par conséquent ABDC est un parallélo-

gramme.

1 et 2.

3. ABDC est un parallélogramme car par construction

oCD = mAB.

36

11

– 1– 1

– 2– 2

22

33

44

55

66

– 1– 1 11 3322 55 66 7744

WWBB

AA

CC

DD

37

38

39

40

41

42

43

44

A

B

C

D

1.

2. [mAB + oCD]5 1

3 6

��

ÊËÁ

ˆ¯

donc [mAB + oCD]6

9

ÊËÁ

ˆ¯

3. rAMx

y

M

M

�ÊËÁ

ˆ¯

3

4. On a rAM = mAB + mCD donc xM + 3 = 6 et yM = 9, d’où

M(3 ; 9).

1.

2. mCA–2

5

ÊËÁ

ˆ¯

3. a. [mMA + mMB]– –

–

1 2

5 2

x

y

M

M

ÊËÁ

ˆ¯

b. De qMA + qMB = mCA on déduit que – 1– 2 xM = – 2 et

5 – 2yM = 5 d’où M(0,5 ; 0).

c. Oui (voir figure ci-dessus).

4. Le milieu de [CB] a pour coordonnées –

;–3 4

2

2 2

2

�ÊË

ˆ¯

soit (0,5 ; 0) : c’est bien le point M.

Première méthode :

kPA + kPB = a0 signifie que le point P est le milieu de [AB] ;

il a donc comme coordonnées 1 3

2

2 4

2

� �ÊËÁ

ˆ¯

;(– )

c’est-à-

dire (2 ; – 1).

45

– 3– 3 – 2– 2 – 1– 1 00 II 22 33

JJ

22

33

44

55

66

77

88

99

A

B

C

D

M

46

– 3– 3 – 2– 2 – 1– 1 II 22 33 44 55

– 2– 2

– 1– 1

JJ

22

33

44

55

B

A

C

M

47


Deuxième méthode :

kPA1

2

–

–

x

y

P

P

ÊËÁ

ˆ¯

kPB3

4

–

– –

x

y

P

P

ÊËÁ

ˆ¯

donc kPA + kPB = a0 si et

seulement si 3 – xP = 1 – xP et – 4 – yP = 2 – yP.

D’où P(2 ; – 1).

Contrôle graphique :

1. Vitesse du nageur : 59 m.s–1 (dans le

prolongement du collège, on peut écrire :

2 km

1h

2 000 m

3 600 s

20 m

36 s

5m

9 s� � � ).

La vitesse du courant est le double de celle du nageur

donc 10

9 m.s–1.

2. On peut aussi se placer dans un repère d’origine A,

d’axe des abscisses la berge passant par A, orienté dans

le sens du courant et d’axe des ordonnées (AA¢) orienté

de A vers A¢, avec pour unité : 1 m.

En 1 s, le déplacement du nageur peut être repéré par la

somme des vecteurs an

0

5

9

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

et ac

10

9

0

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

donc par le vecteur

ad

10

9

5

9

Ê

Ë

ÁÁÁ

ˆ

¯

˜˜˜

(échelle non respectée sur la figure). Soit B10

9

5

9;Ê

Ëˆ¯ .

Par proportionnalité dans le triangle on trouve

A¢C = 2 AA¢ = 180 m.

Remarque : ceci traduit un raisonnement par propor-

tionnalité sur les vitesses. La vitesse du courant étant

double de celle du nageur, quand celui-ci nage perpen-

11 22 33 44

22

11

– 1– 100

– 2– 2

– 3– 3

– 4– 4

A

B

P

48

anan

y

x

HB

A

A¢ C

adad

acac

diculairement à la rive, il est dévié par le courant d’une

distance deux fois plus grande dans la direction du

courant. L’écart entre les rives étant de 90 m, il sera

dévié de 180 m.

a. b.

c. d.

1. 2.

3. 4.

5. 6.

[au – av]6

0

ÊËÁ

ˆ¯

et [au – av + aw]5

3

ÊËÁ

ˆ¯

kDF

x

y

F

F

–

–

4

2

3

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

et kDF

5

16

3

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

donc xF – 4 = 5 et

yF – 2

3�16

3 d’où F(9 ; 6).

49

M M

A

D

auauavav

M

M

P

Pauau

awaw

50

N

N

NN

NN

A

AA

AA

auauauau

auau

auau

auau

auau

auau

avav

avav

avav

avav

avav

– av– av – av– av

– av– av

AA

NN

NN

AA

AAauau

auau

avav

avav– av– av

– av– av

51

52

184184

2. kDE

–5

–16

3

Ê

ËÁÁ

ˆ

¯˜˜

3. On constate que les vecteurs kDE = – kDF.

On en déduit que kDE = kFD et que D est le milieu de [EF].

a. Oui : kAB + kBC = kAC

b. Non

c. Non

d. Oui : mCO + mAC = mAC + pCO = mAO

e. Oui : kED + mDE = jEE

f. Oui : kAF + kBC + kCA = kAF + kBA = kBA + kAF = jBF


1.

a. b.

c. d.

2. oBD – oCD = oBD + oDC = mBC

3. On peut réduire l’expression de la question b :

nBD – mCD = mBD + oDC = mBC

On peut aussi réduire l’expression de la question c :

nAB – nAC = mAB + mCA = mCA + mAB = mCB

a. nAB – nDB + nDE = nAB + nBD + nDE = nAE

b. nBE + nCB – nDE = nBE + nCB + nED = nCB + nBE + nED = nCD

c. nBD – nCA + nCB – nAD = nBD + nAC + nCB + nDA

= nBD + nDA + nAC + nCB = nBB = a0

53

54

55

kAD – kDCkAD – kDC

kBD – kCDkBD – kCD

– kDC– kDC

– kCD– kCDkDCkDC

kCDkCD

kBDkBD

kBDkBD

kADkADAA

AABB

BB

CC

CC

DD

DD

kAB – kACkAB – kAC

kAC – kBDkAC – kBD

– kBD– kBD

– kAC– kAC

kACkAC

kACkAC

kBDkBD

kABkABAA

AA

BB

BB

CC

CC

DD

DD

56

1. 2.

3. On constate que les points M et D sont confondus.

kCB – kCA + mBD = kAC + kCB + mBD = mAD (relation de Chasles)

Donc rAM = oAD et les points M et D sont confondus.

On conjecture que les vecteurs au et av sont égaux.

3. au – av = mAB + mCD – oAD – mCB = mAB + oCD + oDA + mBC

= oAB + oBC + oCD + oDA = 0

4. Par conséquent au = av.

2. av1

–

6

12ÊËÁ

ˆ¯

av2

8

4–

ÊËÁ

ˆ¯

av3

–6

3

ÊËÁ

ˆ¯

a. mDA = – mDE – mDE – mDE = – 3 mDE

b. mDB = – mDE – mDE = – 2 mDE

c. mDC = – mDE

d. mDF = mDE + mDE = 2 mDE

a.

b.

c.

57

kCB – kCA + kBDkCB – kCA + kBD

kCBkCB

kBDkBD

– kCA = kAC– kCA = kACAA

BB

CC

DDMM

58

59

60

61

kAB + kAB = 2kABkAB + kAB = 2kAB

AA BB

CC MM

AA

CC

NN

– kAC – kAC – kAC = – 3kAC– kAC – kAC – kAC = – 3kAC

kACkAC

AA BB

CC PP

1

2kACkAC

1

2kAC +kAC +

3

2kACkAC

1

2kAC +kAC +

1

2kAC = –kAC = –


d.

[au + av]2

3

ÊËÁ

ˆ¯

2au–2

4

ÊËÁ

ˆ¯

– 3aw–

–

6

12

ÊËÁ

ˆ¯

[au – av]– 4

1

ÊËÁ

ˆ¯

[au + av – aw]0

0

ÊËÁ

ˆ¯

[2au– 3 av]–11

1

ÊËÁ

ˆ¯

[1

2aw –

3

2av]

–7

2

1

2

Ê

Ë

ÁÁÁ

ˆ

¯

˜˜˜

a. av = – 2au

b. On peut vérifier que 6 ¥ 6 = 4 ¥ 9.

On obtient av = 3

2 au.

c. av = – 3au

d. On peut vérifier que 4 ¥ 18 = 72 et 6 ¥ 12 = 72 ; av = 3

2 au.

a. Oui

b. Non (car 5

9 ¥ – 15 = –

25

3 et –

5

6 ¥ 11 = –

55

6.)

c. Oui. ( 5 – 1)( 5 + 1) = 5 – 1 = 4 et (– 1) ¥ (– 4) = 4.

a. au et av sont colinéaires si et seulement si

5 ¥ x = 1 ¥ 10 soit x = 2.

b. au et av sont colinéaires si et seulement si

3(1 + x) = 2 ¥ 2x soit x = 3.

1. mAB–1

3

ÊËÁ

ˆ¯

; mAC–6

0

ÊËÁ

ˆ¯

; 2

3 mAC

– 4

0

ÊËÁ

ˆ¯

; mAB + 2

3 mAC

–5

3

ÊËÁ

ˆ¯

.

D’autre part rAMx

y

– 5

2�ÊËÁ

ˆ¯

d’où M(0 ; 1).

2. Le milieu de [CD] a pour coordonnées I0

2

2

2;Ê

Ëˆ¯ soit

(0 ; 1). C’est bien le point M.

On peut aussi calculer les coordonnées de vecteurs.

1. (KL) // (BC) et (AB) // (LM) par un théorème des

milieux. Donc KLMB est un parallélogramme et iKL = qBM.

Comme M est le milieu de [BC], qMC = qBM.

2. mBC = qBM + qMC = 2qBM = 2iKL

1. a. kau + k¢aukx k x

ky k y

��

ÊËÁ

ˆ¯

¢¢

1

2kBC –kBC –––

5

2kBCkBC

1

2kBC –kBC –

1

2kBC –kBC –

1

2kBC –kBC –

1

2kBC = –kBC = –

AABB

CC

TT

1

2kBCkBC

62

63

64

65

66

67

68

b. (k + k¢)au k k x

k k y

��

Ê

ËÁˆ

¯

¢¢

ce que l’on peut transformer en

kx k x

ky k y

��

ÊËÁ

ˆ¯

¢¢

.

Par suite kau + k¢au = (k + k¢)au.

2. k¢au k x

k y

¢¢

ÊËÁ

ˆ¯

donc k k u( )¢ a a pour coordonnées

k k x

k k y

¢¢

� ��

Ê

ËÁˆ

¯ que l¢on peut transformer en

kk x

kk y

¢¢

ÊËÁ

ˆ¯

.

Or (kk¢)au a pour coordonnées kk x

kk y

¢¢

� �� Ê

ËÁˆ

¯, soit

kk x

kk y

¢¢

ÊËÁ

ˆ¯

.

Donc k(k¢au) = kk¢au.

Démonstration analogue pour kau + kav = k(au + av).


Première solution : rMN8

5

ÊËÁ

ˆ¯

et kST–

–

13

8

ÊËÁ

ˆ¯

.

On a 8 ¥ (– 8) = – 64 et 5 ¥ (– 13) = – 65. Les vecteurs ne

sont pas colinéaires donc les droites (MN) et (ST) ne

sont pas parallèles.

Deuxième solution : La droite (MN) a pour coefficient

directeur : – 5

8 et la droite (ST) : –

8

13. Comme 5 ¥ 13 ≠ 8 ¥

8, les deux coefficients ne sont pas égaux donc les droites

ne sont pas parallèles.

1. lAC–

–

6

8

ÊËÁ

ˆ¯

et lCB9

12

ÊËÁ

ˆ¯

2. – 6 ¥ 12 = – 72 et – 8 ¥ 9 = – 72. les vecteurs lAC et lCB

sont donc colinéaires. Les droites (AC) et (CB) sont donc

parallèles. Elles ont de plus le point C en commun donc

elles sont confondues et les points A, B et C sont alignés.

On repère les points A, B et C avec A(– 3 ; – 2), B(5 ;

3) et C(10 ; 6) donc lAB8

5

ÊËÁ

ˆ¯

et lBC5

3

ÊËÁ

ˆ¯

.

On a 8 ¥ 3 = 24 et 5 ¥ 5 = 25.

Les vecteurs ne sont donc pas colinéaires et les droites

(AB) et (BC) ne sont pas parallèles. Les points A, B, C ne

sont pas alignés.

1. Alyssia procède par soustraction : elle calcule

l’aire du rectangle AOCE puis enlève les aires des

triangles OIA, BEC et ADC. Fati procède par découpage

et addition : elle ajoute les aires des deux triangles AIB

et BCI et elle enlève l’aire de DBI qui se retrouve comptée

deux fois.

2. Alyssia : 5 ¥ 8 – 1

2 ¥ 1 ¥ 5 –

1

2 ¥ 1 ¥ 5 –

1

2 ¥ 8 ¥ 3 = 23

Fati : 1

2 ¥ 6 ¥ 5 +

1

2 ¥ 6 ¥ 5 –

1

2 ¥ 6 ¥ 2 = 24

69

70

71

72

73

186186

3. Il y a un bon résultat, c’est celui d’Alyssia. Chez Fati

l’erreur vient du fait qu’elle considère sans l’avoir

démontré que le point D est aligné avec les points A et

B ou avec les points I et C.

Or, on peut démontrer que ceci est faux. L’aire de ADBI

n’est donc pas l’aire du triangle ABI et l’aire de IDCB n’est

pas celle du triangle ICB.

1. oAD4

2–

ÊËÁ

ˆ¯

et lBC8

4–

ÊËÁ

ˆ¯

. On constate que lBC = 2oAD.

Donc lBC et oAD sont colinéaires et AD // (BC).

ABCD est donc un trapèze.

2. K(– 1 ; – 1) et L (1 ; 2)

3. a. xA = xB = – 3 donc (AB) a pour équation x = – 3.

(CD) a pour coefficient directeur – 2

4

1

2–� et pour

équation y = 1

2x –

5

2.

b. T(– 3 ; – 4)

4. jKL2

3

ÊËÁ

ˆ¯

; lKT–

–

2

3

ÊËÁ

ˆ¯

donc jKL = – lKT. Les points K, L et T

sont alignés et K est même le milieu de [LT].

a. y y

x x

B A

B A

–

–––� �6

23 b. –

1

2 c. 0


3. kBR = 2kBP

4. P est le milieu de [BR].

1. ABDC est un trapèze qui n’est pas un

parallélogramme car mAB ≠ mCD.

Par conséquent (AC) et (BD) sont sécantes.

2. (BC) et (AD) sont les diagonales d’un trapèze. Elles

sont sécantes. On peut le démontrer par l’absurde : si

(BC) // (AD), comme (AB) // (CD), ABCD est un parallélo-

gramme donc mAB = – mCD ce qui est faux. Donc (BC) et

(AD) ne sont pas parallèles ; elles sont donc sécantes.

1. a. Il suffit.

b. Il faut.

c. Il faut et il suffit.

d. Il suffit.

e. Il faut.

2. a. « oAK = 3kAB » est une condition suffisante pour

que K appartienne à (AB).

b. « oAK et kAB sont colinéaires » est une condition néces-

saire pour que K appartienne à [AB].

c. « kAB = 2oAK » est une condition nécessaire et suffi-

sante pour que K soit le milieu de [AB].

d. « kAB = oDC » est une condition suffisante pour que

(AB) et (CD) soient parallèles.

74

75

76

77

78

79

e. « kAB et kCD sont colinéaires » est une condition

nécessaire pour que ABCD soit un parallélogramme.

1. On peut écrire vect RS = vect MT, mais ce n’est

pas là l’erreur. L’égalité écrite par Stéphanie « vecteur

ST = vecteur RM » est elle aussi juste. Une des deux

égalités suffit, on peut choisir celle qu’on veut.

2. Il y a une erreur dans le calcul des coordonnées de

vect ST qui a pour coordonnées (– 1 ; – 5).


manuel.

Soit P(a ; 10) le centre d’un palet. On cherche le

point F(x ; 0) tel que P, B et F soient alignés.

jBPa

7

ÊËÁ

ˆ¯

et iFB– x

3

ÊËÁ

ˆ¯

sont colinéaires si et seulement si

3a = – 7x soit x = – 3

7a.

Pour les palets de la gauche vers la droite on placera

donc F aux points de coordonnées :12

70;Ê

Ëˆ¯ , en

6

70;Ê

Ëˆ¯ , en (0 ; 0), en – ;

6

70Ê

Ëˆ¯ , en – ;

12

70Ê

Ëˆ¯ .

VARIABLES : a, x nombres

ENTRÉE : demander l’abscisse a du centre du palet

TRAITEMENT : x prend la valeur – 3

7a

SORTIES : Afficher « L’abscisse de F est : »

Afficher x

1. a. mKD = 1

2 mBC + mBA

b. mEK = kEB + 1

2mBC

2. kEB = mBA donc les vecteurs kmKD et kEK sont égaux, K est

le milieu de [ED].

dIJ = 3

4 AB +

1

4 BC

kLK = 1

4oAD +

3

4oDC or oAB = oDC et oAD = mBC donc dIJ = mLK et

IJKL est un parallélogramme.

iJC = 1

2 oDC et iAI =

1

2 oAB. Comme oAB = oDC, on a aussi

iJC = hAI donc AJCI est un parallélogramme et (AJ) et (IC)

sont parallèles.

De la même façon pour (DI) et (JB).

1. kBE = kBA + kAE ; kBH = kBC + mCH.

2. kBE = – kAB + 3

2kAD ; kBH = kAD –

2

3kAB.

3. kBE = 3

2kBH donc (BE) et (BH) sont parallèles et B, E, H

sont alignés.

80

103

104

105

106

107

108


dIJ = 1

2oAB +

1

2oBC

lLK = 1

2oAD +

1

2oDC

Or oAB = oDC et oAD = mBC donc dIJ = kLK et IJKL est un

parallélogramme.

1. lCE = lCA + lAE = lCA + 2lAB + lAC = 2lAB

2. On a aussi oCD = 2lBA donc oCD = – lCE et C est le milieu

de [ED].

1. Il semble que B, H et E sont alignés.

2. La solution est celle de l’exercice 108 où les étapes

étaient données.

rNM = oNA + pAM = – 3

4lAB +

3

2oAC

mNP = 1

4mAB +

1

2mBC =

1

4mAB +

1

2(mBA + mAC) = –

1

4mAB +

1

2mAC

Donc rNM = 3mNP.

Les vecteurs rNM et mNP sont colinéaires, donc les points

N, M et P sont alignés.

kBP = mBA + mAP = mBA + 12

7mAD

mBR = mBC + mCR = mBC + 1

3mCD = mAD +

1

3mBA

Il n’existe pas de coefficient k tel que mBR = k mBP. Les

points B, P et R ne sont pas alignés.

2iPA + 3iPB = a0 si et seulement si 2iPA + 3(iPA + iAB) = a0

soit mAP = 3

5mAB.

1. 2. voir le site Internet www.didiermathx.com

3. Les droites semblent parallèles.

4. On a D(0 ; 1) et N(1

a ; 0) d’où oDN(

1

a ; – 1).

B(1 ; 0) M(0 ; a) d’où pBM (– 1 ; a) on a pBM = – a pDN.

Les vecteurs pBM et pDN sont colinéaires et les droites

(BM) et (DN) parallèles.

5. La droite (CP) est parallèle aux droites (BM) et (DN).

En effet P(1

a ; a) C(1 ; 1) donc lCP(1–

1

a ; 1 – a).

Les vecteurs lCP et oBM sont colinéaires car on a

(1– 1

a) ¥ a = a – 1 et (1 – a) ¥ – 1 = – 1 + a.

Donc (CP) et (BM) sont parallèles.

2. a. Par construction, OADB est un parallélo-

gramme. Comme OA = OB, c’est un parallélogramme

avec deux côtés consécutifs de même longueur, donc

c’est un losange.

b. Les diagonales d’un losange sont perpendiculaires.

3. b. pOH = pOD + pOC donc ODHC est un parallélo-

gramme.

109

110

111

112

113

114

115

116

c. (AB) est perpendiculaire à (OD) et (OD) est parallèle à

(HC) donc (AB) est perpendiculaire à (HC).

4. On pourrait de même démontrer que (BH) est per-

pendiculaire à (AC) et que (AH) est perpendiculaire à

(BC).

Les droites (BH), (AH) et (CH) sont donc les trois hauteurs

du triangle ABC.

Ces trois hauteurs sont donc concourantes en H.

1. a. mGB + mGC = pGA¢ + rA¢B + pGA¢ + rA¢C = 2pGA¢

b. oAG = oGB + oGC = 2pGA¢ = 2oGA + 2pAA¢donc 3oAG = 2pAA¢ et finalement oAG =

2

3pAA¢.

3. De même oBG = 2

3oBB¢ ; oCG =

2

3oCC¢.

G est au deux tiers des médianes en partant du sommet.


oOH = oOG + oGA + oOG + oGB + oOG + oGC = 3oOG.

On en déduit que le centre O du cercle circonscrit,

l’orthocentre H et le centre de gravité G sont alignés.

1. a. M(0 ; – 1) N(1

2 ; 0).

Soit P(xP ; yP). Alors lBP = 2

3lBC donne P

2

3

1

3;Ê

Ëˆ¯ .

b. rMN 1

21;Ê

Ëˆ¯ et lNP

1

6

1

3;Ê

Ëˆ¯ on a rMN = 3mNP.

Les points M, N et P sont alignés.

2. a. rMN = rMA + rAN = mAC + 1

2mAB

b. oMP = rMA + mAB + mBP = mAC + mAB + 1

3mBC

On en déduit oMP = oAC + oAB + 1

3( oBA + oAC) =

4

3oAC +

2

3oAB.

c. Finalement rMN = 3

4oMP. Les points M, N et P sont

donc alignés.

2. a. M(0 ; 1

2) N(

1

3 ; 0).

Soit P(xP ; yP). De lBP = 2lBC on déduit que P(– 1 ; 2).

b. rMN(1

3 ; –

1

2) et oMP(– 1 :

3

2)

donc oMP = – 3rMN et les points M, N, P sont alignés.

3. a. rMN = rMA + rAN = – 1

2mAC +

1

3lAB

oMP = rMA + mAB + kBP = – 1

2mAC + mAB + 2mBC = –

1

2mAC + lAB

+ 2(lBA + lAC) = 3

2mAC – lAB

b. On constate que pMP = – 3rMN donc M, N et P sont

alignés.

4. a. M est le milieu de [AC]. Par un théorème des

milieux dans le triangle ACI, N est le milieu de [AI].

117

118

119

188188

b. N et I partagent [AB] de telle sorte que AN = 1

3AB et

AI = 2

3AB donc I est le milieu de [BN].

c. C étant le milieu de [BP], par un théorème des

milieux dans BNP, (CI) est parallèle à (NP). On a donc (CI)

parallèle à (PN) et (CI) parallèle à (MN) donc (MN) est

parallèle à (PN). Les points M, N et P sont alignés.

Pour cet exercice, on se place dans le repère (A, B, D).

1. D(0 ; 1) M(3

4 ; 0) et N(1 ; –

1

3) on a alors qDM (

3

4 ; – 1) et

pDN(1 ; – 4

3). On obtient qDM =

3

4 pDN.

Les points D, M et N sont alignés.

2. D(0 ; 1) M(5

3 ; 0 ) et N(1 ;

2

5) on a alors qDM (

5

3 ; – 1) et

pDN (1 ; – 3

5) on obtient qDM =

5

3 pDN.

Les points D, M et N sont alignés.

3. a. Les questions 1 et 2 correspondent aux cas a = 3

4

et a = 5

3.

b. Voir le site Internet www.didiermathx.com

c. D(0 ; 1) M(a ; 0 ) et N(1 ; 1– 1

a) on a alors rDM(a ; – 1) et

oDN(1 ; – 1

a) on obtient rDM = a oDN. Les points D, M, N

sont toujours alignés pour toute valeur de a non nulle.

Les « pans coupés » des pièces A et D ne

« coïncident » pas.

1. a.

b.

120

121

122

II00 22 33 44 55 66

JJ

– 1– 1

22

33

44

55

auau

avav

BB

CC

AA

II00 22 33 44 55 66 77

JJ

– 1– 1

22

33

44

55

auau

avav

AA

BB

CC

2. a. au, au, av convient.

b. au, au¸au, au¸au¸au, av, av, av, av convient.

c. au, au¸au¸au, av convient.

d. C’est impossible. En ajoutant ou retranchant des

vecteurs au et av on ne peut arriver à un point d’abscisse

15 qui est impair.

e. au, au¸au¸au, – av convient.

f. au, au¸au¸au, au, – av convient.

3. Il semble pour l’instant que l’on puisse attendre tous

les points à coordonnées entières sauf ceux dont l’abs-

cisse est impaire. Il est possible dans cette étude de s’ar-

rêter à des résultats partiels.

Soit A le point d’arrivée d’une promenade. On a alors

mOA = x au + y av avec x et y entiers relatifs.

Donc mOA2 2x y

x y

�ÊËÁ

ˆ¯–

et A(2x + 2y ; x – y).

On en déduit que A a des coordonnées entières. De

plus 2x + 2y = 2(x + y) où x et y sont des entiers donc

l’abscisse de A est paire.

Réciproquement, si M est un point de coordonnées

(m ; n) où m et n sont des entiers relatifs avec m pair,

cherchons si M peut être atteint par une promenade

formée de x vecteurs au et y vecteurs av.

On cherche donc x et y tels que

2 2 1

2 2

1

2 2

x y m

x y nx

mn y

mn

� ��

�ÌÓ

� �ÊË

ˆ¯ � Ê

Ë––d'où et ˆ

¯ .

Comme m est pair, m

2 est bien un entier.

Cependant tous ces points M ne peuvent être atteints,

par exemple M(6 ; 4) car alors x = 3,5 et y = – 0,5 ne sont

pas des entiers. La conjecture est donc infirmée. Les

points atteints sont en fait ceux de coordonnées (m ; n)

tels que m soit pair et tels que m

2 et n soient tous les

deux pairs ou tous les deux impairs (pour que m

2 + n et

m

2 – n soient pairs).

On peut conjecturer (éventuellement avec l’aide

disponible sur le fichier GeoGebra ) que pour le carré

(dans le sens direct comme sur le fichier), si lABa

b

ÊËÁ

ˆ¯

alors

lBC– b

a

ÊËÁ

ˆ¯

d’où xC = xB – b et yC = yB + a. Et de même

xD = xA – b et yD = yA + a.

123


D’où un algorithme :

VARIABLES : xA, yA, xB, yB, xC, yC, xD, yD, a, b nombres

ENTRÉES : Demander les coordonnées (xA ; yA) et

(xB ; yB) des points A et B

TRAITEMENT : a prend la valeur xB – xA b prend la valeur yB – yA xC prend la valeur xB – b

yC prend la valeur yB + a

xD prend la valeur xA – b

yD prend la valeur yA + a

SORTIES : Afficher « Le point C a pour coordon-

nées : »

Afficher xC, yC Afficher « Le point D a pour coordon-

nées : »

Afficher xD, yD.


b. AB = BC = CD = DA = a b2 2� . Donc ABCD est un

losange.

On peut ensuite vérifier que le triangle ABC est

rectangle en B :

AC2 = (xC – xA)2 + (yC – yA)2 = (xB – b – xA)2 + (yB + a – yA)2

= (a – b)2 + (b + a)2 = 2 (a2 + b2) = AB2 + BC2

English corner

1. MIDPOINT

2. COLINEAR

3. COORDINATES

4. TRANSLATION

5. OPPOSITE

6. IMAGE

7. PARALLEL

124

34

190

Raisonnement logique

a. 0 ; 10 ; 20.

b. 0 ; 2 ; 4 ; 5 ; 6 ; 8 ; 10 ; 12 ; 14 ; 15 ; 16 ; 18 ; 20.

c. 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7.

a. Vraie b. Vraie c. Vraie d. Vraie

a. x � 4

b. n est impair ET n n’est pas un multiple de 5.

c. x < 2 OU x � 5 (2 � x < 5 s’écrit aussi 2 � x ET x < 5).

d. n est impair OU n n’est pas multiple de 5.

e. a ≠ b OU b ≠ c (a = b = c s’écrit aussi a = b ET b = c).

D’autres formes sont possibles comme a ≠ b OU a ≠ c.

a. Si quelqu’un ne dit mot, alors il consent.

b. Si Noël est au balcon, alors Pâques est au tison.

c. Si l’on veut, alors on peut.

a. Si un triangle est équilatéral, alors il a trois angles

de 60°.

b. Si un nombre entier a pour chiffre des unités 5, alors

ce nombre est un multiple de 5.

c. Si un parallélogramme a ses diagonales qui ont la

même longueur, alors c’est un rectangle.

d. Si M appartient à la médiatrice de [AB], alors M est

équidistant de A et de B.

a. On a la proposition « si A alors B » avec pour A

la proposition : « n est multiple de 6 et de 8 » et B : « n est

multiple de 6 ¥ 8 ».

Un contre-exemple de « si A alors B » est un cas où A est

vraie mais B est fausse.

48 et 96 ne sont pas des contre-exemple (A vraie et B

fausse). 24 est un contre-exemple (A vraie et B fausse).

16 n’est pas un contre-exemple (A et B fausses).

b. Soit A la proposition « x2 > 4 » et B « x > 2 ».

2, – 2, – 1 ne sont pas des contre-exemples (A est fausse) ;

5 n’est pas un contre-exemple (A et B sont vraies) ;

– 6 est un contre-exemple (A est vraie et B fausse).

c. La figure centrale est la seule à être un contre-

exemple.

1

2

3

4

5

6

a. Faux. Il suffit de produire un contre-exemple.

A B

O

b. Faux. La première figure de l’exercice 6 en donne un

contre-exemple.

c. Vrai. C’est une propriété connue du carré.

a. Faux. Contre-exemple: x = 4.

b. Vrai car si x > 2,1 alors x > 2,1 > 1 donc x > 1.

c. Faux. Contre-exemple : x = – 2,05.

d. Vrai car si – 2,1 < x < 3,4 alors – 3 < – 2,1 < x < 3,4 < 4

donc – 3 < x < 4.

a. Vrai. Réciproque fausse.

b. Vrai. Réciproque fausse.

c. Vrai. Réciproque fausse.

d. Vrai. Réciproque fausse.

a. La seule implication vraie est

« x = – 5 » fi « x2 = 25 ».

b. Les deux implications sont vraies donc l’équivalence

aussi.

c. La seule implication vraie est

« MNPS est un carré » fi « MNPS est un losange ».

d. Les deux implications sont vraies donc l’équivalence

aussi.

1. a. Il suffit que x = – 5 pour que x2 = 25.

x = – 5 est une condition suffisante pour que x2 = 25.

b. Il faut et il suffit que x soit le carré d’un nombre pour

que x � 0.

La condition « x est le carré d’un nombre » est une

condition nécessaire et suffisante pour que x soit positif

ou nul.

c. Pour que MNPS soit un losange, il suffit que ce soit

un carré.

7

8

9

10

11

191 Raisonnement logique

La condition « MNPS est un carré » est une condition

suffisante pour que MNPS soit un losange.

d. Il faut et il suffit que NP2 = MN2 + MP2 pour que MNP

soit rectangle en M.

L’égalité de Pythagore NP2 = MN2 + MP2 est une condition

nécessaire et suffisante pour que MNP soit un triangle

rectangle en M.

2. a. Pour que x < – 3, il faut que x < 5.

b. Pour que x > 2, il suffit que x > 4.

a. Contraposée de « Si c’est un lapin, alors il a

4 pattes et 2 oreilles » : « s’il n’a pas 4 pattes et 2 oreilles,

alors ce n’est pas un lapin ».

b. Contraposée de « si x = – 4 alors x2 = 16 » : « si x2 ≠ 16

alors x ≠ – 4 ».

Contraposée de « Si ABCD est un carré alors

(AB) //(CD) » : « Si (AB) et (CD) ne sont pas parallèles

alors ABCD n’est pas un carré ».

12

Contraposée de « Si n est multiple de 10 alors n est

multiple de 5 » : « si n n’est pas multiple de 5 alors n n’est

pas multiple de 10 ».

Les quatre propositions et leurs 4 contraposées sont

vraies.

a. Pour tout point M appartenant à �, OM = OA.

b. Il existe un point M appartenant à � tel que AM = r.

c. Il existe un point M appartenant à � tel que (OM) (OA).

d. Il existe un point M appartenant à � tel que OM = 2r.

e. Pour tout point M extérieur au cercle, OM > r.

a. Il existe x et y tels que xy = 3.

b. Pour tous x et y, x2 + y2 ≥ 0.

c. Il existe x et y tels que x + y > x.

d. Pour tous x et y, (xy)² = x2y2.

13

14

Achevé d'imprimer par Jouve en octobre 2010 - Dépôt légal : 6389/01

Documents

Maths Livre 2nd