Maths 1re voie générale * Manuel numérique enseignant (Ed. 2019)

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Indice Maths 1re enseignement de spécialité

Livre du professeur Programme 2019

Sous la direction de : Michel PONCY Denis VIEUDRIN

Jean-Louis BONNAFET Nicolas BUYLE-BODIN Sébastien CANTE Isabelle GALOTTI Arnaud GAZAGNES Maxime GUERY Catherine LEBERT Xavier MORER Marie-Christine RUSSIER

SOMMAIRE CHAPITRE 1

Algorithmique et raisonnement logique ................................................ 5

CHAPITRE 2

Second degré ...................................................................................... 29

CHAPITRE 3

Suites numériques .............................................................................. 71

CHAPITRE 4

Dérivation ........................................................................................ 105

CHAPITRE 5

Applications de la dérivation ............................................................ 141

CHAPITRE 6

Fonction exponentielle ..................................................................... 179

CHAPITRE 7

Fonctions trigonométriques .............................................................. 223

CHAPITRE 8

Calcul vectoriel – produit scalaire ...................................................... 271

CHAPITRE 9

Géométrie repérée ........................................................................... 309

CHAPITRE 10 Probabilités conditionnelles ............................................................. 335 CHAPITRE 11 Variables aléatoires ......................................................................... 371

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Chapitre 1 Algorithmique et raisonnement logique A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Ce chapitre rassemble deux parties du programme, celle relative à l’algorithmique et à la programmation, et celle relative au vocabulaire ensembliste et logique. Le programme d’algorithmique complète les notions vues en Seconde avec la notion de liste, notion très pratique qui sera très utilisée dans beaucoup de chapitres du manuel. Il nous a paru indispensable d’étudier cette notion dans un chapitre préalable car dès le chapitre sur les suites, les listes sont indispensables pour stocker les termes successifs d’une suite. La partie consacrée au vocabulaire ensembliste et logique permet de traiter des notions nouvelles au programme de la classe : la notion de produit cartésien d’ensembles, la négation de propositions quantifiées, les notions de condition nécessaire et de condition suffisante, ainsi que le raisonnement par contraposée. 2 Les objectifs des activités L’activité 1 introduit la notion de liste sur un exemple très simple, ainsi que l’utilité de celle-ci dans une boucle for. L’activité 2 permet de découvrir la puissance de ce nouvel outil en présentant des listes définies en compréhension. L’activité 3 utilise la notion de liste pour résoudre un problème intéressant : peut-on trouver à l’aide d’un programme le centième nombre premier, le millième nombre premier… ? Pour cela, il suffit de mettre un à un les nombres premiers dans une liste et de s’arrêter lorsque la longueur de la liste est 100 (ou 1 000…). L’activité 4 présente la notion de produit cartésien à partir d’un jeu classique de 52 cartes. 3 Exercices, TP et algorithmes Les exercices choisis font travailler la notion de liste, tout en réinvestissant des notions de Seconde, comme les booléens. Les exercices 66 et 67, plus difficiles, permettent d’obtenir la décomposition en facteurs premiers d’un entier et la liste des premiers nombres parfaits. Les deux parcours différenciés reprennent deux notions fondamentales sur les listes : tout d’abord la génération d’une liste par ajouts successifs avec l’instruction append, puis le parcours d’une liste avec une boucle bornée for. Le TP1, court et facile, utilise la notion de liste dans la recherche des années bissextiles entre 1600 et 2200. Le TP2, plus difficile, s’intéresse à deux types de tri : le tri par sélection et le tri à bulles. La partie A consacrée au tri par sélection peut compléter le TP1 pour les élèves les plus rapides dans une séquence de classe. L’exercice 90 peut être motivant car il permet de travailler le raisonnement logique sur un exemple curieux. L’exercice 92 montre une application des listes dans le traitement des images.

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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B Se tester pour un bon départ 1 a. i = 4 b. S = 6

2 a. Faux, k prend toutes les valeurs entières de 1 à 9. b. Faux, k prend toutes les valeurs entières de 0 à 4. c. Vrai.

3 a prend successivement les valeurs : 0, 2, 6 et 12.

4 a. Réponse b. b. Réponse b.

5 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. a. f1(2,3) retourne 7. b. f2(3,4) retourne 33. c. f2(4,3) retourne 33.

6 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. go1(10) retourne 4. b. go2(10) retourne 1. 2. La commande ”return (a)” n’est pas indentée de la même manière dans les deux programmes. Le premier programme retourne le nombre de multiples de 3 compris entre 0 et 9, alors que le second programme retourne 1 puisque, pour la première valeur de k (k=0), le test k%==3 est vérifié.

7 a. A ∩ B = [1 ; 5] et A ∪ B = [–2 ; +∞[. ̅ = ]–∞ ; –2[ ∪ ]5 ; +∞[. b. A c. C ⊂ A mais C ⊄ B.

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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8 a. A = {0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5} b. B = {–10 ; 10} c. C = {–6 ; –3 ; –2 ; –1 ; 1 ; 2 ; 3 ; 6} d. D = ∅

9 a. E = {x, x ∈ ℕ\{0}, x est un nombre pair et x < 12} b. F = {x, x ∈ ℝ, x < 0 et x ≥ 1}

10 a. Vraie. La réciproque : « Soit a un entier. Si a ≥ 6, alors a > 7 » est fausse. b. Faux. La réciproque : « Soit x un réel. Si x = 2, alors x2 = 4 » est vraie. c. Vraie. La réciproque : « Soit A et B deux points du plan. Si I est le milieu de [AB], alors AI = IB » est fausse.

C Activités Activité 1 La liste de courses de Yassine Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. L’élément « lait » est courses[1] ; courses[5] est "pommes". 2. dépenses[1] = 1 ; dépenses[3] = 3. 3. s=0 for k in range(6): s=s+dépenses[k] return(s)

4. a prend les valeurs de : 2, 1, 1, 3, 5 et 2.

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Activité 2 Des listes en abrégé Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. L = [0, 1, 4, 9, 16, 25, 36, 49, 64, 81, 100]. 2. L=[1/k for k in range (10,21)] L=[

1 10

;

1 11

;

1 12

;

1 13

;

1 14

;

1 15

;

1 16

;

1 17

;

1 18

;

1 19

1

; ] 20

3. L=[i**3 for i in range (1,31)] 4. L = [0, 7, 14, 21, 28, 35, 42, 49, 56, 63, 70, 77, 84, 91, 98] 5. L=[i**2 for i in range (101) if (i**2)%11==0]

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Activité 3 Quel est le centième nombre premier ? Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire « Expliquer la ligne 3. » à la question 3 ». 1. def Ndiv(n): c=0 for k in range(1,int(n/2)+1): print (k) if n%k==0: c=c+1 return(c)

2. a. Tant que la longueur de la liste P n’est pas égale à 100, on continue de réaliser la boucle. b. def centprem(): P=[];i=1 while len(P)!=100: i=i+1 if Ndiv(i)==1: P.append(i) return(i)

c. 541. d. def centprem(n): P=[];i=1 while len(P)!=n: i=i+1 if Ndiv(i)==1: P.append(i) return(i)

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Activité 4 Des ensembles de cartes Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. A × B = {(n, c) ; n ∈ A et c ∈ B}. 2. A × T représente l’ensemble des trèfles. 3. S × B représente l’ensemble des as. 4. H × B, avec H = {Valet, Dame, Roi, As}. 5. H × M, avec M = {Cœur, Pique}.

D Exercices Pour démarrer 1 a. 3 b. 6

2 a. 15 b. 27

3 a.

3 4

b. − c.

1 6

3 4

4 a. 2 b. c.

10

9 2 1 3

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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5 a. b. c.

21 2

3 5 15 2

6 a. b = 2a – RT b. T =

2𝑎−𝑏 R

7 a. 0,4 b. 4 c. 97 d. 42

8 a. −2√2 b. 3√3

9 a. b.

1 3

1 2

c. –1

10 a. A = a3 b. B = b-3 c. C = a8 d. D = a5b-4

11 a. A = –6x2 + 37x – 35 b. B = 9x2 + 24x + 16

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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12 a. C = x(–3x + 10) b. D = (x – 1)(2x – 1) c. E = x(–x + 5) d. F = –5x(2x – 1)

13 a. 5x – 1 = x + 2 admet une solution : 0,75. b. x2 – 5 = 0 admet deux solutions : −√5 et √5. c. x√3 = 0 admet une solution : 0. d. 3x + x2 = 4x2 admet deux solutions : 0 et 1. e. x(2x + 99) = 0 admet deux solutions : –49,5 et 0. f. x2 + x = 0 admet deux solutions : –1 et 0.

14 a. Vrai. b. Faux, l’indice de 5 est 0. c. Vrai. d. Faux, les éléments ne sont pas ordonnés de la même manière. e. Faux, une liste vide s’écrit [ ].

15 A[0] = 1 ; A[2] = 2 et A[4] = 9.

16 a. 6 b. 3

17 L[1] = "lundi" et L[3] = 10.

18 p = 5 et q = "pi".

19 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. D= [3, 4] ; D [1] a pour valeur 4.

12

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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20 E = [0, 1, 2, 3, 4, 5, 6] et E[5] = 5.

21 a. Faux, C = list(range(5, 9)). b. Faux, B = list(range(1, 4)). c. Vrai.

22 a. K = [8, "a", "b", 8] b. K = [1, "a", "b", 8] c. K = [1, 8, "b", 8] d. K = [1, 8, "a", "b", 8, 10]

23 a. F + G = [1, 5, 2, 5, 8, 1] b. F = [1, 5, 2, 4]

24 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Les instructions sont les suivantes : H.append(5) ; H.append(9) ; H1=H. 25 for i in range(10,15): X.append(i)

26 1. M = [1, 4] 2. M = [5]

27 L’unique bonne réponse est c.

28 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. La variable s contient la somme de tous les éléments de la liste U.

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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29 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. W = [0, 7, 10].

30 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 0,98 × 50 = 49. 2. def conso(s): c=50;L=[] while c>=s: c=c*0.98 L.append(c) return(L)

31 1. A × B = {(1 ; a), (1 ; b), (2 ; a), (2 ; b)}. 2. ℝ2 = {(x ; y), x ∈ ℝ et y ∈ ℝ}.

32 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Faux – 2. Faux. - 3. Vrai – 4. Vrai 2

1

33 1. 4 ≠ 2 2. Si x ≠ 1, alors x3 – x ≠ 0. 3. a et d ont la même valeur de vérité. b et c ont la même valeur de vérité.

34 1. Il existe un entier a tel que 4 × a n’est pas pair. Faux. 2. Pour tout réel z, z2 + 1 ≠ 0. Vrai. 3. Il existe un entier naturel non nul t tel que t3 < 1. Faux.

35 1. Si x2 + 1 = 2x, alors x = 1. 2. x2 – 2x + 1 = (x – 1)2. 3. x2 + 1 = 2x ⇔(x – 1)2 = 0 qui a pour unique solution x = 1. 4. Vrai car elle a la même valeur de vérité que sa contraposée.

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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36 1. Non. 2. Oui. 3. Oui.

Pour s’entraîner 37 A = [3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10, 11, 12, 13, 14, 15] A = [x for x in range (3,16)] A = [] for i in range(3,16): A.append(i) A = list(range(3,16))

38 1. B = list(range(1,51)). 2. C = [3*B[i] for i in range (len(B))].

39 F = [2, 3, 4, 5].

40 G = [8, 12, 16, 20, 24, 28] et G[5] = 28.

41 H = [1, √3, √5].

42 L2=[] L2.append(L[len(l)-1]) for i in range(L[len(L)]-1): L2.append(L[i])

43 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. On utilise l’instruction : L = [x**2 for x in range (20, 51).

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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44 1. [5k for k in range(1, 21)] 2. [x**2 for x in range(10, 21)] 3. [x for x in range(0, 81, 2)]

45 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. L2=[] for i in range(len(L)): if(len(L[i])>6): L2.append(L[i])

46 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. L=[] for k in range(12): L.append(M[k]) L.append(J[k])

47 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def somme(L,L1): if len(L)!=len(L1): return("listes de longueurs différentes") else: S=[] for i in range(len(L)): S.append(L[i]+L1[i]) return(S)

48 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def echange(L): a=L[0] b=L[len(L)-1] L.remove(a) L.pop(len(L)-1) L=[b]+L+[a] return(L)

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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49 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. L = L + list(range(10, 41)) 2. L.remove(L[0]) 3. L.append("fin")

50 1. L = [–1, 0, 5, 8, 11, 14] 2. On obtient l’ensemble des multiples de 4 compris entre 0 et 99.

51 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1

3

5

7

9

3

1

1

3

5

A = [2 , 1, 2 , 2, 2 , 3, 2 ,4, 2] ; B = [− 2 , −1, − 2 , 0, 2 , 1, 2 ,2 , 2 ]. 52 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. a = 120.

53 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def impairs(L): I=[x for x in L if x%2==1] return(I)

54 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. Vérifier que la première valeur de la liste est égale à la dernière valeur. 2. a. True b. False

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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55 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def remb(): u=100;S=100 L=[] while S1: if n%d==0: while n%d==0: L.append(d) n=n//d d=d+1 return(L)

67 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. def sdiv(n): s=0 for i in range(1,n+1): if n%i==0: s=s+i return(s) 2. P=[n for n in range(1,501) if sdiv(n)==2*n]

68 1. A ∩ B = {(𝑥, 1), 𝑥 ∈ [−3 ; 1]} 2. E = [0 ; 2] × ℝ

69 Faux, (0, 1) ∈ ℝ2 {(0, 0)} mais (0 ; 1) ∉ ℝ\{0} × ℝ\{0}.

70 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. C’est faux, car A2 ={(x ; y), x ∈ A et y ∈ A}. 71 Faux, B2 = ] − ∞ ; 0[ × ] − ∞ ; 0].

72 Soit (a, b) ∈ (A ∩ B) × C : alors a ∈ A ∩ B et b ∈ C, donc a ∈ A, b ∈ C et a ∈ B, b ∈ C donc (a, b) ∈ (A × C) et (a, b) ∈ (B × C). Ainsi, (a, b) ∈ (A × C) ∩ ( B × C) et donc on a : (A ∩ B) × C ⊂ (A × C) ∩ ( B × C). Soit (a, b) ∈ (A × C) ∩ (B × C). Alors (a, b) ∈ A × C et (a, b) ∈ B × C. donc a ∈ A, b ∈ C et a ∈ B, b ∈ C d’où a ∈ A ∩ B et b ∈ C. Ainsi, (a, b) ∈ (A ∩ B) × C et donc on a : (A × C) ∩ ( B × C) ⊂ (A ∩ B) × C. Finalement, (A ∩ B) × C = (A × C) ∩ ( B × C). Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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̅ : « Il existe au moins un réel n tel que 2n est impair ou 3n est pair ». 73 1. P ̅ P est vraie et P est fausse. ̅ : « Pour tout réel x, 𝑥 2 ≤ 0 et 𝑥 3 > 0 ». 2. Q ̅ est fausse est Q est vraie. Q

74 1. La négation : « Pour tout réel a, 𝑎2 ≠ 100𝑎 » est fausse. 2. La négation : « Il existe un réel x et y tels que (𝑥 + 𝑦)3 ≠ 𝑥 3 + 𝑦 3 » est vraie. 1

1

2

3. La négation : « Il existe des réels a et b strictement positif tels que 𝑎 + 𝑏 ≠ 𝑎+𝑏 » est vraie. 4. La négation : « Il existe un réel x tel que le réel –100x est positif ou nul » est vrai.

75 1. Faux, c’est « √4 ≠ 2 ». 2. Vrai. 3. Faux, c’est « pour tout entier c, 𝑐 ≠ 𝑥 »

76 P est une condition suffisante pour Q.

77 Les conditions a et h sont suffisantes. La condition d est nécessaire et suffisante.

78 BC2 ≠ AB2 + AC2 donc ABC n’est pas un triangle rectangle par contraposition du théorème de Pythagore.

79 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. On montre que, si En effet :

𝑎 2

𝑎 2

est un entier pair, alors a2 est un multiple entier de 16.

= 2k avec k entier, d’où a = 4k et a2 = 16k2, qui est un multiple de 16.

80 Si a ≠ 1 et b ≠ 1, alors ab ≠ 1. Comme cette proposition est vraie, sa contraposée l’est aussi.

81 1. Vrai. La réciproque : « Si x² > 4, alors x > 3 » est fausse. 2. Vrai. La réciproque : « Si x² > 4, alors x > –10 » est fausse. 3. Vrai. La réciproque : « Si x² > 4, alors x < –2 ou x > 2 » est vraie. 22

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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82 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def produit(L1,L2): if len(L1)!=len(L2): return("listes de longueurs différentes") else: P=[] for i in range(len(L1)): P.append(L1[i]*L2[i]) return(P)

83 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def moyenne100(L): s=0 for x in L: s=s+x m=s/len(L) return(m>=100)

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1C

2C

3 A-D

4A

5 A-C

7 Vrai

8 Faux

9 Vrai

10 Faux

11 Vrai

6C

12 Vrai 13 A ∩ B = {1} × [1 ; 3]. 14 Non P : pour tout réel x, (x + 4)2 ≥ x2 + 8x. P est fausse, car non P est vraie. Non Q : il existe un entier a tel que a > 2 et a ≤ 1. Q est vraie, car non Q est fausse. 15 P est une condition suffisante pour Q, car si n est multiple de 18, alors n est multiple de 3 et 6. P n’est pas une condition nécessaire pour Q, car si n est multiple de 3 et 6, il n’est pas toujours multiple de 18. 16 Si n ≥ 0, alors n2 + n ≥ 0, donc la contraposée de l’implication est vraie, donc l’implication est vraie.

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 84

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Travaux pratiques TP1 Les années bissextiles Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. def bissextile(): B=[] for x in range(1600,2201): if(x%4 == 0 and x%100!=0)or(x%400==0): B.append(x) return(B)

2. a. def biss(): L=list(range(1600,2201)) B=[x for x in L if(x%4 == 0 and x%100!=0)or(x%400==0)] return(B)

b. [1600, 1604, 1608, 1612, 1616, 1620,1624, 1628, 1632, 1636, 1640, 1644, 1648, 1652, 1656, 1660, 1664, 1668, 1672, 1676, 1680, 1684, 1688, 1692, 1696, 1704, 1708, 1712, 1716, 1720, 1724, 1728, 1732, 1736, 1740, 1744, 1748, 1752, 1756, 1760, 1764, 1768, 1772,1776, 1780, 1784, 1788, 1792, 1796, 1804, 1808, 1812, 1816, 1820, 1824, 1828, 1832, 1836, 1840, 1844, 1848, 1852, 1856, 1860, 1864, 1868, 1872, 1876, 1880, 1884, 1888, 1892, 1896, 1904, 1908, 1912, 1916, 1920, 1924, 1928,1932, 1936, 1940, 1944, 1948, 1952, 1956, 1960, 1964, 1968, 1972, 1976, 1980, 1984, 1988, 1992, 1996, 2000, 2004, 2008, 2012, 2016, 2020, 2024, 2028, 2032, 2036, 2040, 2044, 2048, 2052, 2056, 2060, 2064, 2068, 2072, 2076,2080, 2084, 2088, 2092, 2096, 2104, 2108, 2112, 2116, 2120, 2124, 2128, 2132, 2136, 2140, 2144, 2148, 2152, 2156, 2160, 2164, 2168, 2172, 2176, 2180, 2184, 2188, 2192, 2196].

3. a. def bissex(n): return(n in biss())

b. bissex(2000) = True et bissex (2100) = False. Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

25

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TP2 La course au tri Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Un premier tri 1. Cette fonction sert à déterminer le plus petit élément d’une liste. 2. def tri_selection(L): L1=[] for i in range(len(L)): m=ppe(L) L.remove(m) L1.append(m) return(L1)

3. [7954, 8412, 8832, 8943, 9135, 9171,9345].

B. Tri à bulles 1. La fonction échange permet de permuter deux éléments d’une liste. 2. def liste_pas_ordre(L): for i in range(len(L)-1): if L[i]>L[i+1]: return(True) return(False)

3. def tri_bulles(L): while liste_pas_ordre(L)==True: for i in range(len(L)-1): if L[i]>L[i+1]: echange(L,i,i+1) return(L)

26

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Pour aller plus loin 89 1. Le reste de la division de N par 𝑝1 est 1 donc N n’est pas divisible par 𝑝1. 2. On fait le même raisonnement pour 𝑝2 , … , 𝑝𝑛 et on peut conclure que N est un nombre premier. 3. On a montré qu’il existe un nombre premier de plus, ce qui est contradictoire avec la condition de départ. Donc il y a une infinité de nombres premiers.

90 1. Alfred est pur et Boris est impur. 2. Elias est un impur. 3. Fabio et Gaël sont des purs.

91 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. L=[0 for i in range(320*240)] b. def image(): L=[] for i in range(128): L.append(0) L.append(255) return(L)

2. a. 255 – X est un entier compris entre 0 et 255. b. def negatif(L): L1=[] for i in range(len(L)): L1.append(255-L[i]) return(L1)

3. a. Toutes les valeurs de la liste doivent être remplacées par 255. b. def seuil(L): L2=[0 for i in range(len(L))] for i in range(len(L)): if L[i]>127: L2[i]=255 return(L2)

Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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92 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. def mediane(S): n=len(S) if n%2==0: m=(S[n//2-1]+S[(n//2)])/2 else: m=S[(n-1)//2] return(m) 2. def mediane(S): S=sorted(S) n=len(S) if n%2==0: m=(S[n//2-1]+S[(n//2)])/2 else: m=S[(n-1)//2] return(m)

93 1. Dans l’ensemble des rationnels, « être positif ou nul » est une condition nécessaire mais pas suffisante pour qu’un nombre soit le carré d’un nombre. On peut prendre « 2 » comme contre-exemple ; il est positif mais il n’est pas le carré d’un nombre rationnel. 2. Dans l’ensemble des réels, « être positif ou nul » est une condition nécessaire et suffisante pour qu’un nombre soit le carré d’un nombre. 94 Soit (a, b) ∈ (A × B) ∩ C². Alors, (a, b) ∈ (A × B) et (a, b) ∈ C² , donc a ∈ A et b ∈ B, a ∈ C et b ∈ C, donc a ∈ A ∩ C, b ∈ B ∩ C, donc (a, b) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ C). Comme c’est vrai pour tout (a, b) ∈ (A × B) ∩ C², on a : (A × B) ∩ C² ⊂ (A ∩ C) × (B ∩ C). Soit (a, b) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ C). Alors a ∈ A ∩ C, b ∈ B ∩ C, donc a ∈ A et a ∈ C, b ∈ B et b ∈ C, donc a ∈ A, b ∈ B et a ∈ C, b ∈ C, donc (a, b) ∈ (A × B) et (a, b) ∈ C². Comme c’est vrai pour tout (a, b) ∈ (A ∩ C) × (B ∩ C), on a : (A ∩ C) × (B ∩ C) ⊂ (A × B) ∩ C². On peut donc conclure que (A × B) ∩ C² = (A ∩ C) × (B ∩ C). 95 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. def som(n): S=[0,0,0,0,0] for k in range(n+1): for p in range(5): S[p]=S[p]+k**(p+1) return(S)

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Chapitre 1 • Algorithmique et raisonnement logique

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Chapitre 2 Second degré A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Ce chapitre comporte quatre pages de cours. Conformément au programme, nous commençons par l’étude des polynômes du second degré lorsque ceux-ci sont sous forme factorisée. C’est dans la seconde partie du cours que nous traitons de la forme canonique et donnons les formules générales de résolution d’une équation du second degré. La troisième partie est consacrée aux variations des fonctions polynômes du second degré ainsi qu’à la représentation graphique de ce genre de fonctions. La dernière partie permet de donner les différents cas de factorisation des polynômes du second degré, de donner le signe d’un tel polynôme dans les différents cas de figure et de les illustrer à l’aide de la représentation graphique de polynôme.

2 Les objectifs des activités Quatre activités sont proposées dans ce chapitre. L’activité 1 permet de découvrir la notion de polynôme du second degré donné sous forme factorisée à l’aide d’un problème de balistique. L’activité 2 aborde la technique du mathématicien perse Al-Khwârizmi pour résoudre une équation du second degré. Cette activité permet de travailler sur la forme canonique dans des cas particuliers et ainsi de déterminer les solutions de certaines équations. L’activité 3 permet, à partir d’un logiciel de géométrie dynamique, d’établir le lien entre une parabole et les coefficients de la fonction polynôme associée. L’activité 4 permet à partir d’un problème de trajectoire d’un javelot, d’étudier le signe d’un polynôme du second degré.

3 Exercices, TP et algorithmes Des exercices progressifs et variés sont proposés et permettent de traiter toutes les notions du programme. Certains exercices proposés sont en rapport avec d’autres disciplines, d’autres traitent d’un problème algorithmique. Deux TP sont proposés, l’un traite d’un problème d’optimisation d’un coût, le second traite d’un problème d’optimisation géométrique. Chapitre 2 • Second degré

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B Se tester pour un bon départ 1 𝐴(𝑥) = 𝑥(6𝑥 − 5) 𝐵(𝑥) = (𝑥 + 6)(𝑥 − 6) 𝐶(𝑥) = (𝑥 + 5)(𝑥 − 9) 𝐷(𝑥) = (4𝑥 − 3)²

2 3 2

9

7 2

49

a. (𝑥 + 2) = 𝑥 2 + 3𝑥 + 4 b. (𝑥 + 2) = 𝑥 2 + 7𝑥 +

4

c. 𝑥 2 + 4𝑥 + 5 = (𝑥 + 2)2 + 1 d. 𝑥 2 − 9 = (𝑥 + 3)(𝑥 − 3)

3 a. b. c. d. e. f. g. h. i. j.

√1 = 1 √4 = 2 √9 = 3 √16 = 4 √25 = 5 √36 = 6 √49 = 7 √64 = 8 √81 = 9 √100 = 10

4 a. √8 = 2√2 b. √48 = 4√3 c. √180 = 6√5

5 a. b. c. d.

30

3 × 1 + 7 = 10 , 5 × 1 + 5 = 10. Donc 1 est solution. 2 × 12 − 9 × 1 + 7 = 2 − 9 + 7 = 0. Donc 1 est solution. −(1)2 + 2 019 × 1 − 2 018 = −1 + 2 019 − 2 018 = 0. Donc 1 est solution. 12 − √2 × 1 − 1 + √2 = 1 − √2 − 1 + √2 = 0. Donc 1 est solution.

Chapitre 2 • Second degré

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6 a. b. c. d.

𝑥 = 5 ou 𝑥 = −5. 𝑥 = 0 ou 𝑥 = 4. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = −5. Impossible dans ℝ.

7 a. x



x–5

–

5 0

+

3 0

+ +

b. x –2x + 6



x x–4 –x + 2 (x + 1)(–x + 7)



x x+1 –x + 7 (x + 1)(–x + 7)



+

–

8 2

– +

–

0 0

– – +

4 0

+

0

– –

+

9 –1 –

0

+

–

0

7 + + +

+ +

0 0

– –

10 a. Fausse, l’ensemble solution est l’intervalle [–2 ; 2]. b. Vraie. x x² – 1



–1 +

0

–

1 0

+ +

11 Réponse d.

12 a. S = {–2 ; 0 ; 4} b. S = [0 ; 4] et S = ]–2 ; 0[ ∪ ]4 ; 4,5] c. Deux solutions.

Chapitre 2 • Second degré

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13 a. Soustraire par 2 ne change pas le sens de l’inégalité, de même pour le carré. b. 𝑓(𝑎) ≤ 𝑓(𝑏) c. 𝑓est croissante sur I.

D Activités Activité 1 La parabole de sûreté Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. 𝑓(400) = 0 1

2. a.𝑓(𝑥) = − 400 𝑥 2 + 100 =

−𝑥 2 +400 400

=

(𝑥+200)(𝑥−200) 400

1

= 4 (𝑥 + 200)(𝑥 − 200)

b. Portée maximale : 200 m. L’assaillant doit se positionner à plus de 200 m afin d’être en sécurité. c. Les assaillants doivent se placer à plus de 450 m.

Activité 2 La méthode d’Al-Khwârizmî Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 𝐴bleu = 𝐴carré + 2 × 𝐴rectangle = 𝑥 2 + 10𝑥 mais aussi 𝐴bleu = (𝑥 + 5)2 − 25. Donc 𝑥 2 + 10𝑥 = (𝑥 + 5)2 − 25. 𝐛. 𝑥 2 + 10𝑥 = 39 (𝑥 + 5)2 − 25 = 39 (𝑥 + 5)2 = 64 La solution positive de cette équation est 3. c. L’autre solution est –13. 2. a. 𝑥 2 + 12 = 45 (𝑥 + 6)2 − 36 = 45 (𝑥 + 6)2 = 81 𝑥 = 3 ou 𝑥 = −15. 𝐛. 𝑥 2 + 4 − 32 = 0 (𝑥 + 2)2 − 4 − 32 = 0 (𝑥 + 2)2 = 36 𝑥 = 4 ou 𝑥 = −8 32

Chapitre 2 • Second degré

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Activité 3 Des paraboles qui changent de forme Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. Lorsque c varie, la courbe se déplace verticalement. b. La droite d’équation 𝑥 = −2. 2. a. Le sommet de la parabole se déplace selon une parabole. b. Le nombre de point d’intersections est de 0, 1 ou 2. c. Oui, le point (0 ; 1). 3. a. Lorsque a varie, l’élancement de la courbe change ainsi que son orientation suivant le signe de a. b. Lorsque 𝑎 > −4.

Activité 4 La lanceuse de javelot Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. −5𝑡 2 + 17𝑡 + 2 ≥ 14 −5𝑡 2 + 17𝑡 − 12 ≥ 0 2. Le javelot dépasse les 14 m pendant 1,4 s.

Chapitre 2 • Second degré

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E Exercices Pour démarrer 1 a. –36 b. 25 2 a. 17 b. 28

3

a.

22 5

41

b. − 24

4

a. b.

5 3 11 3

5

a. b.

19 6 11 5

6 a. 8 b. –7 24 c. − 25

d. 7 a. b. c. d.

34

40 9

𝑎3 𝑎4 𝑎6 𝑎2

Chapitre 2 • Second degré

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8 a. 𝑎−2 𝑏 −6 b. 𝑎2 𝑏 6 c. 𝑎21 𝑏 −14 9 a. 𝑥 = 2 b. 𝑥 = −1 6 c. 𝑥 = 5 10 a. −2𝑥 2 + 20𝑥 − 32 b. −7𝑥 2 − 3𝑥 c. 22𝑥 + 10

11 a. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 + 𝑥. Vraie. b. 𝑔(1) = 0. Vraie. c. ℎ(𝑥) = 𝑥 3 − 3𝑥 2 + 2𝑥. Fausse.

12 a. 𝑓(𝑥) = −1𝑥 2 − 3𝑥 + 5, 𝑎 = −1, 𝑏 = −3 et 𝑐 = 5. b. 𝑔(𝑥) = 4𝑥 2 + 4𝑥 + 6, 𝑎 = 4, 𝑏 = 4 et 𝑐 = 6. c. ℎ(𝑥) = 1𝑥 2 + 2𝑥 + 18, 𝑎 = 1, 𝑏 = 2 et 𝑐 = 18. d. 𝑗(𝑥) = 5𝑥 2 + 2𝑥 + 2, 𝑎 = 5, 𝑏 = 2 et 𝑐 = 2.

13 a. 𝑥 b. 𝑥 c. 𝑥 d. 𝑥

= −9 ou 𝑥 = 5 = −7 ou 𝑥 = 11 = 0 ou 𝑥 = 45 = −6 ou 𝑥 = 501

14 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. f(x) = a(x – 6)(x – 9), où a est un réel non nul.

15 𝑥1 + 𝑥2 = 7 et 𝑥1 × 𝑥2 = 5

Chapitre 2 • Second degré

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16 a. 𝑥1 + 𝑥2 = −5 et 𝑥1 × 𝑥2 = −11 1 89 b. 𝑥1 + 𝑥2 = 2 et 𝑥1 × 𝑥2 = − 2 7

c. 𝑥1 + 𝑥2 = 3 et 𝑥1 × 𝑥2 = −

20 3

d. 𝑥1 + 𝑥2 = −9 et 𝑥1 × 𝑥2 = −17 17 x f(x)



x g(x)



+

3 0



2 0



1 0

+

5 0

+ +

18 + 

19 a. Vraie, le polynôme est écrit sous la forme 𝑎(𝑥 − α)2 + β où 𝑎 = 4, α = −1 et β = 1. b. Fausse, Δ = 1. c. Vraie, Δ > 0 donc 𝑓(𝑥) = 0 admet deux solutions distinctes. 20 Les polynômes c et d.

21 a. Δ = −79 b. Δ = −8 c. Δ = 41 d. Δ = 17 22 a. Oui Δ > 0, donc l’équation admet deux solutions distinctes. b. L’énoncé réciproque est faux. Si l’équation admet deux solutions distinctes alors Δ > 0.

23 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a.  = b2 – 4ac = (–2)² – 4  1  (–15) = 4 + 60 = 64. b. x1 = –3 et x2 = 5. 24 a. Δ = 22 − 4 × 1 × (−3) = 4 + 12 = 16 𝑥1 = −3 et 𝑥2 = 2 36

Chapitre 2 • Second degré

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b. Δ = 32 − 4 × 1 × 2 = 9 − 8 = 1 𝑥1 = −2 et 𝑥2 = 1

25 a. Δ = 22 − 4 × (−1) × 3 = 4 + 12 = 16 𝑥1 = 3 et 𝑥2 = −1 b. Δ = 82 − 4 × (−5) × (−7) = 64 − 140 = −76 Pas de solutions.

26 a. Δ = (−42)2 − 4 × 9 × 49 = 1 746 − 1 746 = 0 7 𝑥= 3 b. Δ = 12 − 4 × (−1) × (−12) = 1 − 48 = −47 Pas de solutions.

27 a. Fausse, 𝑎 > 0 donc la courbe est décroissante puis croissante. b. Vraie, l’axe de symétrie est un axe verticale passant par le sommet de la parabole.

28 a. x

–∞

f(x)

–1

+∞

2

b. x f(x)

–∞

1/4

+∞

41/8

29 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Le coefficient de x² est négatif et les coordonnées du sommet sont (7 ; 11). b. Le coefficient de x² est positif et les coordonnées du sommet sont (–5 ; 9).

Chapitre 2 • Second degré

37

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30 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

31 a. 𝑥 2 − 7𝑥 + 6 < 0 b. Δ < 0, pas de racines réelles, 𝑓 est du signe de 𝑎, 𝑎 > 0 donc 𝑓(𝑥) > 0 pour tout 𝑥 réel.

32 a. 𝑥 = −3, 𝐴(𝑥) = (𝑥 + 3)2 b. 𝑥1 = −3 et 𝑥2 = 5, 𝐵(𝑥) = −(𝑥 + 3)(𝑥 − 5)

33 a. 𝑥1 = −11 et 𝑥2 = −7, 𝐶(𝑥) = (𝑥 + 11)(𝑥 + 7) b. Δ < 0, pas de racines, pas de factorisation pour 𝐷(𝑥).

34 Δ < 0, pas de racine, 𝑓 est du signe de 𝑎, 𝑎 < 0 donc 𝑓(𝑥) < 0 pour tout 𝑥 réel.

35 Δ = 0, il y a une racine 𝑥 = 0,5, 𝑓 est du signe de 𝑎, 𝑎 > 0 donc 𝑓(𝑥) ≥ 0 pour tout 𝑥 réel.

36 a. x f(x)



x g(x)



–6 +

–

0

4 0

+ +

b. + +

37 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. f(x) ≥ 0 pour tout réel x. 3 3 b. g(x) ≥ 0 pour x  [ ; 2] et g(x) < 0 pour x  ]– ; [  ]2 ; +[. 4 4 38

Chapitre 2 • Second degré

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38 𝑥 ϵ ] − 10 ; 1[

39 Pas de solution.

40 a. 𝑎 > 0 b. ∆ > 0

Pour s’entraîner 41 1.

2.

x f(x)



x g(x)



-

1/2 0

+

10 0

-

+

6 0



4 0

+

-

3/5 0

+

7 0



+

4/3 0

-

2 0

+

+

1

3. 𝑥 ϵ ] 2 ; 10[ 𝑥 ϵ ] ; −6] ∪ [−4 ; +[

42 1.

2.

x f(x)



x g(x)



+

+ +

3

3. 𝑥 ϵ ] ; − 5 [ ∪ [7 ; +[ 4 𝑥 ϵ ] − ; 2[ 3

Chapitre 2 • Second degré

39

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43 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. f(x) = (x + 1)(3x + 9). x

3



f(x)

−1 −

+ 0

0

+ +

b. S = ]−3 ; −1[. 44 1. 𝑐 = −33 11 2. 𝑥2 = − 2 45 1. 𝑎(𝑥 − 2)(𝑥 + 8) 1

2. 𝑓(𝑥) = 4 (𝑥 + 2) (𝑥 − 5) 3. 𝑔(𝑥) = 2(𝑥 − 3)(𝑥 − 8)

46 1. 𝑎(𝑥 − 1)(𝑥 + 12) 1 2. 𝑓(𝑥) = − 2 (𝑥 + 4)(𝑥 − 3) 3. 𝑔(𝑥) = −(𝑥 + 1)(𝑥 − 1) 47 a. Faux, 𝑎(𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 ) ≠ 𝑎′ (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑥2 ) b. Si 𝑃(𝑥) = 𝑄(𝑥) pour tout réel x, alors 𝑃(𝑥) et 𝑄(𝑥) ont les mêmes racines. Vrai.

48 a. 𝐴(𝑥) = (𝑥 + 3)2 − 19 b. 𝐵(𝑥) = 3(𝑥 + 2)2 − 10 c. 𝐶(𝑥) = −2(𝑥 − 2)2 − 4 d. 𝐷(𝑥) = −(𝑥 − 3)2 + 8

49 a. 𝑓(𝑥) = 6(𝑥 + 1)2 − 11 b. 𝑔(𝑥) = −2(𝑥 − 2)2 + 13

40

Chapitre 2 • Second degré

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50 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1 2

71

a. h(x) = 3(𝑥 − 6) + 12 b. j(x) = –5(x – 1)² + 2

51 5 a. ∆ = 3 4

b. ∆ = 3

52 a. ∆ = −119 b. ∆ = 7

53 a. 𝑥 = −4 ou 𝑥 = 3 b. Pas de solutions. 3

c. 𝑥 = − 2 ou 𝑥 = 1 5

d. 𝑥 = 3

54 C’est vrai, −4𝑎𝑐 > 0 donc ∆ > 0.

55 a. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 7 3 b. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = − 2 56 11 a. 𝑥 = −1 ou 𝑥 = 4 b. 𝑥 = −1 ou 𝑥 = −9

57 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 40 a. Cette équation a deux solutions : –1 et . 37 b. Cette équation a deux solutions : –1 et 2. Chapitre 2 • Second degré

41

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58 a. Vraie, ∆ < 0, pas de solution. b. Fausse, contre-exemple : (𝑥 + 1)(𝑥 − 2) a les mêmes racines que 2(𝑥 + 1)(𝑥 − 2). 59 2 3 a. 𝑥 = − 3 ou 𝑥 = 5 b. 𝑥 = −3 ou 𝑥 = 5

60 a. ∆ < 0, pas de solution 3 7 b. 𝑥 = 2 ou 𝑥 = 2

61 Les équations a et c ont les mêmes solutions.

62 a. 𝑥 = 0 ou 𝑥 = 16 b. 𝑥 = −√6 ou 𝑥 = √6

63 a. 𝑥 = −15 ou 𝑥 = 5 9 b. 𝑥 = − 2 ou 𝑥 = 8 64 9 a. 𝑥 = − 4 ou 𝑥 = 4

11

b. 𝑥 = −2 ou 𝑥 = − 27

65 𝐴(𝑥) est définie sur ℝ\{6 ; 1}

42

Chapitre 2 • Second degré

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66 a. 𝑥 =

−3−√13 2

ou 𝑥 =

−3+√13 2

b.

67 a. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 10 b.

1

68 𝑎 = − 7 et 𝑥 = −1

69 𝑎 >

169 4

70 −2√5 < 𝑏 < 2√5

1

71 𝑐 > 4

72 1. Si 𝑎 et 𝑐 sont de signes contraires, −4𝑎𝑐 > 0 et ∆ > 0 donc l’équation admet deux solutions distinctes. 2. « Si une équation admet deux solutions distinctes, alors 𝑎 et 𝑐 sont de signes contraires. » Faux, contre-exemple (𝑥 + 1)(𝑥 + 2) a deux solutions distinctes et 𝑎 > 0 et 𝑐 > 2. 3. La condition est donc suffisante mais pas nécessaire.

Chapitre 2 • Second degré

43

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73 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. a.

b.

74 𝑃𝑚 (𝑥) admet deux solutions distinctes pour 𝑚 ϵ ] ; 9  4√5[ ∪ ]9 + 4√5 ; +[

75 𝑥 = 4 et 3 est valeur interdite.

76 𝑥 = 2 ou 𝑥 = 44 et − 5 est valeur interdite.

77 𝑥 = 0 ou 𝑥 = −2 ou 𝑥 = 3

5

2

78 𝑥 = −2 ou 𝑥 = − 3 ou 𝑥 = 3 ou 𝑥 = 7

79 Fausse, l’expression n’est pas une forme canonique.

80 Vraie, ∆= 32 − 4 × 1 × 0 = 32 = 9 44

Chapitre 2 • Second degré

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

81 1. a. 𝑥2 = S − 𝑥1 b. P = S𝑥1 − 𝑥1 ² 2. a. P − S𝑥1 + 𝑥12 = S𝑥1 − 𝑥12 − S𝑥1 + 𝑥12 = 0. Donc s’il existe, 𝑥1 est solution de l’équation. b. (𝑥 − 𝑥1 )(𝑥 − 𝑦) = P − S𝑥 + 𝑥² donc P = 𝑥1 𝑦 = 𝑥1 𝑥2 alors 𝑥2 est solution de l’équation. 3. 𝑥1 = 5 et 𝑥2 = −8

82 𝑥1 = −18 et 𝑥2 = 3

83 1. −𝑥 2 + 4𝑥 − 5 = 0, ∆= −4 < 0, pas de solution. 2. S 2 − 4P > 0

84 R1 = 45 et R 2 = 30

85 24,25 et 26

86 𝑥 = 1

87 I1 ≈ 0,46 et I2 ≈ 21,54

88 𝑎1 = −21 et 𝑎2 = 19

89 26 personnes.

90 𝑛 = 35

𝑎

91 Vraie, 2 + 𝑎2 = 150 donc 𝑎 + 2𝑎2 = 300, on obtient 2𝑎2 + 𝑎 − 300 = 0.

Chapitre 2 • Second degré

45

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92 Faux, ∆= 492 , 𝑥1 = −

25 2

et 𝑥2 = 12, il y a deux solutions réelles.

93 26 et 27

94 M(−1 ; 0) ou M(4 ; 0)

95 ℎ ≈ 107,4 m Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire « … la vitesse du son est environ 340 m.s–1» et non pas 140 m.s–1.

96 1

1. A(𝑎 ; 𝑎) 9

2. I est le milieu de [AB], 8 =

𝑥B +𝑎 2

9

et 4 =

𝑦B +1/𝑎 2

9

9

1

, on obtient 𝑥B = 4 − 𝑎 et 𝑦B = 2 − 𝑎.

1

3. B ϵ 𝒞 donc B (𝑥 ; ), 𝑥 1 9𝑎 − 2 = 9 2𝑎 4−𝑎 9 2𝑎 = (9𝑎 − 2) ( − 𝑎) 4 0 = −9(−9𝑎 + 2 + 4𝑎2 ) 0 = 4𝑎2 − 9𝑎 + 2 1

1

4. A (4 ; 4) et B(2 ; 2)

97 Mont Tagne a une altitude de 1 200 m.

98 1 15 1. 𝑆(8 ; 16)

1

2. La droite d’équation 𝑥 = 8.

99 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. (2 ;31) b. La droite d’équation x = 2.

46

Chapitre 2 • Second degré

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 3

100 S (2 ;

5

) , 𝑎 < 0.

4

3

3

f est donc croissante sur ] −  ; 2 [ et décroissante sur ] 2 ; +[.

1

9

101 S (− 2 ; − 2) , 𝑎 > 0. 1

1

f est donc décroissante sur ] −  ; − 2 [ et croissante sur ] − 2 ; +[.

102 𝑥1 = 1 et 𝑥2 = 1

103 1. 𝑓(−2) = −6, 𝑓(−1) = −1, 𝑓(0) = 2, 𝑓(1) = 3. 2. a. 𝑔(−1) = 𝑓(−1 − 1) = 𝑓(−2) = −6, 𝑔(0) = −1, 𝑔(1) = 2, 𝑔(2) = 3. c. Une translation. d. C a pour image C’ et D a pour image D’. 1 3. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MM ′ ( ). 0 1 On peut construire 𝒞𝑔 en appliquant la translation de vecteur ( ) à tous les points de 𝒫. 0

Chapitre 2 • Second degré

47

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104 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr.

105 a. 𝑓(𝑥) = 2(𝑥 − 3)² + 1 b. 𝑓(𝑥) = −(𝑥 − 3)(𝑥 − 6) 1 22 c. 𝑓(𝑥) = − 𝑥 2 + 𝑥 + 3

3

7

3

106 𝑓(𝑥) = − 4 𝑥 2 − 2 𝑥 + 1

107 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 2) + 3

108 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. f(x) = –2(x + 3)(x – 5)

109 𝑝 ϵ [−3 ; +[

110

48

Chapitre 2 • Second degré

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

111 L’ensemble des points forment une parabole d’équation 𝑦 = − 𝑚

En effet, α = − 4 et β = −

3𝑚2 8

3𝑚2 8

+ 1.

+ 1.

112 1. 𝑓(0) = −5, 𝑓(1) = 10, 𝑓(2) = 15, 𝑓(5) = −30 2. 𝑥 = 2 + √3 ou 𝑥 = 2 − √3 3. 𝑥 ϵ [2 − √3 ; 2 + √3] 4. Le bouchon monte pendant 2 secondes puis redescend.

113 3 a. Fausse, α = − 2 b. Fausse, α = 4 c. Vraie, 6 × 42 + 9 × 4 − 5 = 96 + 36 − 5 = 127, A(4 ; 127) appartient à la parabole.

114 x

–∞

f(x) 115

x

–2

+∞

1 –∞

+∞

1

g(x)

2

116 x f(x)

–∞

+∞

1 3

x g(x)

–∞

+∞

3 9

Chapitre 2 • Second degré

49

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117 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a.

7 25 b. Le sommet de P a pour coordonnées ( ; ). 4 8 c. 25 , l’équation f(x) = m n’a pas de solution. 8 25 Si m = , l’équation f(x) = m a une unique solution. 8 25 Si m < , l’équation f(x) = m a deux solutions. 8 Si m >

118 1. 𝑓 est décroissante sur [0 ; 9]. 2. Il restera 0,05 millions de bactéries à la fin de l’expérience. 3. Au bout de 4 secondes.

119 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

120 1. 𝑥 ϵ [0 ; 4] 2. Lorsque 𝑥 = 0.

121 Il faut construire les carrés tels qu’ils soient de côté égal à 2.

50

Chapitre 2 • Second degré

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122 1. 𝑥 ϵ ]0 ; 4[ 2. CH = AH × √3 3. À l’aide du théorème de Thalès, on prouve que MN = AM × √3 = 𝑥 × √3. 4. 𝑥 = 2

123 1. 𝒫 est au-dessus de 𝒟 pour tout 𝑥 ϵ ℝ. 3 2. NM = 𝑎2 − 3𝑎 + 4, ∆< 0, NM est minimal lorsque 𝑎 = . 4

124 1

a. 𝑓(𝑥) = 2 (𝑥 + 2) (𝑥 − 7) 1

b. 𝑔(𝑥) = 5(𝑥 + 2)(𝑥 − 5) c. ∆ < 0, pas de factorisation possible.

125 7

7

a. 𝑓(𝑥) = 4 (𝑥 − 2) (𝑥 + 2) 3

b. 𝑔(𝑥) = 2(𝑥 − 1) (𝑥 − 2) 7

c. ℎ(𝑥) = 5𝑥 (𝑥 − 5) d. 𝑗(𝑥) = (𝑥 + 2)(𝑥 − 7)

126 7 2

a. 𝐶(𝑥) = 4 (𝑥 + 2)

4

b. 𝐷(𝑥) = 5(𝑥 + 3) (𝑥 − 5)

127 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 4 a. E(x) = –3(x – 1)(x – ). 3 b. F(x) = –3(x –

15 − √129

15 + √129

6

6

)(x –

)

128 9 2

a. 𝐺(𝑥) = 4 (𝑥 + 2)

b. ∆ < 0, pas de factorisation. Chapitre 2 • Second degré

51

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

En rouge 𝑦 = 𝑥 2 + 2𝑥 − 3, en bleu 𝑦 = 3(𝑥 − 1)(𝑥 + 9). 4.

C’est cohérent avec les résultats trouvés précédemment. Les points d’intersection sont A(1 ;0) et B(-12 ;117).

130 a.

b.

x f(x)



x g(x)



x h(x)



x j(x)



+

7/6 0

+

7 0



1 0

+



0 0

+

+

+

131 a.

b.

52

Chapitre 2 • Second degré

+

3 0

+ + +

+

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132 a.

x k(x)



x l(x)



x m(x)



x n(x)



b.

3 0





+

1/4 0



1/2 0

+

5 0



9/4 0

+

0 0



2 0

+



+

+

133 a.

b.

+

+ 

134 1. 𝑃(𝑥) a un discriminant négatif. 2. ∆ = 25 3. 𝑃(𝑥) est du signe de a. 𝑎 > 0, donc 𝑃(𝑥) > 0 pour tout réel x.

135 a. 𝑥 ϵ ] ; 4[ ∪ ]8 ; +[ 3 b. 𝑥 ϵ [2 ; 4 ]

136 2 a. 𝑥 ϵ ] − 5 ; 0[ 1

b. 𝑥 ϵ ℝ\{2} 137 a. Pas de solution. b. 𝑥 ϵ ]10 ; 1[

138 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. S = ]– ;

–4– 22 –4+ 22 ][ ; +[ 2 2

2 2 b. S = ]– ; – ]  [ ; +[ 7 7

Chapitre 2 • Second degré

53

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139 a. 𝑥 ϵ ]9 ; 1[ 3 b. 𝑥 ϵ ] ; −2] ∪ [2 ; +[ 140 a. 𝑥 ϵ ℝ b. 𝑥 ϵ ]12 ; 1[

141 a. 𝑥 ϵ ] ; 0[ ∪ ]1 ; +[ 4 4 b. 𝑥 ϵ ] ; − 3 [ ∪ ] 3 ; +[

142 a. 𝑥 ϵ ] ; −5] ∪ [1 ; +[ b. 𝑥 ϵ ]3 ; 3[

143 1. Le seuil est respecté entre 70 et 90 mètres ou entre 150 et 160 mètres de l’antenne. 2. Le champ électromagnétique est le plus important à 120 mètres de l’antenne.

144 1. Si α est strictement compris entre les racines de f, alors f(α) a le signe de -a, donc le produit de -a par f(α) est strictement positif, d’où celui de a par f(α) est strictement négatif. 2. C’est nécessaire et suffisant : on traite les deux cas a < 0 et a > 0. 3. (𝑥 + 7)(𝑥 − 2) < 0. 4. (𝑥 − 2)(𝑥 − 9) ≥ 0

145 Fausse. Contre-exemple : pour x = 0, on trouve -1. 146 Vraie ; 10𝑥 2 − 3𝑥 + 5 n’a pas de racine. 10𝑥 2 − 3𝑥 + 5 > 0 donc 10𝑥 2 > 3𝑥 − 5.

147 Fausse. Contre-exemple : 𝑃(𝑥) = 𝑥 2 + 3𝑥 + 2 = (𝑥 + 1)(𝑥 + 2).

3

3

148 On doit avoir 9 – 16 a2 < 0, soit a appartenant à ]−∞; − 4[ ∪ ]4 ; +∞[.

54

Chapitre 2 • Second degré

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149 1. En 1945 2. En 1970 3. Entre 1940 et 1950

150 1. « Si ∆ ≥ 0, alors il existe un réel 𝑥, tel que 𝑓(𝑥) ≥ 0. » C’est vrai car f(x) est positif ou nul, soit à l’extérieur, soit à l’intérieur de l’intervalle des racines (et pour ∆ = 0, c’est vrai pour la racine). 2. Vraie : une proposition et sa contraposée ont même valeur de vérité. 3. « Si ∆ < 0, alors pour tout réel 𝑥 𝑓(𝑥) < 0. » C’est faux, 𝑓(𝑥) peut être aussi strictement positif.

151 a. Méthode du produit nul pour (1) et calcul du discriminant pour (2). b. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 2. c. On remplace 𝑥 dans (2) par 1, puis par 2. d. ∆ = 4, 𝑥1 = 1 et 𝑥2 = 2.

152 1.

x f(x)

–∞

3/2 –1/4

+∞

x g(x)

–∞

+∞

3 4

2.

3. Points d’intersections de C avec l’axe des abscisses : I1 (1 ; 0) et I2 (2 ; 0) Points d’intersections de C’ avec l’axe des abscisses : J1 (1 ; 0) et J2 (5 ; 0) 7 4. 𝒞’ est au-dessus de 𝒞 lorsque 𝑥 ϵ [1 ; 2].

Chapitre 2 • Second degré

55

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153 2

1. 𝑥 = − 3 ou 𝑥 = 4. 2.

x f(x)

2/3 0

 +



1

154 𝑓(𝑥) == − (𝑥 + 9)(𝑥 − 6) 2

155 1. 2.

x

∞

+∞

9/4 137/8

f(x)

5 − 2√19 5 + 2√19

156 𝒟 est au-dessus de 𝒫 lorsque 𝑥 ϵ [

56

Chapitre 2 • Second degré

3

;

3

].

4 0

+ +

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Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr.

1 Vrai

2 Faux

3 Vrai

4 B-C-D

5D

6A

7 A et C

8B Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire « La forme canonique du polynôme 2x² + 12x + 3 et non pas 6x ».

9 x



(x – 7)(2x + 5)

5 2

7

– +

0

–

0

+ +

10 x x² – 5x – 36



–4 +

0

9 –

0

+ +

2 11 ]– ; –1]  [– ; +[. 3 Chapitre 2 • Second degré

57

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12 S = IR

13 Droite d’équation x = 1 ; sommet S(1 ; –9).

14

15 f est décroissante sur ]– ; 1] et croissante sur [1 ; +[.

Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr.

1 157 a. et 8. 3 1 et 5. 2

b.

c. Pas de solution. d. Pas de solution. 1 e. – et 7. 3 f.

–3– 5 –3+ 5 et . 2 2

g. Pas de solution. 1 h. . 4 58

Chapitre 2 • Second degré

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158 a. –5 et 1. b. –11 et 12. c.

1 2

d. –5 et 14. e.

–1– 7 –1+ 7 et . 6 6

f. –2 et 1.

159 –7 et 1.

1 160 a. et 1. 4 b.

1 et 2. 3

2 c. – et 3 5 3 d. – et –1. 2 e. –5 et –2. 5 f. –3 et – . 2

161. a. x



x² + 4x – 21

–7 +

0

3 –

0

+ +

b. x 2x² + x – 1



–1 +

0

1 2 –

0

+ +

Chapitre 2 • Second degré

59

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c. 3x² – 5x + 7 > 0 pour tout réel x. d. –4x² + x – 2 < 0 pour tout réel x. e. 5x² + 2x + 3 >0 pour tout réel x. 1 1 f. Donc 9x² – 6x + 1 = 0 pour x = et 9x² – 6x + 1 > 0 pour x  . 3 3 g. –12x² + 3x – 5 < 0 pour tout réel x. h. x



x² + 4x – 3

–2– 7 +

0

–2+ 7 –

0

+ +

162 a. x



x² – 2x – 63

–7 +

0

9 –

0

+

1 4 0

+

1 2 0

+ +

b. x



–4x² – 31x + 8

–8 –

0

–

1 5 0

+ –

c. x



–10x² + 7x – 1

+ –

d. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire 3x2 –7x + 26 à la question d. 3x² – 7x + 26 > 0 pour tout réel x. 163 L’ensemble solution de l’inéquation x² + 10x + 9 ≤ 0 est [–9 ; –1].

1 164 a. S = ]– ; – [  ]3 ; +[ 2 1 b. S =]– ; –3[  ] ; +[ 2 c. S = [–2 ;7]

60

Chapitre 2 • Second degré

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d. S = IR e. S = IR f. S = ]– ; –4[ ]1 ; +[

Parcours différenciés : approfondissement Parcours 3 1. a. 𝑥 × 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑥 2 + 𝑥 𝑥 × 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) = 𝑥 𝑛 + 𝑥 𝑛−1 − 𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 𝑥 − 𝑥 − 1 = 𝑥 𝑛 − 1 b. 𝑓(𝑥) =

𝑥 𝑛 −1 𝑥−1

c. 𝑥 𝑛 − 1 = 𝑓(𝑥)(𝑥 − 1) = (𝑥 − 1)(𝑥 𝑛−1 + ⋯ + 1). Cette égalité est aussi vérifiée pour x = 1, donc elle est valable pour tout réel x. 2. 𝑥 𝑛

a. 𝑔(𝑥) = 𝑎𝑛 ((𝑎) − 1)

b. 𝑔(𝑥) = (𝑥 − 𝑎)(𝑥 𝑛−1 + 𝑎𝑥 𝑛−2 + ⋯ + 𝑎𝑛−2 𝑥 + 𝑎𝑛−1 )

165 a. A = (𝑥 − 1)(𝑥 2 + 𝑥 + 1) B = (𝑥 − 1)(𝑥 + 1)(𝑥 2 + 1) b. C = (𝑥 − 2)(𝑥 2 + 2𝑥 + 4) D = (𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 2 + 4)

166 1. 𝑥 3 + 1 = (𝑥 + 1)(𝑥 2 − 𝑥 + 1) 𝑥 3 + 𝑎3 = (𝑥 + 𝑎)(𝑥 2 − 𝑎𝑥 + 𝑎2 ) 2. 𝑥 6 − 64 = (𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 2 − 2𝑥 + 4)( 𝑥 2 + 2𝑥 + 4)

Parcours 4 1. 𝑓(𝑥) − 𝑓(α) = 𝑎(𝑥 3 − α3 ) + 𝑏(𝑥 2 − α2 ) + 𝑐(𝑥 − α) 2. 𝑓(𝑥) − 𝑓(α) = (𝑥 − α)(𝑎𝑥 2 + (𝑎α + 𝑏)𝑥 + 𝑎α2 + 𝑏α + 𝑐) 3. 𝑓(α) = 0, donc 𝑓(𝑥) = (𝑥 − α)(𝑎𝑥 2 + (𝑎α + 𝑏)𝑥 + 𝑎α2 + 𝑏α + 𝑐). 4. L’équation 𝑓(𝑥) = 0 put avoir une, deux ou trois solutions.

167 1. 𝑓(1) = 0 2. 𝑓(𝑥) = (𝑥 − 1)(𝑥 2 − 5𝑥 + 6) Chapitre 2 • Second degré

61

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3. 𝑥 = 1 ou 𝑥 = 2 ou 𝑥 = 3

168 𝑓(𝑥) = (𝑥 + 1)(𝑥 − 3)(𝑥 − 4)

169 1. 𝑔(5) = 53 − 21 × 5 − 20 = 125 − 125 = 0 2. D’après le parcours 4, puisqu’il existe la racine 5 pour ce polynôme du 3e degré, on peut écrire : 𝑔(𝑥) = (𝑥 − 5)(𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 𝑐) 3. 𝑎 = 1, 𝑏 = 5 et 𝑐 = 4 4. 𝑥 = −4 ou 𝑥 = −1 ou 𝑥 = 5

Travaux pratiques TP1 Prix d’un appareil photo vintage Un fichier Tableur est disponible dans le manuel numérique enseignant. A. Premiers Calculs 1. Quantité = 20 Coût de production = 5 900 € Recette = 2 000 € Bénéfice = –3 900 € (c’est une perte !) 2. 420 − 4𝑥 ≥ 0 , donc x ≥ 105.

B. Étude expérimentale

62

Chapitre 2 • Second degré

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1 et 2. Bénéfice en fonction du prix.

3. L’entreprise fait un bénéfice lorsque le prix est compris entre 35 € et 85 €. Le bénéfice maximum est obtenu pour un prix de 60 euros.

C. Modélisation 1. 𝑅(𝑥) = (420 − 4𝑥)𝑥 = −4𝑥 2 + 420𝑥. 𝐶(𝑥) = 15(420 − 4𝑥) + 5 600 = 6300 − 60𝑥 + 5 600 = −60𝑥 + 11 900. 2. 𝐵(𝑥) = 𝑅(𝑥) − 𝐶(𝑥) = −4𝑥 2 + 420𝑥 + 60𝑥 − 11 900 = −4𝑥 2 + 480𝑥 − 11 900. 3. α =

−𝑏 2𝑎

=

−480 −8

= 60. Le prix de l’appareil est 60 euros.

Chapitre 2 • Second degré

63

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TP2 Jardin fleuri Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

A. Conjectures avec un logiciel 3. a. On conjecture que les fleurs occupent plus de place lorsque BM > 2. b. On conjecture que la partie engazonnée a une aire maximale de 32,5 m².

B. Étude théorique 1. a. 𝐶(𝑥) = 2 × 𝑥 2 . 𝑅(𝑥) = (6 − 2𝑥)(8 − 2𝑥) = 4𝑥 2 − 28𝑥 + 48. b. C(x) > R(x) équivaut à –2x² + 28x – 48 > 0. Les racines du polynôme –2x² + 28x – 48 sont 2 et 12. On en déduit que –2x² + 28x – 48 > 0 pour x > 2. 𝐺(𝑥) = 48 − 𝐶(𝑥) − 𝑅(𝑥) = −6𝑥 2 + 28𝑥. 28

Le maximum est atteint en α = 12 = 7

𝐺 (3) =

294 9

7 3

, soit environ 2,33.

, soit environ 32,67.

2. Dans le cas où x = 4, les deux carrés de fleurs « se touchent » et l’aire du rectangle JLGK est égale à 0. Pour x > 4, la construction du jardin n’est pas possible car les deux carrés se chevauchent. La fontaine est inexistante dès que x est supérieur ou égale à 4.

Cap vers le bac Sujet A 1. Fausse : ∆ = 0, donc le polynôme s’annule en une valeur (c’est 1/3). 2. Fausse : pour 𝑎 = 0, on obtient 𝑥² = 0 et 𝑥 = 0 est solution. 3. Fausse : 𝑎 < 0, donc la fonction n’a pas de minimum. 4. Vraie : ∆ > 0 et le produit des racines est :

−1 1

= -1.

5. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire « l’équation ax2 + bx + c = 0 ». Fausse : 64

1 𝑥1

+

1 𝑥1

=

𝑥 1 + 𝑥2 𝑥1 𝑥1

=

𝑏 𝑎 𝑐 𝑎

−

Chapitre 2 • Second degré

𝑏

=-𝑐.

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Sujet B 1. 𝑥 ϵ [0 ; 5] 2. Pour 𝑥 = 1, l’aire de DMN est 46. 3. Aire(DMN) = 𝑥 2 − 5𝑥 + 50. 5 L’aire de DMN est minimale pour x = 2 .

Sujet C Partie A 1. Au bout de 0,7 s, la hauteur est 46 mètres. 2. Entre 0,55 s et 1,85 s. Partie B 1. 𝑡 ϵ [4 ; 16] 2. Il faut prévoir une seconde de vol.

Sujet D 1.

x

–∞

+∞

5/2 9/4

f(x)

2. I1 (1 ; 0) et I2 (4 ; 0) 3. On obtient l’équation : x2 – 4x + p + 4 = 0 ∆ = −4𝑝 , donc les courbes ont deux points d’intersection lorsque 𝑝 < 0. 5−√5

4. Points d’intersection : J (

2

; 1) et K (

5+√5 2

; 1).

Chapitre 2 • Second degré

65

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Pour aller plus loin 170 1. Les proportions des rectangles sont conservées. 𝑏 𝑎

=

𝑎 𝑏−𝑎

𝑏(𝑏 − 𝑎) = 𝑎2 𝑏 2 − 𝑎𝑏 = 𝑎². 𝑏 2

𝑏

2. (𝑎) − 𝑎 − 1 = 3. Φ =

𝑏 2 −𝑎𝑏−𝑎2 𝑎2

= 0 d’après 1.

1+√5 2

.

4. Φ2 = Φ + 1 car Φ2 − Φ − 1 = 0. Φ−1=−

1+√5 2

1

, Φ(Φ − 1) = 1 donc Φ = (Φ − 1).

5. Φ3 = Φ ∗ Φ2 = Φ(Φ + 1) = Φ2 + Φ = Φ + 1 + Φ = 2Φ + 1. Φ4 = Φ ∗ Φ3 = Φ(2Φ + 1) = 2Φ2 + Φ = 2(Φ + 1) + Φ = 3Φ + 2. Φ5 = Φ ∗ Φ4 = Φ(3Φ + 2) = 3Φ2 + 2Φ = 3(Φ + 1) + 2Φ = 5Φ + 3.

171 1. A(𝑥 ; 𝑦) ϵ 𝒞, donc OA = 10 et OA2 = 100. OA2 = x2 + y2, donc x2 + y2 = 100. Même calcul pour le point B. 1 2. (𝐴𝐵) ∶ 𝑦 = − 4 𝑥 + 5. 3. 𝑥 = −4𝑦 + 20. 𝑥 2 + 𝑦 2 = (−4𝑦 + 20)2 + 𝑦 2 = 17𝑦 2 − 160𝑦 + 400. On obtient l’équation : 17𝑦 2 − 160𝑦 + 300 = 0. Ses racines sont

160− √5200 34

et

160+ √5200 34

.

4. En arrondissant au mètre près : 𝐴(−7,307 ; 6,827) et 𝐵(9,660 ; 2,585).

172 1. 3

a. 𝑢1 = −2 et 𝑢2 = 2.

b. On ne retient que les valeurs positives puisque 𝑢 est le carré d’un nombre réel donc 𝑢 ≥ 0. c. Solutions de (E) : −

√6 2

et

√6 . 2

2. Solutions : -1 et 1.

173 Soit v la vitesse de l’ULM s’il n’ y a pas de vent. On a l’équation :

35 000 𝑣+10

+

35 000 𝑣−10

= 5 400

Elle s’écrit : 27v2 – 350v – 270 = 0.

66

Chapitre 2 • Second degré

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La solution positive de cette équation est : v =

350+ √151660

La vitesse de l’ULM aurait été de 13,7 m.s-1.

54

.

174 Soit H le milieu de [FG]. On pose x = EH et y = FG. On a les égalités : x + 2R = 2 et y + 2R = 4. 𝑦 2

Dans le triangle rectangle EFH, on a : EH2 + FH2 = EF2, soit ( 2) + 𝑥 2 = 4 𝑅 2 . Ainsi, R vérifie l’équation : R2 – 12R + 8 = 0 La seule solution valable est : R =

12− √112 2

= 6 - 2√7.

Une valeur approchée de R est 0,71 cm.

175 1

1. 𝑥 + 𝑥 − 2 =

𝑥 2 −2𝑥+1 𝑥

=

(𝑥−1)2 𝑥

≥ 0 pour tout 𝑥 > 0. 1

2. D’après la question 1, on obtient 𝑥 + 𝑥 ≥ 2. 𝑎

𝑑

𝑐

𝑏

𝑑 𝑎

𝑎 𝑏

𝑏 𝑑

𝑐

On a donc + ≥ 2 et + ≥ 2. 𝑐

On a donc 𝑑 + 𝑐 + 𝑏 + 𝑎 ≥ 4.

176 1. 1er cas : Soit un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent L et l et dont l’hypoténuse mesure 5. On suppose que ce triangle a une aire égale à 6 et un périmètre égal à 12. On a alors l² + L² = 25 et l  L = 12 et l + L + 5 = 12. On obtient L4 – 25L² + 144 = 0 et on en déduit que ce triangle est un frère jumeau du triangle rectangle de côtés 3,4 et 5. 2e cas : Soit un triangle rectangle dont les côtés de l’angle droit mesurent 5 et l et dont l’hypoténuse mesure H. On suppose que ce triangle a une aire égale à 6 et un périmètre égal à 12. 𝐿=

12 5

12

et 𝐻 = √52 + ( 5 )² =

√769 . 5

Le périmètre est égal à 5 + 𝐿 + 𝐻 ≠ 12. Contradiction. Un tel triangle n’existe pas. 2. Le périmètre d’un tel triangle est égal à 16 et son aire est égale à 12. On note a la longueur des côtés égaux d’un triangle isocèle vérifiant la condition précédente, et b la longueur du troisième côté.

Chapitre 2 • Second degré

67

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On a : 2a + b = 16, la hauteur issue du sommet principal est h =

a² –

b² 4

b² )  b² = 576. 4 En utilisant l’égalité b = 16 – 2a, on déduit que 64(a – 5)  (a² – 15a + 53) = 0. 15 – 13 La seule solution acceptable (autre que 5) est a = . 2 Le triangle isocèle de côtés 5, 5 et 6 a donc un frère isocèle qui n’est pas son jumeau : ce 15 – 13 15 – 13 triangle a pour côtés , et 1 + 13. 2 2 On obtient alors : (a² –

177 Il existe deux points sur la droite Terre-Lune qui subissent des attractions égales. En effet, soit m la masse de l’objet, x la distance entre cet objet et la Terre. On doit déterminer 𝑚 −𝑚 𝑚 −𝑚 les solutions de l’équation : 𝑇𝑥 2 = (𝑑−𝐿 𝑥)2 . On en déduit l’équation : (𝑚 𝑇 − 𝑚𝐿 )2 − 2𝑑 (𝑚 𝑇 − 𝑚)𝑥 + 𝑑 2 (𝑚 𝑇 − 𝑚) = 0. Le discriminant de cette équation est : ∆ = 4d2 (𝑚 𝑇 − 𝑚)(𝑚𝐿 − 𝑚). ∆ est strictement positif car on peut supposer que l’objet est plus léger que la Terre et que la Lune ! Il y a donc deux points situés sur la droite « Terre – Lune » qui subissent des attractions égales de la part de la Terre et de la Lune.

178 1. Soit un segment de longueur 𝑎 ; on lui enlève 𝑥 et on veut trouver 𝑥 tel que l’aire du rectangle de côtés 𝑎 et 𝑥 soit égale à l’aire du carré de coté 𝑎 − 𝑥. Cela revient à résoudre (𝑎 − 𝑥)² = 𝑎 × 𝑥. 2. On obtient l’équation : x2 – 3ax + a2 = 0 La solution

3+√5 2

𝑎 ne convient pas car elle est plus grande que a.

Donc, la solution du problème est : 𝑥 =

3−√5 2

a.

179 Cela revient à un changement de variable lorsque le coefficient b est pair. On pose alors b = 2b’. On obtient ainsi un discriminant dit réduit ∆′ = 𝑏 ′2 − 𝑎𝑐, où les 4 se sont simplifiés. Les racines s’expriment par 𝑥 =

−𝑏 ′ ± √∆′ 𝑎

où les 2 se sont simplifiés.

On peut calculer plus aisément car les nombres utilisés sont plus petits.

68

Chapitre 2 • Second degré

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180 1.

2. On résout l’équation x2 + x = 702. On trouve 26 et 27.

181 Il y a trois cas : 𝑥 2 − 7𝑥 + 11 = 1 ou 𝑥 2 − 7𝑥 + 11 = −1 avec 𝑥 2 − 3𝑥 + 2 entier pair ou 𝑥 2 − 3𝑥 + 2 = 0 avec 𝑥 2 − 7𝑥 + 11 ≠ 0. On obtient les solutions : 1, 2, 4, 5 et 6. 182 Soit x le côté du carré central et a la base du premier petit triangle. 36

Le théorème de Thalès donne : 16 =

𝑎+𝑥+16 𝑎

𝑥

et 16 =

𝑎+16

On en déduit l’équation : x = 576, soit x = 24. La longueur du côté du carré central est 24 cm.

𝑎

.

2

183 Soit v la vitesse de la colonne en cm/s, V la vitesse de la dernière fourmi, t1 le temps de l’aller et t2 le temps du retour. 50

50

On a : t1 = 𝑉−𝑣 et t2 = 𝑉+𝑣. 𝑉

En posant x = 𝑣 , on obtient l’équation x2 – 2x – 1 = 0. Puisque x est positif, la seule solution acceptable est x =1 +√2. D’où : V = (1 +√2) v. La distance parcourue par la fourmi est (1 +√2) v × (t1 + t2) = 50 (1 +√2), en centimètres. La fourmi ravitailleuse a parcouru environ 120,71 cm.

Chapitre 2 • Second degré

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Chapitre 3 Suites numériques A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Les suites numériques constituent un outil nouveau pour les élèves de Première. Le cours présente donc progressivement dans une première partie la notation indicielle et les différents modes de génération d’une suite. Le lien avec la notion de fonction et d’algorithme y est aussi institutionnalisé. Le sens de variation d’une suite est défini et sa détermination mise en œuvre dans les capacités. On y évoque aussi la notion de limite avec le tableur. Le recours aux suites pour modéliser différents phénomènes discrets est explicité à travers des exemples (dénombrement, motifs géométriques…). La deuxième partie du cours étudie de manière détaillée le cas des suites arithmétiques et géométriques. La modélisation de phénomènes à évolution linéaire ou exponentielle est clairement rattachée à ces deux cas particuliers. Une liste de capacités et d’algorithmes supplémentaires complètent le cours en présentant des exemples importants qui consolident la culture mathématique de l’élève (la notion de factorielle, Fibonacci, Syracuse…). Les différents algorithmes proposés renforcent notamment la maîtrise des outils numériques (Python, Tableur et Calculatrice) via une mise en œuvre accessible et directement liée au chapitre. Les points essentiels sont repris sous la forme d’une carte mentale que l’élève peut manipuler en autonomie. Les trois modes de générations de suites les plus utilisés y sont représentés en rappelant l’articulation avec la notion de fonction. On rappelle aussi les caractéristiques, la formule explicite et le lien avec la notion de somme pour les suites arithmétiques et géométriques. Les deux parcours différenciés qui suivent sont en lien direct avec celles-ci. On cherche à faire acquérir à l’élève la plus grande autonomie possible dans leur manipulation, le calcul de leurs termes et de leurs raisons en variant notamment la nature des nombres impliqués.

2 Les objectifs des activités Les activités proposées dans le chapitre construisent progressivement et via des situations variées la notion de suite numérique conformément au programme officiel. Les activités d’introduction ont donc pour objectif principal de présenter la notation indicielle et la définition par récurrence (Activité 1). Parallèlement, on rapproche les suites d’objets connus tels que les fonctions numériques et les algorithmes autant comme outils de calcul des termes d’une suite qu’en tant qu’êtres mathématiques analogues (Activité 2). L’algorithmique permet notamment d’évoquer la notion de limite.

Chapitre 3 • Suites numériques

71

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Le lien avec les motifs géométriques vient compléter la notion de suites « logiques » et renforce chez l’élève la diversité des modes de génération d’une suite (Activité 4). Classiquement, les cas particuliers des suites arithmétiques (Activité 3) et géométriques (Activité 4) sont présentés en vue d’une étude plus approfondie.

3 Exercices, TP et algorithmes Les deux TP proposés présentent à l’élève des applications assez quotidiennes et accessibles. Le tableau d’amortissement participe à l’éducation financière tandis que la notion de demivie consolide la culture scientifique de l’élève et sa pratique des TICE (Tableur). Le chapitre propose d’autres applications des suites comme outils de modélisation des phénomènes discrets en sciences expérimentales (SVT (87, 118), Physique (97), SES (117)) mais aussi parfois de manière plus théorique en initiant au raisonnement par récurrence qui se développera en Terminale (119). Quasi systématiquement, la programmation sous Python ou le recours au tableur sont mis à contribution comme outils de conjecture et/ou de validation.

B Se tester pour un bon départ 1 𝑓(𝑛 − 1) = −𝑛2 + 2𝑛 + 2 pour tout entier naturel 𝑛. Réponse a).

2 𝑓(𝑛 + 1) − 𝑓(𝑛) = 3 pour tout entier naturel 𝑛.

3 a. ℎ(𝑛 + 1) = 𝑛2 + 3 pour tout entier naturel 𝑛. b. ℎ(𝑛 + 1) − ℎ(𝑛) = 𝑛2 + 3 − (𝑛 − 1)2 − 3 = 2𝑛 − 1 pour tout entier naturel 𝑛.

4 𝑓(𝑛 + 1) = 𝑛2 + 3𝑛 + 1 et 𝑓(2𝑛) = 4𝑛2 + 2𝑛 − 1 pour tout entier naturel 𝑛.

3𝑛−1

3𝑛+5

5 𝑔(𝑛 − 1) = 2 𝑛 + 3 et 𝑔(𝑛 + 1) = 2 𝑛 + 7 pour tout entier naturel 𝑛.

6 a. Faux. 𝑓(37) = 151 et 𝑓(38) = 155. b. Vrai. 𝑓(200) = −999 et 𝑓(201) = −1004.

72

Chapitre 3 • Suites numériques

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b. 7𝑛+4

7 a. 125

c. 32𝑛

5 𝑛

d. (9)

e. 0,1

f. (2 × 7)𝑛

8 a. Faux. 2𝑛 + 1 − 2𝑛 = 2𝑛 et 2𝑛 (2𝑛 − 1) = 22𝑛 − 2𝑛 . b. Faux.

3 × 5𝑛 3𝑛

×5

5 𝑛−1

= (3)

.

c. Vrai.

9

𝑓(𝑛 + 1) 𝑓(𝑛)

= 9 pour tout entier naturel 𝑛.

𝑔(𝑛)

10 𝑔(𝑛−1) = 125 pour tout entier naturel 𝑛.

11 La bonne réponse est la réponse b).

12 a. Faux. Au bout de deux ans, la population sera de 12 100 habitants. b. Faux.

13 On doit multiplier par 0,95.

14 On doit multiplier par 1,08.

Chapitre 3 • Suites numériques

73

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C Activités Activité 1 Suites logiques et « Look and say » Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 9 ; 16 ; 25. b. 𝑢1 = 1, 𝑢2 = 4, 𝑢3 = 9, 𝑢4 = 16 et 𝑢5 = 25. c. 𝑢𝑛 = 𝑛2 pour tout entier naturel 𝑛. 2. 𝑣4 = 111 221, 𝑣5 = 312 211 et 𝑣6 = 13 112 221.

Activité 2 Dojo en devenir Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. 𝐶1 = 10 680, 𝐶2 = 12 393,6 et 𝐶3 = 14 141,47. 2. 𝐶𝑛+1 = 1,02 𝐶𝑛 + 1 500 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 3. Le taux d’intérêt du livret est de 2 %.

Activité 3 Un forage pétrolier Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. 𝑝2 = 10,2 et 𝑝3 = 10,3. 2. 𝑝15 − 𝑝14 = 0,1 et 𝑝16 − 𝑝15 = 0,1. 3. 𝑝𝑛+1 = 𝑝𝑛 + 0,1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 4. Elle déboursera 399,9 millions d’euros pour 3 999 mètres et 0,1 × 𝑛 millions d’euros pour 𝑛 mètres avec 𝑛 un entier naturel non nul. 5. 𝑝𝑛 = 10 + 0,1 × 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

Activité 4 Un nouveau type de suite Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. L’aire du carré à l’étape 0 est 4. b. L’aire du carré à l’étape 1 est 8. c. L’aire du carré à l’étape 2 est 16. d. L’aire du carré à l’étape 3 est 32. 74

Chapitre 3 • Suites numériques

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2. 𝑢0 = 4, 𝑢1 = 8, 𝑢2 = 16 et 𝑢3 = 32. 3. On a 𝑢𝑛 + 1 = 2 𝑢𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 4. a. La raison de la suite est 2. b. 𝑢33 = 4 × 233 . 5. 𝐴⟵4 N⟵ 0 Tant que A < 1 024 𝐴⟵2×𝐴 𝑁 ⟵𝑁+1 Fin Tant que

D Exercices Pour démarrer 1 a. 17 b. 31

2 a. 51 b. 31

3 a.

4 a.

5 a.

5 2

21 5

10 21

b.

14

b.

b.

9

23 17

9 10

c.

3 10

d.

15 8

6 a. (3𝑥 − 4)(14𝑥 − 3) b. 4𝑥(2𝑥 2 + 1) c. (𝑥 + 3)(3 − 𝑥) d. (4𝑥 − 2)2

7 a. 𝑥 2 − 2 b. 4𝑥 2 − 1

7

8 a. 𝑥 = 0 b. 𝑥 = −3 c. 𝑥 = 4 d. 𝑥 = −

15 2

Chapitre 3 • Suites numériques

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9 Prix de départ 200 100 150 100

Pourcentage d’évolution +20% –30% +10% +50%

Variation absolue 40 –30 15 150

Prix final 240 70 155 150

Coefficient multiplicateur 1,2 0,7 1,1 1,5

10 a. 𝑣4 = 1 et 𝑣9 = 17. b. 𝑣2 et 𝑣6 sont égaux à 6.

11 𝑤1 = 9 et 𝑤2 = 81.

12 L’indice du 3e terme est 2 et l’indice du 15e terme est 14.

13 a. 3 ; 6 ; 9 ; 12 ; 15. b. Le septième terme de cette suite est 21.

14 a. 𝑡1 = −7 et 𝑡2 = −23. b. 𝑡3 = 4𝑡2 + 5.

1

15 Les termes d’indices 3, 4 et 8 sont tous égaux à . 3

16 𝑢0 = 0, 𝑢1 = 1, 𝑢2 = 8 et 𝑢15 = 3 375.

17 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Pour n = 0, z0+1 = 2z0 – 3. Donc z1 = 2 × 5 – 3 = 7. b. Pour n = 1, z1+1 = 2z1 – 3. Donc z2 = 2 × 7 – 3 = 11. c. Pour n = 2, z2+1 = 2z2 – 3. Donc z3 = 2 × 11 – 3 = 19. 18 a. 𝐶1 = 1, 𝐶2 = 3 et 𝐶3 = 6. b. 𝐶4 = 𝐶3 + 4. 76

Chapitre 3 • Suites numériques

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c. 𝐶5 = 𝐶4 + 5.

19 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. On recopie la proposition a) ou c).

20 1. On obtient le 4e terme de la suite et il vaut 157. 2. On doit saisir 𝑁 = 6.

21 1. Pour 𝑁 = 4, le programme donne 𝑢 = −9 et 𝐿 = (1, 3, −1, 7, −9). 2. La valeur de 𝑁 doit être 9.

22 a. Je conjecture que la limite de la suite est 1. b. Je conjecture que la limite de la suite est +∞.

23 a. Voir sur la calculatrice : les termes de la suite deviennent de plus en plus grands b. Je conjecture que la limite est +∞.

24 Le deuxième terme de la suite (𝑢𝑛 ) est 7.

25 La bonne réponse est la réponse a).

26 𝑆 = 55.

27 1. 𝑢1 = 8, 𝑢2 = 11 et 𝑢3 = 14. 2. Par définition, 𝑢𝑛 = 𝑢0 + 𝑟 × 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 et avec 𝑟 la raison de la suite. On a 𝑢7 = 26.

28 1. 𝑣2 = 0, 𝑣3 = −2 et 𝑣4 = −4. 2. Par définition, 𝑣𝑛 = 𝑣𝑝 + (𝑛 − 𝑝) × 𝑟 pour tous entiers naturels 𝑛 et 𝑝 et avec 𝑟 la raison de la suite. En prenant ici 𝑝 = 1, on obtient 𝑣𝑛 = 4 − 2 𝑛.

Chapitre 3 • Suites numériques

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29 La suite 𝑣𝑛 est une suite arithmétique de raison −3.

30 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. (wn) est une suite arithmétique de raison r donc r = w4 – w3 = 8 – 5 = 3. La raison de cette suite est égale à 3. 2. w3 – w2 = 3. Donc 5 – w2 =3 et w2 = 5 – 3 = 2. w2 – w1 = 3. Donc 2 – w1 = 3 et w1 = 2 – 3 = –1. w1 – w0 = 3. Donc –1 – w0 =3 et w1 = –1 – 3 = –4. 31 𝑆 = 4 950.

32 Le deuxième terme de la suite est 4.

33 La bonne réponse est la réponse c).

34 𝑆 = 61 035 156.

35 a. 𝑤1 = 10, 𝑤2 = 50 et 𝑤3 = 250. b. Par définition, 𝑤𝑛 = 𝑤0 × 𝑞 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 et avec 𝑞 la raison de la suite.

36 a. 𝑡2 = −18, 𝑡3 = 54 et 𝑡4 = −162. b. Par définition, 𝑡𝑛 = 𝑡1 × 𝑞 𝑛−1 pour tous entiers naturels 𝑛 et 𝑝 avec 𝑞 la raison de la suite.

37 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. (un) est une suite géométrique de raison q donc u5 = q × u4. D’où : 12 = q × 6 et q = 2.

38 Oui, la suite est géométrique.

3

1

39 𝑆 = 2 − 2×312

78

Chapitre 3 • Suites numériques

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Pour s’entraîner 40 a. 𝑢𝑛 = 5 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 supérieur ou égal à 1. b. 𝑢𝑛 = 𝑢𝑛−1 + 5 pour tout entier naturel 𝑛 supérieur ou égal à 1.

41 𝑢𝑛 = 𝑛2 − 3 pour tout entier naturel 𝑛.

42 1. 𝑤1 = 𝑤0 × 3 + 1 2. 𝑤2 = −32 3. 𝑤𝑛+1 = 3 𝑤𝑛 + 1 pour tout entier naturel 𝑛. 43 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 3 Pour tout entier naturel n non nul, an+1 = 4an + 400. 44 1. Il y a 36 issues possibles. 2. Il y a 216 issues possibles. 3. a. 𝑣1 = 6, 𝑣2 = 36 et 𝑣3 = 216. b. 𝑣𝑛 = 6𝑛 pour tout entier naturel 𝑛.

45 1. Le capital au bout d’un an, après le retrait, est de 14 900 euros. 2. 𝑣𝑛+1 = 1,02 × 𝑣𝑛 − 400 pour tout entier naturel 𝑛.

46 1. 𝑢1 = 0, 𝑢2 = 1, 𝑢3 = 3 et 𝑢4 = 6. 2. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

Chapitre 3 • Suites numériques

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47 1.

2. a. Chaque nouveau triangle équilatéral a des côtés de longueur une demi fois plus petite que le précédent. 1

b. Le coefficient de réduction vaut 2. 1

3. 𝑝𝑛+1 = 𝑝𝑛 × 2 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

48 1. 𝑎1 = 1, 𝑎2 = 4, 𝑎3 = 9 et 𝑎4 = 16. 2. 𝑎𝑛 = 𝑛2 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 3. 𝑎11 = 121.

49 Les deux premiers termes de la suite (𝑥𝑛 ) sont 0,5 et 0,75. 𝑥 +𝑥 La relation de récurrence est 𝑥𝑛 = 𝑛−1 2 𝑛−2 pour tout entier naturel 𝑛 ≥ 2.

50 a. 𝑢0 = −2, 𝑢1 = 1, 𝑢2 = 4. Pour tout entier naturel 𝑛, 𝑣𝑛 = 1. b. 𝑢5 = 13 et 𝑣5 = 1.

51 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. u0 = 2 × 0² – 1 = –1 ; u1 = 2 × 1² – 1 = 1 et u2 = 2 × 2² – 1 = 7. v0 = 0 ; v1 = 2v0² – 1 = 2 × 0² – 1 = –1 et v2 = 2v1² – 1 = 2 × (–1)² – 1 = 1. b. u4 = 2 × 4² – 1 = 31.

80

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v3 = 2v2² – 1 = 2 ×1² – 1 = 1. v4 = 2v3² – 1 = 2 × 1² – 1 = 1. 52 1. Les premiers termes sont 1, 6, 27, 0… Donc la suite n’est pas monotone. 2. 𝑡𝑛+1 − 𝑡𝑛 = −(𝑛 + 3)2 pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite (𝑣𝑛 ) est strictement décroissante.

53 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire à la question 1

2 : 𝑢𝑛 = 2𝑛+1. 1. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = 4𝑛 + 1 pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite est strictement croissante. −2

2. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = (2𝑛+3)(2𝑛+1) pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite est strictement décroissante. 3. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = 2𝑛 + 3 pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite est strictement croissante. 4. 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = −√𝑢𝑛 2 + 3 pour tout entier naturel 𝑛. Donc la suite est strictement décroissante.

54 1. La fonction 𝑓 est strictement croissante sur [0; +∞[. Donc la suite est strictement croissante. 2. La fonction 𝑓 est strictement croissante sur [0; +∞[. Donc la suite est strictement croissante.

55 1. 𝑢1 = 4, 𝑢2 = 10 et 𝑢3 = 28. 2. 𝑢1 = −3, 𝑢2 = −8 et 𝑢3 = −63.

56 a. 𝑢0 = −3, 𝑢1 = 1 − √10, 𝑢2 = 2 − √13 et 𝑢100 = 100 − √10 009. 7

105

b. 𝑢0 = 5, 𝑢1 = 3, 𝑢2 = 5 et 𝑢100 = 10 001. c. 𝑢𝑛 = 1 pour tout entier naturel 𝑛.

57 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. On recopie la formule d). 2. On recopie la formule a). Chapitre 3 • Suites numériques

81

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58 1. La bonne réponse est la réponse c). 2. La bonne réponse est la réponse a).

59 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

60 1. Cette proposition est fausse. 2. « Si 𝑢𝑛 > 0 pour tout entier naturel 𝑛 alors les trois premiers termes de cette suite sont strictement positifs ». Elle est vraie.

1

61 Cette affirmation est fausse. Par exemple la suite 𝑢𝑛 = 2 pour tout entier naturel 𝑛.

62 Cette affirmation est vraie. Par exemple la suite 𝑢𝑛 = 3 pour tout entier naturel 𝑛.

63 1. Pour 𝑁 = 5, le programme donne 𝐿 = (3, 5, 9, 17, 33, 65). 2. 𝑢𝑛+1 = 2 𝑢𝑛 − 1 pour tout entier naturel 𝑛.

64 1. Pour 𝑁 = 4, le programme donne 𝐿 = (3, √10, √11, √12, √13). 2. 𝑢𝑛+1 = 𝑓(𝑢𝑛 ) pour tout entier naturel 𝑛.

82

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65 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1.

2. On conjecture que la limite de la suite est +∞.

66 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1.

2. On conjecture que la limite de la suite est 0. 67 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

Chapitre 3 • Suites numériques

83

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68 1. 𝑢0 = 0, 𝑢1 = 1, 𝑢2 = 2, 𝑢3 = 9 et 𝑢4 = 28. 2.

69 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 3 On résout l’inégalité 2 𝑝 − 1 > 300. 3

Donc 2 𝑝 > 301 ou 2

𝑝 > 3 × 301 ≈ 200,7. Donc p = 201.

70 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : le plus petit entier naturel p. Le plus petit entier naturel 𝑝 tel que 𝑤𝑝 < 10 est 4.

71 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : le plus petit entier naturel p. Le plus petit entier naturel 𝑝 tel que 𝑐𝑝 > 28 est 4.

72 L’affirmation est fausse. Par contre-exemple : la suite (𝑢𝑛 )𝑛 définie par 𝑢𝑛 = 105 pour tout entier naturel 𝑛 appartenant à l’intervalle [0 ; 24] et 𝑢𝑛 = 100 pour tout entier naturel 𝑛 appartenant à l’intervalle [25 ; +∞[.

84

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73 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

74 1. 𝑢𝑛 = 13 − 5𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 𝑢14 = −57. 2. La suite est strictement croissante. 3. 𝑆 = 143.

75 1. 𝑢𝑛 = 3 + 2𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 𝑢6 = 15. 2. La suite est strictement décroissante. 3. 𝑆 = −221.

76 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Pour tout entier naturel n non nul, wn = w1 + r × (n – 1). Donc wn = 5 + (–2) × (n – 1) = –2n + 7. w10 est le dixième terme de cette suite. w10 = -2 × (10 – 1) + 7 = –11. 2. La raison de cette suite est strictement négative donc elle est strictement décroissante. 3. Le premier terme de la somme est w1 et le dernier est w13. w13 = –2 × (13 – 1) + 7 = –24 + 7 = –17. La somme comporte 13 termes. Donc S = 13 ×

5+(−17) 2

= −78.

77 a. La suite (𝑢𝑛 )𝑛 est arithmétique de raison −5 et de premier terme 𝑢0 = −1. b. La suite (𝑢𝑛 )𝑛 n’est pas arithmétique. c. La suite (𝑢𝑛 )𝑛 est arithmétique de raison −5 et de premier terme 𝑢0 = 3. d. La suite (𝑢𝑛 )𝑛 est arithmétique de raison 2 et de premier terme 𝑢0 = −1.

78 1. La bonne réponse est la réponse c). 2. La bonne réponse est la réponse a). Chapitre 3 • Suites numériques

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3. La bonne réponse est la réponse b). 4. La bonne réponse est la réponse b).

79 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. On saisit la formule : =B2 + 7 2. On saisit la formule : =C2 + B3

80 (2𝑘 + 1) + (2𝑘 + 3) + ⋯ + (2𝑘 + 17) = 18𝑘 + 81. Cette somme vaut 153, on a donc 𝑘 = 4 et les nombres cherchés sont 9, 11, … et 25.

81 Cette affirmation est fausse. La somme vaut 120.

82 Cette affirmation est vraie.

83 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. u1 = u0 + r. Donc 5 = –2 + r et r = 7. Pour tout entier naturel n, un = u0 + r × n. Donc un = –2 + 7 × n = 7n – 2. 2. u12 est le treizième terme de cette suite. u12 = 7 × 12 – 2 = 82. 3. On résout l’inégalité 7n – 2 ≥ 1 000. Donc n ≥

1002 7

≈ 143,1.

Les termes de un sont supérieurs à 1000 à partir de n = 144. 4. On résout la double inéquation : 500 ≤ 7n – 2 ≤ 1 000. Donc 502 7

502 7

≤n≤

1002 7

.

≈ 71,7. Donc l’entier n est compris entre 72 et 143.

84 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire à la 3e ligne 𝑢𝑛 au lieu de un. 1. La suite est arithmétique. 2. a. Cette somme vaut 11 700. On a 𝑢𝑛 = 80 + 20𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. b. Un puit de 30 mètres de profondeur coûte 11 700 euros. 3. On peut creuser au maximum 53 mètres.

85 1. 𝑢0 = 24, 𝑢1 = 26, 𝑢2 = 28 et 𝑢3 = 30. 86

Chapitre 3 • Suites numériques

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2. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 2 pour tout entier naturel 𝑛. On a alors 𝑢𝑛 = 24 + 2𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 3. Le diamètre bipariétal dépassera les 5 cm au bout de 14 + 11 = 25 semaines.

86 1. 𝑇5 = 15 et 𝑇6 = 21. 2. a.

𝑇5 et 𝑇6 b. 𝑇5 + 𝑇6 = 𝑇6 − 6 + 𝑇6 = 36 c. 𝑇20 va correspondre à un triangle avec 20 points sur la base et 20 points sur hauteur, donc à un carré de côtés 20 points donc au total 400 points. Par le même raisonnement que la question précédente, on obtient ce que la question demande. d. 2𝑇𝑛 − 𝑛 = 𝑛2 d’où 𝑇𝑛 =

𝑛 (𝑛 + 1) 2

.

3. a. 𝑢1 = 1, 𝑢2 = 2 et 𝑢3 = 3. b. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 + 1. c. La suite est arithmétique de raison 1 et de premier terme 𝑢1 = 1. d. 𝑇𝑛 = 𝑢1 + ⋯ + 𝑢𝑛 =

𝑛 (𝑛 + 1) 2

4. 2019 n’est pas un nombre triangulaire.

Chapitre 3 • Suites numériques

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87 1. La proposition est vraie. On a 𝑢𝑛 = 50 + 5𝑛. 2. La proposition est fausse. On a 𝑢2 = 60. 3. La proposition est vraie. On a 𝑢10 = 100.

88.

𝑈 ⟵ 𝑢0 𝐿 ⟵ [𝑈] Pour I variant de 0 à N U⟵𝑈+𝑟 𝐿 ⟵ 𝐿 + [𝑈] Fin Pour

89 1. On a 𝑣𝑛 = 2 × 3𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 et 𝑣9 = 39 366. 2. La suite est strictement croissante. 3. a. 𝑆 = 19 682. b. 𝑆 ′ = 32 802.

90 1. On a 𝑣𝑛 = 3 × (−2)𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 2. Les termes de la suite changent de signe alternativement. Elle n’est donc pas monotone. 3. 𝑆 = 2 049.

88

Chapitre 3 • Suites numériques

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91 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1 1. Pour tout entier naturel n non nul, wn = w1 × qn-1. Donc wn = − 2 × 3𝑛−1 . 2. Le premier terme est strictement négatif et la raison est strictement positive donc la suite est strictement décroissante. 3. Le premier terme de la somme est w1 et le dernier est w12. 1−𝑞 12

S = w1

1−𝑞

1

= −2 ×

1−312 1−3

= −132860

1 𝑛

92 1. On a 𝑤𝑛 = 12 × (3) pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 2. La suite est strictement décroissante. 1 11

3. 𝑆 = 6 − 18 × (3) .

5

93 On a 𝑢𝑛 = 3 × 3𝑛 . 1. 𝑆 = 16 400. 2. 𝑆 ′ + 𝑆 = 𝑢0 + ⋯ + 𝑢15 . Donc 𝑆 ′ = 35 855 865.

94 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 2. En 1974, 32 768 transistors étaient présents.

95 1. a. 𝑑1 = 50, 𝑑2 = 45 et 𝑑3 = 40,5. b. 𝑑𝑛+1 = 𝑑𝑛 × 0,9 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. c. La suite est une suite géométrique de raison 0,9 et pour tout entier naturel 𝑛 non nul, on a 𝑑𝑛 = 50 × 0,9𝑛−1. 2. 𝐿𝑛 = 𝑑1 + ⋯ + 𝑑𝑛 et 𝐿𝑛 vaut donc 500 × (1 − 0,9𝑛 ) pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 3. 𝐿𝑛 = 500 − 500 × 0,9𝑛 . Donc 𝐿𝑛 appartient à l’intervalle ] 0 ; 500] pour tout entier naturel 𝑛 non nul. Le pari du globetrotter est donc perdu.

96 1. 𝑢1 = 2 000, 𝑢2 = 2 200, 𝑢3 = 2 420 et 𝑢4 = 2 662. 2. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 × 1,1. La suite est une suite géométrique. 3. 𝑢𝑛 = 2 000 × 1,1𝑛−1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

Chapitre 3 • Suites numériques

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4. La production est de 2 000 ×

1 − 1,1 20 1 − 1,1

unités soit environ 114 550 unités.

97 1. 𝑝1 ≈ 1 000 et 𝑝2 ≈ 988. 2. 𝑝𝑛+1 = 𝑝𝑛 × 0,9875. La suite est géométrique. 3. 𝑝𝑛 = 1 013 × 0,9875𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 4. 𝑝32 ≈ 677. 5. On résout 𝑝𝑛 < 600. Et on trouve 𝑛 > 41 soit 𝑛 = 42.

98 1. a. 𝑢1 = 1. b. 𝑢𝑛+1 = 2 × 𝑢𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. c. La suite est géométrique de raison 2. 2. 𝑢𝑛 = 2𝑛−1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 3. 𝑢64 = 263 . Donc il faudra 263 × 0,04 ≈ 3,97 × 1017 grammes de riz. 4. Sissa aurait dû avoir 3,97 × 1017 g de riz. Or la production mondiale n’est que de 5,13 × 1011 g de riz.

99

𝑈 ⟵ 𝑢0 𝐿 ⟵ [𝑈] Pour i variant de 0 à 𝑁 − 1 U⟵𝑈×𝑞 𝐿 ⟵ 𝐿 + [𝑈] Fin Pour

100 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

90

Chapitre 3 • Suites numériques

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101 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 × 0,835 pour tout entier naturel 𝑛. 2. Les termes 𝑢𝑛 semblent se rapprocher de 0 quand 𝑛 devient grand. 3.

102 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. a. Début de la feuille :

b. On conjecture que le limite de la suite est 2. c. La suite n’est ni arithmétique, ni géométrique. 1

2. a. 𝑣𝑛+1 = 2 𝑢𝑛 − 1 et

𝑣𝑛+1 𝑣𝑛

= 0,5.

Donc la suite est géométrique de raison 0,5 et de premier terme 𝑣0 = −2. b. 𝑣𝑛 = −2 × 0,5𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. c. 𝑢𝑛 = −2 × 0,5𝑛 + 2 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

Chapitre 3 • Suites numériques

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3. a. Début de la feuille :

b. On conjecture que la suite tend vers 0. Cette conjecture est cohérente avec celle faite précédemment car 2 − 2 = 0. 103 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, le a du 1 n’a pas lieu d’être car il y a une seule question. 1. On calcule deux différences entre deux termes consécutifs de la suite et on compare les résultats pour montrer que la suite (𝑢𝑛 )𝑛 n’est pas arithmétique et on calcule le quotient de deux termes consécutifs de la suite et on compare les résultats pour montrer que la suite (𝑣𝑛 )𝑛 n’est pas géométrique. 2. a. On reconnait l’expression du terme général 𝑢𝑛 d’une suite arithmétique en fonction de 𝑛 un entier naturel. b. 𝑝𝑛+1 − 𝑝𝑛 = −5. Donc le premier terme est 3 et la raison est −5. 3.a. Si le quotient 𝑤𝑛+1 𝑤𝑛

b.

𝑤𝑛+1 𝑤𝑛

est un réel, alors la suite (𝑤𝑛 )𝑛 est une suite géométrique de raison

.

𝑤𝑛+1 𝑤𝑛

= 3. Le premier terme est 15 et la raison est 3.

104 1. 𝐶0 = 5 000, 𝐶1 = 5 250 et 𝐶2 = 5 500. 𝐾0 = 5 000, 𝐾1 = 5 200 et 𝐾2 = 5 408. 2. 𝐶𝑛+1 = 𝐶𝑛 + 250 pour tout entier naturel 𝑛. La suite (𝐶𝑛 )𝑛 est une suite arithmétique de raison 250. 𝐾𝑛+1 = 𝐾𝑛 × 1,04 pour tout entier naturel 𝑛. La suite (𝐾𝑛 )𝑛 est une suite géométrique de raison 1,04. 3. 𝐶𝑛 = 5 000 + 250 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 𝐾𝑛 = 5 000 × 1,04 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 4. 𝐶6 = 6 500 et 𝐾6 = 6 327. 92

Chapitre 3 • Suites numériques

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5. Après 20 années, le capital aura doublé pour la suite (𝐶𝑛 )𝑛 . Cette durée dépend du montant initial. Après 18 années, le capital aura doublé pour la suite (𝐾𝑛 )𝑛 . Cette durée ne dépend pas du montant initial.

105 1. a. 𝑣0 = 3, 𝑣1 = 6, 𝑣2 = 19 et 𝑣3 = 42. b. La suite (𝑣𝑛 )𝑛 est strictement croissante. c. Le plus petit entier naturel 𝑛 tel que 𝑣𝑛 ≥ 1 000 est 15. 2. a. 100 1 000 10 000 … 𝒏 10 𝒗𝒏 483 49 803 4 998 003 499 980 003 … b. On conjecture que la limite de la suite est +∞.

106 1. 𝑢0 = 5, 𝑢1 = 4,6 et 𝑢2 = 4,2. 2.a. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 − 0,4 pour tout entier naturel 𝑛. b. 𝑢𝑛 = 5 − 0,4 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 3. Il faudra refaire une injection à 8 + 9 = 17 heures.

1

11

107 1. 𝐼1 = 𝐼0 − 12 × 𝐼0 = 12 × 𝐼0 . 11

2. 𝐼𝑛 = 𝐼0 × 𝑞 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 et avec 𝐼0 le premier terme et 𝑞 = 12 pour la raison. 3. 𝐼8 ≈ 0,4985 < 0,5. Donc l’intensité à bien diminué de moitié après la traversée de 8 plaques.

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1 a. un+1 = 3(n + 1)² – 1 = 3n² + 6n + 2 et u2n = 3(2n)² – 1 = 12n² – 1. b. Pour tout entier naturel n, un+1 – un = 3n² + 6n + 2 – (3n² – 1) = 6n + 3. Or pour tout entier naturel n, 6n + 3 > 0. Donc un+1 – un >0. La suite (un) est strictement croissante.

Chapitre 3 • Suites numériques

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2 u1 = u2 =

2𝑢0 +1

𝑢0 +5 2𝑢1 +1 𝑢1 +5

=

=

2×4+1

4+5 2×1+1 1+5

9

=9=1 3

= 6 = 0,5

3 La calculatrice permet d’obtenir u15 = 32 771. 4 u1 = 0,5u0 – 7 = 0,5 × 3 – 7 = –5,5 u2 = 0,5u1 – 7 = 0,5 × (–5,5) – 7= –9,75 u3 = 0,5u2 – 7 = 0,5 × (–9,75) – 7= –11,875 u4 = 0,5u3 – 7 = 0,5 × (–11,875) – 7= –12,9375 Pour tout entier naturel n, un+1 = 0,5un – 7. 5 B. 6 D. 7 C. 8 A. et C. 9 a. Vrai b. Vrai c. Faux d. Faux 10 Vrai 11 Faux 12 Faux

Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 108 a. un = u0 + rn = 8 – 23n. Donc u25 = 8 – 23 × 25 = –567. b. un = u0 + rn = –19 + 4n. Donc u135 = –19 + 4 × 135 = 521. 1

c. un = u0 + rn = –2 + n. 3

1

4

Donc u10 = –2 + 3 × 10 = 3. 109 a. un = u1 + r(n – 1) = 3 + 2(n – 1) = 1 + 2n. Donc u21 = 1 + 2 × 21 = 43. b. un = u1 + r(n – 1) = –15 + 9(n – 1) = –24 + 9n. Donc u14 = –24 + 9 × 14 = 102. 1

3

𝑛

c. un = u1 + r(n – 1) = –1 + 2 (n – 1)=− 2 + 2. 3

Donc u132 = − 2 +

132 2

=

129 2

.

110 w7 = w0 + 7r. Donc 15 = –6 + 7r et r = 3. D’où w1= w0 + r et w1 = –6 + 3 = –3.

94

Chapitre 3 • Suites numériques

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111 a. t24 = t0 + 24r. 1

Donc 19 = 25 + 24r et r = − 4. b. s5 = s0 + 5r. Donc

17 2

5

= − 2 + 5𝑟 et 𝑟 =

11 5

.

c. p37 = p0 + 37r. 18

Donc 30 = 48 + 37r et r = − 37. 112 a. vn = v0 × qn = 25 × 2n. Donc v13=25 × 213 = 204 800. b. vn = v0 × qn = 4 000 × 0,8n. Donc v22= 4 000 × 0,822 ≈ 29,5. 1 𝑛

c. vn = v0 × qn = 384× (2) . 1 6

Donc v6 = 384 × (2) = 6. 113 a. vn = v1 × qn-1 = 3 × 2n-1. Donc v10 =3 × 29= 1 536. b. vn= v1 × qn-1= 10 000 × 0,5n-1. Donc v15 = 10 000 × 0,514 ≈ 0,6. c. vn = v1 × qn-1 = 2 × 1,01𝑛−1 . Donc v500 = 2 × 1,01499 ≈ 286,7. 114 a3 = a0× q3 donc –1 512 = 7× q3. On obtient : q3 = −

1512 7

= −216.

Donc q = –6. D’où a7 = a0 × q7 = 7 × (–6)7 = –1 959 552. 9

115 a. u2 = u0 × q2 donc = 2 × q2. 2

9

3

On obtient : q2 = . Donc q = . 4

2

b. v4 = v0 × q4 donc 0,0256 = 16 × q4. On obtient : q4 =

0,0256 16

. Donc q = 0.2

Parcours différenciés : approfondissement Parcours 3 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : Dans la piste c. (𝑢𝑛 ) est définie pour tout entier naturel 𝑛 non nul. 1. ℎ1 = 1, ℎ2 = 3 et ℎ3 = 7. 2. a. Pour déplacer une tour de 𝑛 disques avec 𝑛 un entier naturel non nul, on effectue ℎ𝑛 déplacements. Pour déplacer le disque de taille 𝑛 + 1, on effectue 1 déplacement. Puis, on déplace à nouveau la tour de taille 𝑛 soit encore ℎ𝑛 déplacements. Au bilan, pour déplacer une Chapitre 3 • Suites numériques

95

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tour de taille 𝑛 + 1, on a donc ℎ𝑛 + 1 + ℎ𝑛 déplacements soit ℎ𝑛+1 = 2 × ℎ𝑛 + 1 déplacements. b. On conjecture que ℎ𝑛 = 2𝑛 − 1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. c. On prend 𝑢𝑛 = ℎ𝑛 + 1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

= 2. Donc la suite (𝑢𝑛 )𝑛 est

géométrique et pout tout entier naturel 𝑛 non nul, on a alors 𝑢𝑛 = 𝑢1 × 2𝑛−1 soit 𝑢𝑛 = 2𝑛 et donc ℎ𝑛 = 2𝑛 − 1. 3. ℎ5 = 31. Donc pour déplacer une tour de 5 disques, il faut 31 déplacements.

Parcours 4 a. 𝑆𝑛 = 23 + 33 + ⋯ + (𝑛 + 1)3 − 13 − 23 − ⋯ − 𝑛3 = (𝑛 + 1)3 − 1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. b. En développant (𝑘 + 1)3 − 𝑘 3 , on obtient 3𝑘 2 + 3𝑘 + 1. c. 𝑛

𝑛

𝑛

2

𝑆𝑛 = 3 ∑ 𝑘 + 3 ∑ 𝑘 + ∑ 1 𝑘=1

𝑘=1

𝑘=1

= 𝑛3 + 3𝑛2 + 3𝑛 = (𝑛 + 1)3 − 1 d. D’après les questions précédentes, on a donc : 𝑛

𝑛 2

𝑛

3

3 ∑ 𝑘 = (𝑛 + 1) − 1 − 3 ∑ 𝑘 − ∑ 1 𝑘=1

Et ainsi, 𝑈𝑛 =

𝑛(𝑛+1)(2𝑛+1) 6

𝑘=1

𝑘=1

pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

116 a. 𝑇 = 24 + 34 + ⋯ + (𝑛 + 1)4 − 14 − 24 − ⋯ − 𝑛4 = (𝑛 + 1)4 − 1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. b. En développant (𝑘 + 1)4 − 𝑘 4 , on obtient 4𝑘 3 + 6𝑘 2 + 4𝑘 + 1. c. 𝑛

𝑛 3

𝑛

𝑛

2

𝑇𝑛 = 4 ∑ 𝑘 + 6 ∑ 𝑘 + 4 ∑ 𝑘 + ∑ 1 𝑘=1

𝑘=1

= 𝑛4 + 4𝑛3 + 6𝑛2 + 2𝑛 = (𝑛 + 1)4 − 1

96

Chapitre 3 • Suites numériques

𝑘=1

𝑘=1

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d. D’après les questions précédentes, on a donc : 𝑛

𝑛

𝑛

𝑛

4 ∑ 𝑘 3 = (𝑛 + 1)4 − 1 − 6 ∑ 𝑘 2 − 4 ∑ 𝑘 − ∑ 1 𝑘=1

𝑘=1

𝑘=1

𝑘=1

𝑛 (𝑛 + 1) 2

Et ainsi, 𝑇𝑛 = 4(𝑛4 + 2𝑛3 + 𝑛2 ) = (

2

) pour tout entier naturel 𝑛 non nul.

Travaux pratiques TP1 Remboursement d’un emprunt Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Calculs des premiers termes d’une suite 1. a. 𝐼1 = 2 100 et 𝐴1 = 6 600 − 𝐼1 = 4 500 b. Le capital 𝐶1 restant dû est 65 500. 2. a. 𝐼2 = 0,03 × 65 500 et 𝐴2 = 4 635. = 1965 b. Le capital 𝐶2 restant dû est 60 865.

B. Création d’un tableau d’amortissement 1. a. b. c. Voir le tableur. 2. Maxime devra verser 6 136 euros pour solder son crédit.

C. Modélisation : nature de la suite (𝑨𝒏 ) 1. On conjecture que la suite (𝐴𝑛 ) est géométrique. 2. a. 𝐶𝑛−1 − 𝐶𝑛 = 𝐴𝑛 et 𝐼𝑛 = 𝐶𝑛−1 × 0,03 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. b. 𝐴𝑛 = 6 600 − 𝐼𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. c. D’après les questions 2. a. et 2. b., on a 𝐴𝑛 = 6 600 − 0,03 × 𝐶𝑛−1 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. d. 𝐴𝑛+1 − 𝐴𝑛 = 0,03 × 𝐴𝑛 et 𝐴𝑛+1 = 0,03𝐴𝑛 + 𝐴𝑛 = 1,03 𝐴𝑛 pour tout entier naturel 𝑛 non nul. Donc la suite (𝐴𝑛 )𝑛 est géométrique de raison 1,03 et de premier terme 𝐴1 = 4 500.

Chapitre 3 • Suites numériques

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TP2 Demi-vie d’un médicament Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. A. Modélisation : expression du terme général de la suite (𝑪𝒏 ) 1. 𝐶𝑛+1 = 0,965 𝐶𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 2. La suite est géométrique. 3. 𝐶𝑛 = 0,965𝑛 pour tout entier naturel 𝑛.

B. Étude expérimentale de la suite (𝑪𝒏 ) 1. Début de la feuille de calcul :

2.

98

Chapitre 3 • Suites numériques

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C. Étude de la demi-vie du médicament 1. a. La concentration initiale sera divisée en deux au bout d’un temps en minutes appartenant à l’intervalle [19 ; 20]. b. La concentration au bout de 30 min est d’environ 0,34. c. Il faut entre 19 et 20 minutes supplémentaires pour que cette concentration soit divisée par deux. d. On peut conjecturer que la concentration est divisée par deux au bout d’une durée de temps comprise entre 19 et 20 minutes. 2. a. 0,96520 ≈ 0,49. b. Au bout de 20 minutes, la concentration est bien divisée par deux.

Cap vers le bac Sujet A 1. La bonne réponse est la réponse c). 2. La bonne réponse est la réponse b). 3. La bonne réponse est la réponse d). 4. La bonne réponse est la réponse c). 5. La bonne réponse est la réponse d).

Sujet B 1. 25 − 0,01 − 0,01 = 24,98. 2. a. 𝑢𝑛+1 = 𝑢𝑛 − 0,01 pour tout entier naturel 𝑛. b. La suite est arithmétique. c. 𝑢𝑛 = 25 − 0,01 𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. 3. 𝑢560 = 19,4. Il fait donc 19,4 °C à 1 560 mètres. 4. On résout 𝑢𝑛 ≤ 20 et on trouve alors 𝑛 = 500. Donc la température sera inférieure ou égale à 20 °𝐶 à 1 500 mètres.

Chapitre 3 • Suites numériques

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Sujet C 1. On utilise le théorème de Pythagore dans le triangle OA1 A2 rectangle en A1 tel que 1

OA0 = 1 et on a alors OA20 = 0A21 + A1 A22 . C’est-à-dire A1 A2 = OA21 = 2 et donc OA1 = 2. a. On a OA𝑛+1 =

√2 2

√2 . 2

OA𝑛 pour tout entier naturel 𝑛. √2

𝑛

b. La suite est géométrique et son terme général est 𝑢𝑛 = ( 2 ) pour tout entier naturel 𝑛. 3. a. 𝐿𝑛 =

1−(

√2 2

1−

𝑛+1

)

√2 2

b. La suite tend vers 2−

pour tout entier naturel 𝑛. 2 √2

quand 𝑛 tend vers +∞.

Sujet D Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. La fonction Python retourne −1 pour 𝑛 = 0, −2 pour 𝑛 = 1 et −3 pour 𝑛 = 2. 2. L’algorithme calcule les termes de la suite b). 3. a. On change 𝑢 = −1 en 𝑢 = −7 et 𝑢 = 𝑢 − 1 en 𝑢 = 𝑢 − 2. b. On change 𝑢 = −1 en 𝑢 = 8 et 𝑢 = 𝑢 − 1 en 𝑢 = 𝑢 + 1,9. 4.

Pour aller plus loin 117 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑅0 =

𝑆0 𝑃0

et vaut 1. 53

2. 𝑆1 = 106, 𝑃1 = 102 et 𝑅1 = 51. 3. Voir le tableur. 4. L’année de rang 34, le ratio est maximal. 100

Chapitre 3 • Suites numériques

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5. La production agricole suffit à nourrir suffisamment la population pendant 96 ans. 6. 𝑅212 = 0,2061. Pour une personne, la production agricole n’a produit que 0,2061 ressource pour la nourrir.

118 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. 𝑢0 = 1 000. b. 𝑢𝑛+1 = 1,2 𝑢𝑛 − 100 pour tout entier naturel 𝑛. 2.

3. a.

𝑣𝑛+1 𝑣𝑛

= 1,2 donc la suite est géométrique.

b. 𝑣𝑛 = 1,2𝑛 × 500 et 𝑢𝑛 = 1,2𝑛 × 500 + 500 pour tout entier naturel 𝑛. c. La limite de la suite est + ∞. Le modèle est réaliste.

119 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. La plus petite valeur 𝑛 pour laquelle la liste contient plus de 2 020 éléments est 𝑛 = 11. b.

2. a. 𝑢𝑛+1 =

𝑢𝑛 2

pour tout entier naturel 𝑛. La suite est géométrique.

b. La limite de la suite est 0.

Chapitre 3 • Suites numériques

101

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120 1. a. TO A1 =

27 √3 8

et A1 T2 =

27 √3 16

81 √3

b. 𝐿2 =

16

2. a. 𝑢0 = b. 𝑢𝑛+1 =

27 √3 8 𝑢𝑛 2

et 𝑢1 =

27 √3 16

pour tout entier naturel 𝑛.

c. 𝐿2𝑛 = 𝑢0 + 𝑢1 + ⋯ + 𝑢2𝑛−1 = 3𝑢1 + ⋯ + 𝑢2𝑛−1 = = 3.

27 √ 3 8

27 √ 3 8

(1 − 0, 52𝑛−1 ) + 𝑢0

(2 − 0, 52𝑛−1 )

𝑈 ⟵ 𝑢0 𝐿⟵𝑈 Pour i variant de 0 à 𝑛 U⟵

𝑈 2

𝐿⟵𝐿+𝑈 Fin Pour

121 1. La résidence comptera maximum 6 appartements. 2. Il doit placer au minimum 13 appartements au rez-de-chaussée.

122 La réponse est oui. On considère une suite géométrique de premier terme 𝑢0 un réel et de raison 𝑞 un réel. On a, pour tout entier naturel 𝑛 : 𝑢𝑛 = 𝑢0 × 𝑞 𝑛 . On considère aussi un triangle rectangle de longueur trois termes de cette suite géométrique. Les trois longueurs sont alors : 𝑢0 × 𝑞 𝑛 , 𝑢0 × 𝑞 𝑛 + 1 et 𝑢0 × 𝑞 𝑛 + 2 . Par exemple, avec 𝑢0 > 0 et 𝑞 > 1, la plus grande longueur est 𝑢0 × 𝑞 𝑛 + 2. Le triangle est rectangle, d’après le théorème de Pythagore, on a : (𝑢0 × 𝑞 𝑛 + 2 ) 2 = (𝑢0 × 𝑞 𝑛 + 1 )2 + (𝑢0 × 𝑞 𝑛 )2. D’où 𝑞 4 − 𝑞 2 − 1 = 0. Par changement de variable et en supprimant les valeurs négatives du carré et de 𝑞, on obtient alors 𝑞 =

√1 + √ 5 2

. Donc les mesures d’un triangle rectangle peuvent

être les trois termes consécutifs d’une suite géométrique si 𝑢0 > 0 et si la raison vaut √1 + √ 5 2

102

.

Chapitre 3 • Suites numériques

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123 1. Il faut

𝑛(3𝑛+1) 2

cartes pour un château de 𝑛 étages.

2. La hauteur maximale sera de 11 étages.

124 1. 𝐸4 = (1, 4, 3, 5, 2, 5, 3, 4, 1) et 𝐸5 = (1, 5, 4, 7, 3, 8, 5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1). 2. On note 𝑁10 le nombre d’éléments de la liste 𝐸10 . En retirant le premier « 1 » de la liste 𝐸10 , le nombre d’éléments restants dans la liste 𝐸10 , c’est-à-dire 𝑁10 − 1, correspond au nombre d’éléments qu’il va falloir rajouter pour construire 𝐸11 . On double donc 𝑁10 − 1 et on ajoute 1 (puisqu’il faut penser à rajouter le « 1 » enlevé en début de liste. À l’étape 11, on a donc : 𝑁11 = 2(𝑁10 − 1) + 1 Donc : 𝑁11 − 1 = 2(𝑁10 − 1) Par itération : 𝑁11 − 1 = 210 (𝑁1 − 1) On a donc : 𝑁11 = 210 + 1 = 1025 Elle contient 1 025 éléments. 3. On note 𝑆10 le nombre d’éléments de la liste 𝐸10 . Pour obtenir la somme à l’étape 11, il faut ajouter la somme des éléments de la liste précédente, c’est-à-dire 𝑆10 et la somme des nouveaux éléments. Chaque nouvel élément fait intervenir deux fois les anciens hormis pour les deux « 1 » en début et en fin de liste. La somme des nouveaux éléments est donc égale à 2𝑆10 − 2. À l’étape 11, on a donc : 𝑆11 = 2𝑆10 − 2 + 𝑆10 = 3𝑆10 − 2 = 3(𝑆10 − 1) + 1 𝑆11 − 1 = 3(𝑆10 − 1) Par itération : 𝑆11 − 1 = 310 (𝑆1 − 1) On a donc : 𝑆11 = 310 + 1 = 59 050 La somme de ses éléments est égale à 59 050. 4. 𝐸1 = (𝟏, 𝟏) 𝐸2 = (1, 𝟐, 1) 𝐸3 = (1, 𝟑,2,3,1) 𝐸4 = (1,4,3, 𝟓,2, 5, 3, 4, 1) 𝐸5 = (1, 5, 4, 7,3, 𝟖,5, 7, 2, 7, 5, 8, 3, 7, 4, 5, 1) Chapitre 3 • Suites numériques

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On remarque que le maximum 𝑀𝑛+1 de la liste à l’étape 𝑛 + 1 est entre le maximum 𝑀𝑛 de la liste à l’étape 𝑛 et le maximum 𝑀𝑛−1 de la liste à l’étape 𝑛 − 1. On a la relation 𝑀𝑛+1 = 𝑀𝑛 + 𝑀𝑛−1 avec 𝑀1 = 1 et 𝑀2 = 2. Donc : M3 = 3, M4 = 5, M5 = 8, M6 = 13, M7 = 21, M8 = 34, M9 = 55, M10 = 89, M11 = 144 5. a. En s’inspirant de la question 2, 𝑣𝑛 = 𝑁𝑛 − 1 correspond au nombre d’éléments qu’il faudra rajouter pour passer de 𝐸𝑛 à 𝐸𝑛+1 . On a donc : 𝑁𝑛+1 = 2(𝑁𝑛 − 1 )+1 éléments dans la liste 𝐸𝑛+1 soit 𝑣𝑛+1 = 2𝑣𝑛 . La suite (𝑣𝑛 ) est donc géométrique de raison 2 et de premier terme 𝑣1 = 1. Donc, pour tout entier naturel non nul 𝑛, 𝑣𝑛 = 2𝑛−1 . b. On note 𝑆𝑛 le nombre d’éléments de la liste 𝐸𝑛 . On procède comme à la question 3. On obtient donc : 𝑆𝑛+1 − 1 = 3(𝑆𝑛 − 1). La suite (𝑆𝑛 − 1) est donc géométrique de raison 3 et de premier terme 𝑆1 − 1 = 1. Donc, pour tout entier naturel non nul 𝑛, 𝑆𝑛 = 3𝑛−1 + 1.

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Chapitre 3 • Suites numériques

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Chapitre 4 Dérivation A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Dans ce chapitre, nous avons fait le choix de commencer par le point local (dérivabilité en un point, en travaillant au préalable la notion de pente d’une sécante), avant d’aborder la notion de dérivabilité sur un ensemble de valeurs, les opérations sur les dérivées et quelques applications (vitesse instantanée, approximation du coût marginal etc.). L’étude du signe de la dérivée pour étudier les variations de la fonction est abordée dans le chapitre 5.

2 Les objectifs des activités L’activité 1 a pour objectif d’introduire la notion de nombre dérivé par le prisme de la vitesse instantanée. Cette approche du nombre dérivé est retravaillée dans la capacité 13. La notion de limite quand h tend vers 0 est expliquée. L’activité 2 permet d’aborder le nombre dérivé comme la limite des pentes de sécantes à la courbe représentative de la fonction. L’animation qui accompagne cette activité permet au professeur d’illustrer cette notion de manière très visuelle. Nous avons décidé de compléter cette activité par la formule d’une équation de la tangente car les élèves doivent savoir la déterminer (voir capacité 12). L’activité 3 permet de découvrir la formule de la dérivée de la fonction inverse. L’élève commence par conjecturer la formule à l’aide du nombre dérivé en quatre valeurs. La démonstration, au programme, est ensuite un peu guidée. L’objectif de l’activité 4 est de montrer une application de la notion de nombre dérivé. Elle permet notamment de travailler la dérivée d’un trinôme et le lien entre nombre dérivé nul et tangente parallèle à l’axe des abscisses.

3 Exercices, TP et algorithmes L’utilisation de la calculatrice ou d’un logiciel de calcul formel trouve sa place dans certains exercices, notamment pour les conjectures de position relative entre une courbe et une de ses tangentes (exercice 86) ou pour vérifier son résultat (exercice 88). Chapitre 4 • Dérivation

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De plus, pour la démonstration de la dérivée de la fonction cube, il nous semblait pertinent d’utiliser un logiciel de calcul formel qui nous permet d’obtenir le développement de (𝑎 + ℎ)3 (voir exercice 41). Nous avons fait le choix de proposer une large gamme d’exercices d’applications du nombre dérivé (exercices 90 à 96), aussi bien en SVT, qu’en Physique et Économie. Un algorithme qui permet d’obtenir les pentes de sécantes à une courbe et de conjecturer un nombre dérivé est travaillé dans le sujet C. Le TP1 permet d’aborder la méthode d’Euler qui, couplée à un programme Python, permet d’approximer une vitesse instantanée à un instant donné. C’est notamment l’occasion de travailler avec un boucle while. Le TP2 permet de découvrir une propriété sur les tangentes à une hyperbole. Les élèves conjecturent dans un premier temps un résultat à l’aide d’un logiciel de géométrie dynamique et de la fonction inverse. Ils doivent ensuite démontrer cette conjecture en utilisant la formule de l’équation d’une tangente. Enfin, ils généralisent 𝑚

le résultat aux hyperboles d’équations 𝑦 = 𝑥 , avec m un réel non nul.

B Se tester pour un bon départ 1 1. La pente de d1 est 0,5. Réponse b. 2. la pente de d2 est −4. Réponse b. 2 1. Faux. Deux droites sont parallèles si et seulement si elles ont le même coefficient directeur. 2. Vrai. 3 Faux. La pente de d est 0,5. Il faut faire attention aux unités.

4 Le coefficient directeur de la droite (AB) est

8−2 1 − (−2)

6

, soit , soit 2. 3

5 La droite d est parallèle à la droite (EF), donc la pente de la droite d est égale à celle de la droite (EF). Or, la pente de la droite (EF) est

7 − (−5) −3 − 2

12

, soit − 5 , c’est-à-dire –2,4.

Ainsi, la pente de la droite d est –2,4. Le point G n’est pas utile.

6 Faux. L’équation réduite de cette droite est 𝑦 = −0,5𝑥 + 2.

106

Chapitre 4 • Dérivation

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7

8 a. Voir le graphique ci-dessous.

1

b. La droite d2 est parallèle à la droite d3, donc d2 et d3 ont la même pente, c’est-à-dire − 3. Voir le graphique ci-dessus.

9 𝑑 : 𝑦 = 5𝑥 + 𝑝. d passe par C(−4 ; 7) donc 7 = 5 × (−4) + 𝑝 donc 𝑝 = 27. Donc d a pour équation 𝑦 = 5𝑥 + 27.

10 La pente de (EF) est

7−1 − 5 − (−2)

, soit – 2. Donc (EF) : 𝑦 = −2𝑥 + 𝑝.

F(−5; 7) appartient à la droite (EF) donc 7 = −2 × (−5) + 𝑝 donc 𝑝 = −3. Donc (EF) a pour équation 𝑦 = −2𝑥 − 3. Chapitre 4 • Dérivation

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11 𝑔(1) = −2 × 12 + 3 × 1 + 1 = 2.

12 a. 𝑓(2 + ℎ) = ℎ2 + ℎ − 2.

13 a. 𝑓(1 + ℎ) = 1 + 2ℎ + ℎ2 . b.

𝑓(1+ℎ)−𝑓(1) ℎ

=

1+2ℎ+ℎ2 −1 ℎ

=

ℎ (2+ℎ) ℎ

= 2 + ℎ.

14 a. 𝑘(−1) = (−1)3 — (−1) + 1 = 1 et 𝑘(3) = 33 — 3 + 1 = 25. 25−1

b. 3−(−1) =

108

24 4

= 6.

Chapitre 4 • Dérivation

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C Activités Activité 1 Une balle en chute libre Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 𝑣 = b. 𝑣 =

1,43−1,23 0,54−0,5

1,32−1,23 0,52−0,5

2. a. 𝑟(ℎ) =

0,20

= 0,04 = 5.

=

0,09 0,02

= 4,5.

4,9×(0,5+ℎ)2 −4,9×0,52 ℎ

=

4,9×(0,25+ℎ+ℎ2 )−4,9×0,25 ℎ

=

4,9ℎ+4,9ℎ2 ℎ

= 4,9 + 4,9ℎ.

b. 𝑟(0,1) = 4,9 + 4,9 × 0,1 = 5,39. La vitesse moyenne de la balle entre 0,5 s et 0,6 s est de 5,39 m.s-1. c. 𝑟(0,01) = 4,949 et 𝑟(0,001) = 4,9049 ≈ 4,905.

Activité 2 Des sécantes à la tangente en un point Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. h = 1 donc l’abscisse du point M est 2. f(1 + h) = f(2) = 6. Donc M a pour coordonnées (2 ; 6). 6−3 Pente de la droite (AM) : 2−1 = 3. 2. a. Pente de (AM) en fonction de h : 𝑟(ℎ) =

𝑓(1+ℎ)−𝑓(1) 1+ ℎ−1

=

ℎ(ℎ+2) ℎ

= ℎ + 2.

b. Lorsque h se rapproche de 0, h + 2 se rapproche de 2, donc 𝑟(ℎ) se rapproche de 2. Ainsi, lorsque h se rapproche de 0, la pente de (AM) se rapproche de 2. 3. a. Lorsque h se rapproche de 0, la droite (AM) se rapproche de T. b. La pente de T est 2 donc l’équation de la droite T est de la forme : y = 2x + p. Le point A(1 ; 3) appartient à T, donc : 3 = 2 + 𝑝 donc p = 1. c. On retrouve le membre de droite de l’équation de la tangente T trouvée précédemment. 4. a. Pour calculer la pente de la tangente à la courbe passant par B, on calcule le nombre 𝑓’(2). Or, 𝑓 ′ (2) = lim

ℎ→0

𝑓(2+ℎ)−𝑓(2) ℎ

= lim (4 + 4ℎ) = 4. D’où le résultat. ℎ→0

Chapitre 4 • Dérivation

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Activité 3 Vers la dérivée de la fonction inverse Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 𝑓 ′ (1) = −1. b. a

−2

−1

1

2

f’(a)

−1 4

−1

−1

−1 4

c. Conjecture : 𝑓’(𝑎) =

−1 𝑎2

.

2. Errata : dans certains ouvrages, il manque la mention « Pour tous réels a et h tels que a + h ≠ 0 ». 1 1 − 𝑎 1 1 1 1 𝑎 𝑎+ℎ 1 𝑎 + ℎ 𝒂. 𝑟(ℎ) = = ( − )= ( − )= − . ℎ ℎ 𝑎+ℎ 𝑎 ℎ 𝑎+ℎ 𝑎 𝑎(𝑎 + ℎ) b. Lorsque h tend vers 0, r(h) tend vers −

1 𝑎2

.

Activité 4 Les mathématiques aux sports d’hiver Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 𝑓’(𝑥) = 0,12𝑥 − 3 et 𝑓’(25) = 0. b. La pente de la tangente à la courbe représentative de la fonction f passant par le point P d’abscisse 25 vaut 0. Donc cette tangente est une droite horizontale. La première contrainte est respectée. 2. a. A(0 ; 13,5) et B(20 ; 1,5). −12 Pente de la droite (AB) : 20 = −0,6. La pente de la tangente à la courbe de f passant par B est 𝑓′(20), soit −0,6. b. La tangente à la courbe de f passant par B à la même pente que la droite (AB). Il n’y a donc pas d’à-coups au niveau du raccordement. La deuxième contrainte est respectée.

110

Chapitre 4 • Dérivation

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D Exercices Pour démarrer b. −16

1 a. 31

2 a. 7

3 a.

4 a.

b. 12

c.

10

b.

7

13

25 49

3

c. −

4

1 4

b. –3

14

c. 0,004827 km2

5 a. 432 cm

b. 0,082 L

6 a. 𝑥(4𝑥 − 5)

b. 𝑦(−7𝑦 2 + 5𝑦 − 4)

7 a. 𝑥 = −3

b. 𝑥 = 3 ou 𝑥 = −4

8D=

d. 72 min et 27 s

c. 𝑥 3 (𝑥 + 5)

c. 𝑥 = −√5 ou 𝑥 = √5

4(B+C) A

12

9 48 = 0,25 = 25 %

10 1. c.

2. b.

3. b.

11 1. 𝑓(1) = −1 2. 𝑓(1 + ℎ) = 3(1 + ℎ) − 4 = 3 + 3ℎ − 4 = 3ℎ − 1. 3.

𝑓(1+ℎ)−𝑓(1) ℎ

=

3ℎ−1−(−1) ℎ

= 3.

Chapitre 4 • Dérivation

111

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12 1. La pente de la tangente à la courbe au point d’abscisse 4 est le nombre dérivé de g au point d’abscisse 4, c’est-à-dire 𝑔′(4). Donc le coefficient directeur de cette tangente est 1. 2. (4 ; 3). 13 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Le coefficient directeur de (AB) est –3. b. Le nombre dérivé de f en –2 est –3. 14 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 donc 𝑓 ′ (3) = 6. 2. c. 15 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1 a. Sur ]0 ; +∞[, 𝑘 ′ (𝑡) = . 2√𝑡

b. 𝑘 ′ (4) = 0,25. Donc le nombre dérivé de k en 4 est 0,25. 1 c. 𝑘 ′ (16) = = 0,125. 2√16

16 1. a. ℎ’(𝑥) = 3𝑥 2

b. ℎ’(1) = 3.

2. La droite T passe par les points de coordonnées (1 ; 1) et (2 ; 4), donc le coefficient directeur de T est

4−1

, soit 3. Donc ℎ′ (1) = 3.

2−1

17 1. B.

2. c.

3. c.

18 a. 𝑓’(𝑥) = 2𝑥

b. 𝑔’(𝑥) = 3𝑥 2 −

20 a. k = 4 c. 𝑘 = −

112

7 9

c. ℎ’(𝑥) = 21𝑥 2

b. 𝑏 = 3 et 𝑐 = 12

19 1. a. b = 12 et c = 48. 2. b. 𝑔(𝑥) = 4𝑥 3

1 𝑥2

d. 𝑖(𝑥) = 4𝑥 3 − 7.

4

𝑓 ′ (𝑥) = − 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑥2 7

9𝑥 2

Chapitre 4 • Dérivation

b. 𝑘 =

1 3

𝑓 ′ (𝑥) = −

1 3𝑥 2

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21 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. 𝑢′ (𝑥) = 2𝑥 et 𝑣′(𝑥) = 2

1

√

𝑥2

pour x > 0. Donc 𝑢′ (𝑥) × 𝑣(𝑥) = 2𝑥√𝑥 et 𝑢(𝑥) × 𝑣 ′ (𝑥) = 2 𝑥. 𝑥 √

𝑥2

5

2. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 √𝑥 + 2 𝑥. On peut simplifier : 𝑓 ′ (𝑥) = 2 𝑥√𝑥. √

22 1. Oui 2. « Il existe un réel x tel que 𝑓’(𝑥) ≠ 3 ».

23 1. 𝑢(𝑥) = 4𝑥 – 1 et 𝑢’(𝑥) = 4. 2. 𝑓’(𝑥) = 2 × 𝑢′ (𝑥) × 𝑢(𝑥) = 32𝑥 − 8.

24 1. 𝑣(𝑥) = 2𝑥 − 4 et 𝑣 ′ (𝑥) = 2. 2. 𝑓 ′ (𝑥) =

−𝑣′(𝑥) 𝑣(𝑥)2

donc 𝑓 ′ (𝑥) =

−2 . (2𝑥−4)2

25 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. 𝑢′ (𝑥) = −4 et 𝑣 ′ (𝑥) = 1. Donc 𝑢′ (𝑥) × 𝑣(𝑥) = −4𝑥 − 4, et 𝑢(𝑥) × 𝑣 ′ (𝑥) = −4𝑥 + 2. −6 2. 𝑓′(𝑥) = (𝑥+1)2 . 26 1. c.

2. a.

27 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 −3−1 = −3𝑥 −4 . 2. 𝑥 −4 =

1 𝑥4

3. 𝑓 ′ (𝑥) =

.

−3 𝑥4

.

28  fonction h.

 fonction f.

 fonction g.

Chapitre 4 • Dérivation

113

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Pour s’entraîner 29 1. 2.

𝑓(1+ℎ) − 𝑓(1) ℎ

𝑓(2) − 𝑓(0) 2−0

30 1. a.

=

10 2

= ℎ + 5.

= 5.

𝑔(3+ℎ) − 𝑔(3) ℎ

1

= − 1+ℎ.

b. On prend h = 1. La pente de S est donc –0,5. 2. La droite S passe par les points de coordonnées (3 ; 1) et (4 ; 0,5), donc sa pente est égale à –0,5.

31 Faux. Quand h tend vers 0, le taux de variation tend vers –8.

32 La condition « f est définie en a » est nécessaire pour que f soit dérivable en a (par définition de la dérivabilité en a). En revanche, ce n’est pas une condition suffisante. Par exemple, la fonction racine carrée est définie en 0 mais n’est pas dérivable en 0.

33 1. Prendre f : x ⟼ 𝑥 2 et g : x ⟼ 3𝑥. 𝑓(0) = 0 = 𝑔(0) mais 𝑓’(0) = 0 alors que 𝑔′ (0) = 3. 2. Réciproque « Si f’(a) = g’(a) alors f(a) = g(a) ». Contraposée « Si 𝑓′(𝑎) ≠ 𝑔′(𝑎) alors 𝑓(𝑎) ≠ 𝑔(𝑎) ». Les deux propositions sont fausses. Pour la réciproque, prendre f : x ⟼ 3𝑥 + 1 ; g : x ⟼ 3𝑥 + 2 et 𝑎 = 0. Pour la contraposée, prendre le contre-exemple de la question 1.

34 1. 𝑓’(1) = −1 2. 𝑓’(3) = 3

35 1. 𝑎 = 2 ; 𝑓(𝑎) = 4 ; 𝑓’(𝑎) = −2. 2. 𝑎 = −1 ; 𝑓(𝑎) = 2 ; 𝑓’(𝑎) = 0.

114

Chapitre 4 • Dérivation

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36

37 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 𝑔′ (1) = −3, donc la pente de la tangente 𝑇1 à 𝐶 au point A d’abscisse 1 est –3. 𝑔′ (2) = 0, donc la pente de la tangente 𝑇2 à 𝐶 au point B d’abscisse 2 est parallèle à l’axe des abscisses.

38 Vrai, car 𝑓’(3) est la pente de la tangente à la courbe de f au point d’abscisse 3.

Chapitre 4 • Dérivation

115

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39 a. 𝑓’(3) = lim

𝑓(3+ℎ)−𝑓(3) ℎ

ℎ→0

𝑔(3+ℎ)−𝑔(3)

b. 𝑔’(3) = lim

ℎ

ℎ→0

c. ℎ’(3) = lim

ℎ

40 a. 𝑓’(1) = lim

c. ℎ’(1) = lim

ℎ

= lim (6 + ℎ) = 6. ℎ→0

−1

= lim 3(3+ℎ) =

ℎ

ℎ ℎ(1+ℎ)−ℎ(1)

ℎ→0

ℎ→0

6ℎ+ℎ2

ℎ→0

𝑔(1+ℎ)−𝑔(1)

ℎ→0

= lim

𝑓(1+ℎ)−𝑓(1)

ℎ→0

b. 𝑔’(1) = lim

ℎ→0

ℎ→0

ℎ(3+ℎ)−ℎ(3)

ℎ→0

ℎ

= lim ℎ = lim 1 = 1.

ℎ

= lim

2ℎ+ℎ2

ℎ→0

ℎ

−1 9

.

= lim (2 + ℎ) = 2. ℎ→0

ℎ

= lim ℎ = lim 1 = 1. ℎ→0

ℎ→0

−1

= lim 1+ℎ = − 1. ℎ→0

41 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1.

𝑓(𝑎+ℎ)−𝑓(𝑎) ℎ

2. lim

= 3𝑎2 + 3𝑎ℎ + ℎ2 .

𝑓(𝑎+ℎ)−𝑓(𝑎)

ℎ→0

ℎ

= lim (3𝑎2 + 3𝑎ℎ + ℎ2 ) = 3𝑎2 . ℎ→0

42 a. 𝑓’(1) = 2 ; 𝑓’(0) = 0 ; 𝑓’(−2) = −4. b. 𝑓’(𝑥) = 2𝑥. c. 𝑓 ′ (1) = 2 × 1 = 2 ; 𝑓 ′ (0) = 2 × 0 = 0 et 𝑓 ′ (−2) = 2 × (−2) = −4.

43 1. 𝑓’(𝑥) = 3𝑥 2 donc 𝑓’(−1) = 3. 2.

116

Chapitre 4 • Dérivation

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3. a. Oui A(2 ; 8) et B(−2 ; −8). b. Oui la tangente à la courbe au point d’abscisse 0. 44 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Errata : dans certains ouvrages il est indiqué par erreur à la question 2. qu’il faut tracer la tangente T à la courbe au point d’abscisse 1, c’est au point d’abscisse 4. 2−1 1. a. 𝑓 ′ (1) = = 0,5. 3−1

b. Sur ]0; +∞[, 𝑓 ′ (𝑥) = 2. 𝑓

′ (4)

1

1 2√𝑥

, donc 𝑓 ′ (1) =

1

1

= = 0,5.

2√1

2

1

= 2√4 = 4.

1

1

1

1

3. L’équation 𝑓 ′ (𝑥) = 2 est équivalente à √𝑥 = 4, soit 𝑥 = 16. 𝑓 (16) = 4, donc C admet une tangente parallèle à la droite d’équation 𝑦 = 2𝑥 − 5. 1

1

Le point de contact a pour coordonnées (16 ; 4). 4. Pour tout x > 0, la pente de la tangente à C au point d’abscisse x est strictement positive. Ainsi, aucune tangente à C n’a de pente négative. 45 1. 𝑔′ (2) =

1 2√𝑥

, donc est

−1 4

.

2. La tangente à C au point d’abscisse –2 est parallèle à T. 1

1

3. On a 𝑓’(𝑎) = − 𝑎2 et 𝑓’(−𝑎) = − (−𝑎)2 =

−1 𝑎2

. Donc 𝑓 ′ (𝑎) = 𝑓′(−𝑎).

Donc les tangentes à C aux points d’abscisses respectives –a et a sont parallèles.

46 1. ℎ’(2) = 12. 2. La tangente à C au point d’abscisse –2 est parallèle à T. 3. On a ℎ’(𝑎) = 3𝑎2 et ℎ’(−𝑎) = 3 × (−𝑎)2 = 3𝑎2 . Donc ℎ′ (𝑎) = ℎ′(−𝑎). Donc les tangentes à C aux points d’abscisses respectives –a et a sont parallèles. Chapitre 4 • Dérivation

117

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47 Vrai : l’équation 2

1

√𝑎

= 2 a pour solution 𝑎 = 0,252 , soit 𝑎 = 0,0625. Donc la tangente à

la courbe de r au point d’abscisse 0,0625 est parallèle à la droite d’équation donnée.

48 T : 𝑦 = −0,25𝑥 + 1.

49 𝑓 ′ (𝑥) = 6𝑥 2 − 𝑥

50 𝑓 ′ (𝑥) = 8𝑥 − 2

𝑔′ (𝑥) = −6𝑥 2 − 6𝑥 + 4

𝑔′ (𝑥) = −3𝑥 2 − 14𝑥 +

51 𝑓 ′ (𝑥) = −2𝑥 2 + 2𝑥 + 7

52 𝑓 ′ (𝑥) =

−1 𝑥2

+

1 √𝑥

1 7

𝑔′ (𝑥) = 4𝑥 − 9𝑥 2

4

𝑔′ (𝑥) = 𝑥 2 − 𝑥 + 𝑥 2

53 1. La fonction f est une fonction affine, donc sa représentation graphique est une droite. 2. 𝑓’(𝑥) = 2 et 𝑓’(3) = 2. 3. La tangente à la courbe de f passant par (3 ; 5) est une droite de coefficient directeur 𝑓’(3) = 2. Et elle passe par un point de la courbe de f, donc la tangente à la courbe de f au point d’abscisse 3 et la courbe de f sont confondues. 4. a. Conjecture : Elles sont confondues. b. Soit f une fonction affine. Il existe donc deux réels m et p tels que, pour tout réel x, 𝑓(𝑥) = 𝑚𝑥 + 𝑝. Ainsi, 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑚. Soit a un réel et notons T la tangente à la courbe de f passant par le point (a ; f(a)). Le coefficient directeur de T est f’(a) = m, donc T : y = mx + q avec q un réel. Comme T passe par (a ; f(a)), on a : 𝑓(𝑎) = 𝑚𝑎 + 𝑞. Or, 𝑓(𝑎) = 𝑚𝑎 + 𝑝 (par définition de f(a)) donc 𝑝 = 𝑞. Ainsi, l’équation de T est 𝑦 = 𝑚𝑥 + 𝑝, qui est une équation de la courbe de la fonction f. Cette courbe et T sont donc confondues.

54 1. 𝑔’(𝑥) = 3𝑥 2 . 2. a. Oui. b. Réciproque : « Si pour tout réel x 𝑓’(𝑥) = 3𝑥 2 , alors f est définie par 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 ». Faux. Prenons f définie pour tout réel x par 𝑓(𝑥) = 𝑥 3 + 5. 118

Chapitre 4 • Dérivation

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55 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑓(𝑥) = 𝑢(𝑥)𝑣(𝑥) avec pour tout 𝑥 ∈ [0 ; +∞[, 𝑢(𝑥) = 𝑥 3 et 𝑣(𝑥) = √𝑥. u et v sont dérivables sur ]0 ; +∞[, donc par produit f est dérivable sur ce même intervalle. 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 √𝑥 +

56 𝑓 ′ (𝑥) = 6𝑥 √𝑥 +

𝑥3

7

= 2 𝑥 2 √𝑥.

2√𝑥

3𝑥 2 2√𝑥

=

15 2

𝑥√𝑥.

57 𝑔′ (𝑥) = 2(2𝑥 + 5) × (𝑥 2 + 5𝑥 − 1).

58 ℎ′ (𝑥) = 6(3𝑥 − 4) = 18𝑥 − 24.

59 1. 𝑔(𝑥) = −2𝑥 2 − 3𝑥 + 2 donc 𝑔′ (𝑥) = −4𝑥 − 3. 2. 𝑔′ (𝑥) = 1 × (−2𝑥 + 1) + (𝑥 + 2) × (−2) = −4𝑥 − 3.

60 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

−3 . (3𝑥−12)2

2. Pour tout réel 𝑥, 𝑓(𝑥) = Donc 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑢(𝑥) 𝑣(𝑥)

avec 𝑢(𝑥) = 𝑥 2 − 3𝑥 + 1 et 𝑣(𝑥) = 𝑥 + 3.

𝑢′ (𝑥)𝑣(𝑥)−𝑢(𝑥)𝑣 ′ (𝑥) (𝑣(𝑥))

2

=

(2𝑥−3)(𝑥+3)−(𝑥 2 −3𝑥+1)×1 (𝑥+3)2

=

𝑥 2 +6𝑥−10 . (𝑥+3)2

5

61 𝑓 ′ (𝑥) = (−5𝑥+2)2.

−2𝑥+3

62 𝑖 ′ (𝑥) = (𝑥 2 −3𝑥+5)2

63 𝑗 ′ (𝑥) =

14 (7𝑥+2)2

64 𝑘 ′ (𝑥) =

−3𝑥 (0,5𝑥 2 +1)2

Chapitre 4 • Dérivation

119

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65 𝑙 ′ (𝑥) = −4 −

66 𝑚′ (𝑥) =

67 𝑛′ (𝑥) =

1 𝑥 √𝑥

−4𝑥 2 +6𝑥+3 (𝑥 2 +𝑥)2

(−6𝑥+4)(𝑥 4 +𝑥2 +1)−(−3𝑥 2 +4𝑥+1)(4𝑥 3 +2𝑥) (𝑥 4 +𝑥 2 +1)2

68 𝑓(𝑥) = 2𝑥 −

4 3

=

6𝑥 5 −12𝑥 4 −4𝑥 3 −4𝑥 2 −8𝑥+4 . (𝑥 4 +𝑥 2 +1)2

et pour tout 𝑥 ∈ ]0 ; +∞[, 𝑓 ′ (𝑥) = 2.

1

𝑔(𝑥) = 8𝑥 − 5 + 𝑥 et pour tout 𝑥 ∈ ]0 ; +∞[, 𝑔′ (𝑥) = 8 −

1 𝑥2

.

69 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

−9𝑥 2 +24𝑥−1 . (−3𝑥+4)2 (−𝑥+2)(−3𝑥+4)+5 5

2. a. −𝑥 + 2 +

−3𝑥+4

=

5

−3𝑥+4

=

3𝑥 2 −10𝑥+13 −3𝑥+4

.

Donc 𝑓(𝑥) = −𝑥 + 2 + −3𝑥+4. 15

b. 𝑓 ′ (𝑥) = −1 + (−3𝑥+4)2. 15

c. −1 + (−3𝑥+4)2 =

−(−3𝑥+4)2 +15 (−3𝑥+4)2

=

−9𝑥 2 +24𝑥−1 . (−3𝑥+4)2

Donc les deux expressions de f’ sont égales. 70 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 − 4. 2. 𝑦 = 5 − 8(𝑥 + 1) = −8𝑥 − 3.

71 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 36𝑥 5 + 25𝑥 4 + 16 𝑥 3 + 9 𝑥 2 + 4𝑥 + 1. 2. 𝑦 = 𝑓(0) + 𝑓 ′ (0)𝑥 = 𝑥. 72 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 − 4 donc 𝑓 ′ (1) = −2. De même, 𝑔′ (𝑥) = −4𝑥 + 2 donc 𝑔′ (1) = −2. Ainsi, T et Δ ont la même pente : elles sont donc parallèles. 2. Elles sont confondues, car elles sont parallèles. De plus, 𝑓(1) = −3 = 𝑔(−1) donc T et Δ passent par le point de coordonnées (1; −3). Ainsi, T et Δ sont parallèles et ont un point en commun : elles sont donc confondues.

120

Chapitre 4 • Dérivation

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73 Algébriquement, 𝑓(0) = 𝑐. Graphiquement, on a 𝑓(0) = 1. Donc 𝑐 = 1. Donc 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 2 + 𝑏𝑥 + 1. De plus, 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑎𝑥 + 𝑏, donc 𝑓 ′ (0) = 𝑏. 2 2 2 Par lecture graphique, 𝑓 ′ (0) = − , donc 𝑏 = − . Ainsi, 𝑓(𝑥) = 𝑎𝑥 2 − 𝑥 + 1. 3

3

3

Par ailleurs, 𝑓(−3) = 9𝑎 + 3 et par lecture graphique, 𝑓(−3) = −1,5. Ainsi, 9𝑎 + 3 = −1,5, soit 𝑎 = −0,5. 2

Ainsi, 𝑓(𝑥) = −0,5𝑥 2 − 3 𝑥 + 1.

3

74 Par lecture graphique : 𝑔′ (2) = −2 et 𝑔′ (3) = −1. 𝑎

3

Algébriquement, 𝑔′ (𝑥) = − 𝑥 2 + 𝑏, donc 𝑔′ (2) = −

4𝑎 9

𝑎

+ 𝑏 et 𝑔′ (3) = − 9 + 𝑏.

2

Ainsi, 𝑎 = 3 et 𝑏 = − 3. 3

2

Ainsi, 𝑔(𝑥) = 𝑥 − 3 𝑥 + 𝑐. Donc 𝑔(3) = −1 + 𝑐. 3

2

Or, 𝑔(3) = 1 donc 𝑐 = 2. Par suite, 𝑔(𝑥) = 𝑥 − 3 𝑥 + 2.

75 Faux. 𝑓 ′ (𝑥) = 2 +

3𝑥 2 +3−6𝑥 . (𝑥 2 +1)2

76 Faux. 𝑓

(𝑓 × 𝑔)′ (1) = 𝑓 ′ (1)𝑔(1) + 𝑓(1)𝑔′ (1) = −8 mais ( )′(1) = 𝑔

77 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −9 × (−3𝑥 + 4)2 .

2. ℎ′ (𝑥) =

78 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 12 × (4𝑥 − 3)2 .

b. 𝑔′ (𝑥) =

79 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 8𝑥 7 .

80 a. 𝑓 ′ (𝑥) =

−5

81 a. 𝑓 ′ (𝑥) =

−8

𝑥6

𝑥5

b. 𝑔′ (𝑥) =

−3 𝑥4

1

𝑓 ′ (1)𝑔(1)−𝑓(1)𝑔′ (1) 𝑔(1)2

= −4.

.

√2𝑥−10

−5

.

2√−5𝑥+2

.

b. 𝑔′ (𝑥) =

−7

b. 𝑔′ (𝑥) =

21

𝑥8

𝑥8

c. ℎ′ (𝑥) =

−8

c. ℎ′ (𝑥) =

−50

𝑥9

𝑥 11

Chapitre 4 • Dérivation

121

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𝑣 ′ (𝑥)

82 1. a. 𝑣(𝑥) = 𝑥 4 donc 𝑓 ′ (𝑥) = − 𝑣(𝑥)2 =

−4𝑥 3 (𝑥 4 )2

4

= − 𝑥5.

b. 𝑛 = −4 donc 𝑓 ′ (𝑥) = −4𝑥 −5 . 1

4

2. −4𝑥 −5 = −4 × 𝑥 5 = − 𝑥 5 . Les deux expressions sont égales. 83 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 2𝑥 2 1. 𝑣(𝑥) = 𝑥 2 donc 𝑓2′ (𝑥) = − (𝑥 2 )2 = − 3 . 𝑥

2.

𝑓3′ (𝑥)

=

3. 𝑓𝑛′ (𝑥) =

3𝑥 2 3 − (𝑥 3 )2 = − 𝑥 4 . 𝑛𝑥 𝑛−1 − (𝑥 𝑛 )2 = −𝑛𝑥 𝑛−1−2𝑛

𝑛

= −𝑛𝑥 −(𝑛+1) , donc 𝑓𝑛′ (𝑥) = − 𝑥 𝑛+1 .

84 𝑓(𝑥) = −2𝑥 + 4 , 𝑥 > 2 1. f est définie par : { 𝑓(𝑥) = −4 + 2𝑥, 𝑥 < 2 𝑓(𝑥) = 0, 𝑥=2 2. a. f est dérivable sur ]−∞ ; 2[ et sur ]2 ; +∞[. Sur ]−∞; 2[, 𝑓 ′ (𝑥) = 2. Sur ]2 ; +∞[, 𝑓 ′ (𝑥) = −2. b. On a :

lim

ℎ→0,ℎ>0

𝑓(2+ℎ)−𝑓(2) ℎ

= − 2 et

lim

ℎ→0,ℎ 0 pour tout réel x différent de 3. Donc la courbe de f est toujours au-dessus de T.

88 1. 𝑇 ∶ 𝑦 = −3𝑥 + 2. 2. En développant le membre de droite et le membre de gauche, on trouve l’égalité. 3. a. (𝑥 − 1)3 est positif si, et seulement si, 𝑥 − 1 est positif. Donc la courbe de f est audessous de T sur ]−∞ ; 1]. La courbe de f est au-dessus de T sur [1 ; +∞[. 89 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 8 1. 𝑓 ′ (𝑥) = − (𝑥−2)2 . 8

2. a. 2 + 𝑥−2 =

2(𝑥−2)+8 8

𝑥−2

=

2𝑥+4

8

. Donc 𝑓(𝑥) = 2 + 𝑥−2. 𝑥−2

b. 𝑓 ′ (𝑥) = − (𝑥−2)2 . 3. a. 𝑓 ′ (3) = −8. b. 𝑓(3) = 10. L’équation réduite de T est 𝑦 = 𝑓(3) + 𝑓′(3)(𝑥 − 3), soit 𝑦 = 10 − 8(𝑥 − 3), soit 𝑦 = −8𝑥 + 34. 2𝑥+4−(−8𝑥+34)(𝑥−2)

4. a. Pour x > 2, 𝑓(𝑥) − (−8𝑥 + 34) = d’où 𝑓(𝑥) − (−8𝑥 + 34) = 2

8(𝑥 2 −6𝑥+9) 𝑥−2

𝑥−2

=

8𝑥 2 −48𝑥+72 𝑥−2

,

.

b. 𝑥 − 6𝑥 + 9 ≥ 0 sur I. Donc 𝑓(𝑥) − (−8𝑥 + 34) ≥ 0 donc 𝐶 est au-dessus de T sur I. 90 1. 𝑣 ≈ 5 m. s −1 soit 𝑣 ≈ 18 km. h−1 . 2. On veut résoudre 𝑑(𝑡) = 600. Cette équation est équivalente à 𝑡 2 =

1 200 𝑔

. On trouve 𝑡 ≈ 11 s.

3. On a 𝑣(𝑡) = 𝑑′ (𝑡) = 𝑔𝑡 donc 𝑣 ′ (𝑡) = 𝑔. Donc l’accélération est constante au cours du temps.

5

91 1. 𝑓′(0) = 2. La vitesse instantanée de la bille au temps t = 0 s est de 2,5 m. s−1. 2. a. La vitesse au temps 𝑡 = 2s est 1,5 m. s −1 . b. La vitesse au temps 𝑡 = 4 s est 0,5 m. s −1 .

124

Chapitre 4 • Dérivation

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d𝑥

92 1. d𝑡 = 3𝑡 2 + 0,9𝑡. 2. Et

d𝑥 d𝑡 d𝑥 d𝑡

(0) = 0 m. s −1 = 0 km. h−1 . (4) ≈ 52 m. s −1 soit environ 186 km. h−1 .

93 1. a. 𝐶(50) = 27 625 et 𝐶(51) = 28 111,451 b. 𝐶(51) − 𝐶(50) = 486,451 2. a. 𝑑(50) = 𝐶(50) − 𝐶(49) = 488,551 3. a. 𝐶 ′ (𝑥) = 0,003𝑥 2 − 2,4𝑥 + 600 puis 𝐶 ′ (50) = 487,5. b. 𝑑(50) = 𝐶(50) − 𝐶(49) = 488,551. Le résultat est proche de 𝐶 ′ (50). c. On constate que le coût marginal en x est proche de 𝐶 ′ (𝑥). 94 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 10−16 1. 𝑓 ′ (4) = 4−0 = −1,5. À 𝑡 = 4, la quantité de produit diminue de 1,5 milligrammes par heure. 2. a. 𝑓 ′ (𝑡) =

−50𝑡 2 +200 . (𝑡 2 +4)2

600

Donc 𝑓 ′ (4) = − 400 = −1,5.

On retrouve le résultat précédent. 200 b. 𝑓 ′ (0) = 16 = 12,5. À t = 0, le produit se diffuse à une vitesse de 12,5 milligrammes par heure. 95 𝟏. 𝐶 ′ (200) = 1,5. Donc le coût marginal pour la fabrication du 200e article est d’environ 1,50€. 2. Trouver une tangente dont la pente est la plus proche de 0.

96 Errata : dans certains ouvrages, il manque des informations graphiques. La tangente au point d’abscisse 0,69 coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse 1,69 et la tangente au point d’abscisse 2,08 coupe l’axe des abscisses au point d’abscisse 3,08. 1. a. 𝑁 ′ (0,69) = −4 donc au bout de 690 000 ans, le nombre d’atomes radioactifs décroît à une vitesse de 4 milliards d’atomes par million d’années. b. 𝑁 ′ (2,08) = −1 donc au bout de 2 080 000 ans, le nombre d’atomes radioactifs décroît à une vitesse de 1 milliard d’atomes par million d’années. 2. La vitesse de désintégration (en nombre d’atomes par million d’années) est égale au nombre d’atomes radioactifs. Chapitre 4 • Dérivation

125

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

3. Elle diminue au cours du temps car la valeur absolue de la pente de la tangente à la courbe de N au point d’abscisse t décroît lorsque t augmente

97 1. a. On lit graphiquement la pente de la tangente à la courbe au point d’abscisse −5. Autrement dit, on détermine la pente de T. b. 𝑔′ (−5) = 2. 2 a. On dérive la fonction g, puis on évalue g’ en 5. b. 𝑔′ (𝑥) = −𝑥 − 3 donc 𝑔′ (−5) = −(−5) − 3 = 2. 3 a. On met en évidence le point de C d’abscisse –1 : c’est le point de coordonnées (−1; 0). La tangente à C au point d’abscisse –1 passe par ce point. On trouve un deuxième point en utilisant la pente de la tangente, qui est 𝑔′ (−1). Or, 𝑔′ (−1) = −2, donc la pente de la tangente au point d’abscisse –1 est –2. Pour trouver un deuxième point, on part du point de coordonnées (−1 ; 0) et on se déplace horizontalement le long de l’axe des abscisses d’une unité vers la droite puis on descend de deux unités le long de l’axe des ordonnées. On obtient le point de coordonnées (0 ; −2). La tangente voulue passe donc par les points de coordonnées respectives (−1 ; 0) et (0 ; −2). b.

126

Chapitre 4 • Dérivation

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

98 1. 𝑔′ (2) est la pente de T donc 𝑔′ (2) = −3. 2. 𝑔′ (𝑥) =

−𝑥 2 +2𝑥−3 (𝑥−1)2

et 𝑔′ (2) = −3.

3.

2

4. a. −𝑥 + 1 + 𝑥−1 = 2

(−𝑥+1)(𝑥−1) 𝑥−1

b. 𝑔′ (𝑥) = −1 − (𝑥−1)2 =

2

+ 𝑥−1 =

−𝑥 2 +2𝑥+1 𝑥−1

. D’où le résultat.

−𝑥 2 +2𝑥−3 . (𝑥−1)2

5. a. La pente de T est égale à 𝑔′ (2) donc est égale à –3.On trouve l’ordonnée à l’origine de la tangente en considérant le fait qu’elle passe par le point de coordonnées (2 ; 1). b. Il faut montrer que pour tout réel x de I, 𝑔(𝑥) − (−3𝑥 + 7) > 0. 2(𝑥−2)2

Or, 𝑔(𝑥) − (−3𝑥 + 7) = 𝑥−1 . Ainsi, 𝑔(𝑥) − (−3𝑥 + 7) > 0 si, et seulement si, 𝑥 > 1. Donc C est au-dessus de T sur I.

Chapitre 4 • Dérivation

127

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

99 1. 𝑝(1) = −2, 𝑝′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 4𝑥

et 𝑝′ (1) = −1

2. a. On place le point de coordonnées (1; −1) puis on trace la droite passant par ce point et de pente –1. Voir graphique ci-dessous.

b. Voir graphique ci-dessus. 3. On cherche des réels x tels que 𝑝′ (𝑥) = 0. 4

On trouve 𝑥 = 0 et 𝑥 = 3.

100 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 8𝑥 √𝑥 +

2𝑥 2 √𝑥

=

10𝑥 2 √𝑥

= 10𝑥 √𝑥.

2. 𝑓 ′ (1) = 10.

−12 . (4𝑥+1)2

101 1. 𝑔′ (𝑥) = 2. 𝑔′ (5) =

−12 441

102 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

.

(2𝑥+4)(𝑥 2 −2𝑥+2)−(𝑥 2 +4𝑥−4)(2𝑥−2) (𝑥 2 −2𝑥+2)2

.

On obtient le résultat en développant le numérateur. 2. 𝑓 ′ (2) = 0 et T passe par le point de coordonnées (2; 𝑓(2)), c’est-à-dire (2 ; 4). L’équation réduite de T est donc 𝑦 = 4. 128

Chapitre 4 • Dérivation

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 𝑥 2 +4𝑥−4

3. a. 𝑓(𝑥) − 4 = 𝑥 2 −2𝑥+2 −

4(𝑥 2 −2𝑥+2) 𝑥 2 −2𝑥+2

=

−3𝑥 2 +12𝑥−12 𝑥 2 −2𝑥+2

=

−3(𝑥 2 −4𝑥+4) 𝑥 2 −2𝑥+2

=

−3(𝑥−2)2 𝑥 2 −2𝑥+2

.

3(𝑥−2)2

b. On étudie le signe de 𝑓(𝑥) − 4. Le signe est celui de − 𝑥 2 −2𝑥+2.

Or, pour tout réel x de I, −3(𝑥 − 2)2 < 0 et le trinôme 𝑥 2 − 2𝑥 + 2 est strictement positif (son discriminant est – 4). Donc 𝑓(𝑥) − 4 < 0 sur I. La courbe de la fonction f est toujours au-dessous de T. c. Pour tracer la tangente d’une courbe en un point à la calculatrice, voir la correction de l’exercice 86.

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1

48−0

= 16 donc le taux de variation de g entre 0 et 3 est 16.

3−0

2 𝑔′ (2) =

45−26 3−2

= 19.

3 1. La tangente passe par les points de coordonnées (1 ;10) et (2 ;23). 2. À l’instant 𝑡 = 1 s, le guépard court à une vitesse de 13 m. s−1. 4

𝑓(5+ℎ)−𝑓(5) ℎ

5. a. A

= 10 + ℎ donc 𝑓′(5) = lim (10 + ℎ) = 10. ℎ→0

b. C

c. B et C.

6 Faux

7 Faux

8 Vrai

9 Faux

10 Vrai

11 Faux

12 a. 𝑐(2000) − 𝑐(1999) = 0,30025. Le coût marginal est d’environ 30 centimes d’euros. b. 𝑐 ′ (𝑥) = −0,0005𝑥 + 1,3 donc 𝑐 ′ (2000) = 0,3. Le résultat est très proche du coût marginal.

Chapitre 4 • Dérivation

129

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 103 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages « Soit f une fonction dérivable en 4… ». Il faut lire : « Soit f une fonction dérivable en 2… » 1. La tangente passe par les points de coordonnées (2 ; − 1) et (3 ; −3). 2. 𝑦 = −2𝑥 + 3. 104 1. Voir ci-dessous.

2. 𝑇 a pour équation 𝑦 = −2𝑥 − 1. 105 La tangente au point d’abscisse 2 a pour équation 𝑦 = 4𝑥 − 4.

106 La tangente au point d’abscisse 1 a pour équation 𝑦 = 3𝑥 − 2.

107 T a pour équation 𝑦 = 16𝑥 + 10. 37

108 a. 𝑓 ′ (𝑥) = (4𝑥+3)2 .

130

Chapitre 4 • Dérivation

b. 𝑓 ′ (𝑥) =

−7𝑥 2 −2𝑥+4 . (𝑥 2 −4𝑥)2

7

c. 𝑓 ′ (𝑥) = (−7𝑥+2)2 .

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 3

109 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 2 √𝑥. 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 √𝑥 +

2𝑥 2 +3 2√𝑥

3

= 5𝑥 √𝑥 + 2 𝑥. √

110 𝑓 ′ (𝑥) = −15(−5𝑥 + 2)2 . 111 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 12(4𝑥 − 7)2 c. ℎ′ (𝑥) = −8(−2𝑥 − 5)3

b. 𝑔′ (𝑥) = −15(−3𝑥 − 1)4 d. 𝑝′(𝑥) = 6(𝑥 − 7)5

Parcours différenciés : approfondissement Parcours 3 1. La formule de dérivation peut être appliquée sur l’intervalle ]0 ; +∞[. 𝑓(0+ℎ)−𝑓(0)

2. a.

ℎ

=

ℎ√ℎ ℎ

= √ℎ.

b. lim √ℎ = 0 donc f est dérivable en 0 et 𝑓 ′ (0) = 0. ℎ→0

112 1. La fonction carré est dérivable sur [0 ; +∞[. La fonction racine carrée est dérivable sur ]0 ; +∞[. Ainsi par produit k est dérivable sur ]0 ; +∞[. 2. lim

𝑘(0+ℎ)−𝑘(0) ℎ

ℎ→0

= lim ℎ√ℎ = 0. ℎ→0

Donc k est dérivable en 0 et 𝑘 ′ (0) = 0.

113

𝑝(0+ℎ)−𝑝(0) ℎ

= |ℎ| donc lim

𝑝(0+ℎ)−𝑝(ℎ)

ℎ→0 ′ (0)

Donc p est dérivable en 0 et 𝑝

ℎ

= 0.

= 0.

Chapitre 4 • Dérivation

131

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

Parcours 4 1. Soit x un réel. 𝑓(−𝑥) = |(−𝑥)2 − 4| = |𝑥 2 − 4| = 𝑓(𝑥). Donc f est paire. 2. a. 𝑓(𝑥) = 𝑥 2 − 4 sur ] − ∞ ; −2] ∪ [2 ; +∞[ et 𝑓(𝑥) = −𝑥 2 + 4 sur [−2 ; 2]. b.

3. a. Soit ℎ > 0. Soit ℎ < 0.

𝑓(2+ℎ) − 𝑓(2) ℎ

𝑓(2+ℎ) − 𝑓(2) ℎ

= 4 + ℎ donc

= −4 − ℎ donc

lim

𝑓(2+ℎ) − 𝑓(2) ℎ

ℎ→0,ℎ>0

lim

𝑓(2+ℎ) − 𝑓(2)

ℎ→0,ℎ0 𝑘(3+ℎ)−𝑘(3)

ℎ→0,ℎ0

lim −ℎ − 4 = −4.

ℎ→0,ℎ0 𝑘(−1+ℎ)−𝑘(−1)

=

ℎ

ℎ→0,ℎ0

−ℎ + 4 = 4

lim ℎ − 4 = −4.

ℎ→0,ℎ0 ′ (0)

Donc 𝑔

ℎ

=

lim

ℎ→0,ℎ>0

ℎ2 ℎ2 +1

= 0 et

lim

ℎ→0,ℎ0 ℎ2 +1

= 0.

= −1.

b. Par composition de fonctions dérivables sur ℝ∗ , g est dérivable sur ℝ∗ . Puis g est dérivable en 0. Donc g est dérivable sur ℝ. Si 𝑥 < 0, 𝑔′ (𝑥) = Si 𝑥 > 0, 𝑔′ (𝑥) = 4. a.

04 +3×02 (02 +1)2

−𝑥 4 −3𝑥 2 . (𝑥 2 +1)2 4 2 𝑥 +3𝑥 . (𝑥 2 +1)2

= 0 = 𝑔′(0) donc la réponse est oui.

b. Il faut reprendre les expressions calculées en 3. b.

Chapitre 4 • Dérivation

133

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Travaux pratiques TP1 Méthode d’Euler Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Approximation affine 1. 𝑣 ′ (𝑡) = 9,81 −

0,28𝑣(𝑡)2 80

= 9,81 − 0,0035𝑣(𝑡)2 .

2. a. 𝑣(𝑡 + ℎ) ≈ 𝑣 ′ (𝑡)ℎ + 𝑣(𝑡). b. Il suffit de remplacer 𝑣 ′ (𝑡) par 9,81 − 0,0035𝑣(𝑡)2.

B. Calcul de la vitesse instantanée 1.

2. a. euler(0,1) ≈ 10,66 et euler(0,01) ≈ 9,70 b. Environ 9,70 m. s −1 . 3. a.

b.

134

Chapitre 4 • Dérivation

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TP2 Caractéristiques des tangentes à l’hyperbole Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

A. Conjecture avec un logiciel 2. c. Conjecture : pour toute position de A sur 𝐶𝑓 , 𝑑 = 4.

B. Démonstration 1

1

1

1

2

1. 𝑇: 𝑦 = 𝑓(𝑎) + 𝑓 ′ (𝑎)(𝑥 − 𝑎) donc 𝑇: 𝑦 == 𝑎 − 𝑎2 𝑥 + 𝑎 soit 𝑇: 𝑦 = − 𝑎2 𝑥 + 𝑎. 2. B est un point de T d’ordonnée 0, B(2𝑎 ; 0). 2

C est un point de T d’abscisse 0, C(0 ; 𝑎). 2

3. OB × OC = 2𝑎 × 𝑎 = 4.

C. Cas général 2. a. 𝑑 = OB × OC semble constant lorsque A se déplace sur la courbe. 3. a. Conjecture 𝑑 = 4|𝑚|. b. A(𝑎 ;

𝑎 𝑚

𝑚

). La tangente à la courbe au point A a pour équation 𝑦 = − 𝑎2 𝑥 +

Donc, B(2𝑎 ; 0) et C (0 ; Ainsi, 𝑑 = OB × OC =

2𝑚 𝑎

𝑎

.

).

2|𝑚| 𝑎

2𝑚

× 2𝑎 = 4|𝑚|.

Chapitre 4 • Dérivation

135

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Cap vers le bac Sujet A 1. Réponse a.

2. Réponse c.

4. Réponses b. et d. 5. Réponse a.

3. Réponse a. 6. Réponses b. et c.

Sujet B 1. a. lim

𝑓(2+ℎ)−𝑓(2) ℎ

ℎ→0

lim

𝑔(2+ℎ)−𝑔(2) ℎ

ℎ→0

= lim ℎ + 4 = 4, donc 𝑓 ′ (2) = 4. ℎ→0

−1 ℎ→0 (2+ℎ)2

= lim

b. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 et 𝑔′ (𝑥) =

1

= − 4 , donc 𝑔′ (2) =

−1 4

.

−1 𝑥2

1

1

. Donc 𝑓 ′ (2) = 2 × 2 = 4 et 𝑔′ (2) = − 22 = − 4.

2.

3. Soit a un réel non nul. Les tangentes à 𝐶𝑓 et 𝐶𝑔 aux points d’abscisse a sont parallèles si, et seulement si, 𝑓 ′ (𝑎) = 𝑔′ (𝑎). Cette équation est équivalente à 2𝑎 = 3

1

𝑎 = √− 2.

136

Chapitre 4 • Dérivation

−1 𝑎2

qui a pour solution

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Sujet C 1.

𝑓(1,5)−𝑓(1)

2. a.

1,5−1

= 6,125.

L[] h0,1 Tant que h > 0,01 −(1+ℎ)4 +3×(1+ℎ)3 −2

m ℎ LL + [m] hℎ − 0,01 Fin Tant que

b. On peut conjecturer que 𝑓′(1) est égale à 5. c. 𝑓 ′ (𝑥) = −4𝑥 3 + 9𝑥 2 donc 𝑓 ′ (1) = −4 + 9 = 5. 3. a. 𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑓(0) + 𝑓 ′ (0)(𝑥 − 0) = 0 car 𝑓(0) = 0 et 𝑓 ′ (0) = 0. b. On cherche la (ou les) solution(s) de l’équation 𝑓 ′ (𝑥) = 0. 9

On trouve 𝑥 = 0 et 𝑥 = 4.

Pour aller plus loin 116 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑎𝑥 2 + 2𝑏𝑥 + 𝑐. 2. a. 𝑓(0) = 1,2 et 𝑓′(0) = 0. b. 𝑓(0) = 𝑑 donc 𝑑 = 1,2 et 𝑓 ′ (0) = 𝑐 donc 𝑐 = 0. 3. a. 𝑓(2) = 0 et 𝑓′(2) = 0. b. L’égalité 𝑓(2) = 0 conduit à la première équation du système et l’égalité 𝑓′(2) = 0 conduit à la seconde équation. c. 𝑎 = 0,3 et 𝑏 = −0,9. Donc 𝑓(𝑥) = 0,3𝑥 3 − 0,9𝑥 2 + 1,2.

8

117 1. 𝑓(𝑥) = − 9 𝑥 2 + 2𝑥 + 2. 2. On résout 𝑓(𝑥) = 0. On trouve 𝑥 = −0,75 et 𝑥 = 3. Donc le second point d’intersection de P avec l’axe des abscisses a pour abscisse –0,75.

118 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 2𝑥 + 1 et 𝑓 ′′ (𝑥) = 6𝑥 + 2. 2. a. 𝑥(5) = 40. b. 𝑥′(𝑡) = 2𝑡 + 3 et 𝑥′′(𝑡) = 2. Chapitre 4 • Dérivation

137

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c. L’accélération est constante au cours du temps. d. En (m. s−1 ). s−1 , c’est-à-dire en m. s−2 .

119 A. Premiers calculs 1. –2%. 2. 5,7 %. 3.

400 7000

−0.02

≈ −2,857.

4. Pour un prix de 49 €, il y a 7 400 spectateurs. Pour un prix de 48 €, il y a 7 800 spectateurs. Ainsi,

7800−7400 7400 48−49 49

≈ −2,649.

B. Étude mathématique 1.

𝑓(𝑝+ℎ)−𝑓(𝑝) 𝑓(𝑝) (𝑝+ℎ)−𝑝 𝑝

=

𝑓(𝑝+ℎ)−𝑓(𝑝) 𝑓(𝑝)

×

Or, lorsque h est proche de 0,

𝑝 ℎ

=

𝑓(𝑝+ℎ)−𝑓(𝑝) ℎ

𝑓(𝑝+ℎ)−𝑓(𝑝) ℎ

×

𝑝

.

𝑓(𝑝)

est proche de 𝑓 ′ (𝑝). D’où le résultat.

2. a. 𝑓(𝑝) = 7000 + 400 × (500 − 𝑝) = 27000 − 400𝑝. b.

𝑓(𝑝+ℎ)−𝑓(𝑝) 𝑓(𝑝)

×

𝑝 ℎ

=

−400ℎ 27000−400𝑝

×

𝑝 ℎ

−400

𝑓′(𝑝)

= 𝑝 (27000−400𝑝) = 𝑝 𝑓(𝑝) .

120 1. a. Le nombre de bactéries augmente au cours du temps et passe de 2 millions à 22,25 millions en deux heures. b. 𝑓 ′ (1,5) =

20,25 2

= 10,125 et 𝑓 ′ (2) = 0.

2. a. 𝑓 ′ (𝑡) = −13,5𝑡 2 + 27𝑡. b. 𝑓 ′ (1,5) = 10,125 et 𝑓 ′ (2) = 0. 3. a. Le coefficient directeur de la tangente 𝑇𝐴 est 𝑓 ′ (1,5) = 10,125. On cherche un réel 𝑥, différent de 1,5, tel que 𝑓 ′ (𝑥) = 10,125. On trouve 𝑥 = 0,5. On a 𝑓(0,5) = 4,8125. Donc il existe un autre point de C où la tangente est parallèle à 𝑇𝐴 : c’est la tangente au point de coordonnées (0,5 ; 4,8125). b. La vitesse instantanée de croissance de bactéries au bout de 30 minutes est la même que celle au bout de 1 heure et 30 minutes. 4. a. 𝑇 ∶ 𝑦 = 13,5𝑡 − 2,5. b. La courbe C est au-dessus de la tangente T sur [0 ; 1]. La courbe est au-dessous de la tangente T sur [1 ; 2]. c. 𝑓(𝑡) − (13,5𝑡 + 2,5) = −4,5(𝑡 3 − 3𝑡 2 + 3𝑡 − 1) et −4,5(𝑡 − 1)3 = −4,5(𝑡 3 − 3𝑡 2 + 3𝑡 − 1). D’où le résultat. 138

Chapitre 4 • Dérivation

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

d. −4,5(𝑡 − 1)3 > 0 pour tout 𝑡 ∈ [0; 1[. Donc C est au-dessus de T sur [0 ; 1[. −4,5(𝑡 − 1)3 < 0 pour tous les 𝑡 ∈]1; 2]. Donc C est au-dessous de T sur ]1 ; 2].

121 1. 𝑟(ℎ) =

√𝑎+ℎ−√𝑎 ℎ

=

√𝑎+ℎ− √𝑎 ℎ

×

√𝑎+ℎ+ √𝑎 √𝑎+ℎ+ √𝑎

𝑎+ℎ−𝑎

= ℎ(√𝑎+ℎ+

√𝑎)

2. Pour tout réel a positif, lorsque h tend vers 0, 𝑟(ℎ) tend vers Donc f est dérivable en a et 𝑓 ′ (𝑎) = 2

1

√𝑎

=

1 √𝑎+ℎ+√𝑎 1

√𝑎+ √𝑎

=

. 1

2√𝑎

.

.

122 1. 𝑓(𝑎 + ℎ) = (𝑓 ′ (𝑎) + 𝜀(ℎ))ℎ + 𝑓(𝑎) = 𝑓(𝑎) + ℎ𝑓 ′ (𝑎) + ℎ𝜀(ℎ). 2. a. Dans ce cas, f est la fonction racine carrée, 𝑎 = 4 et ℎ = 0,02. 1 Ainsi, 𝑓(4 + 0,02) ≈ 2 + 0,02 × 4 soit √4,02 ≈ 2,005. b. À la calculatrice, √4,02 − 2,005 ≈ −6 × 10−6 . Donc l’écart est faible. 3. Dans ce cas, f est la fonction inverse, 𝑎 = 5 et ℎ = − 0,005 1

1

1

Ainsi, 𝑓(5 − 0,005) ≈ 5 − 0,005 × (− 52 ) soit 4,995 ≈ 0,2002. 4.

123 𝑇1 : 𝑦 = 𝑎𝑥 −

𝑎2 2

On cherche 𝑥 tel que 𝑎𝑥 − On trouve 𝑥 =

𝑎2 −1 2𝑎

1

1

1

1

et 𝑇2 : 𝑦 = − 𝑎 𝑥 − 2𝑎2 . 𝑎2 2

= − 𝑎 𝑥 − 2𝑎2 .

. Ainsi, 𝑦 = 𝑎 ×

𝑎2 −1 2𝑎

−

𝑎2 2

= −0,5.

Donc l’ensemble des points d’intersection de 𝑇1 et 𝑇2 est la droite d’équation 𝑦 = −0,5.

Chapitre 4 • Dérivation

139

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

124 On cherche a tel qu’il existe un réel b pour lequel 𝑓(𝑏) + 𝑓 ′ (𝑏)(𝑥 − 𝑏) = −4𝑥 + 10. On trouve 𝑏 = 3 (et dans ce cas 𝑎 = 2) et 𝑏 = −3 (et dans ce cas, 𝑎 = −10). Il y a donc deux valeurs de a pour lesquelles d est tangente à 𝑃 : 2 et –10. 125 Les tangentes 𝑇𝐶 et 𝑇𝑃 à C et P respectivement ont pour équation réduite 𝑇𝐶 : 𝑦 = −𝑎2 + 2𝑎𝑥 − 1 et 𝑇𝑃 : 𝑦 = 𝑎2 + (2 − 2𝑎)𝑥 − 6. On cherche a tel que pour tout réel x, −𝑎2 + 2𝑎𝑥 − 1 = 𝑎2 + (2 − 2𝑎)𝑥 − 6. Cette équation d’inconnue a n’a pas de solution. Donc il n’existe pas de tangente commune aux deux courbes.

140

Chapitre 4 • Dérivation

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Chapitre 5 Applications de la dérivation A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Les notions du programme :  Lien entre le sens de variation d’une fonction dérivable sur un intervalle et signe de sa fonction dérivée ; caractérisation des fonctions constantes.  Nombre dérivé en un extremum, tangente à la courbe représentative. Les choix faits : Un premier choix est une étude « classique » de fonction en étudiant les variations d’une fonction à l’aide du signe de sa dérivée et en déterminant les extremums. Un deuxième choix est la résolution d’un problème d’optimisation (distance, volume, coût…). Un troisième choix est l’exploitation les variations d’une fonction tant pour établir une inégalité que pour étudier la position relative de ceux courbes. Enfin, la méthode de Newton donnant une excellente approximation d’une racine d’équation est proposée. 2 Les objectifs des activités L’objectif de l’activité 1 est d’utiliser le graphique d’une fonction pour déterminer le signe de sa dérivée. L’objectif de l’activité 2 de découvrir un lien entre le sens de variation d’une fonction et le signe de sa fonction dérivée. L’objectif de l’activité 3 d’utiliser la dérivée pour trouver une valeur a tel que f(a) soit maximal. L’objectif de l’activité 4 d’utiliser la dérivée pour trouver une valeur a tel que f(a) soit un maximum. 3 Exercices, TP et algorithmes Les exercices, présentés dans un ordre de difficulté croissant, traitent tous les points précédents. Des exercices mettant en place des algorithmes écrits en langage Python ont été insérés autant que possibles. Un apprentissage de l’utilisation de ces algorithmes se trouve dans les capacités développées dans le manuel. Dans les exercices, nous faisons travailler l’élève à la fois sur des algorithmes et aussi des programmes. De plus, de nombreux algorithmes et programmes à compléter ou à expliquer ont été donnés. Le premier TP a pour thème l’optimisation d’une distance d’un point sur une parabole à un point fixe. Dans un premier temps, il y a est question d’une conjecture ; dans un second temps, la valeur exacte du minimum de la distance sera établie. Le second TP a un thème économique : il est question d’un coût marginal et d’un coût moyen. Les deux coûts sont fonction d’une quantité et étudiés en tant que tels ; on s’intéressera aussi à leur égalité. Des exercices reprennent les capacités développant les situations algorithmiques cidessus : ils ont pour support des données démographiques, économiques, médicales… Chapitre 5 • Applications de la dérivation

141

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B Se tester pour un bon départ

1 a. x f (x)



x g(x)



x f (x)



x g(x)



x f (x)



x g(x)



x f (x)



x g(x)



–

4 0

+

–

2 0

+

+

b. +

2 a. + +

b.

+

–2 0

–

–

3 0

–

3 0

+

+

–

+

3 a. +

b. + +

4 a. +

0 0

–

1 0

–

–6 0

+

7 0

+

b.

142

Chapitre 5 • Application de la dérivation

+

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5 

x f (x) 1

3 0

–

1

1

– 1

+ 1

1

8

a. Fausse, 8 𝑥 − 4 > 0 équivaut à 8 𝑥 > 4, ou encore à 𝑥 > 4 ÷ 8, ou encore à 𝑥 > 4, c’est-à-dire x > 2.

b. Fausse, 𝑥 2 + 𝑥 − 6 = (𝑥 + 3)(𝑥 − 2) et 𝑎 > 0 donc 𝑥 2 + 𝑥 − 6 > 0 pour 𝑥 ≤ −3 ou 𝑥 ≥ 2. c. Vraie, 𝑎 < 0, ∆> 0 et 𝑥1 = −5 et 𝑥2 = 2

6 Réponse c.

7 a. 𝑥 ∈ ]0 ; 2[. b. 𝑥 ∈ [0 ; 3,5].

8 a. [1 ; 3,5]. b. [−1,5 ; −1] et [3 ; 3,5].

9 a. 𝑓 ′ (1) = 0 b. 𝑔′ (−1) = 0 c. 𝑓 ′ (2) > 0

10 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3 b. 𝑔′ (𝑥) = 6𝑥 − 12 c. ℎ′ (𝑥) = −9𝑥 2 − 8𝑥 + 49

1

11 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 𝑥 2 2

b. 𝑔′ (𝑥) = 5 + 𝑥 2

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

143

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12 a. 𝑓 ′ (𝑥) =

3 √𝑥+8

b. 𝑔′ (𝑥) = 5 −

5 √𝑥

13 Réponse b.

−3𝑥 2 + 3

14 Faux : 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 2)².

D Activités Activité 1 Signe des nombres dérivés Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. x

1,5

2 2,5

5

f(x) 3,625

2

b. 𝑓 ′ (−1) = 3, 𝑓 ′ (2) = 0 et 𝑓 ′ (3) = −1. 2. –1 0 Abscisse de M Coefficient directeur de la 3 2 tangente en M c. 𝑥 ∈ [−1,5 ; 2[ et 𝑥 ∈ ]2 ; 5].

1

2

3

4

5

1

0

–1

–2

–3

d. Si 𝑓 est croissante, alors 𝑓 ′ (𝑥) > 0 et si 𝑓 est décroissante, alors 𝑓 ′ (𝑥) < 0. 3. a. 𝑓 ′ (𝑥) = −𝑥 + 2 b. 𝑓 ′ (𝑥) > 0 pour 𝑥 ∈ [−1,5 ; 2[ et 𝑓 ′ (𝑥) < 0 pour 𝑥 ∈ ]2 ; 5].

144

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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Activité 2 Courbes d’une fonction et de sa dérivée Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. a. x signe de f (x)

3 +

1 0

3 0



5 +

3

3

f (x) 5

5

b. x signe de f (x)

3 -

1 0

+

3

1 0

-

3 0

3

+

5 0 3

f (x) 3

3

c. Lorsque 𝑓 ′ (𝑥) > 0, alors 𝑓 est croissante et si 𝑓 ′ (𝑥) < 0, alors 𝑓 est décroissante.

Activité 3 Une épidémie galopante Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. 30 jours. b. 13 400 personnes environ. 2. a. 𝑓 ′ (𝑡) = 90𝑡 − 3𝑡 2 = −3𝑡(𝑡 − 30) donc 𝑓 ′ (30) = 0. b. 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [0 ; 30] et 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [30; 45]. c. 𝑓 atteint son maximum en 30. 3. Rechercher les valeurs de 𝑥 telles que 𝑓 ′ (𝑥) s’annule en changeant de signe.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

145

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Activité 4 Ça lui en bouche un coin ! Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. Soit L la longueur de la clôture. Aire = 72 = 𝐿 × 𝑥, donc 𝐿 = Périmètre = 2 × (𝑥 +

72

72

𝑥 72

𝑥

𝑥

)−

. = 2𝑥 +

72 𝑥

.

2.

On conjecture : 𝑎 = 6 3. 𝑓 ′ (𝑥) =

4𝑥 × 𝑥 − 2𝑥 2 − 72 𝑥2

=

2𝑥 2 − 72 𝑥2

=

2(𝑥 + 6)(𝑥 − 6) 𝑥2

.

4. 2(x + 6) et 𝑥 2 sont strictement positifs pour tout réel x de [2 ; 8], donc le signe de f ′(x) est celui de x – 6. Si 𝑥 < 6, alors 𝑓′(𝑥) < 0. Si 𝑥 > 6, alors 𝑓′(𝑥) > 0. On en déduit que a vaut 6. Les dimensions de l’enclos sont 6 et 12 mètres.

E Exercices Pour démarrer 1 a. 𝐴 = 25 ; 𝐵 = 35 ; 𝐶 = 76. b. 𝐷 = 17 ; 𝐸 = 22 ; 𝐹 = 26. 4

5

39

19

3

2 a. 𝐴 = 5 ; 𝐵 = 4 ; 𝐶 = − 10. b. 𝐷 = 20 ; 𝐸 = 35. 3 a. b. c. d.

𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

146

=3 = −4 =0 = −2 Chapitre 5 • Application de la dérivation

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 7

e. 𝑥 = 2 f. 𝑥 = 0 4 a. 30 b. 1,5 c. 23,8 5 2 a. 𝑥 > 5

b. c. d. e. f.

𝑥 𝑥 𝑥 𝑥 𝑥

> −4 −3 0

6 a. b. c. d. e. f.

3,25 m = 325 cm 17dm = 170 cm 52 mm = 5,2 cm 0,125 m = 12,5 cm 0,02 dm = 0,2 cm 0,2 mm = 0,02 cm

7 a. 2 b. 7 c. –1 8 a. 0 5

b. − 4 c. 5 + 2√2 9𝑎=

𝑏−3 2

10 a. 𝐴 = 2(2𝑥 − 1)(𝑥 + 1) b. 𝐵 = (1 − 𝑥)(−3𝑥 − 5) 11 a. 𝑈 = −9𝑡 − 19 b. 𝑉 = 2𝑡 2 − 9𝑡 Chapitre 5 • Applications de la dérivation

147

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12 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ∈ ℝ.

13 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [3 ; 14].

14 a. 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ∈ ] − ∞ ; 5]. b. 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [5 ; +∞[. 15 x f (x)

 +

7 0



+

16 𝑓 ′ (𝑥) = 0 pour tout réel 𝑥. 17 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. f '(x) ≥ 0 b. f’(x) ≤ 0 18 a. 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [−10 ; 0]. b. 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ∈ [0 ; 5]. c. 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [5 ; 10]. 19 a. 𝑓 est croissante sur [−1 ; 2]. b. Puisque 𝑓 est croissante sur [−1 ; 2] , 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 sur [−1 ; 2]. 20 𝑓 est décroissante pour tout réel 𝑥.

21 𝑓 est croissante pour tout réel 𝑥 de [−5 ; 0].

22 a. 𝑓 est croissante pour tout 𝑥 ϵ ] ; 3]. b. 𝑓 est décroissante pour tout 𝑥 ϵ [3 ; +[. 23 a. 𝑓 est décroissante. b. 𝑓 est croissante. 148

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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c. 𝑓 est décroissante. 24 0

x f (x)

–

1969 0

2019 +

33

49

f(x) –1 25 a. ∆ < 0, donc 𝑓′(𝑥) est du signe de 𝑎 > 0, donc 𝑓 ′ (𝑥) > 0 pour tout 𝑥 ϵ ℝ. b. 𝑓 est croissante sur ℝ. 26 a. On a vu en Seconde que 𝑓 est croissante sur ℝ+ et décroissante sur ℝ–. b. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥, donc 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour tout 𝑥 ≥ 0 et 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour tout 𝑥 ≤ 0 𝑓 est croissante sur ℝ+ et 𝑓 est décroissante sur ℝ–. 27 a. 𝑓 est croissante sur I. 1 b. 𝑓 ′ (𝑥) = > 0 sur I, donc 𝑓 est bien croissante sur I. 2√𝑥

28 a. 𝑓 est décroissante sur I. 1 b. 𝑓 ′ (𝑥) = − 2 < 0 sur I, donc 𝑓 est bien décroissante sur I. 𝑥

29 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. f’(x) = 3x2 + 42 b. f’(x) est une somme de termes positifs donc f’(x) > 0 sur IR, donc f est croissante sur IR. 30 Errata dans certains ouvrages la fonction peut être fausse, il faut lire f(x) = x3 – 9x2 + 15x – 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 18𝑥 + 15 b. 𝑓 ′ (1) = 3 − 18 + 15 = 0 et 𝑓 ′ (5) = 75 − 90 + 15 = 0 x f (x)

 +

1 0 6

f(x)



5 0

+ +

–86

31 𝑓 est croissante sur ] − ∞ ; 2] et 𝑓 est décroissante sur [2 ; +∞[. Donc 𝑓 admet un extremum en 2 (et c’est un maximum).

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

149

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32 a. x f (x)

1 +

3 0



5

80 f(x) 0

60

b. Le maximum est 80 et il est atteint en 3. 33 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. x -4 1 5 0 + 0 f (x)  6 f(x) 1

3

b. f admet son minimum en 4 de valeur 1 et son maximum en 1 de valeur 6.

34 a. Vrai b. « Si 𝑓 ′ (3) = 0, alors f admet un extremum local en 3. » Faux, il faut aussi que f’(x) change de signe en 3. 35 1. x f (x)

4



1 0

+

2

1 0



5

3

f(x) 1 2. a. Le maximum de 𝑓 sur [4 ; 5] est 3 et il est atteint en 1. b. Le maximum de 𝑓 sur [1 ; 5] est 3 et il est atteint en 1.

150

Chapitre 5 • Application de la dérivation

1

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Pour s’entraîner 36 a. 𝑓 est croissante sur [–4 ; –2], décroissante sur [–2 ; 0] et croissante sur [0 ; 2]. b. 𝑓 ′ (𝑥) est positif sur [–4 ; –2], négatif sur [–2 ; 0] et positif sur [0 ; 2].

37 a. 𝑓 est croissante sur [–1 ; 0], décroissante sur [0 ; 2], croissante sur [2 ; 4] et décroissante sur [4 ; 5]. b. 𝑓 ′ (𝑥) est positif sur [–1 ; 0], négatif sur [0 ; 2], positif sur [2 ; 4] et négatif sur [4 ; 5].

38 a. et b. x f (x)

3 +

0 0



3

4 f(x) 2

2

c. La courbe a.

39 a. Vraie, puisque 𝑓 est décroissante sur ℝ. b. Non. Contre-exemple : la fonction inverse est telle que f ’(x) ≤ 0 sur ]-∞ : 0[ ∪ ]0 ;+∞[, 1 mais 𝑓(−1) = −1 et 𝑓(2) = 2. 40 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. 1 5 x 2 f (x) 2  3  3 2. f ’(x) est négatif sur [2 ; 1] et positif sur [1 ; 5] : f ’ = f3. Il s’agit de la courbe c. 41 a. Faux, puisque 𝑓 est décroissante sur [2 ; 4] donc 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 sur [2 ; 4]. b. Vraie, puisque 𝑓 est décroissante sur [1 ; 0]. c. Vraie, puisque 𝑓 est croissante sur [0 ; 2].

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

151

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42 ℎ est représentée par 𝒞2 , 𝑔 est représentée par 𝒞1 et 𝑓 est représentée par 𝒞3 .

43 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 + 8 b. 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [−2 ; +∞[ et 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ∈ ] − ∞ ; −2]. c. 𝑓 est croissante pour 𝑥 ∈ [−2 ; +∞[ et 𝑓 est décroissante pour 𝑥 ∈ ] − ∞ ; −2]. x f (x)

 +

2 0



+

f(x) 18 d.

44 a. 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 24𝑥 − 36 𝑓 ′ (2) = −12 + 48 − 36 = 0 𝑓 ′ (6) = −108 + 144 − 36 = 0 b. 𝑓 est décroissante pour sur [0 ; 2] et sur[6 ; 10] et 𝑓 est croissante sur [2 ; 6]. x f ’(x)

0 24



2 0

+

6 0 24



10

f(x) 56 c.

152

Chapitre 5 • Application de la dérivation

184

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45 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 3 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ ] −  ; −1[ ∪ [1 ; +[ et 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [−1 ; 1]. b. 𝑓 est croissante pour sur ] −  ; −1[ et sur[1 ; +[ et 𝑓 est décroissante sur [−1 ; 1]. 46 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. f ’(x) = 3x2 – 9 = 3(x – √3)(x + √3). f '(x) est positif sur ] ; √3] et sur [√3 ; +[ et négatif sur [√3 ; √3] : f est croissante sur ] ; √3] et sur [√3 ; +[ et décroissante sur [√3 ; √3]. g’(x) = 3x2 + 9  0 donc g est croissante sur IR. 47 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 3𝑥 − 6 

x f (x)

+

1 0



2 0

+ +

3,5 f(x) 7 b. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 24𝑥 + 45 

x f (x)

+

3 0



5 0

+ +

1 894 f(x) 1 970 48 2

a. 𝑓 ′ (𝑥) = − 𝑥 2 0

x f (x)



+

f(x)

5

b. 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑥 2 x f (x)

0

+ +

f(x)

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

153

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49 −11 a. 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 − 2)2 2

x f (x)

+



f(x)

6

b. 𝑓 ′ (𝑥) = (2𝑥 − 2)2 1

x f (x)

+ +

f(x)

50 −2𝑥

a. 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 − 1)2 

x f (x)

–1 +

0

+

1



0



–1 f(x)

−𝑥 2 + 3

b. 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 3)2 x f (x)

 

−√3 0

+

√3 0 √3 6

f(x) −

154

√3 6

Chapitre 5 • Application de la dérivation

+ 

+

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 2𝑥(𝑥 + 2)

51 a. 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 2 + 3𝑥 + 3)2 x f (x)



−2 0

+



0 0

+ +

3 f(x) 1 3 b. 𝑓 ′ (𝑥) =

3𝑥 2 + 4𝑥+ 1 (2𝑥 2 + 𝑥)2

x f (x)



−1 0

+



0,5

1/3 0



0 +

+ +

3 f(x) 1 3 52 a. Fausse, 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [3 ; 5]. b. Vraie, 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [−2 ; 1]. c. Vraie, 𝑓 ′ (1) = 0 et il y a un changement de signe en 1. d. Fausse, 𝑓 ′ (3) < 0. 53 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 𝑎 b. 𝐷 ← −12 × 𝑎 Si 𝐷 ≤ 0 Alors 𝑀 ← « 𝑓 est croissante sur ℝ » Sinon 𝑀 ← « 𝑓 n’est pas croissante sur ℝ » Fin Si

54 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. a. 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑎(𝑐𝑥 + 𝑑) − (𝑎𝑥 + 𝑏)𝑐 (𝑐𝑥 + 𝑑)2

=

𝑎𝑐𝑥 + 𝑎𝑑 − 𝑎𝑐𝑥 − 𝑏𝑐 (𝑐𝑥 + 𝑑)2

𝑎𝑑 − 𝑏𝑐

= (𝑐𝑥

+ 𝑑)2

b.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

155

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55 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. a.

𝑓 ′ (𝑥) =

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

=

𝑥 2 − 2𝑥 + 8 (𝑥 − 1)2

=

(𝑥 − 4)(𝑥 − 2) (𝑥 − 1)2

b. 2 0 19

x f (x)

4 0



6 + 79 5

f(x) 15

56 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 24𝑥 + 36 b. et c. x f (x)

0



2 0



6 0

32 f(x) 0

0

d. Faux : la concentration atteint son maximum au bout de 2 heures.

57 a. 𝑣(𝑡) = −13,5𝑡 2 + 27𝑡 + 2 et 𝑣 ′ (𝑡) = −27𝑡 + 27. b. t 0 1 + 0 v (t)  15,5 v(t) 2 c.

v (t)

2

2

+ 20

v(t) 2

58 Vraie, 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 3, donc 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 pour tout 𝑥 ϵ [−1 ; 1], donc 𝑓 est croissante sur [−1 ; 1].

156

Chapitre 5 • Application de la dérivation

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

59 Fausse, 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 0,75 et 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 pour tout 𝑥 ϵ [−0,5 ; 05], donc 𝑓 n’est pas croissante sur ℝ.

60 Fausse, 𝑓 ′ (𝑥) =

−5𝑥 2 +24𝑥+5 (𝑥 2 +1)2

1

, donc 𝑓 ′ (𝑥) est positif sur [− 5 ; 5], donc f est croissante sur

1

[− 5 ; 5] et décroissante sur [5 ; +∞[.

61 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 0,75 et 𝑔′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 0,75. b. 𝑔′ (𝑥) > 0 sur ℝ, donc 𝑔 est monotone croissante sur ℝ. 2. 𝑓 est représentée par 𝒞2 et 𝑔 est représentée par 𝒞1 . 62 a. 𝑥 4 − 3𝑥 2 − 4 = (𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 2 + 1) b. 𝑓 ′ (𝑥) = 10𝑥 4 − 30𝑥 2 − 40 = 10(𝑥 − 2)(𝑥 + 2)(𝑥 2 + 1) c. x 2  2 + 0 0 + f (x) 

+

105 f(x) 87 63 a. 𝑓 ′ (1) = (1 − 1)2 = 0 b. Non, il n’y a pas de changement de signe de la dérivée de f en 1. 64 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 16𝑥 = 4𝑥(𝑥 2 − 4) = 4𝑥(𝑥 − 2)(𝑥 + 2) b. 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 sur [−3 ; −2] ∪ [0 ; 2] et 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 sur [−2 ; 0] ∪ [2 ; 7]. c. −6 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 19 sur [0 ; 3] et −6 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 2019 sur [3 ; 7]. 65 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 8𝑥 − 3 1

1

𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 sur [− 3 ; 3] et 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 sur [−1 ; − 3] ∪ [3 ; 4]. 1

b. 𝑓 (− 3) =

149 27

et 𝑓(3) = −13.

c. Les tangentes en ces points sont horizontales. 66 a. Vraie, 𝑓 ′ (−2) = 0 et il y a un changement de signe de f ’ en 2. b. Fausse, 𝑓 ′ (6) = 0 mais il n’y a pas de changement de signe de la dérivée en 6. c. Vraie, car 𝑓 ′ (2) = 0.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

157

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67 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. 𝑓’(𝑥) =

4 (𝑥 2 + 2) − 2𝑥 (4𝑥 + 7)

x 5 f ’(x)  13 27

(𝑥 2 + 2)2

4 

=

4𝑥 2 + 8 − 8𝑥 2 − 14𝑥 (𝑥 2 + 2)2

0,5 4 

=

−4𝑥 2 − 14𝑥 + 8 (𝑥 2 + 2)2

1  11 3

1

2

b. f a un minimum en 4 égal à 0,5. c. f a un maximum en 0,5 égal à 4. 68 1. D’après le graphique, on peut penser que Célestine a raison. 2. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 6𝑥 2 − 0,06 b. x f (x)

 +

0,1 01



0,1 0

+ +

f(x) On peut infirmer la conclusion de Célestine. 3. a. 𝑓(−0,1) = −0,008 et 𝑓(0,1) = −0,004. 1 1 b. − 2 ≤ 𝑥 ≤ 2 et −0,1 ≤ 𝑦 = 0,1 c.

69 a. Vraie : le maximum de f est atteint en 2 et 𝑓(−2) = 17. b. Fausse : f n’a pas de minimum sur ℝ. 70 𝑓(𝑥) = 𝑛𝑥 2 − 2𝑥(𝑥1 + 𝑥2 + ⋯ + 𝑥𝑛 ) + 𝑥12 + 𝑥22 + ⋯ + 𝑥𝑛2 est une fonction du second degré. 𝑥 + 𝑥 +⋯ + 𝑥𝑛 n > 0, donc 𝑓 admet un minimum en α = 1 2 𝑛 : on retrouve la moyenne de ces n nombres.

158

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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71 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 2 ≥ 0 pour tout 𝑥 ϵ ℝ, donc 𝑓 est croissante sur ℝ. b. 𝑓(1) = 13 + 2 × 1 − 3 = 3 − 3 = 0 donc 𝑓(𝑥) ≤ 0 sur ] ; 1] et 𝑓(𝑥) ≥ 0 sur [1 ; +[. c. 𝑥 3 + 2𝑥 − 3 ≥ 0 pour 𝑥 ≥ 1 donc 𝑥 3 ≥ −2𝑥 + 3 pour 𝑥 ≥ 1. 72 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 3 x  f (x)

1 0



1 0

+



+

20 f(x) 16 2. 𝑓(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ ] − ∞ ; 1], puis 𝑓(3) = −33 + 3 × 3 + 18 = −27 + 9 + 18 = 0. 3. a. 𝑓(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [1 ; 3] et 𝑓(𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [3 ; +∞[. b. 𝑥 3 ≤ 3𝑥 + 18 lorsque 𝑥 ϵ ] − ∞ ; 3]. 73 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. f ’(x) = 1 –

1

𝑥2 − 1

𝑥

𝑥2

= 2

=

(𝑥 − 1 )(𝑥+1) 𝑥2

et f ’(x) est du signe de x – 1.

f est décroissante sur ]0 ; 1] et croissante sur [1 ; +[ et admet donc un minimum en 1 égal à 2. b. Pour tout x > 0 : f(x) ≥ 2, ce qui démontre le résultat. 74 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. a. 𝑓 ′ (𝑥) = −√𝑥 +

3−𝑥 2√𝑥

=

−3𝑥 + 3 2√𝑥

=

(−3𝑥 + 3)√𝑥 2𝑥

b. x f (x)

0 +

1 0



+

2 f(x) Donc 𝑓(𝑥) ≤ 2 pour tout réel 𝑥 > 0.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

159

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75 𝑓 ′ (𝑥) = 12𝑥 2 − 56𝑥 + 144 et g’(x) = f(x). 0

x f (x)

10 + 640

f(x) 0 0

g (x)

+ 1 143

g(x) –57 g atteint ses extremums en 0 et 10 : 𝑔(0) = −57 et 𝑔(10) = 1 143. 76 C’est faux. En effet, 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 6 ≥ 0 pour tout 𝑥 ϵ ℝ, donc 𝑓 est croissante sur ℝ. Or 𝑓(−1) = −6, donc 𝑓 n’est pas supérieure ou égale à 0 sur ℝ. 77 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 3 x  f (x)

–1 0



1 0

+



+

–2 f(x) –6 𝑓(0) = −4 et 𝑓(2) = −6 a. Fausse : lorsque 0 ≤ 𝑥 ≤ 2, alors −6 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ −2 b. Vraie : lorsque 𝑥 ≥ 0, alors 𝑓(𝑥) ≤ −2 78 1. 𝑦 = 4𝑥 − 4 2. 𝑔′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 2𝑥 − 5 a. x g (x)



5 3 0

1

− +



0

+ +

257/27 g(x) 0 b. 𝑔(−3) = 0. d. 𝑔(𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ≤ −3 et 𝑔(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ≥ −3. 3. T est au-dessus de 𝒞 sur [ ; 3] et en dessous de 𝒞 sur [3 ; +[.

160

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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79 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 1,5𝑥 2 − 6𝑥 b. 2

x f (x)

0 +

0

4 

0

6 +

8 f(x) 8 c. 𝑦 = −6𝑥 + 12 2. 𝑔′ (𝑥) = 1,5𝑥 2 − 6𝑥 + 6 ≥ 0 pour tout 𝑥 ϵ [−2 ; 6]. 𝑔(2) = 0. Donc 𝑔(𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [−2 ; 2] et 𝑔(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [2 ; 6]. 3. 𝑓(𝑥) ≥ −6𝑥 + 12 pour 𝑥 ϵ [2 ; 6], donc la courbe 𝒞 est au-dessus de T sur cet intervalle. 4.

80 𝒞 est au-dessus de T sur ] ; 1] et en dessous de T sur [1 ; +[.

81 a. 𝑦 = 3𝑥 + 1 b. 𝒞 est en dessous de T sur ] ; 3] et au-dessus de T sur [3 ; +[. 82 Errata : dans certains manuel, il y a une dernière ligne dans l’exercice : (On vérifiera que l’on a f (2) = g(2).), il ne faut pas en tenir compte. 1. A(𝑥 ; 𝑥 2 ), B(12 ; 𝑥 2 ) et C(12 ; 0). 2. Aire(MABC) = −𝑥 3 + 12𝑥² 3. 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 24𝑥 x 0 8 12 0 + 0 f (x)  256 f(x) 0

0

4. L’aire maximale est atteinte pour 𝑥 = 8, donc 𝑀(8 ; 0) et Aire(MABC) = 256.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

161

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83 Errata : dans certains manuels, la formule du volume définie à la question est erronée, il 1

faut lire 𝑉 = 𝑥²(−𝑥 + 4).

1. a. Le ruban recouvre 4 hauteurs et 4 cotés avant le nœud, donc 1 = 4ℎ + 4𝑥. b. 𝑥 est une longueur donc 𝑥 ≥ 0 et si ℎ = 0, 4𝑥 = 1 donc 𝑥 = 0,25. 1 − 4𝑥 1 c. ℎ = 4 = 4 − 𝑥 1

d. 𝑉 = 𝑥 2 × ℎ = 𝑥²(−𝑥 + 4) 1

1

2. a. 𝑉 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 2 𝑥 = −3𝑥(𝑥 − 6) b. 0 0

x V (x)

+

1/6 0 1/432



0,25

V(x) 0 0 1 1 3. Le volume maximal est atteint pour 𝑥 = 6 et vaut 432 m3 . 84 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. a. C(0) = 1 000 (€) b. C(4) = 1 440 (€), R(4) = 2 120 (€) et B(4) = 680 (€) c. R(x) = 530x 2. a. B(x) = R(x) – C(x) = 530x – (15x3 – 120x2 + 350x + 1 000) = –15x3 + 120x2 + 180x – 1 000 b. B’(x) = –45x2 + 240x + 180 c. B’(x) s’annule en –2/3 et en 6 ( = 90 000). Or x > 0. B’ est positive sur [0 ; 6] et négative sur [0 ; 6], donc B est croissante sur [0 ; 6] et décroissante sur [0 ; 6]. 3. a. Donc B admet en 6 un maximum ; bénéfice maximal pour 6 km de tissu. b. B(6) = 1 160 : bénéfice maximal égal à 1 160 €. 85 a. Aire(AMH) = (AH × HM)/2 = 1

4

2 9

− 𝑥3 −

12 2 𝑥 9

+ 8𝑥 + 48

2

1

b. 𝑓 ′ (𝑥) = − 3 𝑥 2 − 3 𝑥 + 4 = − 3 (𝑥 + 6)(𝑥 − 2) c. x f (x)

–6 0

+

2 0

6



256/9 f(x) 0 0 256 d. L’aire maximale est atteinte en 𝑥 = 2 et vaut . 9

162

Chapitre 5 • Application de la dérivation

1

2

= − 9 𝑥 3 − 3 𝑥 2 + 4𝑥 + 24 = 𝑓(𝑥)

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86 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 2

16

a. 𝑓 ′ (𝑥) = − 𝑥 3 + (3−𝑥)3 =

18𝑥 3 −18𝑥 2 +54𝑥−54 𝑥 3 (3−𝑥)3

=

18(𝑥−1)(𝑥 2 +3) 𝑥 3 (3−𝑥)3

b. 0

x f (x)

1 0

–

3 +

f(x) 3 c. L’éclairage est minimal lorsque M se trouve à 1 mètre de la source A.

87 Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. Errata : dans certains ouvrages, il faut lire 20 à la place de 200 dans les questions b, d et e. 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −4𝑥 3 + 800𝑥 x 0  + 10√2 −10√2 f (x)

+



0

0

+

40 000

0



40 000

f(x) 0

0

4

2. a. D’après le logiciel de géométrie dynamique, la longueur maximale de BC est 20. b. Pour ne pas être dans le cas d’un triangle aplati, 0 < 𝑥 < 20. c. 𝑆(𝑥) =

1 √400𝑥 2 − 𝑥4 2

2

1

= 4 √𝑓(𝑥).

b. D’après le tableau de variation, 𝑓(𝑥) < 40 000 sur ]0 ; 20[. e. 𝑆(𝑥) a pour maximum 50 et est atteint en 10√2. 88 On cherche à minimiser la surface. Soit x le côté du carré en décimètres. 4

𝑆(𝑥) = 2𝑥 2 + 𝑥, d’où 𝑆 ′ (𝑥) =

4𝑥 3 −4 𝑥2

et S’(x) ≥ 0 pour 𝑥 ≥ 1.

Le minimum de surface est atteint pour x = 1 Dimensions de la brique : côté du carré : 1 dm ; hauteur : 1 dm. C’est donc une brique cubique d’arête 10 cm.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

163

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89 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑥 Équation de la tangente : 𝑦 = 56(𝑥 − 26) − 44 = 56𝑥 − 1 396. 349

b. I1 ( 13 ; 0)

2. a. En 𝑥𝑛 , 𝑦 = 𝑓 ′ (𝑥𝑛 )(𝑥 − 𝑥𝑛 ) + 𝑓(𝑥𝑛 ) = 2𝑥𝑛 (𝑥 − 𝑥𝑛 ) + 𝑥𝑛2 − 720 = 2𝑥𝑛 𝑥 − 𝑥𝑛2 − 720 b. 2𝑥𝑛 𝑥𝑛+1 − 𝑥𝑛2 − 720 = 0 720 + 𝑥𝑛 ² 𝑥𝑛+1 = 2𝑥𝑛 c. α ≈ 26,83282 90 1. Si 𝑓 ′ (𝑥0 ) = 0 et s’il y a un changement de signe de f ’en 𝑥0 alors 𝑓 admet un extremum en 𝑥0 . 2. Pour 𝑥 ϵ [0 ; 7], −23 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 9. 1 3. Pour 𝑥 ϵ [0 ; 2], − ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 1. 3

91 1. 𝑦 = 8𝑥 − 12 2. On étudie le signe de 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥). 3. a. On étudie le signe de la fonction dérivée de ℎ. b. ℎ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 2𝑥 − 8 x -4/3 2  + 0 0 h (x)  527 h(x) 0 0

+ +

c. On détermine d’abord les valeurs pour lesquelles h s’annule, puis on utilise le sens de variation de h pour en trouver son signe. d. D’après le tableau, ℎ(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [0 ; +[. e. 𝒞 est au-dessus de T sur [0 ; +[. 92 1. 𝑓(30) = 14,667 et 𝑓(50) = 4 800𝑥 − 60 000 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 3 𝑥

x f (x)

30



75 0

f(30)

130 + f(130)

f(x) f(75) 3. La consommation est minimale lorsque la vitesse vaut 75 km/h. La consommation minimale vaut environ 2,67 L/100 km. 164

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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93 1. 𝑓(0) = 35. Dès l’ouverture du salon, il y a 35 clients. 2. 𝑓 ′ (𝑡) = −1,5𝑡 2 + 13,5𝑡 − 21 0

t f (t)

2 0



7 0

+

35



10

47,25

f(t) 16

0

3. Le nombre maximal de clients est attendu autour de 16 h. Et il y aura environ 47 clients dans le salon. 94 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 2

4

√𝑥

−1=

4 − 2√𝑥 2√𝑥

=

2 − √𝑥 √𝑥

b. x f (x)

1 +

4 0



+

0 f(x) c. Le maximum est atteint en 4 et vaut 0. d. 𝑓(𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [1 ; +[. 95 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 3𝑥 2 − 48 x f (x)

 +

4 0 256



4 0

+ +

f(x) 0

2. 𝑓(−8) = 83 − 48 × 8 + 128 = 0 𝑥 3 > 48𝑥 − 128 pour 𝑥 ϵ ] − 8 ; 4[ ∪ ]4 ; +∞[.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

165

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96 9

a. 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − 𝑥 2 1

x f (x)

3 0

+

+ 

f(x) 6

b. Le minimum de f sur [1 ; +[ est atteint en 3 et vaut 6.

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1 –2 –1 5 7 x + 0 – 0 + f (x) 2 f ’(x) = –6x2 + 9x + 42. f ’(x) = –6(x – (–2))(x – 3,5) ( = 1 089) –3 –2 3,5 5 x – 0 + 0 – f ’(x) b. f est décroissante sur [–3 ; –2] et sur [3,5 ; 5] et croissante sur [–2 ; 3,5]. c. De plus, f (–3) = –41,5, f (–2) = –60, f (3,5) = 106,375 et f (5) = 62,5. f admet un minimum en –2 égal à –60 et un maximum en 3,5 égal à 106,375. 36

(𝑥 – 6)(𝑥 + 6)

3Vrai : 𝑓’(𝑥) = 1 − 𝑥 2 = 𝑥2 2 x > 0 donc x + 6 > 0 et x > 0 : f ’(x) est du signe de x – 6 donc f ’ est négative sur ]0 ; 6] et positive sur [6 ; +[. 3

4 Vrai : 𝑓’(𝑥) = − (𝑥 + 2)2 < 0 donc f est décroissante sur [1 ; 3] dont admet un maximum en 1. 5 Vrai : 𝑓’(𝑥) = 2

1 √

−1= 𝑥

1 − 2 √𝑥 2 √𝑥

f ’(x)  0  1 − 2 √𝑥 ≥ 0  2 √𝑥 ≤ 1  √𝑥 ≤ 0,5  x  0,25 (car x ≥ 0). f est croissante sur [0 ; 0,25] et décroissante sur [0,25 ; +[ et admet donc un maximum en x = 0,25. 166

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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5

6 f ’(x) = 3x2 – 8x + 5 = 3(x – 1)(x – 3) 5 1 x – + 3 + 0 – 0 + f ’(x) 5 5 b. f est croissante sur ]- ; 1] et sur [3 ; +[ et décroissante sur [1 ; 3]. 5

c. f est croissante sur [3 ; +[ donc sur f est croissante sur [2 ; +[ et admet donc un minimum en 2. Or f (2) = 0. Donc, pour tout x  2, on a f (x)  0. C’est-à-dire x3 – 4x2 + 5x – 2  0, ou encore x3  4x2 – 5x + 2. 7 Réponse A. 8 Réponse C.

Revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 97 –1 1 4 x + 0 – 0 f ’(x) 98 –3 –1 3 5 x + 0 – 0 + f (x)

99 g’(x) = 3x2 + 4x + 2.  = –8 < 0, donc g’(x) reste du signe de 3, donc positif. Donc g est croissante sur IR. 100 g’(x) = 3x2 + 6x + 4.  = –12 < 0, donc g’(x) reste du signe de 3, donc positif. Donc g est croissante sur IR. 101 g’(x) = –6x2 – 3 < 0. Donc g est décroissante sur IR. 102 h’(x) = 3x2 – 6x + 3 = 3(x – 1)2 h’(x)  0, donc h est croissante sur IR. 103 a. h’(x) = 3x2 + 8x + 4 ; h’(x) s’annule en –2 et en –2/3. Comme 3 > 0, on déduit : h’(x)  0 sur ]– ; –2]  [–2/3 ; +[ et h’(x)  0 sur [–2 ; –2/3]. Donc h est croissante sur ]– ; –2], décroissante sur [–2 ; –2/3] et croissante sur [–2/3 ; +[. b. h’(x) = 3x2 – 10x + 3 ; h’(x) s’annule en 1/3 et en 3 ; 3 > 0. h est croissante sur ]– ; 1/3], décroissante sur [1/3 ; 3] et croissante sur [3 ; +[. c. h’(x) = 3x2 – 12x – 15 ; h’(x) s’annule en –1 et en 5 ; 3 > 0. h est croissante sur ]– ; 1], décroissante sur [1 ; 5] et croissante sur [5 ; +[. Chapitre 5 • Applications de la dérivation

167

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d. h’(x) = 3x2 – 3 ; h’(x) s’annule en –1 et en 1. h est croissante sur ]– ; –1], décroissante sur [–1 ; 1] et croissante sur [1 ; +[. 4

𝑥2 − 4

(𝑥 − 2 )(𝑥 + 2)

e. h’(x) = 1 – 𝑥 2 = 𝑥 2 = 𝑥2 h est décroissante sur ]0 ; 2] et croissante sur [2 ; +[. f. h’(x) = x3. h est décroissante sur ]– ; 0] et croissante sur [1 ; +[.

Parcours 3 a. 𝑓 ′ (𝑥) =

2𝑥 3 +3𝑥 2 +1 (𝑥+1)2 2

b. 𝑔′ (𝑥) = 6𝑥 + 6𝑥 x  g (x)

+

1 0 2

0 0



+ +

g(x) 1 𝑔(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ≥ α, avec α ≈ 1,68. c. 𝑓 est croissante sur [α ; +∞[ et 𝑓 est décroissante sur ] − ∞ ; α]. 104 a. 𝑔′ (𝑥) = 3𝑥 2 + 2𝑥 + 2 x  + g (x)

+

g(x) b. 𝑔(−1) = 0, donc 𝑔(𝑥) ≥ 0 lorsque 𝑥 ≥ −1 et 𝑔(𝑥) ≤ 0 lorsque 𝑥 ≤ −1. c. 𝑓 ′ (𝑥) = 12𝑔(𝑥). x f (x)





1 0

f(x) 18

168

Chapitre 5 • Application de la dérivation

+ +

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105 a. 𝑓 ′ (𝑥) = b.

2𝑥 3 −𝑥 2 +2 3𝑥 2

et 𝑔(𝑥) = 2𝑥 3 − 𝑥 2 + 2.

0

x g(x)

1/3 0



+ +

2 g(x) 23/24 𝑔(𝑥) > 0 pour tout 𝑥 > 0. c. x 0 + f (x)

+

f(x)

Parcours 4 Errata : dans certains ouvrages, le schéma est faux, le bon schéma est ci-contre. 1. A(−2 ; 4) et B(1 ; 1). 2. a. Aire(ABM) = −2𝑥2 − 4𝑥 + 6. 𝐴′(𝑥) = −4𝑥 − 4 b. L’aire est maximale pour le point M(−1 ; 1) et Aire(ABM) = 8. 106 Dimensions : 3√2 et 2. 107 Aire minimale : 216π cm2. Rayon : 6 cm. Hauteur : 12 cm. 108 300 − 2π𝑟 2

a. 𝑉(𝑟) = (π𝑟 2 )ℎ = (π𝑟 2 ) (

2π𝑟

1

) = 150𝑟 − 2 π𝑟²

3

b. 𝑉 ′ (𝑟) = − 2 𝑟 + 150 Volume maximal :

1 000 √π

. Rayon :

10 √π

. Hauteur :

10 √π

.

109 Aire minimale : 300π. Rayon : 10. Hauteur : 10.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

169

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Travaux pratiques TP1 Optimisation d’une distance Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Construction et animation de la figure 3. Il semble que la distance AM admet une valeur minimale d’environ 1,18. 4. La tangente en M semble perpendiculaire à (AM). B. Recherche de la valeur exacte du minimum de la distance AM 1. AM = √𝑥 4 − 2𝑥 2 + 2,25 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 4𝑥 3 − 4𝑥 = 4𝑥(𝑥 − 1)(𝑥 + 1) x f (x)



1 0



+

0 0 2,25



1 0

+ +

f(x) 1,25

1,25

Le minimum de 𝑓est 1,25. 3. AM = √𝑥 4 − 2𝑥 2 + 2,25 = √𝑓(𝑥). Donc 𝐴𝑀 admet un minimum qui vaut √1,25. M(−1 ; 1) et M(1 ; 1). 4. 𝑦 = 2(𝑥 − 1) + 1 = 2𝑥 − 1 𝐵(0 ; −1). AM02 + M0 B2 = 1,25 + 5 = 6,25 ; AB2 = 2,5² = 6,25 ; donc AM0 B est rectangle en M. Cela confirme la conjecture de la partie A.

TP2 Coût marginal et coût moyen Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Quelques calculs de coûts a. 𝐶(1) = 318,75 b. 𝐶(20) = 0,75 × 202 + 3 × 20 + 315 = 675 B. Coût moyen 1. 𝐶𝑀 (𝑥) = 1,5𝑥 + 3 +

315 𝑥

2. 𝐶𝑀 (20) = 1,5 × 20 + 3 + 170

315 20

= 33,75

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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3.

On conjecture que le coût moyen est minimum en 14,5 environ. ′ (𝑥) 4. 𝐶𝑀 = 1,5 −

315 𝑥2

=

1,5𝑥 2 − 315 𝑥2

On trouve que 𝐶𝑀 est minimale lorsque 𝑥 = √210 ≈ 14,491. Ce coût vaut 𝐶𝑀 (√210) = 1,5 × √210 + 3 +

315 √210

≈ 46,47.

C. Coût marginal 1. 𝐶𝑚 (𝑥) = 𝐶(𝑥 + 1) − 𝐶(𝑥) = 1,5𝑥 + 3,75 𝐶𝑚 (20) = 33,75 2. 𝐶 ′ (𝑥) = 1,5𝑥 + 3 On peut justifier cette approximation, puisque la différence est de seulement 0,75 pour tout 𝑥.

D. Une égalité de coûts b.

On retrouve le résultat de la question 2 de la partie B c. On résout l’équation 𝐶𝑀 (𝑥) − 𝐶𝑚 (𝑥) =

−0,75𝑥 2 −0,75𝑥+315 𝑥2

= 0.

Cela revient à résoudre −0,75𝑥 2 − 0,75𝑥 + 315 = 0. On trouve 𝑥 = −21 ou 𝑥 = 20. Dans notre cas, on ne s’intéresse qu’à la valeur positive. Donc 𝑥 = 20.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

171

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Cap vers le bac Sujet A La courbe dérivée de 𝒞1 est 𝛤2 . La courbe dérivée de 𝒞2 est 𝛤3 . La courbe dérivée de 𝒞3 est 𝛤1. Sujet B a. 𝐶 ′ (𝑞) = 3𝑞 2 − 210𝑞 + 3 000 b. q C (q)

10 +

20 0



50 0

60 +

34 500

26 500

C(q) 29 000

21 000

c. Il faut réaliser 20 objets pour obtenir un bénéfice maximal de 34 500 €. d. 21 000 ≤ 𝐶(𝑞) ≤ 34 500 pour 𝑥 ϵ [10 ; 60]. Sujet C Errata : dans certains ouvrages l’expression de la fonction g peut être fausse, il faut lire g(x) = f(x) – (12 x + 16). 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −6𝑥 2 + 6𝑥 + 12 2. 𝑦 = 12𝑥 + 16 3. a. 𝑔′ (𝑥) = −6𝑥 2 + 6𝑥 x g (x)

2



0 0

27

+

1 0



3

0

g(x) 1 28 2 𝑔(−0,5) = −2 × (−0, 5) + 3 × (−0,5) − 1 = 0,25 + 0,75 − 1 = 0 b. 𝑔(𝑥) ≥ 0 pour 𝑥 ϵ [−2 ; −0,5] et 𝑔(𝑥) ≤ 0 pour 𝑥 ϵ [−0,5 ; 3]. c. 𝒯est en dessous de 𝒞 sur [–2 ; –0,5] et est au-dessus de 𝒞 sur [–0,5 ; 3]. 3

172

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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Sujet D 1. a. 𝑅 2 = OH 2 + 200² et 𝑅 = OH + 𝑥. b. (OH + 𝑥)2 = OH 2 + 200², 2𝑥OH + 𝑥 2 = 200², OH = c. 𝑅 = 2. 𝑓

𝑥2

′ (𝑥)

+ 40 000 2𝑥 1

=2−

x f (x)

𝑥

=2+

20 000 𝑥2

=

100

40 000 − 𝑥 ² 2𝑥

.

20 000 𝑥 𝑥 2 − 40 000 2𝑥 2

–

200 0

250

300 + 650/3

f(x) 200 ̂ est un demi-cercle. 3. 𝑅 est minimal lorsque 𝑥 = 200. L’arc 𝐴𝐵 Sujet E 1. Réponse c. 2. Réponse b. 3. Réponse a. 4. Réponse b. 5. Réponse b.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

173

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Pour aller plus loin 110 Partie A 64 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −1 + 𝑥 2 2. 4

x f (x)

8 0

+



16

4 f(x) 0

0

Partie B 1. 𝐵 ′ (𝑥) = −2𝑥 + 20 4

x B (x)

10 0 36

+



16

B (x) 12 12 On a un bénéfice maximal lors d’une production de 10 tonnes d’engrais. Ce bénéfice vaut 3 600 €. 2. 𝐵𝑈 (𝑥) =

−𝑥 2 + 20𝑥 − 64 𝑥

= −𝑥 + 20 −

64 𝑥

= 𝑓(𝑥)

La réponse est non : le bénéfice total est à son maximum pour 10 tonnes d’engrais produit mais le bénéfice unitaire est à son maximum pour 8 tonnes d’engrais produit. 111 1. H 2 = BC2 = AC2 − BA2 = 22 − L2 = 4 − L2 L × H 2 = L × (4 − L2 ) = 4L − L3 2. a. 𝑓 ′ (𝑥) = −3𝑥 2 + 4 x f (x)

0

2/√3

+

0



2

16√3 9

f(x) 0 b. Il faut que L =

174

2 √3

0 et H =

2√2 √3

.

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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112 a. 𝑉 = 576 = 2𝑥 2 × 𝑦 576

𝑦 = 2𝑥 2

b. 𝑠(𝑥) = 4𝑥 2 + 4𝑥𝑦 + 2𝑥𝑦 = 4𝑥 2 + c. 𝑠

′ (𝑥)

= 8𝑥 − 2

1 728 𝑥2

=

1 152

8𝑥 3 − 1 728

𝑥

+

576 𝑥

= 4𝑥 2 +

1 728 𝑥

𝑥2

8(𝑥 − 6)(𝑥 + 6𝑥 + 36) 8𝑥 3 + 48𝑥 2 + 288𝑥 − 48𝑥 2 − 288𝑥 − 1 728 = 𝑥2 𝑥2 8𝑥 3 − 1 728 = = 𝑠′(𝑥) 𝑥2 d. x signe de s

3

6 0

–

12 +

612

720

s 432 e. L’aire minimale est atteinte pour 𝑥 = 6 et l’aire vaut alors 432 mm². 113 AB = 𝑙, AC = 𝑥 et CB = 𝑙 − 𝑥 AC × CB = 𝑥(𝑙 − 𝑥) = 𝑙𝑥 − 𝑥 2 −𝑙

𝑙

Le maximum est atteint en 𝑥 = −2 = 2. On doit donc placer le point C au milieu du segment [AB]. 114 1. P1 vérifiée : 𝑓 est définie sur [0 ; 1]. 2 2 P2 vérifiée : 𝑓(0) = 0 + 1 − 2 = 0 et 𝑓(1) = 2 + 2 − 2 = 1. 2

P3 vérifiée : 𝑓 ′ (𝑥) = 2 − (𝑥+1)2 donc 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 sur [0 ;1], donc 𝑓 est croissante sur [0 ; 1]. 2

P4 vérifiée : 𝑓(𝑥) − 𝑥 = 𝑥 + 𝑥+1 − 2 =

𝑥 2 +𝑥+2−2𝑥−2 𝑥+1

=

𝑥(𝑥−1) 𝑥+1

. Donc 𝑓(𝑥) ≤ 0 sur [0 ; 1].

2.

On en déduit graphiquement le pourcentage cherché : environ 72 %. Chapitre 5 • Applications de la dérivation

175

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115 Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

2 × 2𝑥(𝑥 2 + 4) − 2𝑥 × 2𝑥2 (𝑥 2 + 4)2



x f (x)

16𝑥

= (𝑥 2 + 4)2 0 0



+ +

f(x) 0

2. b. (𝑑) ∶ 𝑦 = 𝑚𝑥 + 2 c. 𝒞 ∶ 𝑥 2 + (𝑦 − 1)2 = 1 2

−2𝑚

2

d. H (− 𝑚 ; 0) ; K (𝑚2 + 1 ; 𝑚2 + 1). 2

2

2

2

e. M (− 𝑚 ; 𝑚2 + 1). Puisque xM = – 𝑚 , alors m = – 𝑥 . 𝑀

2

D’où : – m =

1

4 𝑥2 M +1

2 = 2 (𝑥M + 1).

On reconnaît l’équation d’une parabole. 116 Errata : dans certains ouvrages, l’expression de la fonction f ’ peut être fausse, il faut 1−𝑥 lire 𝑓 ′ (𝑥) = 2 𝑒𝑡 𝑓 est dérivable sur ]0 ; +[. 𝟐 √𝑥 (𝑥 + 1)

0

x f (x)

1 0

+

+



1/2 f(x) 0 1. 𝑓

′ (𝑥)

=

1 × (𝑥 + 1) − √𝑥 2√𝑥 (𝑥 + 1)2

=

𝑥 + 1 − 2𝑥 2√𝑥 (𝑥 + 1)2

=2

−𝑥 + 1

√𝑥(𝑥 + 1)2

2. f est croissante sur [0 ; 1] et décroissante sur [1 ; +∞[. 1 3. 𝑓(𝑥) ≤ 2 pour tout réel 𝑥 ≥ 0. √𝑥

1

On en déduit que 𝑥 + 1 ≤ 2, et donc que √𝑥 ≤

𝑥+1 2

pour tout 𝑥 ≥ 0

et par définition 0 ≤ √𝑥. 4. a. On étudie la différence 𝑓(𝑥) − 𝑓(𝑥) −

1 √𝑥

√𝑥

= 𝑥+1 −

1 √𝑥

=

𝑥−𝑥−1 √𝑥(𝑥 + 1)

=

1 √𝑥

.

−1 , donc √𝑥(𝑥 + 1) 6

𝑓(𝑥) −

1 √𝑥

≤ 0 pour 𝑥 > 0.

b. Lorsque x appartient à l’intervalle [10 ; +∞[, on a : 𝑓(𝑥) < 10−3. 2

5. (√𝑥 − 1) ≥ 0 donc 𝑥 − 2√𝑥 + 1 ≥ 0 et −2√𝑥 ≥ −𝑥 − 1 . On en déduit : √𝑥 ≤ 176

𝑥+1 2

.

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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117 1+𝑥−𝑥 1 1. 𝑓 ′ (𝑥) = (1 + 𝑥)² = (1 + 𝑥)2 donc 𝑓′(𝑥) ≥ 0 pour tout 𝑥 ≥ 0. 𝑓 est croissante pour tout 𝑥 ≥ 0. 𝑎

𝑏+𝑐

2. a. D’après la question 1., si 𝑎 ≤ 𝑏 + 𝑐 alors par croissance de 𝑓, 1 + 𝑎 ≤ 1 + 𝑏 + 𝑐. b. Puisque 𝑎, 𝑏 𝑒𝑡 𝑐 sont des réels positifs, les inégalités sont vérifiées. 𝑎

𝑏+𝑐

𝑏

𝑐

𝑏

𝑐

≤ 1 + 𝑏 + 𝑐 = 1 + 𝑏 + 𝑐 + 1 + 𝑏 + 𝑐 ≤ 1 + 𝑏 + 1 + 𝑐. 1+𝑎

c. De b. on en déduit : 118 π𝑟 2 ℎ

a. 𝑉(ℎ) = 2 ×

3

=2×

π(9 − ℎ2 )ℎ 3

b. 𝑉 ′ (ℎ) = 6π − 2πℎ² x 0 V (x)

2

= 3 π(9ℎ − ℎ3 ) 3

√3 +



0 4√3π

V(x) 0

0

c. ℎ0 = √3 d. 𝑉0 = 4√3π ≈ 6,928 3𝑉

e. 𝑟02 = πℎ0 =

12√3π

0

π√3

= 12

𝑟0 = 2√3 = 2ℎ0 119 Errata : Il faut lire dans l’énoncé : « la hauteur de la boîte est approximativement égale à son diamètre ». Soit V le volume de la boîte, r le rayon de sa base et h sa hauteur : V = πr2h. On calcule l’aire totale A de métal utilisé : A = 2πr2 + 2πrh. Puisque h =

𝑉 π𝑟 2

, on obtient : A = 2πr2 +

2𝑉 𝑟

.

A est une fonction de r, pour V fixé. A’(r) = 4πr –

2𝑉 𝑟2

=

2 (2π𝑟 3 −𝑉) 𝑟2

.

A’(r) s’annule en changeant de signe pour le réel r tel que 𝑟 3 = 3

𝑉

𝑉

3

𝑉

, soit r = √2π . 2𝜋 𝑉𝑟

La fonction A admet un minimum pour r = √2π , ce qui donne h = π𝑟 3 = 2r. On doit donc choisir la hauteur de la boîte égale à son diamètre.

Chapitre 5 • Applications de la dérivation

177

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120 Soit V le volume de la boîte, x le rayon de sa base et h sa hauteur. Puisque la boîte est inscrite dans une sphère de rayon 30 cm, on a l’égalité h2 + (2x)2 = 602, en utilisant le théorème de Pythagore. On en déduit : x2 = 𝑉(ℎ) = π × 𝑥 2 × ℎ = π × 𝑉′(ℎ) =

3600π 4

−

3πℎ2 4

(602 − ℎ2 )

= 900π –

4 3πℎ2 4

×ℎ = = 3π (

3600πℎ

−

4 1200− ℎ2 4

602 − ℎ2 4

.

πℎ3 4

).

On trouve alors que le maximum de V est atteint lorsque ℎ = 20√3. On trouve donc 𝑥 = 10√6. Volume maximal : 12 000√3π, soit environ 65 296 cm3. 121 Puisque 𝑓 ′ (𝑥) − 𝑔′ (𝑥) ≤ 0 sur [a ; b], la fonction 𝑓 − 𝑔 est décroissante sur [𝑎 ; 𝑏]. Or 𝑓(𝑎) − 𝑔(𝑎) = 0. Donc 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) ≤ 0 pour tout 𝑥 ϵ [𝑎 ; 𝑏]. Donc 𝑓(𝑥) ≤ 𝑔(𝑥) pour tout 𝑥 ϵ [𝑎 ; 𝑏]. 122 Une équation de la tangente 𝒯 au point de 𝒞 d’abscisse a est : y = f(a) + f ’(a) (x – a). Pour étudier la position de 𝒞 par rapport à 𝒯, on définit sur I la fonction g de la façon suivante : g(x) = f(x) – (f(a) + f ’(a) (x – a)) = f(x) – f(a) – f ’(a) (x – a). g est dérivable sur I et g’(x) = f ’(x) – f ’(a). Puisque la fonction f ’ est croissante sur I, on obtient le signe de g’(x) : pour x ≤ a : f ’(x) ≤ f ’(a) donc g’(x) ≤ 0. pour x ≥ a : f ’(x) ≥ f ’(a) donc g ’(x) ≥ 0. Ainsi, g est décroissante pour x ≤ a et croissante pour x ≥ a. Elle admet donc un minimum au point a , de valeur g(a) = 0. Ainsi, g(x) ≥ 0 pour tout x de I, ce qui entraîne que la courbe 𝒞 est toujours au-dessus de la tangente 𝒯 sur I.

178

Chapitre 5 • Application de la dérivation

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Chapitre 6 Fonction exponentielle A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre La fonction exponentielle est définie comme unique fonction dérivable sur ℝ, égale à sa dérivée et qui vaut 1 en 0. L’unicité est démontrée dans le parcours 3 p. 184. Dans la première partie du cours figurent la relation fonctionnelle et les propriétés qui en sont déduites, propriétés démontrées dans le parcours 4 p. 184. On introduit le nombre e et la notation ex. Dans la seconde partie du cours figurent : l’étude des fonctions x ↦ e𝑎𝑥+𝑏 et la nature des suites de terme général un = ena. La modélisation de situations à l’aide de la fonction exponentielle tient une grande place dans ce chapitre. Elle est introduite dans l’activité 3, en exercice corrigé dans la capacité 6, et fait l’objet de très nombreux exercices. 2 Les objectifs des activités Dans l’activité 1, il s’agit d’introduire la fonction exponentielle à partir d’une situation géométrique qui conduit à la condition f’= f ou f ’= – f. Cela permet de s’apercevoir que les fonctions connues par les élèves ne suffisent pas et ainsi de motiver l’introduction d’une nouvelle fonction. Dans l’activité 2, il s’agit d’introduire la méthode d’Euler. L’animation proposée peut également être utilisée dans la capacité 7. L’activité 3 a pour objectif d’introduire la modélisation d’un phénomène à l’aide de la fonction exponentielle. Dans cette activité, on étudie l’évolution d’un nombre de bactéries tout d’abord à l’aide d’une suite géométrique, puis à l’aide d’une fonction. L’activité 4 a pour objectif d’introduire la représentation graphique des fonctions : t ↦ e𝑘𝑡 . 3 Exercices, TP et algorithmes Les exercices sont très variés, allant des applications directes du cours à des exercices de modélisation de phénomènes à croissance ou décroissance exponentielle. L’approximation du nombre e fait l’objet de la capacité 7 et de l’exercice 138 p. 188.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

179

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B Se tester pour un bon départ 1 a. 𝑥 𝑛+2 b. 𝑥 2𝑛 c. 𝑥 −𝑛 d. 𝑥 𝑛−1

2 1. Réponse c. 2. Réponse b. 3. Réponses c et d.

3 a. Vrai. b. Faux. c. Vrai. d. Vrai.

4 a. A = 11 10010 b. B = 1328 c. C = 2202 d. D = 220 e. E = 3−5 f. F = 1910

5 a. Faux : b. Faux :

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

𝑣𝑛+1 𝑣𝑛

=

=

0,1(𝑛+1) 0,1𝑛

(𝑛+2)𝑣𝑛 𝑣𝑛

≠ 𝑐, 𝑐 un réel.

= 𝑛 + 2.

c. Vrai.

6 1. Réponse a. 2. Réponse a. 3. Réponses a et b. 180

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 7 1. La raison de (un) est 2. La raison de (vn) est 0,5. 2. La suite (un) est croissante.

8 a. u3 = 300 × 1,33 = 659,1 b. un = 300 × 1,3n

9 a. Faux : f(2a) = (2a)2 = 4a2 et 2f(a) = 2a2. b. Faux : f(a + b) = (a + b)2 ≠ a2 + b2 lorsque a ≠ 0 et b ≠ 0. c. Vrai.

10 1. a. f ’(x) = 15(5x + 1)2. b. Pour tout réel x, f ’(x) ≥ 0 donc f est croissante sur ℝ. 2. a. g’(x) = –15(–5x + 1)2 b. Pour tout réel x, g’(x) ≤ 0 donc g est décroissante sur ℝ.

C Activités Activité 1 Une sous-tangente constante Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. T : y = f ’(a)(x – a) + f(a) 𝑓(𝑎)

2. Comme P(𝑥P ; 0), on a : 0 = f ’(a) (𝑥P – a) + f(a). D’où : 𝑥P = a – 𝑓′(𝑎). 3. Comme H(a ; 0) et PH = 1, on a : |𝑥H − 𝑥P | = 1, donc |𝑎 – (𝑎 – donc | 4.

𝑓(𝑎) 𝑓′(𝑎)

𝑓(𝑎) 𝑓′ (𝑎)

𝑓(𝑎)

)| = 1,

𝑓′(𝑎)

| = 1.

= 1 ou

𝑓(𝑎) 𝑓′ (𝑎)

= −1. D’où : 𝑓(𝑎) = 𝑓′(𝑎) ou 𝑓(𝑎) = −𝑓 ′ (𝑎).

5. Non.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

181

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Activité 2 Vers l’exponentielle par la méthode d’Euler Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. a. A0 (0 ; 1) b. f ’(0) = f(0) = 1 d. T0 : y = x f ’(0) + f(0) = x + 1, donc l’ordonnée de A1 est 1,5. 2. a. Le coefficient directeur serait f ’(0,5) = f(0,5) = 1,5. c. T1 : y = 1,5(x – 0,5) + 1,5. D’où pour x = 1, y = 2,25. Donc A2(1 ; 2,25). 3. a. Le coefficient directeur serait f ’(1) = f(1) = 2,25. c. T2 : y = 2,25(x – 1) + 2,25. D’où pour x = 1,5, y = 3,375. Donc A3(1,5 ; 3,375). 4. b. T3 : y = 3,375(x – 1,5) + 3,375. D’où pour x = 2, y = 5,0625. Donc A4(2 ; 5,0625). c.

182

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

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Activité 3 Du discret au continu Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. A. Un modèle discret 1. a. u1 = 1,5 ; u2 = 2,25 ; u3 = 3,375. b.

𝑢1 − 𝑢0 𝑢0

= 0,5 ;

𝑢2 − 𝑢 1 𝑢1

= 0,5 ;

𝑢3 − 𝑢2 𝑢2

= 0,5.

2. a. (un) est une suite géométrique. b. On peut qualifier la croissance du nombre de bactéries de croissance exponentielle. c. Pour tout entier n,

𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 𝑢𝑛

= 0,5.

3. k = 0,5 B. Un modèle continu 1. Pour tout h > 0,

𝑞(𝑡 + ℎ) − 𝑞(𝑡) ℎ

correspond au taux de variation de la fonction q entre t et

t + h qui est de 0,5 𝑞(𝑡). D’où :

𝑞(𝑡 + ℎ) − 𝑞(𝑡) ℎ

2. Pour t = 1, on a : Or lim ℎ→0

𝑞(1 + ℎ) − 𝑞(1)

𝑞(1 + ℎ) − 𝑞(1) 𝒉

= 0,5 𝑞(𝑡). 𝒉

= 0,5𝑞(1).

= 𝑞′(1).

Ainsi, 0,5𝑞(1) = 𝑞′(1). 3. 𝑞 ′ (𝑡) = 0,5 e0,5𝑡 = 0,5𝑞(𝑡) et q(0) = 1. 4. 2 h 15 min = 2,25 h ; 𝑞(2,25) = e0,5 × 2,25 ≈ 3,1. Il y a environ 3,1 milliers de bactéries au bout de 2 h 15 minutes.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

183

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Activité 4 Une famille de fonctions Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. f(0) = e1,2 × 0 = 1 ; g(0) = e0,5 × 0 = 1 ; h(0) = e-0,5 × 0 = 1 ; k(0) = e-1,2 × 0 = 1. b. f(1) = e1,2 ; g(1) = e0,5 ; h(1) = e-0,5 ; k(1) = e-1,2. c. f(1) > g(1) > h(1) > k(1) d. C3 est la courbe représentative de la fonction f ; C4 est la courbe représentative de la fonction g ; C1 est la courbe représentative de la fonction h ; C2 est la courbe représentative de la fonction k. 2. fk est décroissante pour k < 0 et croissante pour k > 0. 3. b. Oui.

D Exercices Pour démarrer 1 a. 151 b. 1 100

2 a. 140 b.

1

10

3 a. b.

c.

10 5

100

4 a. b.

1

0,005 0,01

= 0,5 < 1

2 × 10−2 3 × 10−4 30 × 10−5 2 × 10−4

184

=

200 3

>1

= 1,5 > 1

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 5 a. b. c.

1 5

1 13 25 29

6 a. 𝐴(𝑥) = 4𝑥 2 − 12𝑥 + 9 b. 𝐵(𝑥) = −3𝑥 2 + 9𝑥 − 6

7 a. 𝐴(𝑥) = (𝑥 + 3)(𝑥 − 3) b. 𝐵(𝑥) = (𝑥 + 1)(𝑥 + 3)

1

8 a. 𝑥 2 + 1 = 5 a pour solutions : −√8 et √8. 2

b. 𝑥 2 + 4𝑥 = 0 a pour solutions : −4 et 0.

9 a. Vrai. b. Faux : diminuer une quantité de 12 % revient à la multiplier par 0,88.

10 9 500 secondes = 2 heures 38 minutes et 20 secondes.

11 a. Vrai : exp(3) × exp(5) = exp(3 + 5) = exp(8). b. Faux : exp(9) × exp(–19) = exp(9 – 19) = exp(–10). c. Faux : exp(11) × exp(–11) = exp(11 – 11) = exp(0) = 1. d. Faux : exp(−7) =

1

.

exp(7)

e. Vrai : exp(6) = exp (2 × 3) = (exp(3))2.

12 a. exp(2x) b. exp(x – 1) c. exp(0) d. exp(x + 1) Chapitre 6 • Fonction exponentielle

185

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 13 a. e−4 b. e−6 c. e3 d. e0

14 a. e−1 b. e1 c. e−2 d. e3

15 a. e−5 b. e2 c. e−3 d. e−6

16 a. e6 b. e6 c. e−6 d. e−2

17 1. e𝑥+5 2. e−𝑥+2 3. e−2𝑥−1

18 1. e2𝑥 2. e0 3. e−2𝑥

186

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 19 1. e4𝑥 2. e−2𝑥 3. e−2𝑥+2

20 1. e𝑥−0,1 2. e0,9𝑥 3. e𝑥+2

21 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Pour tout réel t positif, e– 0,053(t + 13)= e– 0,053t – 0,053 × 13 = e – 0,053t × e– 0,689 2.

𝐴(𝑡+13) 𝐴(𝑡)

=

e−0,053𝑡 × e−0,689 e−0,053𝑡

= e−0,689

À 0,01 près, e– 0,689 ≈ 0,5. Donc

𝐴(𝑡+13) 𝐴(𝑡)

≈ 0,5. 1

Ainsi, A(t + 13) ≈ A(t), donc entre deux instants espacés de treize heures, l’activité de l’iode 2 123 diminue de moitié. 22 Pour tout réel x, e2𝑥 > 0 et e𝑥 > 0 donc e2𝑥 + e𝑥 > 0.

23 Pour tout réel x,−e𝑥 < 0 et −2 < 0 donc −e𝑥 − 2 < 0.

24 a. Pour tout réel x, e𝑥 > 0 donc e𝑥 = 0 n’a pas de solution. b. Pour tout réel x, e𝑥+1 > 0 donc e𝑥+1 = −1 n’a pas de solution. c. Pour tout réel x, e𝑥 + 1 > 1 donc e𝑥 + 1 = 0 n’a pas de solution. d. Pour tout réel x, e𝑥 − 1 = 0 a pour solution x = 0.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

187

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 25 a. e2𝑥 = e5 a pour solution 𝑥 = 2,5. b. e−𝑥 = 1 a pour solution x = 0. c. e2−𝑥 = 1 a pour solution x = 2. 26 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. e0 = 1 2. a. Une seule solution : 0. b. Une seule solution : 0. c. Une seule solution : 2. 27 a. e𝑥+1 ≤ e5 pour 𝑥 ∈ ] − ∞ ; 4]. b. e3−𝑥 > e2 pour 𝑥 ∈ ] − ∞ ; 1[. c. e−𝑥 < e4 pour 𝑥 ∈ ] − 4 ; +∞[.

28 1. e𝑥 > 1 pour 𝑥 ∈ ]0 ; +∞[. 2. Si x > 0 alors : Alors 𝑀 ← " exp(𝑥) > 1 " Sinon 𝑀 ← " exp(𝑥) ≤ 1 " Fin Si 29 a. C’est elle même. b. La fonction exponentielle est croissante sur ℝ.

30 a. 𝑎 = 2 et 𝑏 = 1. b. 𝑓 ′ (𝑥) = 2e2𝑥+1

31 a. e3 < e5 . b. e−7 > e−9. c. e4 > e−5 . d. e0,2 > e0,02 .

188

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 32 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 2e𝑥 b. 𝑔′ (𝑥) = −e𝑥 c. ℎ′ (𝑥) = 2 + 𝑒 𝑥

33 a. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : Calculer f ’(x) et non pas f(x). 𝑓 ′ (𝑥) = 3e𝑥 . b. 3e𝑥 > 0 sur ℝ donc f est croissante sur ℝ.

34 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 3 + 2e𝑥 b. 3 + 2e𝑥 > 0 sur ℝ donc f est croissante sur ℝ.

35 a. 𝑓 ′ (𝑥) = 0 − 1 − 5e𝑥 b. −1 − 5e𝑥 < 0 sur ℝ donc f est décroissante sur ℝ.

36 a. 𝑎 = −3, 𝑏 = 7 et 𝑓 ′ (𝑥) = −3e−3𝑥+7 . b. 𝑎 = −5, 𝑏 = 0 et 𝑓 ′ (𝑥) = −5e−5𝑥 . c. 𝑎 = 2, 𝑏 = −1 et 𝑓 ′ (𝑥) = 2e2𝑥−1 .

37 a. 𝑓 ′ (𝑡) = 0,05e0,05𝑡 b. 𝑓 ′ > 0 sur ℝ donc f est croissante sur ℝ.

38 𝑔′ (𝑡) = −203e−203𝑡 < 0 sur ℝ donc g est décroissante sur ℝ.

39 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. f1 et f4 sont croissantes sur ℝ. En effet pour tout réel x : f1’(x) = 0,1e0,1x donc f1’(x) > 0 f4’(x) = 2e2x – 3 donc f4’(x) > 0 f2 et f3 sont décroissantes sur ℝ car leurs fonctions dérivées sont négatives sur ℝ.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

189

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 40 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑓 ′ (𝑡) = 𝑘e𝑘𝑡 2.

Remarque : on peut aussi donner comme condition : if k>=0. 41 𝑓 est associée à 𝐶1 et g est associée à 𝐶2 .

42 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −121,59e−0,12𝑥 2. 𝑓 ′ < 0 sur ℝ donc f est décroissante sur ℝ. La hauteur de mercure était la plus petite dans celui du Puy-de-Dôme.

Pour s’entraîner 2

43 Pour tout réel x, on a : exp(2𝑥) – 1 = (exp(𝑥)) − exp(𝑥) × exp(−𝑥) = exp(𝑥)(exp(𝑥) – exp(−𝑥))

44 Pour tout réel x, on a : (exp(𝑥) − 1)(exp(−𝑥) + 1) = exp(𝑥) × exp(−𝑥) + exp(𝑥) − exp(−𝑥) − 1 = exp(𝑥) − exp(−𝑥)

45 1. a. e6𝑥−3 b. e𝑥

2 −𝑥−1

c. e𝑥+17 2. Pour tout réel x, on a :

190

e−𝑥 +e𝑥 e−𝑥 +1

=

1 +e𝑥 e𝑥 1 +1 e𝑥

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

=

1+e2𝑥 e𝑥 1+e𝑥 e𝑥

=

1+e2𝑥 1+e𝑥

.

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 46 a. Faux : e7𝑎 = (e𝑎 )7 . b. Vrai. c. Faux, e5(𝑎+1) = e5𝑎 × e5 = e5 × (e𝑎 )5. d. Vrai.

47 A = e1+2𝑥 ; B = e5−2𝑥 ; C = e−1,9𝑥 .

48 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : 𝐶 = (e𝑥 + 1 )3 × e0,3𝑥 . A = e𝑥 + 2 ; B = e6 − 0,1𝑥 ; C = e3,3𝑥 + 3.

49 A = 𝑒 −7+0,8𝑥 ; B = 𝑒 𝑥−10 ; C = 𝑒 −2𝑥+4 .

50 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. A = e2x – 1 ; B = e x + 2 ; C = e4x + 6. 51 Pour tout réel x, on a : (1 + 3e𝑥 )(e𝑥 − 3) = e𝑥 − 3 + 3e2𝑥 − 9e𝑥 = 3e2𝑥 − 8e𝑥 − 3.

52 Pour tout réel x, on a :

e1+2𝑥 1 + e2𝑥

=

e−𝑥 × e(1+2𝑥) e−𝑥 (1 + e2𝑥 )

=

e1+𝑥 e−𝑥 + e𝑥

.

53 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Pour tout réel x, e𝑥+1 e+e

= 𝑥+1

e𝑥 ×e1 e1 + e𝑥 e

= 1

e 1 e𝑥 e1 (1 + e𝑥 )

54 Pour tout réel x, on a : 1 −

=

e𝑥 1 + e𝑥

𝑒 −𝑥 1+𝑒

= −𝑥

1+𝑒 −𝑥 −𝑒 −𝑥 1+𝑒 −𝑥

=

1 1+𝑒

= −𝑥

𝑒𝑥 1+𝑒 𝑥

.

55 a. Faux : e2𝑥+1 = e𝑥 × e𝑥+1 . b. Vrai. c. Faux. On peut prendre x = 0 comme contre-exemple. Chapitre 6 • Fonction exponentielle

191

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 56 1. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire : Montrer que pour tout réel t positif, 𝑓(𝑡+1) − 𝑓(𝑡) 𝑓(𝑡)

𝑁(𝑡)

= 𝑒 −0,01 − 1 et non pas

= 𝑒 −0,01 − 1.

Pour tour réel t positif, on a : donc

𝑁(𝑡+1) − 𝑁(𝑡)

𝑁(𝑡+1) − 𝑁(𝑡) 𝑁(𝑡)

=

𝑁(𝑡+1) − 𝑁(𝑡) 𝑁(𝑡)

=

50𝑒 −0,01(𝑡+1) − 50𝑒 −0,01𝑡 50𝑒 −0,01𝑡

50𝑒 −0,01𝑡 × 𝑒 −0,01 − 50𝑒 −0,01𝑡 50𝑒 −0,01𝑡

= 𝑒 −0,01 − 1.

2. 𝑒 −0,01 − 1 ≈ −0,01. Le nombre de poissons entre t et t + 1 diminue d’environ 1 %.

57 À l’aide du logiciel GeoGebra, on peut conjecturer que le point I(0 ; 0,5) est le milieu des segments [MaNa]. Ma (a ;

𝑒𝑎 1+𝑒

) et Na (–a ; 𝑎

𝑒 −𝑎 1 + 𝑒 −𝑎

), soit Na (–a ;

L’abscisse du milieu de [MaNa] est : Son ordonnée est :

1

(

𝑒𝑎

2 1+𝑒

+ 𝑎

𝑒𝑎

1 +1

𝑎 + (−𝑎) 2

1 𝑒𝑎

=0

1

𝑒𝑎 + 1

2

1 + 𝑒𝑎

)= ×

).

+1

=

1 2

Les segments [MaNa] ont donc bien un point commun qui est le point I(0 ; 0,5).

58 Sur ℝ, 𝐴(𝑥) = 0,5 + 𝑒 𝑥 > 0 ; 𝐵(𝑥) = 1 + 0,5𝑒 𝑥 > 0 𝑒𝑡 𝐶(𝑥) = −10𝑒 𝑥 < 0.

192

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 59 Sur ℝ, A(𝑥) = −1 − 𝑒 𝑥 < 0 ; B(𝑥) =

𝑒𝑥 𝑒𝑥

+1

> 0 et C(𝑥) = 𝑒 𝑥 (2 + 𝑒 𝑥 ) > 0.

60 Sur ℝ, A(𝑥) = −2𝑒 −𝑥−1 < 0 ; B(𝑥) = 0,3𝑒 1−0,7𝑥 > 0 et C(𝑥) = 1 + 5𝑒 −17𝑥 > 0.

61 A(𝑥) = 5𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 (5 − 𝑥) x 𝐞𝒙 (5 – x) A(x)



5 + + +

0 0

+ + − −

B(𝑥) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 = 𝑥𝑒 𝑥 (𝑥 − 1) 1 2 x 𝒙𝐞𝒙 (x – 1) B(x)



0 0

– – +

0

1 + – –

0 0

+ + + +

62 A(𝑥) = e𝑥 − 2𝑥𝑒 𝑥 = 𝑒 𝑥 (1 − 2𝑥) x 𝐞𝒙 (1 – 2x) A(x)



1/2 + + +

0 0

+ + − −

B(𝑥) = 𝑥𝑒 −𝑥 − 𝑥 2 𝑒 −𝑥 = 𝑥𝑒 −𝑥 (1 − 𝑥) x 𝒙𝐞−𝒙 (1 – x) B(x)



0 0

– + –

0

1 + + +

0 0

+ + – –

63 A(𝑥) = 4𝑒 −𝑥 − 𝑥 2 𝑒 −𝑥 = 𝑒 −𝑥 (4 − 𝑥 2 ) = 𝑒 −𝑥 (2 − 𝑥)(2 + 𝑥) x 𝐞−𝒙 (2 – x) (2 + x) A(x)



–2 + + – –

0 0

2 + + + +

0 0

+ + – + –

B(𝑥) = 𝑥𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥+2 = 𝑒 𝑥 (𝑥 − 𝑒 2 ) x 𝐞𝒙 (𝒙 − 𝐞𝟐 ) B(x) x 𝒆𝒙 (1 – 2x) A(x)





𝑒2 + – – + + +

0 0 𝟏/𝟐 0 0

+ + + + + − −

+ Chapitre 6 • Fonction exponentielle

193

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

64 A(𝑥) = 𝑥 2 𝑒 𝑥 − 𝑒 𝑥+2 = 𝑒 𝑥 (𝑥 2 − 𝑒 2 ) = 𝑒 𝑥 (𝑥 − 𝑒)(𝑥 + 𝑒) x 𝐞−𝒙 (x – e) (x + e) A(x)

B(𝑥) =

𝑒 𝑥 − 𝑥𝑒 𝑥 𝑒𝑥 + 1



-e + – – +

=

0 0

e + – + –

0 0

+ + + + +

𝑒 𝑥 (1 − 𝑥) 𝑒𝑥 + 1

1 x +  𝒙 + + 𝒆 + 0 – (𝟏 − 𝒙) + + 𝒆𝒙 + 𝟏 x 𝟏/𝟐  + + 0 – B(x) + + 𝒆𝒙 (1 – 2x) + 0 − A(x) détaillé de cet+exercice0 est disponible − 65 Le corrigé dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. ● Sur ]–∞ ; 0], A(x) ≤ 0 et sur [0 ; +∞[, A(x) ≥ 0. ● B(x) = xex – ex × e = (x – e)ex Sur ]–∞ ; e], B(x) ≤ 0 et sur [e ; +∞[, B(x) ≥ 0. 𝑡

66 a. 44 − 𝑣(𝑡) = 44𝑒 −5 . 𝑡

Sur [0 ; +∞[, 44𝑒 −5 > 0. b. 44 − 𝑣(𝑡) > 0 donc v(t) < 44. La vitesse ne peut pas dépasser 44 m.s-1. soit 158,4 km.h-1 67 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Pour tout réel x positif, T(x) – 4 = –4e–0,14x. –4e–0,14x < 0 donc T(x) – 4< 0 et par conséquent T(x) < 4. 2. La masse d’un bar ne dépasse pas 4 kg. 2

68 a. e𝑥 = e𝑥 a pour solutions : 0 et 1. b. e−2𝑥 − 1 = 0 a pour solution : 0.

69 a. e5𝑥+1 = e × e2𝑥 a pour solution : 0. b. (e𝑥 − e2 )(e−𝑥 + 5) = 0 a pour solution : 2. 194

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 70 a. 3e3𝑥−42 + 1 = 4 a pour solution : 14. b. e5𝑥 =

e−𝑥 e

1

a pour solution : − . 6

71 (e𝑥 )2 − e = 0 ⟺ e2𝑥 = e1 . e2𝑥 = e1 a pour solution : 0,5.

72 1. 𝑋 2 + 6𝑋 − 7 = 0 Δ = 64 et l’équation a pour solutions : –7 et 1. 2. On pose 𝑋 = e𝑥 et on se ramène à l’équation de la question précédente. Ainsi, la solution de e2𝑥 + 6e𝑥 − 7 = 0 est 0.

73 1. e𝑥 − 2e−𝑥 + 1 = 0 ⟺ e𝑥 (e𝑥 − 2e−𝑥 + 1) = 0 ⟺ (e𝑥 )2 − 2 + e𝑥 = 0. 2. On pose 𝑋 = e𝑥 et on se ramène à la résolution de l’équation 𝑋 2 + 𝑋 − 2 = 0. Δ = 9 et les solutions de l’équation sont –2 et 1. Ainsi, la solution de (e𝑥 )2 − 2 + e𝑥 = 0 est 0.

74 a. 1 ≤ e3𝑥 pour 𝑥 ∈ [0 ; +∞[. 2

b. e−𝑥 − e × e7𝑥−9 ≤ 0 ⟺ 𝑥 2 + 7𝑥 − 8 ≥ 0 L’ensemble des solutions est ] − ∞ ; −8] ∪ [1 ; +∞[.

75 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. 1 − ex² − 1 ≥ 0 équivaut à 0 ≥ x² – 1. L’ensemble des solutions est [–1 ; 1]. 1

b. ex+3 ≥ e équivaut à x + 3 ≥ –1. L’ensemble des solutions est [–4 ; +∞[. 76 1. e2𝑥 − e𝑥 = e𝑥 (e𝑥 − 1). Comme la fonction exponentielle est strictement positive sur ℝ, le signe de e2𝑥 − e𝑥 est le même que celui de e𝑥 − 1. 2. e𝑥 − 1 ≥ 0 pour 𝑥 ∈ [0 ; +∞[. 3. Sur ] − ∞ ; 0], e2𝑥 − e𝑥 ≤ 0 et sur [0 ; +∞[ , e2𝑥 − e𝑥 ≥ 0.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

195

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 77 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. e–x – ex > 0 équivaut à –x > x et donc à 2x < 0. L’ensemble des solutions est ]–∞ ; 0[. 2. 1 −

1 + 𝑒𝑥

𝑒 −𝑥 − 𝑒 𝑥

1+𝑒

1 + 𝑒 −𝑥

= −𝑥

Sur ]–∞ ; 0[, 1 −

1 + 𝑒𝑥

.

>0

1 + 𝑒 −𝑥 1 + 𝑒𝑥

et sur [0 ; +∞[, 1 −

1 + 𝑒 −𝑥

≤ 0.

78 (2e𝑥 + 1)(1 − e𝑥 ) = 2e𝑥 − 2e2𝑥 + 1 − e𝑥 = −2e2𝑥 + e𝑥 + 1 x



(𝟐𝐞𝒙 + 𝟏) (𝟏 − 𝐞𝒙 ) −𝟐𝐞𝟐𝒙 +x𝒙𝐞𝒙 + 𝟏  𝒆 (1 – 2x) 2 A(x) 79 1. −5𝑋 + 3𝑋 + 2 =

0 + + +

0

𝟏/𝟐 0

+ + -

+

+ + + 0 − + 0 − −5(𝑋 − 1)(𝑋 + 0,4)

2. −5e2𝑥 + 3e𝑥 + 2 = −5(e𝑥 − 1)(e𝑥 + 0,4) 3. x



𝒙

0 0

(𝐞 − 𝟏) + (𝐞𝒙 + 𝟎, 𝟒) 𝟏/𝟐 𝒙 + 0 −𝟓𝐞𝟐𝒙 + x𝟑𝐞 + 𝟐  𝒙 + 𝒆 (1 – 2x) + 0 A(x) + 80 a. Faux: la solution de l’équation 0e3𝑥 = b. Faux : pour 𝑥 = −2, e−𝑥 > e𝑥 .

196

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

+ + + -

+ − 1− est 0.

+

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 81 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = 2,2e2,2𝑥 . 𝑓 ′ (𝑥) > 0 sur ℝ donc 𝑓 est croissante sur ℝ. b. Voir graphique ci-dessous. 2. a et b. 𝑓 ′ (𝑥) = −0,3e−0,3𝑥 . 𝑓 ′ (𝑥) < 0 sur ℝ donc 𝑓 est décroissante sur ℝ.

82 1. Sur ] − ∞ ; 0], 0 > 𝑘𝑥 > 𝑚𝑥, donc e𝑘𝑥 > e𝑚𝑥 , donc e𝑘𝑥 − e𝑚𝑥 > 0. Sur [0 ; +∞[, 0 < 𝑘𝑥 < 𝑚𝑥, donc e𝑘𝑥 < e𝑚𝑥 , donc e𝑘𝑥 − e𝑚𝑥 < 0. 2. f est associée à C2, g est associée à C1 et h est associée à C3.

83 1. Sur ] − ∞ ; 0], 0 < −𝑘𝑥 < −𝑚𝑥, donc e−𝑘𝑥 < e−𝑚𝑥 , donc e−𝑘𝑥 − e−𝑚𝑥 < 0. Sur [0 ; +∞[, 0 > −𝑘𝑥 > −𝑚𝑥, donc e−𝑘𝑥 > e−𝑚𝑥 , donc e−𝑘𝑥 − e−𝑚𝑥 > 0. 2. f est associée à C2, g est associée à C1 et h est associée à C3. 84 1. 𝑓(𝑥 + 3) = 10e−0,231(𝑥+3) = 10e−0,231𝑥 × e−0,231×3 = e−0,693 𝑓(𝑥) 2. a. 𝒙

0

3

6

9

12

𝒇(𝒙)

10

5

2,5

1,25

0,625

b.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

197

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 85 1. Vrai. 2. Faux : 𝑓(2𝑥 + 5) = 3𝑓(𝑥) vérifie 𝑓(5) = 3𝑓(0).

86 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑓 est croissante sur ℝ. 2. 𝑓(𝑥 + 𝑇) = 0,5 e0,173(𝑥 + 𝑇) = e0,173𝑇 𝑓(𝑥) 3. a. Pour x = 0, on a 𝑓(𝑇) = 2𝑓(0). b.

c. Le programme affiche 4,01 comme valeur. d.

87 1. 𝑓 ′ (𝑥) = −e𝑥 + (5 − 𝑥)e𝑥 = (4 − 𝑥)e𝑥 . 2. a. et b. x f (x)

 +

4 0 e4

f(x)

198

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

+ 

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 3.

88 1. 𝑓 ′ (𝑥) = e𝑥 + 𝑥e𝑥 = (1 + 𝑥)e𝑥 2. a. et b. x f (x)



–1 –

0

+ +

f(x) −e−1 − 1

3.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

199

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 89 1. 𝑓 ′ (𝑥) = e𝑥 (e𝑥 − 3) + (e𝑥 + 1)e𝑥 = 2e𝑥 (e𝑥 − 1) 2. a. et b. 

x f (x)

–

0 0

+ +

f(x) −4

3.

90 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

2𝑥−𝑥 2 2𝑒 𝑥

.

Comme sur ℝ, 2𝑒 𝑥 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑥) est celui de 2𝑥 − 𝑥 2 . 2. x f (x)

 -

0 0

+

2 0 2/𝑒 2

+ -

f(x) 0

91 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 2e𝑥 (e𝑥 − 1) 2. Sur ] − ∞ ; 0] 𝑓 est décroissante et sur [0 ; +∞[ 𝑓 est croissante.

200

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 92 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

−𝑥+3 e𝑥



x f (x)

3 0

+

+ 

𝑒 −3 f(x)

2. La tangente à la courbe au point d’abscisse 3 a pour équation : 𝑦 = e−3 .

93 1. 𝑓 ′ (𝑥) =

e𝑥 (𝑥 2 − 2𝑥 − 3) (𝑥 2 − 3)2

.

Comme sur [2 ; 10], e𝑥 > 0 et (𝑥 2 − 3)2 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑥) est celui de 𝑥 2 − 2𝑥 − 3. 2. 2

x f (x)

–

3 0

e2

10 + e10 /97

f(x) e3 /6

94 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Pour tout réel x, f ’(x) = e-2x + x(–2e-2x). Donc f ’(x) = (1 – 2x)e-2x. 1

2. Sur ]–∞ ; 2], f ’(x) ≥ 0 donc f est croissante sur cet intervalle. 1

Et sur [ 2 ; +∞[, f ’(x) ≤ 0 donc f est décroissante sur cet intervalle. 3.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

201

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 95 𝑓 ′ (𝑥) = 20e−0,1𝑥+3 (1 − 0,1𝑥)

Comme sur ℝ, 20e−0,1𝑥+3 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑥) est celui de 1 − 0,1𝑥.

x f (x)

 +

10 0 200 e2

+ 

f(x)

96 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − e−𝑥+1 x f (x)



–

1 0

+ +

f(x) 2

97 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − e−𝑥 x f (x)



–

0 0

+ +

f(x)

–1

98 1. 𝑓 ′ (𝑥) = e3𝑥 (5 + 6𝑥), comme sur ℝ, e3𝑥 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑥) est celui de : 5 + 6𝑥. x f (x)



−5/6

–

+

0

+

f(x) 2 − e−5/2 3

2. La tangente à la courbe au point d’abscisse 0 a pour équation : 𝑦 = 5𝑥 + 1. 1

3. (1 + 2𝑥)e𝑥 < 0 ⟺ 1 + 2𝑥 < 0, donc sur ] − ∞ ; − 2] la courbe représentative de f est en 1

dessous de l’axe des abscisses et sur [− 2 ; +∞[ la courbe représentative de f est au-dessus de l’axe des abscisses. 202

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 99 𝑓 ′ (𝑥) =

−e𝑥 + e−𝑥 (e𝑥 + e−𝑥 )2

Comme sur ℝ, (e𝑥 + e−𝑥 )2 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑥) est celui de : −e𝑥 + e−𝑥 = e𝑥 (e−2𝑥 − 1). Ainsi, on retrouve bien le tableau de signe donné.

100 1. Vrai. 2. Faux. Par exemple, la fonction f définie sur ℝ par f(x) = 3ex est égale à sa dérivée.

101 1. D’après la représentation graphique ci-dessous, on peut conjecturer qu’il y a un point d’intersection entre la courbe représentative de la fonction exponentielle et la droite d’équation 𝑦 = 𝑥 + 1.

2. a. 𝑓 ′ (𝑥) = e𝑥 − 1 b. x f (x)



–

0 0

+ +

f(x) 0

3. D’après le tableau de variation, l’équation e𝑥 − 𝑥 − 1 = 0 admet une unique solution sur ℝ : 0. Ainsi, on peut valider la conjecture de la question 1. Et ce point a pour abscisse 0.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

203

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 102 Pour déterminer le signe de 𝑓(𝑥) sur ℝ, étudions les variations de f sur ℝ. 𝑓 ′ (𝑥) = 2(1 − e−2𝑥+1 ). 

x f (x)

1/2 0

–

+ +

f(x) 0

Ainsi, d’après le tableau de variation de la fonction f, on peut conclure que 𝑓(𝑥) ≥ 0 sur ℝ.

103 1. D’après la représentation graphique, on peut conjecturer que la courbe représentative est au-dessus de la tangente. 2. 𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑓 ′ (1)(𝑥 − 1) + 𝑓(1) T : 𝑦 = e(𝑥 − 1) + e 𝑇 ∶ 𝑦 = e𝑥. 3. a. 𝑓 ′ (𝑥) = e𝑥 − e. b. et c. 

x f (x)

1 0

–

+ +

f(x) 0

4. Sur ℝ, e𝑥 − e𝑥 ≥ 0 ⟺ e𝑥 ≥ e𝑥, donc la courbe représentative de la fonction exponentielle est toujours au-dessus de la tangente T.

104

105

106

107

204

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

=

=

e𝑛+2 e𝑛+1

= e, donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e.

e5𝑛+5 5 e5𝑛

= e5 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e5 .

5

=

=

2e−0,8(𝑛 + 1) 2e−0,8𝑛

3 1 (𝑛 + 1) × e5 3 3 1 𝑛 × e5 3

= e−0,8 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e−0,8 .

3

3

= e5 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e5 .

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

108

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

=

100e−𝑛+1 100e−𝑛+2

= e−1 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e−1 .

109 1. 𝑓(0) = 𝑎 + 180 = 30, donc 𝑎 = −180 + 30 = −150. 2. a. 𝑓 ′ (𝑡) = −150 × (−0,022)𝑒 −0,022𝑡 = 3,3e−0,022𝑡 b. Sur [0 ; 35] 𝑓 ′ (𝑡) > 0 donc f est croissante sur [0 ; 35]. c. La température au cœur de la brioche augmente avec le temps. 3. Il faut environ 29 minutes pour que la température au cœur de la brioche soit supérieure à 100° C.

110 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Pour tout réel x de [0 ; 18], f ’(x) = 5e−0,2x + 5x(–0,2e−0,2x). Donc f ’(x) = (5 – x)e−0,2x. 2. Sur ]–∞ ; 5], f ’(x) ≥ 0 donc f est croissante sur cet intervalle. Et sur [5 ; +∞[, f ’(x) ≤ 0 donc f est décroissante sur cet intervalle. x f ’(x) f(x)

0 + 0

5 0 – -1 25e

18 90e-3,6

3. Le maximum de ventes est atteint au bout de 5 jours. Il y aura alors environ 9 197 jouets vendus.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

205

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 111 1. 𝑓(0) = 1, en 2019 il y a 100 000 habitants. 2. a. 𝑓 ′ (𝑥) =

0,3e−0,05𝑥 (1+2e−0,05𝑥 )2

, comme sur [0 ; +∞[ , (1 + 2e−0,05𝑥 )2 > 0 et 0,3e−0,05𝑥 > 0,

alors 𝑓 ′ (𝑥) > 0. b. Sur [0 ; +∞[ , f est croissante. 3. a.

b. La population de la ville sera supérieure à 200 000 habitants à partir de 2047.

1

112 1. 𝑦 ′ (𝑡) = e−2𝑡 (15 − 10𝑡) 1

Comme sur [0 ; +∞|, e−2𝑡 > 0, le signe de 𝑓 ′ (𝑡) est celui de 15 − 10𝑡. t y(t)

0 +

1,5 0 40e−0,75

+ 

y(t) 10

2. La température de la réaction est maximale au bout d’une heure et demie.

113 1. a. Une fonction de la forme 𝑡 ⟼ e𝑎𝑡+𝑏 a pour dérivée 𝑡 ⟼ 𝑎 e𝑎𝑡+𝑏 . b. 𝑓 ′ (𝑡) = 1 − 𝑡 − e1−𝑡 + 𝑡e1−𝑡 = (1 − 𝑡)(1 − e1−𝑡 ). 2. a. Soit 𝑥 et 𝑦 des réels. Résoudre e𝑥 < e𝑦 équivaut à résoudre 𝑥 < 𝑦 sur ℝ. b. et c. t (𝟏 − 𝒕) (𝟏 − 𝐞𝟏−𝒕 ) f (t) f(t)

206

 + – –

1 0 0 0

–0,5

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

– + –-

+

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

114 1. a. 𝑓 ′ (𝑥) = −1,855e−0,053𝑥 . b. 0

x f (x)

80 -

35 f(x) 35e−4,24

c. 2. a. 2017 = 1950 + 67. La population de hérissons en 1950 est de 𝑓(0) = 35 millions et en 2017 la population est de 𝑓(67) ≈ 1,004. b. Sur [0 ; 80], 𝑓(𝑥) < 10 pour 𝑥 ∈ [24 ; 80]. À partir de 1974, la population de hérissons est inférieure à 10 millions. 3.

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

=

35e−0,053(𝑛+1) 35e−0,053𝑛

= e−0,053 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e−0,053 .

115 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 2e2𝑥 − 2e𝑥 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 2e𝑥 (e𝑥 − 1). Comme sur ℝ, 2e𝑥 > 0, le signe de 𝑓′(𝑥) est celui de e𝑥 − 1. 3. Sur ] − ∞ ; 0], 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 donc la fonction 𝑓 est décroissante. Sur [0 ; +∞[ , 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 donc la fonction 𝑓 est croissante.

116

𝑢𝑛+1 𝑢𝑛

=

3e2(𝑛+1)−1 3e2𝑛−1

= e2 , donc (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique de raison e2 et de premier

3

terme 𝑢0 = e.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

207

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 117 𝑓 ′ (𝑥) = 3(e3𝑥 − 1) 

x f (x)

–

0 0

+ +

f(x) 1

D’après le tableau de variation, la fonction f admet un minimum sur ℝ. Ce minimum est 1. Donc pour tout réel x, 𝑓(𝑥) ≥ 1 > 0.

118 1. ℎ(0) = 𝑎 = 100. 2. ℎ′ (𝑡) = −0,65e−0,65𝑡 . Sur [0 ; +∞[, ℎ′ (𝑡) < 0 donc ℎ est croissante. 3. a. L’équation ℎ(𝑡) = 50 a pour solution t ≈ 106. b. Au bout de 106 secondes, la hauteur de la mousse est de 50 mm.

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1C

2 B et C

3 A, C et D

6 Faux

7 Vrai

8 Faux

10 a. f ’(x) = –0,8e-0,4x Pour tout réel x, f ’(x) < 0. b. La fonction f est décroissante sur ℝ. c.

208

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

4 B, et D 9 Faux

5A

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 11 a. Pour tout réel x, g ’(x) = ex + xex = (1 + x)ex. b. Sur ]–∞ ; –1], g’(x) ≤ 0 donc g est décroissante sur cet intervalle. Sur [–1 ; +∞[, g’(x) ≥ 0 donc g est croissante sur cet intervalle. c. g admet un minimum en –1. Ce minimum est égal à 3 – e-1. 𝑡

1

𝑡

12 1. f ’(t) = 6e−3 + 6t(− 3)e−3 𝑡

𝑡

𝑡

f ’(t) = 6e−3 – 2te−3 = 2(3 – t) e−3 2. t f ’(t) f(t)

0 +

3 0 18e-1

9 –

0

54e-3

3. f(2,5) ≈ 6,5 Au bout de 2 h 30 minutes, la concentration de pénicilline est d’environ 6,5 mg par litre.

Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 119 a. A = e−1+𝑥 et B = e0,1𝑥 . b. A = e4,5+𝑥 et B = e−2𝑥−8 . c. A = e80𝑥 et B = e15𝑥−2 . d. A = e3 et B = e−20𝑥+1 . 120 A = e0,2𝑥+1 et B = e−11𝑥+1 . 121 a. A = e𝑥 et B = e𝑥 . b. A = e−2𝑥+3 et B = e−2𝑥−2 . 122 Pour tout réel x, e2x – ex+1 = (ex)² – ex × e = ex(ex – e) 123 a. ● Sur ]–∞ ; 3], A ≥ 0 et sur [3 ; +∞[, A ≤ 0. ● B < 0 sur ℝ. b. A > 0 sur ℝ et B > 0 sur ℝ. c. ● A > 0 sur ℝ. ● Sur ]–∞ ; 0], B ≤ 0 et sur [0 ; +∞[, B ≥ 0. d. ● A < 0 sur ℝ. ● Sur ]–∞ ; 1], B ≥ 0 et sur [1 ; +∞[, B ≤ 0. e. ● A > 0 sur ℝ. ● Sur ]–∞ ; 0], B ≥ 0 et sur [0 ; +∞[, B ≤ 0. f. A > 0 sur ℝ et B > 0 sur ℝ.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

209

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 124 A(x) = (x + 2)ex Sur ]–∞ ; –2], A(x) ≤ 0 et sur [–2 ; +∞[, A(x) ≥ 0. 125 ● A(x) = (x – 0,1)ex Sur ]–∞ ; 0,1], A(x) ≤ 0 et sur [0,1 ; +∞[, A(x) ≥ 0. ● B(x) = (x – 1)e– x Sur ]–∞ ; 1], B(x) ≤ 0 et sur [1 ; +∞[, B(x) ≥ 0. 126 ● A(x) = (x – x²)ex Sur [0 ; 1], A(x) ≥ 0 et sur ]–∞ ; 0] ∪ [1 ; +∞[, A(x) ≤ 0. ● B(x) = (4 – x²)e–2x+1 Sur [–2 ; 2], B(x) ≥ 0 et sur ]–∞ ; –2] ∪ [2 ; +∞[, B(x) ≤ 0. 127 1. L’ensemble des solutions est ]–∞ ; 0[. 2. Sur ]–∞ ; 0], A(x) ≤ 0 et sur [0 ; +∞[, A(x) ≥ 0. 128 1. (ex)² = e2x A(x) = ex(1 – ex). 2. Sur ]–∞ ; 0], A(x) ≥ 0 et sur [0 ; +∞[, A(x) ≤ 0.

Parcours différenciés : approfondissement Parcours 3 1. a. Pour tout réel x, ℎ′ (𝑥) = 𝑓 ′ (𝑥) × 𝑓(−𝑥) + 𝑓(𝑥) × (−𝑓 ′ (−𝑥)) = 𝑓(𝑥) × 𝑓(−𝑥) − 𝑓(𝑥) × 𝑓(−𝑥) = 0.

b. D’après la question 1. a., on peut déduire que la fonction h est constante. De plus, on a ℎ(0) = 𝑓(0) × 𝑓(0) = 1 donc pour tout réel x, ℎ(𝑥) = 1. c. On suppose qu’il existe un réel a tel que 𝑓(𝑎) = 0. Ainsi, on a ℎ(𝑎) = 0. Cela est absurde car d’après la question 1. b. ℎ(𝑎) = 1. On peut donc conclure que la fonction f ne s’annule pas sur ℝ. 𝑔 ′

2. a. Pour tout réel x, ( ) (𝑥) =

𝑔′ (𝑥)×𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)×𝑓′ (𝑥) 2

𝑓

(𝑓(𝑥))

=

𝑔(𝑥)×𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥)×𝑓(𝑥) (𝑓(𝑥))

2

= 0.

𝑔

On peut donc en déduire que la fonction 𝑓 est constante sur ℝ. b. Comme la fonction

210

𝑔 𝑓

𝑔

est constante sur ℝ et (𝑓 ) (0) = 1, on peut conclure que f = g sur ℝ.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 1

129 Soit h la fonction définie sur ℝ par h = 3 𝑔. 1

Pour tout réel x, h’(x) = 3 𝑔’(x) =

1 3

𝑔(𝑥) = ℎ(𝑥) et h(0) = 1.

Donc h est la fonction exponentielle et g(x) = 3ex.

Parcours 4 1. a. Pour tout réel x, 𝑔′ (𝑥) = −𝑓 ′ (𝑎 + 𝑏 − 𝑥) × 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑎 + 𝑏 − 𝑥) × 𝑓 ′ (𝑥) = −𝑓(𝑎 + 𝑏 − 𝑥) × 𝑓(𝑥) + 𝑓(𝑎 + 𝑏 − 𝑥) × 𝑓(𝑥) = 0. On peut alors déduire que la fonction g est constante. b. 𝑔(0) = 𝑓(𝑎 + 𝑏) et 𝑔(𝑏) = 𝑓(𝑎) × 𝑓(𝑏) c. D’après la question 1. a. la fonction g est constante. Ainsi, on a 𝑔(0) = 𝑔(𝑏) d’où 𝑓(𝑎 + 𝑏) = 𝑓(𝑎) × 𝑓(𝑏). 𝑥

𝑥

𝑥

𝑥

2

𝑥

2. a. Pour tout réel x, 𝑒 𝑥 = 𝑒 2 +2 = 𝑒 2 × 𝑒 2 = (𝑒 2 ) . 𝑥

2

b. Pour tout réel x, (𝑒 2 ) ≥ 0. De plus, dans le parcours 3, il a été démontré que la fonction exponentielle ne s’annule pas sur ℝ. Ainsi, on peut conclure que la fonction exponentielle est strictement positive sur ℝ. c. Pour tout réel x, (𝑒 𝑥 )′ = 𝑒 𝑥 > 0. Alors la fonction exponentielle est strictement croissante sur ℝ.

130 Pour tout réel a, 𝑒 −𝑎 =

𝑒 −𝑎 ×𝑒 𝑎 𝑒𝑎

131 Pour tous réels a et b, 𝑒 𝑎−𝑏 =

=

𝑒0 𝑒𝑎

=

𝑒 𝑎−𝑏 ×𝑒 𝑏 𝑒𝑏

1 𝑒𝑎

=

.

𝑒 𝑎−𝑏+𝑏 𝑒𝑏

=

𝑒𝑎 𝑒𝑏

.

132 1. Pour tout réel a, la suite de terme général un = ena est géométrique (voir la démonstration du cours p. 170). Sa raison est ea et son premier terme est u0 =1. Donc pour tout entier naturel n, 𝑒 𝑛𝑎 = (𝑒 𝑎 )𝑛 . 2. Pour tout réel a et tout entier négatif n, 𝑒 𝑛𝑎 =

1 𝑒 −𝑛𝑎

.

D’après la question 1. Comme a est un réel et n un entier naturel, 𝑒 𝑛𝑎 =

1 (𝑒 𝑎 )−𝑛

= (𝑒 𝑎 )𝑛 .

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

211

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 133 1. Pour tous réels a et b, 𝑔(𝑎 + 𝑏) = 𝑒 3(𝑎+𝑏) = 𝑒 3𝑎 × 𝑒 3𝑏 = 𝑔(𝑎) × 𝑔(𝑏). 2. a. Vrai. b. Faux : si 𝑓 ∶ 𝑥 ⟼ 1 alors 𝑓(𝑎 + 𝑏) = 1, 𝑓(𝑎) × 𝑓(𝑏) = 1 et 𝑓 n’est pas la fonction exponentielle.

1

1

134 Pour tout réel x, (𝑒 2 𝑥 )² = ex donc √𝑒 𝑥 = 𝑒 2 𝑥

212

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

Travaux pratiques TP1 Un problème de tangentes Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant.

A. Avec un logiciel 2

2. Pour différentes valeurs de k, on peut conjecturer que AB = 𝑘 et I(𝑎 ; 0). B. Par le calcul 1. a. 𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑓 ′ (𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑓(𝑎) 𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑘𝑒 𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑎) + 𝑒 𝑎𝑘 𝑇 ∶ 𝑦 = 𝑘𝑒 𝑎𝑘 𝑥 + 𝑒 𝑎𝑘 (1 − 𝑘𝑎). b. A(𝑥A ; 0) ∈ 𝑇, donc on a : 0 = 𝑘𝑒 𝑎𝑘 𝑥A + 𝑒 𝑎𝑘 (1 − 𝑘𝑎) ⟺ 𝑥A = 𝑘𝑎 − 1

Ainsi, on a bien A (

𝑘

𝑘𝑎−1 𝑘

.

; 0).

2. a. 𝐷 ∶ 𝑦 = 𝑔′ (𝑎)(𝑥 − 𝑎) + 𝑔(𝑎) 𝐷: 𝑦 = −𝑘𝑒 −𝑎𝑘 (𝑥 − 𝑎) + 𝑒 −𝑎𝑘 𝐷 ∶ 𝑦 = −𝑘𝑒 −𝑎𝑘 𝑥 + 𝑒 −𝑎𝑘 (1 + 𝑘𝑎). b. B(𝑥B ; 0) ∈ 𝐷, donc on a : 0 = −𝑘𝑒 −𝑎𝑘 𝑥B + 𝑒 −𝑎𝑘 (1 + 𝑘𝑎) ⟺ 𝑥B = Ainsi, on B (

𝑘𝑎 + 1

1 𝑘𝑎−1

3. a. I (2 (

𝑘

𝑘

+

𝑘𝑎+1 𝑘

.

; 0).

𝑘𝑎+1

𝑘𝑎+1

𝑘

𝑘

) ; 0) ⟺ I(𝑎 ; 0) et AB = √(

−

𝑘𝑎−1 2 𝑘

2

) = 𝑘.

b. Ainsi, avec les calculs les conjectures de la partie A sont validées.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

213

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

TP2 Une croissance exponentielle Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Un modèle discret 1. a. Pour tout entier naturel n, 𝑢𝑛+1 = 1,05 𝑢𝑛 . b. (𝑢𝑛 ) est une suite géométrique. B. Un modèle continu 1. Pour tout entier naturel n, 𝑢𝑛+1 − 𝑢𝑛 = 1,05 𝑢𝑛 − 𝑢𝑛 = 0,05 𝑢𝑛 . 2. a. 𝑓 ′ (𝑡) = 0,05𝑘𝑒 0,05𝑡 = 0,05 𝑓(𝑡), donc la fonction f convient. b. 𝑓(0) = 𝑘 = 500. 3. a. n 0 1 2 3 4 5

un 500,00 525,00 551,25 578,81 607,75 638,14 b.

f 500,00 525,64 552,59 580,92 610,70 642,01

n 6 7 8 9 10 11

un 670,05 703,55 738,73 775,66 814,45 855,17

f 674,93 709,53 745,91 784,16 824,36 866,63

n 12 13 14 15 16 17

un 897,93 942,82 989,97 1039,46 1091,44 1146,01

f 911,06 957,77 1006,88 1058,50 1112,77 1169,82

7000 6000 5000 4000 un 3000

f

2000 1000 0 0

10

20

30

40

50

60

c. On remarque que la courbe de la fonction f est proche des points de la partie A.

214

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas

Cap vers le Bac Sujet A 1. 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑒 2𝑥 − 2𝑒 𝑥 + 1 = (𝑒 𝑥 − 1)². Donc f(x) = g(x) équivaut à x = 0. Les courbes 𝐶𝑓 et 𝐶𝑔 ont un unique point commun d’abscisse 0. Tangente à 𝐶𝑓 en 0 : 𝑦 = 𝑓 ′ (0) × 𝑥 + 𝑓(0) = 2𝑥 + 1. Tangente à 𝐶𝑔 en 0 : 𝑦 = 𝑔′ (0) × 𝑥 + 𝑔(0) = 2𝑥 + 1. Ainsi, les courbes 𝐶𝑓 et 𝐶𝑔 possèdent la même tangente au point d’abscisse 0 Δ ∶ 𝑦 = 2𝑥 + 1.

2. a. et b. Pour tout réel x, ℎ′ (𝑥) = 2𝑒 𝑥 − 2.

x h (x)



–

0 0

+ +

h(x) 0

c. D’après le tableau de variation, pour tout réel x, on a ℎ(𝑥) ≥ 0 Donc 2𝑒 𝑥 − 2𝑥 − 2 ≥ 0 et, par conséquent, 2𝑒 𝑥 − 1 ≥ 2𝑥 + 1. d. On peut en déduire que 𝐶𝑔 est toujours au-dessus de la tangente Δ.

3. a. Pour tout réel x, (𝑒 𝑥 − 1)2 = 𝑒 2𝑥 − 2𝑒 𝑥 + 1. b. Pour tout réel x, 𝑓(𝑥) − 𝑔(𝑥) = 𝑒 2𝑥 − 2𝑒 𝑥 + 1 = (𝑒 𝑥 − 1)2 ≥ 0. On en déduit que 𝐶𝑓 est au-dessus de 𝐶𝑔 .

Sujet B 1. Réponse b. 2. Réponse b. 3. Réponse a. 4. Réponse a.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

215

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas Sujet C 1. Pour tout réel x, 𝑓 ′ (𝑥) = 2𝑒 2𝑥 − 2. 2. et 3. 

x f (x)

–

0 0

+ +

f(x) 1

4. a. D’après le tableau de variation, la fonction f admet la valeur 1 pour minimum et il est atteint en 0. b. Pour tout réel x, 𝑓(𝑥) ≥ 1 donc f est positive sur ℝ. 5. a. 𝑇 ∶ 𝑦 = (2𝑒 2 − 2)𝑥 − 𝑒 2 . b. (2𝑒 2 − 2) × 0 − 𝑒 2 = −𝑒 2 , donc 𝑇 passe bien par le point (0 ; −𝑒 2 ).

Sujet D 1. a. 𝑔′ (𝑡) = (6 − 6𝑡)𝑒 −𝑡 . b. Sur [0 ; 12], 𝑒 −𝑡 > 0 donc le signe de 𝑔′ (𝑡) dépend de celui de (6 − 6𝑡). c. 0

t g(t)

+

g(t)

1 0 6 𝑒

0

12  72 𝑒 12

2. La concentration maximale du médicament dans le sang est d’environ 2,2 mg.L-1. 3. a. 𝑡 ← 60 𝑦 ← 2,2 Tant que 𝑦 ≥ 0,05 alors : 𝑡 ←𝑡+1 𝑡

𝑡

𝑦 ← 6 × 60 × 𝑒 −60 Fin Tant que b. On peut programmer l’algorithme de la question précédente. En fin d’exécution, on obtient la valeur t = 402 minutes.

216

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

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Pour aller plus loin 135 1. 𝑔′ (𝑡) = 0,34𝐶𝑒 0,34𝑡 = 𝑂, 34𝑔(𝑡), la fonction 𝑔 est solution de (E). 2. a. ℎ′ (𝑡) = −0,34𝑒 −0,34𝑡 × 𝑔(𝑡) + 𝑒 −0,34𝑡 × 𝑔′ (𝑡). b. Si 𝑔 est solution de (E), alors pour tout réel positif ou nul t on a : ℎ′ (𝑡) = 0. Ainsi, ℎ est une fonction constante ; il existe un réel C tel que : ℎ(𝑡) = 𝐶 ⟺ 𝑒 −0,34𝑡 × 𝑔(𝑡) = 𝐶. c. D’après la question 2. b. 𝑔(𝑡) = 𝐶𝑒 0,34𝑡 donc 𝑔 est l’unique fonction solution de (E). 3. a. 𝑔(0) = 𝐶 = 0,024 donc la fonction est telle que pour tout réel positif t, 𝑔(𝑡) = 0,024𝑒 0,34𝑡 . b. En 1910 la population de lapins a dépassé 600 millions. c. En 2019, c’est-à-dire à 𝑡 = 160, la population serait de 𝑔(160) ≈ 1 × 1022 milliers de lapins si aucune mesure n’avait été prise.

136 1. 𝑓𝑘 (−1) = (−1 + 1)𝑒 −1 = 0 ; 𝑓𝑘 (0) = (0 + 1)𝑒 0 = 1. Donc A ∈ 𝐶𝑘 et B ∈ 𝐶𝑘 . 2. a. x  (𝒙 + 𝟏) (𝒆𝒙 − 𝟏) (𝒙 + 𝟏)(𝒆𝒙 − 𝟏)

– – +

–1 0 0

0 + – –

0 0

+ + + +

b. 𝑓𝑘+1 (𝑥) − 𝑓𝑘 (𝑥) = (𝑥 + 1)𝑒 (𝑘+1)𝑥 − (𝑥 + 1)𝑒 𝑘𝑥 = (𝑥 + 1)(𝑒 𝑥 − 1)𝑒 𝑘𝑥 , donc d’après l’étude de signe faite à la question 2. a., la courbe 𝐶𝑘+1 est au-dessous de 𝐶𝑘 sur [–1 ; 0] et elle est au-dessus sur ] − ∞; −1] ∪ [0 ; +∞[. 3. a. Pour tout réel x, 𝑓𝑘′ (𝑥) = 𝑒 𝑘𝑥 (1 + 𝑘𝑥 + 𝑘). b. Si 𝑘 < 0, x signe de 𝒇′𝒌 𝒇′𝒌

 +

(−1 − 𝑘)/𝑘 0 1 −1−𝑘 − 𝑒 𝑘



+

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

217

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas Si 𝑘 > 0, x signe de 𝒇′𝒌



(−1 − 𝑘)/𝑘 0



𝒇′𝒌

+ +

1 − 𝑒 −1−𝑘 𝑘

4. D’après les tableaux de variation de la question 3. b., les courbes 𝐶𝑎 et 𝐶𝑏 correspondent à une valeur négative du paramètre k et les courbes 𝐶𝑐 et 𝐶𝑑 correspondent à une valeur positive. D’après la question 3. b. les fonctions 𝑓−1 et 𝑓−3 sont donc croissantes, puis décroissantes. D’après la question 2. b., sur [–1 ; 0], la courbe qui représente 𝑓−1 et au-dessous de la courbe qui représente 𝑓−3 . On en déduit que 𝐶𝑎 est la courbe représentative de 𝑓−1 et 𝐶𝑏 la courbe représentative de 𝑓−3 . On détermine de la même manière que 𝐶𝑐 est la courbe représentative de 𝑓1 et 𝐶𝑑 est la courbe représentative de 𝑓2 .

137 1. a. Pour tout réel x, 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑏(𝑒 𝑥−𝑎 − 𝑒 −𝑥+𝑎 ). b. Comme les points O(0 ; 0) et A(2 ; 1) appartiennent à la courbe C, on a bien les deux premières équations du système. De plus, comme la tangente à la courbe C en son point O est parallèle à l’axe des abscisses, on en déduit que 𝑓 ′ (0) = 0. Ainsi la troisième équation du système est vérifiée. 1

2

c. 𝑎 = 0 ; 𝑏 = 𝑒 2 + 𝑒 −2 − 2 ; 𝑐 = − 𝑒 2 + 𝑒 −2 − 2 . 2. a. 𝑓 ′ (𝑥) =

𝑒 𝑥 − 𝑒 −𝑥 𝑒 2 + 𝑒 −2 − 2

=

𝑒 𝑥 (1 − 𝑒 −2𝑥 ) 𝑒 2 + 𝑒 −2 − 2

. Comme sur [0 ; 2] 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0, la fonction 𝑓 est

croissante sur [0 ; 2]. 𝑒 2 − 𝑒 −2

b. 𝑓 ′ (2) = 𝑒 2 + 𝑒 −2 − 2 ≈ 1,31. Le coefficient directeur de la tangente T à C au point A est environ 1,31. c.

218

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

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138 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. 𝑓 ′ (𝑥) = 𝑒 𝑥 − 1. x f (x)



0 0

–

+ +

f(x) 0

2. a. D’après le tableau de variation de la fonction 𝑓, pour tout réel x, on a 𝑓(𝑥) ≥ 0 d’où : e𝑥 ≥ 𝑥 + 1. b. On déduit de la question précédente, que pour tout réel x, e−𝑥 ≥ −𝑥 + 1. Pour tout réel 𝑥 ∈ [0 ; 1[, on a –x + 1 > 0. Donc 𝑒 −𝑥 ≥ −𝑥 + 1 > 0. Et par conséquent,

1 𝑒 −𝑥

≤

1 1−𝑥

.

Ainsi, pour tout réel 𝑥 ∈ [0 ; 1[ , on a e𝑥 ≤

1 1−𝑥

.

1

3. a. Pour tout entier naturel n ≥ 2, 𝑛 ∈ [0 ; 1[ . Ainsi, d’après les questions 2. a. et b nous avons : 1 + 1 𝑛

1

1

≤ 𝑒𝑛 ≤

𝑛

1 1−

1 𝑛

.

𝑛

b. Pour tout entier naturel n ≥ 2, on a : (1 + 𝑛) ≤ 𝑒 ≤ (

1

1−

) .

1 𝑛

4. a.

b. et c. Le programme retourne : (2.7182817759608406, 2.7182818759608396). On a bien une précision de 10−7 sur les résultats obtenus par rapport aux premières décimales de e données. Chapitre 6 • Fonction exponentielle

219

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 139 1. Durant leur vie, les tissus animaux et végétaux contiennent la même proportion de carbone 14 que l'atmosphère. À leur mort, l'assimilation en carbone 14 cesse et celui-ci se désintègre. La datation au carbone 14 est une méthode qui mesure l’activité radioactive du carbone 14 contenu dans une matière organique afin de connaître le temps écoulé depuis la mort de l’organisme 2. a. La vitesse de désintégration est proportionnelle au nombre d'atomes présents. b. On cherche 𝑘 tel que

d𝑁(𝑡) d𝑡

= 𝑘𝑁(𝑡).

On peut modéliser le nombre d'atomes de carbone 14 existant à la date t (en années) dans un échantillon à l’aide de la fonction N définie sur [0 ; +∞[ par N(t) = N0e- 0,000121t où N0 est le nombre d’atomes de carbone 14 initial. c. La demi-vie du carbone 14 est le temps nécessaire pour que le nombre d’atomes diminue de moitié. Elle est d’environ 5 730 ans. 3. a. et b.

1

140 1. On conjecture que PH = 3. 2. La tangente à la courbe C au point M a pour équation 𝑇 ∶ 𝑦 = 6 𝑒 3𝑎 𝑥 + 2𝑒 3𝑎 (1 − 3𝑎). 1 Comme P(𝑥P ; 0) ∈ 𝑇, on a 0 = 6 𝑒 3𝑎 𝑥P + 2𝑒 3𝑎 (1 − 3𝑎) ⟺ 𝑥P = 𝑎 − . 3

1

2

1

Ainsi on peut calculer la distance PH = √(𝑎 − 3 − 𝑎) = 3. La conjecture est alors démontrée.

141 1.

𝑓(𝑡+2)−𝑓(𝑡) 𝑓(𝑡)

= 100𝑒 −0,24 − 1 ≈ 77,66

2. Entre 2,3 et 2,4 secondes après le pincement de la corde, la puissance du son aura diminué de 25 %.

220

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 142 1. 𝐷 ′ (𝑡) =

150𝑒 −0,5𝑡 (1+20𝑒 −0,5𝑡 )2

.

Comme sur [0 ; +∞[ , 𝐷′ (𝑡) > 0, la fonction 𝐷 est croissante sur [0 ; +∞[. 2. Pour tout réel 𝑡, e−0,5𝑡 > 0 donc 1 + 20𝑒 −0,5𝑡 > 1 donc 0 < On en déduit que :

15 1 + 20𝑒 −0,5𝑡

1 1 + 20𝑒 −0,5𝑡

< 1.

< 15. Le diamètre de la tige ne dépassera jamais 15 cm.

143 1. Sur [0 ; +∞[ , la fonction g est décroissante. Donc pour tout réel x de [0 ; +∞[, g(x) ≤ g(0), soit g(x) ≤ 0. 2. 𝑓 ′ (𝑥) = 1 − e2𝑥 − 2𝑥e2𝑥 = 𝑔(𝑥) Or pour tout réel x de [0 ; +∞[, g(x) ≤ 0 donc 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 : la fonction 𝑓 est décroissante sur [0 ; +∞[.

Chapitre 6 • Fonction exponentielle

221

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Chapitre 7 Fonctions trigonométriques A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre La trigonométrie est un champ d’études mathématiques très ancien. Une place privilégiée est accordée à de grands mathématiciens de l’Histoire, que ce soit Claude Ptolémée, Aryabhata ou bien encore Archimède. Ce chapitre établit le lien entre la trigonométrie et les fonctions trigonométriques, précisément en liant cercle trigonométrique et représentations graphiques des fonctions trigonométriques, conformément au programme. Nous avons donc choisi d’introduire tout d’abord le cercle trigonométrique et l’enroulement de la droite numérique autour de ce cercle, puis le radian et enfin le cosinus et le sinus d’un réel. En étudiant ensuite les propriétés du cosinus et du sinus d’un réel, ainsi que leurs valeurs remarquables, nous finissons par présenter les fonctions cosinus et sinus, et leurs propriétés (périodicité, parité, variations et courbes représentatives). Les trois premières capacités ont un fort lien géométrique avec le cercle trigonométrique, et permettent d’appréhender ce dernier. Les deux capacités suivantes permettent de mieux comprendre les fonctions trigonométriques. Enfin la dernière capacité permet d’appréhender avec une méthode numérique simple l’approximation historique de π par Archimède. 2 Les objectifs des activités L’activité 1 permet de comprendre l’enroulement de la droite numérique autour du cercle trigonométrique, mais aussi de définir ce dernier. L’activité 2, à nouveau grâce à une animation, permet de découvrir le sinus et le cosinus de valeurs remarquables. L’activité 3 permet, à partir de valeurs remarquables, d’appréhender la construction des courbes représentatives des fonctions sinus et cosinus. Enfin l’activité 4 fait la part belle à l’histoire des mathématiques. 3 Exercices, TP et algorithmes Le TP1, page 211, permet une modélisation simple et efficace d’un phénomène naturel : les marées. Grâce à une méthode empirique, l’élève est amené à manipuler des fonctions trigonométriques plus complexes que celles étudiées dans le cours, sans pour autant avoir besoin d’apport théorique supplémentaire. L’exercice 106, page 214, permet un retour sur l’ouverture du chapitre, en découvrant l’application des fonctions sinus et cosinus en électricité.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

223

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B Se tester pour un bon départ 1 a. Tous les angles du triangle ABC mesurent 60°. ̂ = 30° car (AH) est la bissectrice de l’angle BAC ̂ . b. BAH ̂) = c. sin(BAH

BH 2

.

d. sin(30°) = 0,5 donc BH = 1. Le triangle ABH est rectangle en H, d’après le théorème de Pythagore, on a AH = √3.

̂ = BCD ̂ = 45° et cos(45°) = CD = BD. Donc CD = BD = √2. 2 a. BC = 2. CBD 2 2 b. sin(45°) = cos(45°) =

√2 . 2

c. On en conclut que le triangle BCD est isocèle rectangle en D.

3 AH est égal à la réponse A. ̂ ) est égal aux réponses A et C. cos(ACH BD est égal à la réponse C.

4 a. Le périmètre du cercle est 2π. b. L’arc ⏜ a pour longueur π. AB 2π c. L’arc ⏜ a pour longueur . 9 BD

̂ = 70° et CBD ̂ = 70°. 5 a. Le triangle CBD est isocèle en C. On a alors CDB ̂ = 140°, CAD ̂ = 20° et CDA ̂ = 20°. b. DCA ̂ mesure 90°. c. L’angle BDA

6 a. Le triangle BIC est rectangle car (CI) est la hauteur issue de C dans le triangle CBI. b. BI = sin⁡(20°) et BD = 2 sin(20°).

224

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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7 a.

b. Les droites sont perpendiculaires. c. AH =

√3 2

unités.

8 a. En noir, le motif initial. b. En vert et noir, le motif obtenu à la question b. On peut observer une symétrie axiale d’axe l’axe des ordonnées. c. En vert, noir et bleu, le motif obtenu à la question c. On conjecture que 𝑓(7) = 0.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

225

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9 a. La fonction 𝑓: 𝑥 → −𝑥 2 + 3 par exemple.

b. La fonction 𝑔 ∶ 𝑥 → 2𝑥 par exemple.

226

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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C Activités Activité 1 Enroulement d’une droite sur un cercle Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Le périmètre du cercle est 2π. La longueur de l’arc

π ⏜ est . 2 IJ

2. Le point N vient se placer sur le point J car la longueur entre l’origine de la demi-droite et π π ⏜ le point N est et la longueur de l’arc est . 2 2 IJ 3. a. Le point N vient se placer sur le point M′ de coordonnées (0⁡; −1). b. On passe du point M au point M’ par symétrie axiale d’axe l’axe des abscisses. 4. Les nombres réels dont le point image se confond avec le point M du cercle sont par exemple

5π 2

et

−7π 2

. Tous ces nombres sont égaux à 2𝑘π près, 𝑘 étant un entier relatif.

̂′′ = 5. Le point N vient se placer sur le point M’’ tel que IOM

3π 4

radians. Les nombres réels

dont le point image se confond avec le point M’’ du cercle sont par exemple

27π 4

et

−⁡37π 4

.

Activité 2 Des valeurs remarquables Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Errata : Il peut manquer dans certaines manuels la description du point H dans l’énoncé, il s’agit du point de même abscisse que le point M et d’ordonnée 0. 1. b. L’angle α mesure 60°. ̂ = 60°. c. Le triangle est équilatéral car isocèle en O et IOM 1

d. Le point H est le milieu du segment et donc OH = 2. 1

e. cos(60°) = 2

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

227

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f. Dans le triangle OHM rectangle en O, d’après le théorème de Pythagore, on a : 1 2

MH = √12 − (2) = Donc sin(60°) =

√3 2

√3 . 2

2. 𝒙

𝛑 𝟑

𝟐𝛑 𝟑

𝒄𝒐𝒔(𝒙)

1 2

−

𝒔𝒊𝒏(𝒙) √3 2

1 2

√3 2

𝟒𝛑 𝟑 − −

𝟓𝛑 𝟑

1 2

1 2

√3 √3 − 2 2

Activité 3 Des nouvelles fonctions Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Réel 𝒂 0

π 6

𝐬𝐢𝐧(𝒂) 0

1 √2 √3 1 2 2 2

π 4

π 3

π 2

2. 3. 4. 5. En bleu la courbe représentative de la fonction sinus, et en orange la courbe représentative de la fonction cosinus.

228

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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Activité 4 Des outils astronomiques Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. α

α

̂ = . D’où AM = sin ( ). 1. a. Le triangle AMO est rectangle en M et on a MOA 2 2 α

b. La corde [AB] mesure 2 sin (2 ). 2. Errata : dans cette question, a doit être lu 𝛼 dans certains manuels. a. AH = sin(α) et

AD 2

= AH donc sin(α) =

AD 2

.

1

b. sin(30°) = 2.

D Exercices Pour démarrer 1 a.

2 a.

7 4

1 2

b.

11 3

b. 1

3 a. 30 b. 75

2

4 a. 𝑥 = 3

1

b. 𝑥 = 2

5 a. 𝑥 2 + 𝑥 = 𝑥(𝑥 + 1)

b. 𝑥 3 + 2𝑥 = 𝑥(𝑥 2 + 2)

c. 𝑥 3 + 4𝑥 2 + 4𝑥 = 𝑥(𝑥 + 2)2

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

229

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6 a. 36

b. 49

c. 75

7

8

9 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. π 3π

− ,

2 2

230

,−

5π 2

et

7π 2

ont tous pour image le point de coordonnées (0⁡; −1).

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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10

π

1

π

11 cos ( 3 ) = 2 et sin (3 ) =

√3 . 2

12 a. cos(0) = 1 b. sin(0) = 0 π

c. cos (2 ) = 0 π

d. sin ( 2 ) = 1 e. cos(π) = −1 f. sin(π) = 0

π

1

13 1. cos ( 3 ) = 2 π

1

2π

1

2. cos (− 3 ) = 2 et cos ( 3 ) = − 2

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

231

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14 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 3π

π

3π

5π

π

5π

π

a. cos ( 4 ) = −cos (4 ) et sin ( 4 ) = sin ( 4 ) π

b. cos ( 4 ) = −cos ( 4 ) et sin ( 4 ) = −sin ( 4 ) 7π

π

7π

π

c. cos ( 4 ) = cos (4 ) et sin ( 4 ) = −sin ( 4 )

π

5π

15 a. Les sinus sont égaux et cos (6 ) = − cos ( 6 ).

232

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas π

π

b. Les cosinus sont égaux et sin (6 ) = − sin (− 6 ).

π

c. cos (6 ) = − cos (−

5π 6

π

) et sin ( 6 ) = − sin (−

5π 6

).

16 1. a. 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥). La fonction est périodique de période 2π. b. Tous les 2π en abscisse, le même motif se répète. 2. a. 𝑔(−𝑥) = 𝑔(𝑥) donc la fonction est paire. b. La courbe représentative de 𝑔 est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

233

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17 1. a. 𝑓(−𝑥) = −𝑓(𝑥). b. La fonction est impaire. 2. Pour obtenir la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [−π⁡; ⁡0], on effectue une symétrie centrale de centre le point (0⁡; 0) de la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [0⁡; ⁡π]. 3. a. 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥) b. La fonction est périodique de période 2π. 4. Pour obtenir la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [π⁡; ⁡3π], on effectue une translation de vecteur 𝑣⃗ = 2π⁡𝑖⃗ de la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [−π⁡; ⁡π].

Pour s’entraîner π

18 Le point A est associé au réel . 3

Le point B est associé au réel

2π 3

.

Le point C est associé au réel π. Le point D est associé au réel

4π 3

.

π

Le point E est associé au réel − . 3

Le point F est associé au réel 0.

19

14π

234

5

(on ajoute 2π) et −

6π 5

(on soustrait 2π) par exemple.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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20 Le point A pour la question a), B pour b), …

21 Le point A pour la question a), B pour b), …

22 Le point A pour la question a), B pour b), …

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

235

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23 On a les deux nombres réels suivants :

17π 8

et −

79π 8

.

24 a. Les points ne sont pas confondus. b. Les points ne sont pas confondus. c. Les points ne sont pas confondus. d. Les points ne sont pas confondus. e. Les points sont confondus. f. Les points sont confondus.

25 a. Les points sont confondus. b. Les points ne sont pas confondus.

26 L’affirmation est vraie.

27 L’affirmation est vraie.

28 L’affirmation est vraie.

29 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 4. b. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 3. c. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 1. d. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 3.

30 a. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 2. b. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 4. c. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 1. d. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 4.

236

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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31 a. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 1. b. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 2. c. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 4. d. Le point se trouve sur l’arc de cercle n° 1.

32 L’intervalle ] − 4π⁡; 4π] est le même que l’intervalle ] − On a donc

5π 6

et les réels : −

7π

19π

6

6

,−

et

17π 6

24π 6

⁡;

24π 6

⁡].

.

33 Mesure en degrés Mesure en radians 34 35° =

35

5π 18

2. a. 144°

75°

80°

120°

225°

5π 6

5π 12

4π 9

2π 3

5π 4

7π

57° =

36 1. a.

150°

7π

radians et 12 radians = 105°. 36

19π 60

7π

radians et 24 radians = 52,5°.

b.

5π 9

b. 140°

c. c.

5π

d.

6 540 π

°

4π 3

d. 230°

37 L’affirmation est fausse, 1 radian est égal à

180 π

°.

38 L’affirmation est vraie.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

237

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39 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. ppal(3π) retourne , c’est-à-dire π. π

et ppal( 2 ) retourne 2. ppal(2019π) retourne

π

, c’est-à-dire 2 . , c’est-à-dire π.

3. Le programme convertit la mesure d’un angle en radian donnée en la mesure d’un angle en radian entre 0 et 2π.

40 On considère la suite géométrique (𝑢𝑛 ) telle que pour tout entier naturel 𝑛, on a π

1

𝑢𝑛 = 2 × (2𝑛). On calcule 𝑆 = 𝑢0 + ⋯ + 𝑢𝑛 = π × (1 − 0,5𝑛+1 ). Quand 𝑛 devient grand, 𝑆 tend vers π. Donc on se rapproche du point π sans jamais l’atteindre.

41 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. La fonction liste(n) retourne la liste des 𝑛 + 1 termes de la suite

𝑖π 𝑛

avec 𝑛 un entier non nul

et 𝑖 variant de 0 à 𝑛. 2. La liste retourne tous les réels ayant pour points images sur le cercle trigonométrique n + 1 points répartis uniformément entre 0 et π.

42 a. 𝑥 ≈ 1,159 b. 𝑥 ≈ 0,795 c. 𝑥 ≈ 1,671 d. 𝑥 ≈ 0,290 e. 𝑥 ≈ 1,571 f. 𝑥 ≈ −0,305

43 a. On a sin(𝑎) = √0,91 ≈ 0,95. b. On a sin(𝑎) = −√0,91 ≈ −0,95.

44 1. a. 𝑎 ≈ 0,775. 238

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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b. cos(𝑎) ≈ 0,714. 2. cos(𝑎) = √0,51.

45 L’intrus est

46 L’intrus est

14π 5

13π 7

.

.

47 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. π 0 < 𝑥 < donc sin(𝑥) > 0 ainsi sin(𝑥) = √1 − cos2 (𝑥) 2

= √1 − 0,62 = 0,8⁡ À l’aide de la calculatrice, sin−1 (0,8) ≈ 0,927.

3

48 sin(𝑥) = − 5.

49 a. −3 ≤ A ≤ 3 b. −2 ≤ B ≤ 2 c. −5 ≤ C ≤ 5

50 1. Cette proposition est fausse. Si 𝑥 = 0, sin(0) = 0. π

2. La réciproque est : « Si sin(𝑥) > 0, alors 𝑥 ∈ [0⁡; 2 ] ». Elle est fausse aussi. Si sin(𝑥) > 0, alors 𝑥 ∈⁡]0⁡; π[.

51 1. Cette proposition est vraie. 2. La négation est : « Pour tout réel 𝑥, cos(𝑥) ≥ 2 ». Elle est fausse car, pour tout réel 𝑥, −1 ≤ cos(𝑥) ≤ 1.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

239

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52 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. test(cos(pi/3), sin(pi/3)) retourne vrai.

53 2.

Les points G et F appartiennent à l’ensemble cherché.

54 2. F est le point de coordonnées⁡(0⁡; 0,3). Les points G et H appartiennent à l’ensemble cherché.

55 a. On ne peut pas avoir 0 < 𝑎
0 et cos(𝑥) = √1 − 9 ⁡ = ⁡ c. 𝑥 ≈ 0,34

250

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

2√2 3

.

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90 1. 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥) et 𝑓(−𝑥) = −⁡𝑓(𝑥). La fonction est périodique de période 2π et impaire. Tous les 2π en abscisse, le même motif se répète. 2.

Faire le point Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 58π

1 Vrai car

2

21π

2 Faux car

4

π

= 2 + 21 × 2π.

− (−

13π

π

4

)=

3 Faux car 270° × 180 =

4A

5C

3π 2

17π 2

n’est pas un multiple de 2π.

.

6B

4 2

3

7 −π < 𝑥 < 0 donc sin(𝑥) < 0 ainsi sin(𝑥) = −√1 − cos2 (𝑥) = −√1 − (5) = − 5.

8

2019π 4

=

3π

+ 252 × 2π

4 2019π

donc cos (

4

3π

) = cos ( 4 ) = −

√2 2

2019π

et sin (

4

3π

) = sin ( 4 ) =

√2 . 2

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

251

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9 Le signe de la fonction sinus sur l’intervalle [−5π⁡; −4π] est le même que sur l’intervalle [−π⁡; 0] donc négatif d’après le cours.

10 Le signe de la fonction cosinus sur l’intervalle [ π

3π

2

2

5π 2

7π

⁡;⁡ ] est le même que sur l’intervalle 2

[ ⁡;⁡ ] donc négatif d’après le cours.

11 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥) donc pour tout point M de la courbe représentative de 𝑓 le point M’ tel ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 2π𝑖⃗ appartient également à la courbe. que MM′

12 𝑓(−𝑥) = 𝑓(𝑥) donc la fonction est paire et la courbe représentative de 𝑓 est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées.

Parcours différenciés : revoir les points essentiels Les corrigés détaillés de ces exercices sont disponibles dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 91 Les points A, B, C, D, E et F correspondent aux réels donnés aux questions a., b., c., d., e., et f. :

92 Le point du cercle associé au réel

14π 3

est le point G de la figure précédente.

Tous les réels associés à G sont de la forme

252

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

2π 3

+ 2𝑘π avec 𝑘 un entier relatif.

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93 Les points A, B, C, D, E et F correspondent aux réels donnés aux questions a., b., c., d., e., et f. :

94 1. La fonction est paire, donc la courbe représentative de cette fonction est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. 2. La fonction est 2π-périodique, tout comme cosinus. 3. On complète la courbe par symétrie de 𝐶1 par rapport à l’axe des ordonnées puis on effectue une translation de 2π𝑖⃗ de l’ensemble. 95 1. La fonction est impaire, donc 𝐶𝑓 est symétrique par rapport à l’origine. 2. La fonction est 2π-périodique, tout comme sinus. 3. On trace le symétrique de 𝐶1 par rapport à l’origine puis on effectue une translation de 2π𝑖⃗. 96 1. La fonction est impaire, donc 𝐶𝑓 est symétrique par rapport à l’origine. 2. La fonction est 2π-périodique, tout comme sinus. 3. On trace le symétrique de 𝒞1 par rapport à l’origine du repère puis on effectue une translation de vecteur 2π𝑖⃗.

97 1. La fonction est paire, donc la courbe représentative de cette fonction est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. 2. La fonction est 2π-périodique, tout comme cosinus. 3. On trace le symétrique de 𝐶1 par rapport l’axe des ordonnées puis on effectue une translation de 2π𝑖⃗.

98 2. Les solutions sont 3. Les réels sont

π 6

et

5π 6

π 6

et

5π 6⁡

. 1

. On a alors 2 × 2 − 1 = 0.

Et on retrouve les solutions données précédemment. Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

253

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Parcours différenciés : approfondissement Parcours 3 Exercice 1 2. a. 𝑎 =

π 6

et 𝑏 =

5π 6

.

b. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont 𝑎 et 𝑏. 3. Les solutions de l’équation dans l’ensemble des réels sont 𝑎 + 2𝑘π et 𝑏 + 2𝑘π avec 𝑘 un entier relatif.

Exercice 2 1. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont 2. Les solutions de l’équation dans l’ensemble des réels sont

2π 3

2π 3

et −

2π 3

+ 2𝑘π et −

un entier relatif.

99 a. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont

254

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

.

π 4

et

3π 4

.

2π 3

+ 2𝑘π avec 𝑘

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b. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont

2π 3

et −

2π 3

.

c. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont 0 et π.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

255

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 5π

d. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ] − π⁡; π⁡] sont

6

100 a. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]π⁡; 3π] sont b. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]π⁡; 3π] sont

8π 3

et −

9π

et

4

4π

et

3

5π 6

.

11π 4

.

c. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]π⁡; 3π] sont 2π et 3π. d. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]π⁡; 3π] sont

17π 6

101 a. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]0⁡; 2π] sont b. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]0⁡; 2π] sont c. Les solutions de l’équation dans l’intervalle ]0⁡; 2π] sont π

d. La solution de l’équation dans l’intervalle ]0⁡; 2π] est . 2

256

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

4π 3 3π 4

et

π 6

et et

7π 6

11π

et 5π 3

5π 4

.

6

.

.

.

.

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Parcours 4 1.

2. 𝑎 = −

2π 3

et 𝑏 =

2π 3

.

3. Les solutions de l’inéquation sur ] − π⁡; ⁡π⁡] sont tous les réels de l’intervalle [−

2π 3

⁡;

2π 3

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

].

257

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas π

π

102 a. Les solutions de l’inéquation sur ] − π⁡; ⁡π⁡] sont tous les réels de l’intervalle [− 2 ⁡; 2 ].

b. Les solutions de l’inéquation sur ] − π⁡; ⁡π⁡] sont tous les réels de l’intervalle ] −

258

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

5π 6

π

⁡; − 6 [.

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c. Les solutions de l’inéquation sur ] − π⁡; ⁡π⁡] sont tous les réels de l’ensemble π

π

S = [ 6 ⁡; π] ⁡ ∪⁡] − π⁡;⁡− 6 ⁡⁡].

d. Les solutions de l’inéquation sur ] − π⁡; ⁡π⁡] sont tous les réels de l’ensemble π

S = [− 4 ⁡; π] ⁡ ∪⁡] − π⁡;⁡−

3π 4

].

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

259

Indice 1re Enseignement de spécialité – Livre du professeur © Bordas 9π

103 a. Les solutions de l’inéquation sur ]π⁡; ⁡3π] sont tous les réels de l’intervalle [ 4 ⁡;

b. Les solutions de l’inéquation sur ]π⁡; ⁡3π] sont tous les réels de l’intervalle ]

260

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

5π 3

⁡;

7π 3

11π

[.

4

⁡].

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c. Les solutions de l’inéquation sur ]π⁡; ⁡3π] sont tous les réels de l’intervalle ]π⁡; 3π]⁡\⁡]

5π 3

⁡;

7π 3

⁡[ .

d. Les solutions de l’inéquation sur ]π⁡; ⁡3π] sont tous les réels de l’intervalle [2π⁡; 3π].

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

261

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Travaux pratiques TP1 Un modèle mathématique pour les marées Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 3. a. La valeur de M est 6, celle de T est 12 et celle de H est 6. b. On a 𝑎 ≈ 3, 𝑏 ≈ 0,52, 𝑐 ≈ −0,79 et 𝑑 ≈ 3. 4. a. On a −1 ≤ sin(𝑥) ≤ 1 pour tout nombre réel 𝑥 donc on a −1 ≤ sin(𝑏𝑥 + 𝑐) ≤ 1 quelles que soient les valeurs des réels 𝑏, 𝑐 et 𝑥. D’où −𝑎 + 𝑑 ≤ 𝑓(𝑥) ≤ 𝑎 + 𝑑. b. On résout le système suivant : {

𝑎+𝑑 =6 et on a alors 𝑎 = 𝑑 = 3. −𝑎 + 𝑑 = 0

π

5. On a 𝑓(𝑥) = 3 sin (6 𝑥 + 𝑐) + 3 pour tout réel 𝑥. π

𝑓(𝑥 + 12) = 3 sin ( 6 (𝑥 + 12) + 𝑐) + 3 π

= 3 sin ( 6 𝑥 + 2π + 𝑐) + 3 = 𝑓(𝑥) Donc la fonction est périodique de période 12. 4π

2π

6. On veut 𝑓(𝑥0 ) = 𝑀 soit 𝑓(4) = 6 soit 3sin ( 6 + 𝑐) + 3 = 6 soit sin ( 3 + 𝑐) = 1. Donc

2π 3

π

π

+ 𝑐 = ⁡ 2 , soit 𝑐 = ⁡ − 6 .

TP2 Losange articulé Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Avec un logiciel de géométrie dynamique 1

2. Le point K se déplace sur le cercle de centre O et de rayon . 2

1

3

2

2

Le point M se déplace sur l’ellipse de centre O et de rayons et . Le point S se déplace sur le segment [LI] où L est le symétrique de I par rapport au point O.

B. Étude mathématique 2. a. K est le milieu du segment [OA] de longueur 1 car A est sur le cercle trigonométrique 1 donc OK = 2. Lorsque A se déplace sur le cercle, le point K appartient au cercle de centre O 1

et de rayon . 2

262

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

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b. A(cos(𝑎) ; sin(𝑎)), B(2 cos(𝑎) ; 0) et C(cos(𝑎) ;⁡− sin(𝑎)). c. S est le projeté orthogonal du point A sur l’axe des abscisses donc S(cos(𝑎) ; 0). M est le milieu du segment [AB] donc 𝑥M = 3

3cos(𝑎) 2

1

et 𝑦M =

sin(𝑎) 2

donc M(2 cos(𝑎) ;⁡ 2 sin(𝑎)). 3. a. Le point S est nécessairement le point d’intersection de l’axe des abscisses et du segment [AC]. 4

3

2

2

1

4

9

1

b. 9 × (2 cos(𝑎)) + 4 × (2 sin(𝑎)) = 9 × 4 × cos2 (𝑥) + 4 × 4 × sin2(𝑥) = 1

Cap vers le bac Sujet A 1. L’affirmation est fausse car cos 2 (𝑥) − sin2 (𝑥) = 2 cos2 (𝑥) − 1. 2. L’affirmation est vraie. (2𝑛⁡+⁡1)π

π

3. L’affirmation est fausse car sin (𝑛) + sin (

𝑛

π

) = 2 sin (𝑛).

4. L’affirmation est fausse car sin(𝑥) = √1 − cos 2 (𝑥) ou sin(𝑥) = −√1 − cos 2 (𝑥). 100π

5. L’affirmation est fausse car cos (

3

1

) = − 2.

6. L’affirmation est fausse car cos(2020π − 𝑥) + cos(𝑥 + 1000π) = 2cos⁡(𝑥).

Sujet B 1. a. On a 𝑓(𝑥) = 𝑓(−𝑥) donc la fonction est paire. b. On en déduit que la courbe représentative de la fonction 𝑓 est symétrique par rapport à l’axe des ordonnées. 2. On a 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥) donc la fonction est périodique de période 2π. 3. Pour obtenir la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [π⁡; ⁡3π], on effectue une translation de vecteur 𝑣⃗ = 2π⁡𝑖⃗ de la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [−π⁡; ⁡π] et pour obtenir la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [−3π⁡; ⁡3π], on effectue une symétrie axiale d’axe l’axe des ordonnées de la partie de la courbe représentative de la fonction 𝑓 sur [0⁡; ⁡3π]. 4.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

263

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5. Les solutions sont −

5π

3π

π π 3π

2

2

2 2 2

6. a. Ces deux réels sont

π 2

,−

,− , ,

et

5π 2

.

π

et − . 2

b. Les solutions sont π et −π. c. Les solutions sont −3π, −π, π et 3π.

Sujet C Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. trig retourne une liste contenant 6 éléments : 0, 2.

Les points forment un pentagone régulier. 3.

4.

264

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

2π 4π 6π 8π 5

,

5

,

5

,

5

et

10π 5

.

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Sujet D 1. La fonction n’est ni paire, ni impaire. 2. On a 𝑓(𝑥 + 2π) = 𝑓(𝑥) donc la fonction est périodique de période 2π. 3. On effectue une translation de vecteur 𝑣⃗ = π⁡𝑖⃗. 4. 𝒙 𝒇(𝒙)

−

π 0 6

5

π 6

π 3

π 2

2π 5π 3 6 5 5 5 5 −5 − 5 − 2 2 2 2

5.

Chapitre 7 • Fonctions trigonométriques

265

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Pour aller plus loin 104 1. Le maximum de la fonction est 𝑣(𝑡) = 24πF. 2. On résout 𝑣(𝑡) < 1,5⁡𝑚/𝑠 soit 24πF < 1⁡500. 3. En résolvant l’inéquation, on trouve F
0 ⇔ 0° < CMD ̂ < 90°et MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ < 0 ⇔ 180° > CMD ̂ > 90°. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . MC 5. a. MD

b. 𝑥 est compris entre 1 et 5.

Sujet C ⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗ 1. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB. ⃗⃗⃗⃗⃗ AD − AC AD = 0 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗ 2. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB. ⃗⃗⃗⃗⃗ AD = (AA′ A′B). ⃗⃗⃗⃗⃗ AD = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AA′. ⃗⃗⃗⃗⃗ AD = (AC CA′). ⃗⃗⃗⃗⃗ AD = AC AD ̂ = 90° dans le triangle ADE, donc [AE] est le diamètre ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0 car l'angle ADE On a aussi ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AA′. ED de son cercle circonscrit. ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ Donc ⃗⃗⃗⃗⃗ AE. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AA′ = (AD DE). ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AA′ = ⃗⃗⃗⃗⃗ AD. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AA′.

Sujet D 1. a. AC = √2 et AD = 1 + √2. b. 𝑘 = 1 +

1 √2

c. D(1 +

1 √2

̂= 2. BCD

3π , 4

−1 ) √2

;

̂ = π et DBC ̂ = π. CDB 8 8

3. a. ⃗⃗⃗⃗⃗ DA. ⃗⃗⃗⃗⃗ DB = (1 +

1 √2

) × (1 + √2) ≈ 4,121

⃗⃗⃗⃗⃗ . DB ̂) = (1 + √2)√2 + √2 × cos(CDB ̂) ⃗⃗⃗⃗⃗ = DA × DB × cos(CDB b. DA π

̂) = c. cos (8 ) = cos(CDB

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ DA.DB (1+√2)√2+√2

=

1 ) × (1+√2) √2

(1+

(1+√2)√2+√2

=

1+

1 √2

√2+√2

=

1 + √2 √2√2+√2

≈ 0,9239

Sujet E ⃗⃗⃗⃗⃗ = AB ⃗⃗⃗⃗⃗ + BC ⃗⃗⃗⃗⃗ . 1.a. D'après la relation de Chasles : AC

b. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB. ⃗⃗⃗⃗⃗ BC = −

81 et 2

81 ⃗⃗⃗⃗⃗ BA. ⃗⃗⃗⃗⃗ BC = 2 .

⃗⃗⃗⃗⃗ . BC ⃗⃗⃗⃗⃗ = 7 × BH c. BA 81

d. BH = 14 ⃗⃗⃗⃗⃗ . BC ⃗⃗⃗⃗⃗ = 6 × BK 2.a. BA ⃗⃗⃗⃗⃗ . BC ⃗⃗⃗⃗⃗ = BK × BA = BH × BC. b. Avec les projetés, nous obtenons : BA Chapitre 8 • Calcul vectoriel – Produit scalaire

303

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c. BK =

27 4

̂ ≈ 15,36° 3.a. ABC

̂ ) b. KH 2 = BK 2 + BH 2 − 2BK × BH × cos(KBC 27 2

81 2

D’où KH 2 = ( 4 ) + (14) − 2 ×

27 4

81

27

729

× 14 × 28 = 196.

̂ ≈ 105,36°. KH ≈ 1,93 et KAH

Pour aller plus loin 154 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire 𝑊𝐼𝑁 (𝐹 ) = 𝐹 . ⃗⃗⃗⃗ 𝐼𝑁 en-dessous de la figure. ̂ = INB ̂. 1. a. (OA) // (BN), alors XOA ̂ = IBN ̂ = 90. De plus (XA) // (OY), alors AXO ̂ ̂ ̂ ̂ − IBN ̂ = BIN ̂. On a alors : XAO = 180 − XOA − AXO = 180 − INB

b. ⃗P = ⃗⃗⃗⃗⃗ OX + ⃗⃗⃗⃗⃗ OY ⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ ) = ⃗P. ⃗⃗⃗⃗ c. 𝑊IN (P IN = (OX OY). ⃗⃗⃗⃗ IN = ⃗⃗⃗⃗⃗ OX. ⃗⃗⃗⃗ IN + ⃗⃗⃗⃗⃗ OY. ⃗⃗⃗⃗ IN = ⃗⃗⃗⃗⃗ OX. ⃗⃗⃗⃗ IN ⃗ ) = −OX × IN = −OA × sin(α) × IN = −𝑚𝑔 × IN × sin(α) Donc : 𝑊IN (P

2. Le poids freine le déplacement du train. 3. Le travail de la réaction du sol est nul. 4. ⃗C. ⃗⃗⃗⃗ IN = C × IN 5. Cette somme est égale au vecteur nul. 6. Le produit scalaire est bilinéaire. ⃗ + ⃗R + ⃗C) = (P ⃗ + ⃗R + ⃗C). ⃗⃗⃗⃗ 7. 𝑊IN (P IN = ⃗0. ⃗⃗⃗⃗ IN = 0. ⃗ ⃗ +R ⃗ + C). IN ⃗⃗⃗⃗ = P ⃗ . IN ⃗⃗⃗⃗ + R ⃗ . IN ⃗⃗⃗⃗ + ⃗C. IN ⃗⃗⃗⃗ = 0, De plus : (P ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = −𝑊IN (P) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗ . IN ⃗⃗⃗⃗ = −P ⃗ . IN ⃗⃗⃗⃗ ⇔ 𝑊IN (C) donc C Donc : C × IN = 𝑚𝑔 × IN × sin(α) C = 𝑚𝑔 × sin(α) C = 50 × 106 × sin(10°) ≈ 8 682 409 N

304

Chapitre 8 • Calcul vectoriel – Produit scalaire

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155 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ = AO ⃗⃗⃗⃗⃗ + OK ⃗⃗⃗⃗⃗ = AO ⃗⃗⃗⃗⃗ + OA ⃗⃗⃗⃗⃗ + OB ⃗⃗⃗⃗⃗ + OC ⃗⃗⃗⃗⃗ = ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 1. a. AK OA′ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ A′B + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ OA′ + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ A′C = 2OA′ A′B + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ A′C = 2OA′ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ est un vecteur directeur de la médiatrice de [BC] ,donc (AK) est (OA') // (AK) et OA′ perpendiculaire à [BC]. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2OB′ b. De même, on montre que BK

c. [AK] est la hauteur issue de A, [BK] est la hauteur issue de B de même on pourrait montrer ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et on obtient que K est le point d'intersection des 3 hauteurs donc K est ⃗⃗⃗⃗⃗ = 2OC′ que CK l'orthocentre du triangle ABC. 2. H et K étant confondus on peut écrire : ⃗⃗⃗⃗⃗ = OA ⃗⃗⃗⃗⃗ + OB ⃗⃗⃗⃗⃗ + OC ⃗⃗⃗⃗⃗ = OG ⃗⃗⃗⃗⃗ + GA ⃗⃗⃗⃗⃗ + OG ⃗⃗⃗⃗⃗ + GB ⃗⃗⃗⃗⃗ + OG ⃗⃗⃗⃗⃗ + GC ⃗⃗⃗⃗⃗ = 3OG ⃗⃗⃗⃗⃗ OH

̂) = 156 1. a. cos2 (A

2

(𝑎 2 − 𝑏2 − 𝑐 2 ) (2𝑏𝑐)2

̂) = 1 − et sin²(A

(𝑎 2 − 𝑏2 − 𝑐²)² . (2𝑏𝑐)²

̂ ) = 4𝑏 2 𝑐 2 − (𝑎2 − 𝑏 2 − 𝑐 2 )2 b. 4𝑏 2 𝑐 2 sin2 (A 2

= 4𝑏 2 𝑐 2 − (−(𝑏 2 + 𝑐 2 − 𝑎2 )) = 4𝑏²𝑐² − (𝑏² + 𝑐² − 𝑎²)² 𝑎+𝑏+𝑐

2. 𝑝 = 2 . Il suffit de développer les expressions 4b²c² − (𝑏² + 𝑐² − 𝑎²)²et 4p(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐). 1

̂ ) = 𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) avec p qui ne dépend que de a, b et c. 3.a. 𝑆² = 4 𝑏²𝑐²sin²(A

b. 𝑆 = √𝑝(𝑝 − 𝑎)(𝑝 − 𝑏)(𝑝 − 𝑐) 4. a. 𝑆 = 3√3 ≈ 15,6 cm. b. 𝑆 = 6√6 ≈ 14,7 cm. c. Le premier triangle.

157 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire 18cos(𝛼) − 24cos(𝛽) = 7 à la place de 18cos(𝛼) + 4cos(𝛾) = −3 à la question 2.c. ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ 1. R F1 = 8(8 + 6cos(γ) + 12cos(β)), ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ R F2 = 6(6 + 8cos(γ) + 12cos(α)) ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ et R F3 = 12(12 + 8cos(β) + 6cos(α)) ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ ⃗ . ⃗⃗⃗⃗ 2. a. R F1 = R F2 = R F3 = 0, donc : 12(12 + 8cos(β) + 6cos(α)) = 0 ⇔ 4cos(β) + 3cos(α) = −6 8(8 + 6 cos(γ) + 12 cos(β)) = 0 ⇔ 3 cos(γ) + 6 cos(β) = −4 Chapitre 8 • Calcul vectoriel – Produit scalaire

305

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6(6 + 8cos(γ) + 12cos(α)) = 0 ⇔ 4cos(γ) + 6cos(α) = −3

b. 4cos(γ) + 6cos(α) = −3 ⇔ cos(γ) =

−3 − 6cos(α) 4

=

−(3 + 6cos(α)) 4

c. On remplace dans la seconde équation la valeur de cos(γ) = (3 + 6cos(α)) −3 + 4

−(3 +6 cos(α)) et 4

nous obtenons :

6cos(β) = −4 ⇔ 18cos(α) − 24cos(β) = 7.

d. α ̂ ≈ 143,7°, β̂ ≈ 153,6°et γ̂ ≈ 62,7°.

158 Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1.

2. H appartient à l'hyperbole quel que soit le positionnement de A, B et C sur cette dernière. 1

1

1

3. Les coordonnées des points sont : 𝐴(𝑎 ; 𝑎), 𝐵(𝑏 ; 𝑏)et 𝐶(𝑐 ; 𝑐 ) avec 𝑎, 𝑏 𝑒𝑡 𝑐 non nuls. Soit H(x ;y) l’orthocentre de ABC. Alors ⃗⃗⃗⃗⃗ HA. ⃗⃗⃗⃗⃗ BC = 0 et ⃗⃗⃗⃗⃗ HB. ⃗⃗⃗⃗⃗ AC = 0. 1 1 1 1 1 1 Donc (𝑐 − 𝑏)(𝑥 − 𝑎) + (𝑐 + 𝑏) (𝑦 − 𝑎) = 0 et (𝑎 − 𝑐)(𝑥 − 𝑏) + (𝑎 + 𝑐 )(𝑦 − 𝑏) = 0. Ce système de deux équations à deux inconnues x et y admet un unique couple solution 1 1 (−𝑎𝑏𝑐 ; −𝑎𝑏𝑐). Donc le point H(−𝑎𝑏𝑐 ; −𝑎𝑏𝑐) appartient bien à l'hyperbole.

159 Soit M1 le projeté orthogonal de M sur (AB) et M2 le projeté orthogonal de M sur (AC). Soit α = AM1 et β = AM2 . ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 = α ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2 = β ⃗⃗⃗⃗⃗ Alors AM AB et AM AC. AB AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ . ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗1 + ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ − ⃗⃗⃗⃗⃗ Donc AM BC = (AM AM2 ). (AC AB) = −αAB + βAC. Or 𝐴AMB =

MM1 ×AB 2

De même, 𝐴AMC = 306

=

β×AB

2 MM2 × AC 2

. =

α × AC 2

Chapitre 8 • Calcul vectoriel – Produit scalaire

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La condition de proportionnalité impose : 𝐴AMB AB²

=

𝐴AMC AC²

β

α

qui conduit à AB = AC ou αAB = βAC.

Donc ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AM. ⃗⃗⃗⃗⃗ BC = 0. M appartient à la hauteur issue de A dans le triangle ABC. On appelle H son pied. Par additivité des aires : 𝐴ABC = 𝐴AMB + 𝐴AMC + 𝐴CMB . Donc : AH × BC = βAB + αAC + MH × BC. β

α

On a toujours : AB = AC =

MH BC

donc α =

MH BC

× AC et β =

MH BC

× AB.

En remplaçant dans l’égalité au-dessus et en utilisant l’égalité de Pythagore dans ABC, on obtient : AH = 2MH. Donc M est le milieu de la hauteur issue de A dans le triangle ABC.

160 1. Les trois triangles sont superposables. 2. MNP est équilatérale car MP = PN = MN. D’après la formule d’Al-Kashi dans le triangle MNB : ̂) MN2 = BN2 + BM 2 − 2 × BN × BM × cos(MBN 𝑎

Avec BN = 3 et 𝐵𝑀 =

2𝑎

, on obtient : MN = 3

𝑎

.

√3

On peut utiliser la formule d’Héron dans le triangle réduit ou les propriétés des homothéties pour en déduire que l’aire du triangle réduit est égale à un tiers de celle du triangle ABC.

Chapitre 8 • Calcul vectoriel – Produit scalaire

307

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Chapitre 9 Géométrie repérée A Notre point de vue 1. Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Ce chapitre traite des équations de droites et des équations de cercles dans un repère orthonormé. La première partie du cours traite des vecteurs normaux à une droite et des équations de droites données par un point et un vecteur normal. Cette partie est introduite par les activités 1 et 2. Les capacités 1 et 2, ainsi que la capacité 5 liée au calcul des coordonnées du projeté orthogonal d’un point sur une droite (calcul introduit dans l’activité 4), se rattachent à cette première partie. La seconde partie du cours est consacrée aux équations de cercles. Il est également question des équations de paraboles, en particulier dans le parcours 3, et l’étude des points équidistants de l’axe des abscisses et d’un point donné.

2. Les objectifs des activités L’activité 1 a pour objectif d’introduire la notion de vecteur normal à une droite comme vecteur orthogonal à un vecteur directeur de cette droite. L’activité 2 a pour objectif d’introduire le calcul d’une équation de droite connaissant un point et un vecteur normal. L’activité 3 a pour objectif d’introduire les équations de cercles avec l’utilisation d’un logiciel. L’activité 4 a pour objectif d’introduire le calcul des coordonnées du projeté orthogonal d’un point sur une droite.

Chapitre 9 • Géométrie repérée

309

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3. Exercices, TP et algorithmes Les exercices sont variés, donnant l’occasion de travailler toutes les capacités liées à ce chapitre : - des exercices d’entraînement et d’application du cours. Les parcours 1 et 2 page 263 sont, par exemple, consacrés à la détermination d’une équation d’une droite dont on connaît un point et un vecteur normal, et à la détermination d’une équation d’un cercle dont on connaît le centre et le rayon. - des exercices de logique et d’algorithmique. - des exercices dans lesquels on utilise des équations de cercles ou de droites pour modéliser un problème (par exemple le TP1, le TP2, l’exercice 113).

B Se tester pour un bon départ 1 1. Réponses a, b et c. 2. Réponses a et d. 3. Réponse c. 2 5

a. Le coefficient directeur d’une telle droite est . 2 b. (1 ; 0,5), (−1 ; −0,5) et (2 ; 1) sont trois vecteurs directeurs de cette droite. c. (−1 ; −2) et (1 ; 2) sont deux vecteurs directeurs de la droite (AB). 3 a. Vrai. b. Faux. c. Vrai. 4 Une équation de 𝑑1 est 2𝑥 + 𝑦 + 1 = 0. −1 Une équation de 𝑑2 est 2 𝑥 + 𝑦 − 2 = 0. Une équation de 𝑑3 est 𝑥 = 2. Une équation de 𝑑4 est 𝑦 = 2. 5 a. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ AC = −8 et ⃗⃗⃗⃗⃗ AC ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ CB = −40 2 b. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB = 20 6 a. Vrai, car ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ CB = 0. ⃗⃗⃗⃗⃗ = 0. b. Vrai, car ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ CD 310

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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7 1. Réponses a et d. 2. Réponse b. 8 a. ⃗⃗⃗⃗⃗ EA ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ EB = 0 b. E appartient bien au cercle de rayon [AB] car ce cercle est l’ensemble des point M tels que ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ = 0. MA 9 a. Le projeté orthogonal de B sur (FD) est le point F. b. Le projeté orthogonal de F sur (BD) est le point E. c. Le projeté orthogonal de D sur (BF) est le point F. 10 Le triangle AMB est rectangle en M.

C Activités Activité 1 Des vecteurs normaux Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB a pour coordonnées (4 ; 2). Il s’agit d’un vecteur directeur de la droite (AB). b. ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (1 ; −2) ⃗⃗⃗⃗⃗ c. AB ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 = 0. Les deux vecteurs sont donc orthogonaux. ⃗⃗⃗⃗ = 0 donc c’est aussi un vecteur normal à la droite (AB). d. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ FG e. Un autre vecteur normal à (AB) est ⃗⃗⃗⃗ 𝑛5 . 2. ⃗⃗⃗⃗ 𝑛3 est normal à (CD). 3. ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛5 sont normaux à (FG).

Activité 2 Des droites et des vecteurs Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB est un vecteur directeur de la droite (AB). b. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB a pour coordonnées (3 ; −2) c. −2𝑥 + 3𝑦 + 𝑐 = 0 est une équation de la droite (AB), reste à trouver c. A(0 ; 3) ∈ (AB). On trouve 𝑐 = −9. 2. a. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ 𝑛⃗ = 0 donc ⃗⃗⃗⃗⃗ AB et 𝑛⃗ sont orthogonaux. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ et 𝑛⃗ sont orthogonaux. b. AM c. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ AM (𝑥 ; 𝑦 − 3) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑛⃗ = 0 équivaut à 2𝑥 + 3(𝑦 − 3) = 0 et donc à 2𝑥 + 3𝑦 − 9 = 0. AM 3. a. (−𝑏 ; 𝑎) est un vecteur directeur de 𝑑. b. (𝑎 ; 𝑏) est normal à 𝑑 car (−𝑏) × 𝑎 + 𝑎 × 𝑏 = 0. Chapitre 9 • Géométrie repérée

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Activité 3 Des cercles et des équations Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. L’équation affichée est 𝑥 2 + 𝑦 2 = 𝑅². b. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 c. 𝑥 2 + 𝑦 2 = AM² 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 signifie que AM² = 4 et donc AM = 2 où A est l’origine du repère. 2. a. L’équation affichée est (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 𝑅² b. (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 4 c. (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = AM² (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 4 signifie que AM² = 4 et donc AM = 2. d. Pour R = 2, l’équation affichée est : 𝑥 2 − 4𝑥 + 𝑦 2 − 2𝑦 + 1 = 0. C’est ce que l’on obtient lorsque l’on développe (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2.

Activité 4 D’un point à un autre Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB (6 ; 3)et ⃗⃗⃗⃗⃗ GE (3 ; 1). D’où ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ GE = 15. ⃗⃗⃗⃗⃗ ≠ 0. Or le point de (AB) qui se situe à la plus petite distance de G est le projeté b. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ GE orthogonal de G sur (AB), donc on devrait avoir un produit scalaire nul. 2. a. Un vecteur directeur de la droite 𝑑 ∶ 2𝑥 + 𝑦 − 7 = 0 est 𝑑 (−1 ; 2). 𝑑 ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ AB = 0 donc 𝑑 est bien perpendiculaire à (AB). Reste à vérifier que G ∈ 𝑑 ∶ 2 × 2 + 3 − 7 = 0. b. (GH) est orthogonal à (AB) et G ∈ (GH), donc une équation de (GH) est 2𝑥 + 𝑦 − 7 = 0. De plus, on a H ∈ (AB) et une équation de (AB) est 𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0. c. 𝑥 = 3 et 𝑦 = 1. d. H(3 ; 1) et GH = √5. 3. GE = √10. Gabin met environ 6,32 min pour aller de G à E et environ 4,47 min pour aller de G à H.

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Chapitre 9 • Géométrie repérée

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D Exercices Pour démarrer 1 a. 3 001 b. 1 2 a. –8 b. 35 3 a. b.

35 24 74 100

4 a. 4 b.

1 64

5 a. 9 b.

49 90

6 a. 120 b. 1 7 a. 0 b. –24 c.

8 9

8 a. b. c.

3 4 −3 2 2 7

9 a. 𝑥 2 + 6𝑥 − 8 = 0 b. −𝑥 3 + 4𝑥 2 + 5𝑥

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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10 a. 𝑥(2 − 𝑥) b. (1 + 3𝑥)(1 − 3𝑥) 11 a. 𝑥 = 5 b. 𝑥 = 0 ou 𝑥 = −1 12 a. Faux, cela revient à la multiplier par 1,5. b. Vrai, cela revient à multiplier par 0,5. 200

c. Vrai, augmenter une quantité de 200 % revient à la multiplier par (1 + 100). 13 1. Réponses a et b. 2. Réponses c et d. 3. Réponses a et b. 4. Réponses c et d. 14 1. 𝑛⃗ ∙ 𝑢 ⃗ = 1 × 3 + 3 × (−1) = 0 donc 𝑛⃗ est normal à 𝑑. 2. Les vecteurs 2𝑛⃗(6 ; −2) et 3𝑛⃗(9 ; −3) sont des vecteurs normaux à 𝑑. 15 1. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB est un vecteur directeur de la droite (AB). ⃗⃗⃗⃗⃗ AB(−4 ; 5). 2. 𝑛⃗(5 ; 4) vérifie ⃗⃗⃗⃗⃗ AB ∙ 𝑛⃗ = 0 donc c’est un vecteur normal à (AB). 16 1. Un vecteur directeur de 𝑑 est 𝑑 (3 ; 4). De plus on a 𝑛⃗(4 ; −3) qui vérifie 𝑑 ∙ 𝑛⃗ = 0. 2. 4𝑥 − 3𝑦 + 2 = 0 par exemple. 17 8𝑥 − 5𝑦 + 3 = 0 convient. 18 1. Réponse c. 2. Réponse b. 19 a. 𝑑3 b. 𝑑1 c. 𝑑2 20 1. Une droite de vecteur normal 𝑛⃗(𝑎 ; 𝑏) a une équation de la forme ax + by + c = 0. Ici a = 2 et b = 5. Donc une équation de d est de la forme 2𝑥 + 5𝑦 + 𝑐 = 0. 2. On doit avoir 2 × 1 + 5 × 2 + 𝑐 = 0. Donc 𝑐 = −12.

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Chapitre 9 • Géométrie repérée

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21 1. Une droite de vecteur normal 𝑛⃗(𝑎 ; 𝑏) a une équation de la forme ax + by + c = 0. Ici a = 1 et b = 7. Donc une équation de d est de la forme 𝑥 + 7𝑦 + 𝑐 = 0. 2. On doit avoir 1 × 3 + 7 × 0 + 𝑐 = 0. Donc 𝑐 = −3. Une équation de 𝑑 est 𝑥 + 7𝑦 − 3 = 0 . 22 1. Réponse a. 2. Réponse c. 3. Réponse a. 23 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Seule l’équation E2 est celle d’un cercle : le cercle de centre A(2 ; 1) et de rayon 2. 24 Cercle de rayon √2 et de centre (5 ; 7). 25 a. 𝐶1 b. 𝐶3 c. 𝐶2 26 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Le cercle C1 a pour équation b. Le cercle C2 a pour équation c. Le cercle C3 a pour équation a. Le cercle C4 a pour équation d. 27 a. 𝐶 b. 𝐶4 c. 𝐶1 d. 𝐶3 e. 𝐶2 28 Une équation du cercle de centre A et de rayon 3 est : (𝑥 − 𝑥𝐴 )2 + (𝑦 − 𝑦𝐴 )2 = 3², c’est-à-dire (𝑥 − 5)2 + 𝑦² = 9. 29 a. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 1 b. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 c. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 3

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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30 a. (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 = 9 b. (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 = 16 c. (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 2)2 = 5 31 a. (𝑥 − 1)2 + (𝑦 + 1)2 = 4 b. 𝑥 2 + (𝑦 − 2)2 = 4 c. (𝑥 + 3)2 + 𝑦 2 = 4 32 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. AB = √(4 − 1)2 + (5 − 1)² donc AB = √32 + 4² = 5. Le rayon de C est bien égal à 5. 2. Une équation de C est : (x – 1)² + (y – 1)² = 25. 33 1. 𝑥 2 + (𝑦 − 5)2 = 49 2. Il suffit de développer (𝑦 − 5)2 . 34 1. Faux. Le centre de ce cercle a pour coordonnées (1 ; −1). 2. Vrai : (2 − 1)2 + 12 = 2. 3. Faux : (−1)2 + (1 + 1)2 = 5 ≠ 2.

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Chapitre 9 • Géométrie repérée

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Pour s’entraîner 35 Une équation de 𝑑 est 5𝑥 + 2𝑦 − 11 = 0. 36 a. 7𝑥 − 𝑦 − 13 = 0 b. −2𝑥 + 3𝑦 − 4 = 0 37 Une équation de 𝑑 est −2𝑥 + 5𝑦 − 13 = 0. Les coordonnées du point B vérifient l’équation, et celles de C ne la vérifient pas. Donc B 𝑑 et C ∉ 𝑑. 38 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Errata : dans certains manuel le schéma est incomplet, le voici :

a. La perpendiculaire à (MN) passant par P est d4. Un vecteur normal est ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MN(2 ; –4). b. La perpendiculaire à (NP) passant par N est d3. Un vecteur normal est ⃗⃗⃗⃗⃗ NP(–4 ; 1). c. La hauteur issue de M est d2. ⃗⃗⃗⃗⃗ (–4 ; 1). Un vecteur normal est NP d. La médiatrice du segment [MP] est d1. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (–2 ; –3). Un vecteur normal est MP 39 1. ⃗⃗⃗⃗⃗ AB est normal à 𝑑. 2. 6𝑥 − 2𝑦 − 14 = 0 40 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Une équation de d est : 2x + 3y + 3 = 0. 41 2𝑥 + 𝑦 − 11 = 0 42 −2𝑥 + 3𝑦 − 8 = 0 43 1. J(0 ; 3) 2. −2𝑥 + 2𝑦 − 6 = 0 44 −3𝑥 − 8𝑦 +

19 2

=0 Chapitre 9 • Géométrie repérée

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45 1. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 (2 ; −1) 2. a. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 (2 ; −1) b. 𝑑3 : 2𝑥 − 𝑦 = 0 3. a. ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 (−3; 1) b. −3𝑥 + 𝑦 = 0 46

1. 𝑑(5 ; 2) 2. 5𝑥 + 2𝑦 − 4 = 0 47 a. −9𝑥 + 2𝑦 + 5 = 0 b. 5𝑥 + 3𝑦 − 11 = 0

48 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

49 Soit 𝑑1 : 𝑎𝑥 + 𝑏𝑦 + 𝑐 = 0 et 𝑑2 : 𝑎′𝑥 + 𝑏′𝑦 + 𝑐′ = 0. Alors un vecteur directeur de 𝑑1 est colinéaire à ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 (−𝑏 ; 𝑎), un vecteur directeur de 𝑑2 est ′ ′ ⃗⃗⃗⃗ colinéaire à 𝑑2 (−𝑏 ; 𝑎 ). Un vecteur normal à 𝑑1 est colinéaire à ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (𝑎 ; 𝑏) et un vecteur normal à 𝑑2 est colinéaire à 𝑛2 (𝑎′; 𝑏′). ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 et 𝑑2 sont perpendiculaires si et seulement si ⃗⃗⃗⃗ 𝑑1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑑2 = 0 c’est-à-dire si et seulement si ′ ′ ′ 𝑏𝑏 + 𝑎𝑎 = 0. Or ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 = 𝑎𝑎 + 𝑏𝑏′. Donc 𝑑1 et 𝑑2 sont perpendiculaires si et seulement si ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 = 0. 50 1. Faux. Ils sont colinéaires. 2. Vrai. Soit 𝑣 un vecteur directeur de la perpendiculaire à 𝑑 et 𝑛⃗ un vecteur normal, alors 𝑣 est orthogonal à 𝑛⃗ et à 𝑢 ⃗ . Donc 𝑛⃗ et 𝑢 ⃗ sont colinéaires. 3. Vrai. Soit 𝑑 un vecteur directeur de 𝑑 et ⃗⃗⃗ 𝑑′ un vecteur directeur d’une droite parallèle, alors 𝑑 et ⃗⃗⃗ 𝑑′ sont colinéaires donc ⃗⃗⃗ 𝑑′ et 𝑣 sont orthogonaux. 4. Faux. C’est un vecteur normal à toute droite parallèle à 𝑑.

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Chapitre 9 • Géométrie repérée

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51 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

52 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (2 ; −5) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (−3 ; −1) 53 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (2 ; 7) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (4 ; −1) 54 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (1 ; −1) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (0 ; 1) 55 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (11 ; 0) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (−1 ; 1) 56 ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (1 ; 1) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (0 ; 2) 57 𝑑1 : f. 𝑑2 : c. 𝑑3 ∶ e. 𝑑4 ∶ d. L’équation a ne correspond à aucune des droites.

𝑑5 : b.

58 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Un vecteur normal à d est 𝑛⃗ (–1 ; 2). Un vecteur normal à d1 est ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (1 ; –2). Un vecteur normal à d2 est ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (2 ; 1). Un vecteur normal à d3 est ⃗⃗⃗⃗ 𝑛3 (–4 ; – 2). Un vecteur normal à d4 est ⃗⃗⃗⃗ 𝑛4 (–2 ; 4). 2. Les droites d2 et d3 sont perpendiculaires à d. 3. Les droites d1 et d4 sont parallèles à d. 59 1. a.

b. Oui 2. 𝑛⃗(3 ; −5) et ⃗⃗⃗ 𝑛′ (2 ; 1,1). 3. Non car 𝑛⃗ ∙ ⃗⃗⃗ 𝑛′ ≠ 0. Chapitre 9 • Géométrie repérée

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60 1.

2. a. 𝑑1 : 4𝑥 + 7𝑦 − 11 = 0 b. 𝑑2 ∶ 7𝑥 − 4𝑦 + 7 = 0 61 1. ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 (𝑚1 ; −1) et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 (𝑚2 ; −1). 2. 𝑑1 et 𝑑2 sont perpendiculaires si et seulement si ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 et ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 sont orthogonaux, c’est-à-dire si et seulement si ⃗⃗⃗⃗ 𝑛1 ∙ ⃗⃗⃗⃗ 𝑛2 = 𝑚1 𝑚2 + 1 = 0. 3. a. 𝑑1 ∶ 𝑦 = 𝑚1 𝑥 + 𝑝1 et 𝑑2 ∶ 𝑦 = 𝑚2 𝑥 + 𝑝2 . b. Ce sont les coefficients directeurs respectifs des deux droites. 62 1. Faux. Leurs vecteurs directeurs ne sont pas orthogonaux. 2. Faux. Elle est perpendiculaire à cette droite. 63 1. ∆ : − 𝑥 + 𝑦 − 3 = 0 2. H(−1 ; 2) 64 1. ∆ : − 2𝑥 + 𝑦 + 3 = 0 2. H(2 ; 1) 65 1. M(−1 ; −2) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = √20 2. MH = ‖MH 66 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Une équation de d1, la perpendiculaire à d passant par B, est : x + y – 7 = 0. H est le point d’intersection de d et d1. Ses coordonnées (x ; y) vérifient : 5 9 𝑥−𝑦+2=0 { . Les coordonnées de H sont ( ; ). 𝑥+𝑦−7=0 2 2 1

2. La distance du point B à la droite d est : BH = √ , soit 2

320

Chapitre 9 • Géométrie repérée

√2 . 2

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67 On calcule les coordonnées des projetés de D sur (AB), (BC) et (AC). On trouve respectivement (1 ; 2), (2 ; 1) et (2,6 ; 2,8). On vérifie alors que la distance de D à chacun de ces points est 1. 68 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

69 1. (𝑥 + 3)2 + (𝑦 − 1)2 = 36 2. (2 + 3)2 + (4 − 1)2 = 34 ≠ 36 donc B ∉ C. 70 a. (𝑥 + 1)2 + 𝑦 2 = 9 b. (𝑥 − 3)2 + (𝑦 + 5)2 = 5

71 1. (𝑥 + 6)2 + (𝑦 + 8)2 = 100 2. (0 + 6)2 + (0 + 8)2 = 36 + 64 = 100 donc (0 ; 0) ∈ 𝐶. 72 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. Le rayon du cercle est IA= √13. Une équation de ce cercle est : (x + 2)² + (y – 3)² = 13. 2. Le cercle ne passe pas par les points de coordonnées (–1 ; –1), (–2 ; 16), (–15 ; 3). Il passe par le point de coordonnées (–4 ; 6). 73 1. OB = OC = CB = 4 2. 𝐶1 ∶ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 16, 𝐶2 : (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 2√3)2 = 16 et 𝐶3 ∶ (𝑥 − 4)2 + 𝑦 2 = 16. 3. Pour B : la plus grande distance entre B et un autre point de la courbe est 4 : c’est la distance entre B et tout point de la courbe reliant O et C, c’est-à-dire tout point de l’arc du cercle de centre B et de rayon 4. On suit le même raisonnement pour O et C. 74 a. Il s’agit de l’équation du cercle de centre (3 ; −4) et de rayon 5. b. Il s’agit de l’équation du cercle de centre (

−5 1 2

15

; ) et de rayon √ . 2

2

Chapitre 9 • Géométrie repérée

321

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75 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. x² + y² – 6x + 2y + 5 = 0 équivaut à (x – 3)² + (y + 1)² = 5. L’ensemble des points recherché est le cercle de centre le point de coordonnées (3 ; –1) et de rayon √5. 76 1. Si 𝑥 ou 𝑦 est différent de 0 alors 𝑥² ou 𝑦² est strictement positif donc 𝑥 2 + 𝑦² > 0. 2. a. {(0 ; 0)} d’après la question précédente. b. {(1 ; −2)} car cela revient par la question précédente à : {M(𝑥 ; 𝑦), 𝑥 − 1 = 0 et 𝑦 + 2 = 0}. 77 a. Ce sont les points du cercle de centre (0 ;

−1

1

2

2

) et de rayon .

b. {(0 ; 5)} 78 a. Ce sont les points du cercle de centre (0 ; 0) et de rayon 2 b. {(0; 1)}

79 a. Ce sont les points de la courbe d’équation 𝑦 = b. C’est l’ensemble vide.

−𝑥² 3

+ 2 (c’est une parabole).

80 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1

a. 4x² + 4y² + y = 0 est une équation du cercle de centre le point de coordonnées (0 ; – ) et de 8

1

rayon . 8

b. x² – y² = 0 n’est pas une équation de cercle. 81 Cette proposition est fausse. Par exemple, x² + y² + 2x + 2y + 3 = 0 n’est pas une équation de cercle puisqu’aucun couple (x ; y) ne vérifie x² + y² + 2x + 2y + 3 = 0, c’est-à-dire (x + 1)² + (y + 1)² = –1. La proposition est vraie si et seulement si −𝑎 −𝑏

On a alors un cercle de centre ( 2 ; Si

𝑎² 4

Et si

322

+ 𝑎² 4

𝑏² 4

+

2

𝑎² 4

+

𝑏² 4

− 𝑐 > 0. 𝑎²

) et de rayon √ 4 +

𝑏² 4

− 𝑐.

−𝑎 −𝑏

− 𝑐 = 0 alors l’ensemble des points est le point ( 2 ; 𝑏² 4

− 𝑐 < 0 alors c’est l’ensemble vide.

Chapitre 9 • Géométrie repérée

2

).

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82 1. E est un cercle si et seulement si

𝑎² 4

+

𝑏² 4

− 𝑐 ≥ 0.

2. Si

𝑎² 4

+

𝑏² 4

−𝑐 5 et c’est la plus courte distance entre A et un point de 𝑑1 . 2. a. La distance de A au projeté de A sur la droite 𝑑2 est de 5. Donc tous les autres points de 𝑑2 sont à distance supérieure à 5 de A. Le projeté est donc le seul point d’intersection possible entre 𝑑2 et le cercle. b. (6 ; 3) 3. a. Un point M(𝑥 ; 𝑦) appartient à 𝑑2 et à 𝐶 si et seulement si 𝑥 = 4 et (𝑥 − 1)2 + (𝑦 − 3)2 = 25, c’est-à-dire si et seulement si 𝑥 = 4 et (𝑦 − 3)2 = 16. Ce système d’équations admet bien deux couples solutions. b. Les deux solutions sont les points de coordonnées (4 ; 7) et (4 ; −1). 111 a. (0,4 ; 5,8) et (0,4 ; 2,2). b. (1 ; 4) c. Il n’y a pas de point d’intersection.

328

Chapitre 9 • Géométrie repérée

112 a. (−2,8 ; 7,6) et (6,8 ; 7,6). b. (2 ; 10) c. Il n’y a pas de point d’intersection.

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Travaux pratiques TP1 Où est la mairie ? Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. A. Recherche à l’aide d’un logiciel 1. 2. 3. Les points situés à égale distance de A et de C sont les points de la médiatrice de [AC]

4.

5. a. On peut conjecturer que 𝑆 est un cercle de centre (6 ; −1) et de rayon 2,8 (environ). b. La mairie se situe à l’intersection de 𝑆 et de 𝐷, c’est-à-dire au point de coordonnées (8 ; 1) ou au point de coordonnées (8 ; −3).

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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B. Recherche par le calcul 1. 𝐷 ∶ 𝑥 = 8 2. a. M ∈ 𝑆 si et seulement si MA = 2MB, c’est-à-dire si et seulement si MA2 = 22 MB2 = 4MB² car 𝑀𝐴 et 𝑀𝐵 sont positifs. b. MA = √(𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 3)² et MB = √(𝑥 − 5)2 + 𝑦², en réécrivant MA2 = 4MB² on retrouve bien que M(𝑥 ; 𝑦) ∈ 𝑆 si et seulement si 𝑥 2 − 12𝑥 + 𝑦 2 + 2𝑦 + 29 = 0. c. 𝑆: (𝑥 − 6)2 + (𝑦 + 1)2 = 8, donc c’est le cercle de centre (6 ; −1) et de rayon √8. 𝑥 =8 et on trouve 𝑦 = 1 ou 𝑦 = −3. − 6)2 + (𝑦 + 1)2 = 8 La mairie se trouve donc au point de coordonnées (8 ; 1) ou au point de coordonnées (8 ; −3). 3. On résout le système {(𝑥

TP2 Prévision d’un séisme Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. A. Avec des calculs 1. 𝐶1 : 𝑥 2 + 𝑦 2 = 25, 𝐶2 : (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 7)2 = 9 et 𝐶3 : (𝑥 − 9)2 + 𝑦 2 = 49. 2. Les coordonnées du point (3 ; 4) vérifient les équations de 𝐶1 et de 𝐶2 donc il se trouve à l’intersection de ces deux cercles, mais elles ne vérifient pas l’équation de 𝐶3 donc il n’est pas sur 𝐶3 . B. Avec un programme 1. Ce programme va regarder pour les points situés sur 𝐶1 , d’abscisse entre –5 et 5 avec un pas de 0.1 et d’ordonnée positive, s’ils sont sur les cercles 𝐶2 et 𝐶3 mais en tolérant une erreur. Pour cela, pour chaque point, le programme calcule la distance (d2) entre ce point et A, et la distance (d3) entre ce point et B. Si ces deux distances sont inférieures à 0,1, la fonction seisme retourne les coordonnées du point. Si le programme ne trouve pas de tel point, alors il retourne la phrase « pas d’épicentre ». 2.

330

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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Cap vers le bac Sujet A 1. 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 2. A(𝑥 ; 1,5) ∈ 𝐶 donc 𝑥 2 = 6,75 or 𝑥 > 0 donc 𝑥 = √6,75. 3. √6,75𝑥 + 1,5𝑦 = 9 4. 𝑆(0 ; 6)

Sujet B 1. M(𝑥 ; 𝑦) est tel que MA = 3MB. MA = 3MB si et seulement si MA2 = 9MB², c’est-à-dire si et seulement si (𝑥 − 8)2 + (𝑦 − 1)2 = 9(𝑥 2 + (𝑦 − 1)2 ). En développant on trouve bien (𝑥 + 1)2 + (𝑦 − 1)2 = 9. 2.

Sujet C 1. a. 𝑑(2 ; 1) b. 2𝑥 + 𝑦 − 14 = 0 2. H(4 ; 6) 3. (𝑥 − 6)2 + (𝑦 − 2)2 = 20 4. D(2 ; 0) et E(10 ; 0).

Sujet D 1. 2. 3. 4. 5.

Réponse c. Réponse a. Réponse b. Réponse c. Réponse c.

Pour aller plus loin 113 1. a. (𝑥 + 2)2 + 𝑦 2 = 16 b. √12 2. a. (𝑥 − 2)2 + 𝑦 2 = 16 b. √12 3. a. K(0 ; −√12) b. 𝑥 2 + (𝑦 + √12)2 = 64 c. 8 − √12 OS

4. a. AB =

8 − √12 12

≈ 0,378

b. 0,5 Chapitre 9 • Géométrie repérée

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114 ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ ⃗⃗⃗⃗⃗ 1. A(0 ; 2) ∈ 𝐶 et on a MA OA = 0, d’où le résultat. 2. a. OBM est rectangle en B, donc O, B et M se trouvent sur le cercle de diamètre [OM]. b. 𝐶1 : (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 1)2 = 10 𝑥 2 + 𝑦² = 4 c. Le point d’intersection des deux cercles vérifie les équations { . (𝑥 − 3)2 + (𝑦 − 1)2 = 10 𝑥 2 + 𝑦² = 4 En développant la deuxième et en lui soustrayant la première on trouve bien { 3𝑥 + 𝑦 − 2 = 0 d. Avec la deuxième équation on obtient 𝑦 = 2 − 3𝑥. En réinjectant cette expression dans la première équation on obtient bien 5𝑥 2 − 6𝑥 = 0. e. On trouve 𝑥 = 0 ou 𝑥 = 1.2. 𝑥 = 0 correspond au point A, et B est distinct de A. Donc 𝑥 = 1.2 et 𝑦 = 2 − 3𝑥 = −1.6 115 Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. H(2,8 ; 2,4) b. AH =

7√5 5

≈ 3,13

c. AH > 3 et c’est la plus courte distance entre A et un point de la droite 𝑑. 2. a.

b. Conjecture : c appartient à ]–5,7 ; 7,7[. c. On peut calculer AH, puis déterminer les valeurs de c pour lesquelles AH < 3. H(

2𝑐 − 2 𝑐 + 4 5

;

5

) et AH=

1 √5

|𝑐 − 1|. On trouve ensuite −3√5 + 1 < c < 3√5 + 1.

On peut également chercher pour quelles valeurs de c le système { a deux couples solutions distincts.

332

Chapitre 9 • Géométrie repérée

𝑥 2 + (𝑦 − 1)2 = 9 𝑦 = −2𝑥 + 𝑐

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116 1. Les diagonales du rectangle ABCD se coupent en leur milieu, donc les points A, B, C et D sont à égale distance du point K. Il existe donc un cercle de centre K passant par A, B, C et D. 2. 𝑇A ∶ 𝑥 + 2𝑦 − 3 = 0 et 𝑇B ∶ 𝑥 − 2𝑦 − 1 = 0. 3. a. F(2 ; 0,5) b. Le triangle ABF est isocèle en F car AF = BF = √1,25 ≈ 1,12. 4. a. 𝑇C ∶ 𝑥 + 2𝑦 − 13 = 0 et 𝑇D ∶ 𝑥 − 2𝑦 + 9 = 0. 5. a. On trouve bien les coordonnées voulues. b. FH = HE = EG = EF = √31,25 ≈ 5,59. Les côtés sont de même longueur donc FHEG est un losange. 117 1. a. H ∈ 𝑑 donc les coordonnées de H vérifient bien cette équation b. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MH(𝑥H − 𝑥M ; 𝑦H − 𝑦M ), donc ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ MH ∙ 𝑛⃗ = (𝑥H − 𝑥M )𝑎 + (𝑦H − 𝑦M )𝑏. ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙ 𝑛⃗| = ‖MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ × ‖𝑛⃗‖ avec ‖MH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ‖ = MH et c. Les vecteurs MH et 𝑛⃗ sont colinéaires donc |MH ‖𝑛⃗‖ = √𝑎2 + 𝑏². 2. MH =

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∙𝑛 |MH ⃗| √𝑎2 + 𝑏2

=

|(𝑥H − 𝑥M )𝑎 + (𝑦H − 𝑦M )𝑏| √𝑎2 + 𝑏2

=

|𝑎𝑥M + 𝑏𝑦M + 𝑐| √𝑎2 + 𝑏2

car 𝑎𝑥H + 𝑏𝑦H + 𝑐 = 0.

3. 𝑎 = 3, 𝑏 = 4, 𝑐 = −10 alors d’après la question précédente MH =

|3 × (−1) + 4 × 4 − 10| √32

+ 4²

3

= 5.

118 Des fichiers logiciels sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. On construit le cercle 𝐶1 de centre O et passant par A (et B). On note C le point d’intersection entre 𝐶1 et l’axe des ordonnées. On construit le cercle 𝐶2 de centre A et passant par B, puis le cercle 𝐶3 de centre B et passant par A. On construit les droites (AC) et (BC) et on note D et E les points d’intersection respectifs entre (BC) et 𝐶2 et entre (AC) et 𝐶3 . Enfin on construit le cercle 𝐶4 de centre C et passant par D et E. 2.

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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3. 𝐶1 ∶ 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4 𝐶2 ∶ (𝑥 + 2)2 + 𝑦 2 = 16 𝐶3 ∶ (𝑥 − 2)2 + 𝑦 2 = 16 et 𝐶4 ∶ 𝑥 2 + (𝑦 − 2)2 = 8(3 − √8) 119 Le phare se trouve à l’intersection de la médiatrice du segment [P1P3] et du cercle de centre P2 et de rayon 2. La médiatrice de [P1P3] a pour équation : –x + y = 0 et le cercle de centre P2 et de rayon 2 a pour équation : (x – 3)² + (y – 1)² = 4. Le trésor peut se trouver au point de coordonnées (1 ; 1) ou au point de coordonnées (3 ; 3). 120 1. Il existe un cercle passant par ces trois points. Le centre d’un tel cercle doit être situé à égale distance des 3 points. On considère donc le point d’intersection des médiatrices de [AB] et [BC] (sous réserve qu’un tel point existe, si A, B et C ne sont pas alignés). 15

Ici il s’agit du cercle de centre D( 4 ; −10) et de rayon

√3 145 4

≈ 14,02.

2. Cette proposition est fausse. Si les points A, B et C sont alignés, il n’existe pas de cercle passant par A, B et C. 121 Le cercle est d’équation (𝑥 − 2)2 + (𝑦 − 1)2 = 13. Pour trouver les coordonnées de A, B, D et E, on remplace successivement 𝑥 et 𝑦 par 0. On trouve A(−√12 + 2 ; 0), B(√12 + 2 ; 0), D(0 ; −2) et E(0 ; 4).

334

Chapitre 9 • Géométrie repérée

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Chapitre 10 Probabilités conditionnelles A Notre point de vue 1 Les choix faits pour traiter le programme dans ce chapitre Nous avons regroupé dans ce chapitre la partie du programme relative au conditionnement et à l’indépendance. Les notions nouvelles concernant ce chapitre sont : probabilité conditionnelle et indépendance de deux événements, arbres pondérés, partition de l’univers, formule des probabilités totales et succession de deux épreuves indépendantes. 2 Les objectifs des activités La première activité « Cadres en entreprise » permet, à partir de données présentées en tableau, de découvrir la notion de probabilité conditionnelle et la formule permettant le calcul de ces probabilités. La seconde activité donne l’occasion de découvrir un extrait d’un texte historique dans lequel Thomas Bayes aborde ces différents points. Les notions correspondantes constituent le contenu de la première page de cours. L’activité 3 propose de représenter une situation probabiliste à l’aide d’un arbre pondéré. La notion d’arbre de probabilités est déjà connue des élèves : l’activité 4 permet de faire le lien avec ce qui a déjà été fait en classe de Seconde (« dénombrement à l’aide de tableaux et d’arbres »). La seconde page de cours est consacrée aux arbres pondérés et à la formule des probabilités totales. Nous avons décidé de formaliser cette partie de cours en détaillant la méthode de construction d’un arbre pondéré et en proposant un peu de vocabulaire. La troisième page de cours est elle consacrée à l’indépendance. 3 Exercices, TP et algorithmes Dans ce chapitre, on aborde la méthode de Monte Carlo (« estimation de l’aire sous la parabole et estimation du nombre 𝜋 »). Un autre exemple d’utilisation de cette méthode est proposé dans l’exercice 65. Les approfondissements au programme sont au nombre de deux : - exemples de succession de plusieurs épreuves indépendantes, qui prépare à l’introduction des lois binomiales en terminale (cette notion est entre autres abordée dans le « parcours 3 ») ; - Exemples de marches aléatoires, qui donnent l’occasion de simulations à l’aide d’algorithmes ou de programmes (on pourra, par exemple, consulter le « parcours 4 », l’exercice 87 ou le TP2). Un autre point important du programme est « distinguer en situation PA(B) et PB(A), par exemple dans des situations de type "faux positifs" ». On pourra, pour cela, consulter les exercices 56 et 80. Le TP2 propose quant à lui de simuler l’utilisation d’un test de dépistage pour observer ce phénomène. On peut enfin signaler deux exercices en lien avec l’histoire des mathématiques : l’exercice 35 qui propose de découvrir un texte de Pierre Simon de Laplace publié en 1812 et l’exercice 83 qui permet de découvrir un problème historique proposé par Henri Poincaré dans son ouvrage Calcul des probabilités datant de 1896. Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

335

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B Se tester pour un bon départ 1 a. 57/100 b. 43/100

2 520 kg

3 4,551 millions de tonnes

4 Réponse d)

5 13,57 %

6 a. 62 mineurs b. Proportion d’hommes = 194/484 Proportion de seniors = 248/484 c. 152/290 d. 64/174

7 a. 160 enfants b. 56 enfants c. 24 enfants d.

24

Pas de sport 32

136

8

144

160

40

200

Sport Musique Pas de musique Total

Total 56

8 a. 7/15 b. 6/15 ̅) = 8/15 ; P(B ̅) = 9/15 ; P(A ∩ B) = 3/15 ; P(A ∪ B) = 10/15. c. P(A 336

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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9 a. Vrai b. Faux c. Vrai

̅) = 0,64, P(B ̅) = 0,3, P(A ∩ B) = 0,25. 10 P(A

C Activités Activité 1 Cadres en entreprise Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. Cadres Autres employés Total

Femmes 15 52 67

Hommes 17 76 93

Total 32 128 160

2. a. C̅ : la personne choisie n’est pas cadre. F ∩ C : la personne choisie est une femme et est cadre. F ∩ C̅ : la personne choisie est une femme et n’est pas cadre. b. P(F) = 67/160 P(C) = 32/160 P(C̅) = 128/160 P(F ∩ C) = 15/160 P(F ∩ C̅) = 52/160 3. a. PC (F) = 15/32 b. P(F ∩ C) / P(C) = 15/32, c’est la même valeur que PC (F). 4. 15/67 = PF (C) et 52/128 = 𝑃C̅ (F).

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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Activité 2 An Essay towards solving a Problem in the Doctrine of Chances Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise 1. Two subsequent event = deux événements successifs 2. Si la probabilité du premier événement est a/N et celle des deux événements simultanés est P/N, alors la probabilité du second événement sachant le premier est réalisé est P/a. 3. Soit « A » : le premier événement et « B » : le deuxième événement. a/N = P(A), P/N = P(A ∩ B) et P/a = PA (B). 4.

𝑃(𝐴∩𝐵) 𝑃(𝐴)

= 𝑃𝐴( 𝐵 )

Activité 3 Agence de voyage Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. 1. a. 0,38 : la probabilité que le client ait voyagé en France. b. P(E) = 0,62 2. a.

b. PF (S̅) = 1 – 0,83 = 0,17. 1. a. P(F ∩ S) = PS (F) × P(S) = PF (S) × P(F) b. P(F ∩ S) = 0,3154. c. Il faut multiplier les probabilités situées au-dessus des deux branches pour obtenir P(F ∩ S).

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Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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Activité 4 Des arbres aux arbres pondérés Le fichier texte de cette activité est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr afin de la compléter et/ou la modifier à votre guise. Une animation est disponible dans le manuel numérique enseignant ou sur le site enseignant indice.editions-bordas.fr, ainsi que dans le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. a. Il y a 5 possibilités pour la première lettre et 5 possibilités pour la deuxième lettre, soit 5 × 5 = 25 possibilités. b. P(AA) = 9/25 P(AB) = 6/25 P(BA) = 6/25 P(BB) = 4/25 2. a. p = 0,6 b.

c. Pour P(AA), il faut multiplier la probabilité de la branche A avec la probabilité de la branche A : 0,6 × 0,6 = 0,36 = 9/25. On procède de même pour les autres cas.

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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D Exercices Pour démarrer 1 a. 40 % b. 65 % c. 44 %

2. a. 1/4 b. 2/5 c. 3/20

3 a. 18 % b. 27 % c. 15 %

4 a. 7x – x2 b. a2 + ab c. –2x + 6

5 a. n = 2 b. a = 3 c. x = 3

6 P(A ∪ B) = 19/20

7 P(A) × P(B) = 25/72 = P(A ∩ B)

8 a. 5/3 b. 4/9 c. 407/675

340

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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9 a. 4a/3 b. 7n/6 c.

𝑥 2 +1 𝑥

10 PA (B) = 0,2

11 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Non : P(U) = 0,4. b. Oui : PU(V) = 0,66. c. Oui : 𝑃V̅ (U) = 0,22. ̅∩V ̅) = 0,49. d. Non : P(U 12 P(A ∩ B) = PA (B) × P(A) = 0,15 donc FAUX.

13 P(A ∩ B) = 0,06 PB (A) = 0,125

14 P (E ∩ F) = 0,4

15 X ← P(A) Y ← P(A ∩ B) Z ← Y/X 16 1. Réponse a). 2. Réponse b). 3. Réponse d).

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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17 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. ̅) = 0,5. 1. P(A) = 0,45 et P(B ̅) = 0,15. 2. P(A ∩ B) = 0,3 et P(A ∩ B ̅), 0,35 = P (A̅ ∩ B ̅). ̅) et 0,55 = P(A 3. 0,2 = P(B ∩ A

18 1. D ̅ 𝐃 Total

A 0,2 0,25 0,45

B 0,1 0,15 0,25

C 0,1 0,2 0,3

Total 0,4 0,6 1

̅ ) = 0,25, P(B) = 0,25 et P(D ̅ ) = 0,6. 2. P(B ∩ D) = 0,1, P(A ∩ D 3. PB (D) = 0,4 et 𝑃D̅ (A) =

5 12

.

19

20 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire le schéma cidessous :

1. 0,28 = P(A), 0,3 = PA (D) et 0,65 = PB (C). 2. P(B) = 0,72, PB(D) = 0,35 et PA(C) = 0,7.

342

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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21 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1.

2.

̅). 22 a. Faux car P(B) = P(A ∩ B) + P(B ∩ A b. Vrai.

23 1. P(A ∩ B) = 0,63 ̅) = 0,08 P(B ∩ A 2. P(B) = 0,71

24 1.

2. P(D ∩ R) = 0,152 P(E ∩ R) = 0,34 P(F ∩ R) = 0,279 3. P(R) = 0,771 Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

343

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25 1. P(A) × P(B) = 0,125 ≠ P(A ∩ B), donc pas d’indépendance 2. PB (A) = P(A), donc indépendance 3. P(A) × P(B) = 3/7 = P(A ∩ B), donc indépendance

26 1. P(A ∩ B) = 0, 63 2. P(B) = 5/8 = 0,625 27 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1.

2. La probabilité est : 0,3  0,7 + 0,7  0,3 = 0,42.

Pour s’entraîner 28 1. a. P(L) = 0,55 b. P(B ∩ S) = 0,36 c. PL (S) = 0,64 2. a. 80 % des chiens de l’élevage sont des bergers allemands. b. 9 % des chiens d’élevage sont des bergers allemands non sevrés. c. 80 % des bergers allemands sont sevrés.

29 1. a. P(C) = 0,7 P(C̅) = 0,3 b. Pc (V) = 0,8 𝑃C̅ (V) = 0,1 2. a. C ∩ V : les employés commerciaux disposant d’une voiture de fonction. P(C ∩ V) = 0,56 b. C̅ ∩ V : les employés non commerciaux disposant d’une voiture de fonction. P(C̅ ∩ V) = 0,03

344

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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30 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. P(AB) = 0,72 + 0,47  0,88 = 0,31, PB(A) =

31 47

et PA(B) =

31

.

72

31 1. P(C ∩ D) = 0,3 2. P(D) =

𝑃(C ∩ D) 𝑃𝐷 (C)

= 0,7

32 Soit V l’événement « le ménage possède une voiture » et D l’événement « le ménage possède un deux–roues ». 1. P(V ∩ D) = 0,04 2. PV (D) = 2/41

33 P = 1/3

34 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant.

35 3e principe : si A et B sont indépendants, alors P(A ∩ B) = P(A) × P(B). 4e principe : si A et B ne sont pas indépendants, alors P(A ∩ B ) = P(A) × PA (B).

36 1. Si P(A) = P(B) : 𝑃 A ( B ) =

𝑃(A ∩ B) 𝑃(A)

=

𝑃(A ∩ B) 𝑃(B)

= 𝑃 B (A)

2. Si A et B sont deux événements tels que 𝑃 A (B) = 𝑃 B (A), alors P(A) = P(B). Réciproque : Vraie

37 1. Faux (PA(A) = P(AA)/P(A) = 1). 2. Vrai (PA(A) = P(AA)/P(A) = 1). 3. Vrai (quand P(AB) = 0). 4. Vrai (P(A ∩ B) = 0).

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

345

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38 1. Vrai ̅ et B ne sont pas indépendants, alors A et B ne sont pas 2. « Si les événements A indépendants » : Vrai.

39 Soit les événements M « la masse est non conforme », A « la pièce est trop lourde » et B « la pièce est trop légère ». PM (A) = 10/25.

40 1. P(A) = 2 832/9 600 = 59/200 2. P(G) = 4 416/9 600 = 23/50 ̅) = 1 728/9 600 = 9/50 3. P(A ∩ G ̅) = 3 312 = 3/4 4. 𝑃 G (A 4 416 3 456

1 728

̅) = 5. 𝑃 A̅ (G = 6 758 3 379

41 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1. c. 2. a. 3. c.

42 ̅). 1. 0,05 = P(A ∩ P) et 0,44 = P(A 51 2. 𝑃 A (M) = 56 4

̅) = 3. 𝑃 M (A 11

43 1. E 𝐄̅ Total

H 0,42 0,15 0,57

̅ 𝐇 0,34 0,09 0,43

Total 0,76 0,24 1

2. On connait la probabilité des événements E, H et E  H.

346

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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44 B ̅ 𝐁 Total 1. Faux 2. Vrai 3. Vrai 4. Faux

A 0,32 0,16 0,57

̅ 𝐀 0,3 0,2 0,52

Total 0,64 0,36 1

45 ̅) = 0,3 1. P(A ̅ ) = 0,5 P(B 2. B ̅ 𝐁 Total

A 0, 3 0,4 0,7

̅ 𝐀 0,2 0,1 0,3

Total 0,5 0,5 1

𝑃 A (B) = 3/7 𝑃 B (A) = 3/5 ̅) = 2/5 𝑃 B (A ̅) = 1/3 𝑃 A̅ (B

46 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. En D2 : P(B) ; en B3 : P(A  ̅B). 2. =D2B2. 3. =B2/B4 ou =B2/B$4 pour pouvoir effectuer la recopie de la formule 4. 𝑃 A̅ (B)

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

347

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47 1. Soit les événements N « le vacancier pratique la natation » et C « le vacancier pratique le cyclisme ». On a : P(N) = 0,15, 𝑃 N (C) = 0,2 et 𝑃 N̅ (C) = 0,35 2.

48 1. 0,2 = P(D) et 0,48 = 𝑃 U (C). 2. a. P(H) = 0,5 b. 𝑃 D (C) = 0,24 3. P(U ∩ S) = 0,156

49 1. 0,6 = P(A) 0,2 = 𝑃 A (B) ̅) 0,3 = 𝑃 A̅ (B 2.

3. a. P(A ∩ B) = 0,12 b. P(B) = 0,4

348

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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50

1. Vrai 𝑃 A (B) = 0,2 2. Faux P(B) = 0,235

51

52 1. Réponse a). 2. Réponse c).

53 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, question 5 il faut lire : « je ne veux pas m’abonner à la box de crossfit » 1. P(F) =

9 000 6 000 + 9 000

= 0,6.

2. Un arbre pondéré est pertinent car l’énoncé nous donne les probabilités conditionnelles PF (A) et PH (A).

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

349

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3. a. « La personne rencontrée est une femme qui est prête à prendre un abonnement. » b. P(F  A) = 0,6  0,4 = 0,24. 4. P(H  A) = 0,4  0,15 = 0,06. 5. 𝑃A̅ (F) =

𝑃(F ∩ ̅ A) ̅ 𝑃(A)

0,6 × 0,6

= 0,6 × 0,6 + 0,4 × 0,85, soit 𝑃A̅ (F) =

0,36 0,7

= 0,514 à 0,001 près.

54 On choisit au hasard une personne de l’échantillon. On note M l’événement : « la personne est atteinte d’une maladie cardio-vasculaire » et S l’événement : « la personne pratique une activité physique régulière »

On a

et

.

soit une baisse de 42 %, l’affirmation est vraie.

55 On note D l’événement « l’ordinateur détecte un virus » et V l’événement « l’ordinateur est infecté par un virus ». ̅ ∩ D) = 0,0765 P(D) = P(V ∩ D) + P(V 56

1. a. P(S) = 0,02192 ̅ ∩ S) = 0,01996 b. P(M 350

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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2. a. PS (M) ≈ 0,0894 b. La proportion est de 0,01996/0,02192, soit environ 91 %. c. Quand le portique sonne, il y a 91 % de chance que le voyageur ne porte pas d’objet métallique et seulement 9 % de chance que le voyageur porte un objet métallique.

57 1. P(A ∩ B) = 1/6, P(A) = 1/2 et P(B) = 1/3. A et B sont indépendants. 2. P(A ∩ C) = 1/6, P(A) = 1/2 et P(C) = 1/2. A et C ne sont pas indépendants. 3. P(C ∩ B) = 1/6, P(C) = 1/2 et P(B) = 1/3. B et C sont indépendants.

58 1. P(A ∩ M) = 198/1 000, P(A) = 450/1 000 et P(M) = 440/1 000. A et M sont indépendants. 2. P(B ∩ M) = 112/1 000, P(B) = 250/1 000 et P(M) = 440/1 000. B et M ne sont pas indépendants.

59 1. P(D1 ∩ D2) = 0,1521 2. P(D1 ∪ D2) = P(D1) + P(D2)  P(D1 ∩ D2) = 0,6279

60 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. P(A  B) = P(A)  P(B) = 0,8  0,75 = 0,6.

61 X ← P(A) Y ← P(B) Z ← P(A ∩ B) Si X  Y = Z Alors R ← « A et B sont indépendants » Sinon R ← « A et B ne sont pas indépendants » Fin Si

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

351

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62 1.

2. P(au moins une réponse juste) = 5/9

63

P(rencontre au moins un feu rouge) = 3/4

64 1.

2. P = 4/9

352

Chapitre 10 • Probabilités conditionnelles

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65 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. c0 Pour k allant de 1 à n x  Valeur aléatoire entre 0 et 1 y  Valeur aléatoire entre 0 et 1 Si y
1 ou x < –1.

10 a. 𝑥 = −

10 7

3

b. 𝑥 = ± 2 5

c. 𝑥 = ±3√2

11 1. Faux. C’est {0 ; 1 ; 2}. 2. Vrai.

12 Les valeurs prises par X sont 0, 1, 2 et 3. {X = 2} est l'événement « on obtient deux boules rouges ». {X < 1} est l'événement « on obtient un nombre strictement inférieur à 1 ».

13 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. Les valeurs prises par la variable aléatoire X sont 0, 1, 2, 3, 4 et 5. b. L'événement {X = 0} est l'événement {on obtient aucune carte cœur} et l'événement {X < 2} est l'événement « on obtient au plus un cœur ».

376

Chapitre 11 • Variables aléatoires

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14 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, dans la question 1. a, il faut lire « on obtient un multiple de 3 » à la place de « on obtient la face 3 » et dans la question 1. b. il faut lire « on n'obtient pas un multiple de 3 » à la place de « on obtient la face 4 ». 1. a. {X = 3} b. {X = –1} 2. Les issues de l'expérience aléatoire qui correspondent à l'événement {X = –1} sont les issues « 1 », « 2 », « 4 » et « 5 ».

15 a. Les valeurs prises par X sont 0, 1, 2, 3 et 4. b. {X ≤ 2} = {X < 3}

1

5

6

6

16 P(X = 5) = et P(X = −1) = .

17 Vrai : 𝑃 (𝑋 ≥ 3) = 1 − 𝑃 (𝑋 < 3) = 1 − 0,4 = 0,6.

18 Errata : l’erreur suivante peut se trouver dans certains ouvrages, il faut lire 0,5 comme probabilité de l'événement {X = 5} à la place de 0,3. a. P(X = 2) = 0,15 b. 𝑃(𝑋 ≤ 2) = 0,5 𝑃 (𝑋 < 5) = 0,5.

19 a. 𝑎 = 0,1 b. 𝑃(𝑋 < 6) = 𝑎 + 0,4 = 0,5 𝑒𝑡 𝑃(𝑋 < 6) = 1 − 0,5 = 0,5.

20 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. 1

a. P(« obtenir une boule rouge ») = . 4

1

b. L'événement {X = 2} est l'événement « la boule tirée est rouge » donc P(X = 2) = . 3

4

P(X = –1) = 1 – P(X = 2) = . 4

Chapitre 11 • Variables aléatoires

377

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21 xi P(X = xi)

3 4 32

1 12 32

-2 16 32

22 a. Vrai b. Faux : V(X) = 2,16.

23

24 E(X) = 1,9

25 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. E(X) = 0,1 b. V(X) = (−1 − 0,1)2 × 0,3 + (0 − 0,1)2 × 0,5 + (2 − 0,1)2 × 0,2 donc V(X) = 1,09. σ(X) =√1,09 ≈ 1,04 26 E(N) = 0,15

27 E(N) = 2 V(N) = 5

378

Chapitre 11 • Variables aléatoires

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Pour s’entraîner 28 a. C'est l'issue « 2 ». b. {X = –3} correspond à l'issue « 3 ». P(X = −3 ) =

1 4

c. {X < 4} correspond aux issues « 1 » et « 3 ». P(X < 4) =

1 2

29 a. Les valeurs prises par X sont 0, 1, 2 et 3. b. {X = 2} est l'événement « on obtient 2 billes vertes ». { 𝑋 ≥ 1 } est l'événement « on obtient au minimum une bille verte ».

30 a. X la variable aléatoire qui, à chaque tirage d'une étiquette, associe le nombre de voyelle b. les valeurs prises par X sont 1, 2 et 3. c. Les issues de l'expérience aléatoire correspondant à l'événement {X = 2} sont les issues « Hasard » et « Monde ».

31 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. On peut s'intéresser à la variable aléatoire G qui, à chaque lancer de deux pièces, associe le gain algébrique. b. Les valeurs prises par G sont 1 et –1. c. Les issues de l'expérience aléatoire correspondant à l'événement {G = –1} sont les issues FF, FP, PF en notant F « obtenir Face » et P « obtenir Pile ». 32 a. m = 0,1 b. 𝑃(𝑁 ≥ 3) = 0,5

33 1. p = 0,12 2. a. 𝑃(𝑁 ≥ 3) = 0,47 b. 𝑃(𝑁 ≤ 4) = 0,9

Chapitre 11 • Variables aléatoires

379

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34 a. Vrai b. Vrai c. Faux : p = 0,85.

35 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. P(X = 2) = 0,31 b. P(X ≥ 2)= 0,31 + 0,15 + 0,05 = 0,51 36 a P(X = a)

27 0,5

3 0,5

0 16 32

1 12 32

37 a P(X = a)

5 4 32

38 200 2 5

a P(X = a)

240 2 5

280 1 5

39 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. a. P(X = 0) = 0,952 = 0,9025 P(X = 2) =0,052 = 0,0025 b. P(X = 1) = 1 – (P(X = 0) + P(X = 2)) donc P(X = 1) = 0,095. 40 a P(X = a)

380

3 1 8

4 3 8

5 3 8

Chapitre 11 • Variables aléatoires

6 1 8

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41 a.

b. Les valeurs prises par X sont –2, 4 et 10. c. a P(X = a)

–2 38 65

4 24 65

10 3 65

42 E(X) = 1,7 V(X) = 7,21 σ(X) ≈ 2,69

43 a = 0,1 E(X) = 0,7 σ(X) ≈ 1,62

44 La valeur de a est égale à 0,2. a. E(X) = 4,4 : Faux. b. V(X) = 18,24 : Vrai. c. σ(X) ≈ 4,27 : Faux.

Chapitre 11 • Variables aléatoires

381

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45 Le corrigé détaillé de cet exercice est disponible dans le manuel numérique enseignant, le manuel numérique élève et le site élève lycee.editions-bordas.fr. Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. Les valeurs prises par X sont –2 et 5. b. L'événement {X= –2} correspond aux issues 1, 2 et 3 de l'expérience aléatoire. 2. La loi de probabilité de X est : 𝒙𝒊 P(X = 𝒙𝒊 )

–2 0,3

5 0,7

3. E(X) = –0,6 +3,5 = 2,9 46 a. Loi de probabilité de X : a P(X = a)

9 1 3

–3 2 3

b. E(X) = 1 V(X) = 32 σ(X) ≈ 5,67 47 a. Les valeurs prises par X sont –5, 0, 65 et 615. b. Loi de probabilité de X : a P(X = a)

–5 440 500

0 50 500

65 9 500

615 1 500

c. E(X) = –2 : les participants perdent en moyenne 2 euros.

48 Un fichier logiciel est disponible dans le manuel numérique enseignant. 1. E(X) = –0,5 2.SI(ALEA() 960. b. Prix = E(X) + 100 75 𝟏. 𝑉(𝑋) = 1 2. Loi de probabilité de X : a P(X = a)

76 𝟏. 𝑝𝑁 =

–2

0

1

1 6

0,5

1 3

1

𝑝𝑅 =

7

2

𝑝𝑉 =

7

4 7

𝟐.Trois boules noires, six boules rouges et douze boules vertes. 3.Loi de probabilité de X : a P(X = a) 𝐸(𝑋) = 1,5

1

2 2 7

0,5 4 7

100 euros au bout de 1 000 jeux

394

Chapitre 11 • Variables aléatoires

1 7

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77 1.a. Loi de probabilité de X1 : 16

a

3 8

P(X1 = a) b. 𝐸(𝑋1 ) = 2.

8

–2

0 3 64

1 64

–12 4 64

1 2

1 4

Loi de probabilité de Xn : 16

a

–2

0

–12

4𝑛 4 𝑛² (𝑛 + 7)² (𝑛 + 7)² 𝑛 + 7

3 3𝑛 𝑛 + 7 (𝑛 + 7)²

P(Xn = a)

𝟑. 𝐸(𝑋𝑛 ) =

8

16𝑛 (𝑛 + 7)2 7−𝑥

𝟒. 𝑓 ′ (𝑥) = (𝑥 + 7)2 𝑓 ′ (𝑥) ≥ 0 quand 𝑥 ∈ [0 ; 7] donc f est croissante sur [0 ; 7]. 𝑓 ′ (𝑥) ≤ 0 quand 𝑥 ∈ [7 ; +∞[ donc f est décroissante sur [7 ; +∞[. 5. n = 7 et E(𝑋7 ) =16 × 𝑓(7) ≈0,57.

3

78 1. 𝑃(𝑋 = 2) = 100 et 𝑃(𝑋 = 1) = 0,16 2. a. Loi de probabilité de Y : a

–1

1

9

0,81 0,16 0,03 P(Y = a) b. 𝐸(𝑌) = −0,38 le joueur est perdant. 3. a. P(au moins une fois dans S2) = 1 – P(jamais dans S2) 𝑝𝑛 = 1 − 0,9𝑛 b. n =22

Chapitre 11 • Variables aléatoires

395

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79 Des programmes Python (ordinateur, Casio, NumWorks ou Texas) sont disponibles dans le manuel numérique enseignant. 1. a. Le nombre a sert à compter le nombre de lancers. b.

c. Voir au-dessus. d. 2,297 ; 2,289 ; 2,317. 2. a. 𝐸(𝑋) = 2,312 Ce qui correspond au nombre moyen de lancers. b. Les résultats sont cohérents avec l’expérimentation.

80 1. Loi de probabilité de Gn : a P(Gn = a)

𝐸(𝐺𝑛 ) =

10

0

5+𝑛 57 + 𝑛

-5

16 57 + 𝑛

36 57 + 𝑛

10𝑛 − 130 57 + 𝑛

2. Pour que ce soit équiprobable : n = 13.

81 1. Loi de probabilité de Xn : a P(Xn = a) 𝟐. 𝐸(𝑋𝑛 ) =

396

30

0

2 7+𝑛 60 − 10𝑛 𝑛+7

-10 5 7+𝑛

𝑛 7+𝑛

. À partir de n =10, l’organisateur rentre dans ses frais

Chapitre 11 • Variables aléatoires

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1

82 1. a. P(le joueur perd) = P(les deux billes se rencontrent ) = 3 × 3. b. Il y a deux sommets sur lesquels elles ne sont pas, 1

1

1

3

3

3

elles ont donc × +

1

2

3

9

× = chances de se rencontrer.

c. P( le jeu continu après le 1er tour) =

2 3

2

2. a. p = 27 b. p =

8 81

2

4

9

27

3. On a bien +

+

8 81

=

38

= 0,47.

81

4. a. 6

a

-5

0,47 0,53 P(X = a) 𝐸(𝑋) = 0,17 Elle a donc intérêt à jouer. b. 𝐸(𝑋) = 0,47𝑥 − 𝑛 donc x =

𝑛

.

0,47

83 1. Vrai. 2. Faux. Exemple ici : si E(X) = 0 alors 𝑎 = −2𝑏 𝒙𝒊 P(X = 𝒙𝒊 )

a

b 1 3

2 3

84 Deux personnes jouent à un jeu type pile ou face : ils misent chacun m euros. Pour remporter la mise (2m), il faut totaliser trois manches gagnantes. Si l’on interrompt la partie avant que l’un des deux joueurs ait trois victoires, comment partager les gains ? Pour cela il faut créer un arbre pondéré avec toutes les possibilités. On pose : {X = 0} : le joueur 1 gagne. {X = 1} : le joueur 2 gagne. On calcule ensuite E(X) pour savoir comment répartir les gains.

Chapitre 11 • Variables aléatoires

397

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85 S’il regroupe les colis : a

–250

0

1 9 10 10 𝐸(𝑋) = −25 et σ(𝑋) = 75. P(X = a)

S’il ne regroupe pas ses colis : a

–100

–150

–250

9 9 100 100 𝐸(𝑋) = −25 et σ(𝑋) ≈ 54,1.

0

1 100

P(X = a)

81 100

Il vaut mieux qu’il ne regroupe pas ses colis.

86 a

1

0,5 P(X = a) 𝐸(𝑋) = 1,875

2

3

4

5

6

0,25

0,125

0,0625

0,0315

0,0315

2

3

4

87 a

1

P(X = a)

𝐸(𝑋) =

398

1 6

7 30

41 ≈ 2,73 15

Chapitre 11 • Variables aléatoires

3 10

3 10