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I. Calculer avec des fractions

Exercice 1 : Écrire sous forme de fractions irréductibles les nombres suivants : A=4×3+8 4 ou A= 4×3+8 4 A=12+8 4 A= 4×3+4×2 4 A=20 4 A= 4×5 4 A=5 A=5 B= 1 0,25

B=4 (4 et 0,25 sont inverses l'un de l'autre, leur produit étant égal à 1!) C=432

192

C'est l'occasion de revoir les critères de divisibilité par 2, par 3, par 4, par 5, par 9.

432 est pair : il est donc divisible par 2 ; il est même divisible par 4 puisque le nombre formé par les deux derniers chiffres est multiple de 4.

432 est divisible par 3 puisque la somme de ses chiffres est multiple de 3 ; la somme de ses chiffres est même multiple de 9, donc 432 est multiple de 9.

432=400+32=4(100+8)=22×108 et 108=90+ 18=9(10+ 2)=32×12 et 12=22

×3 Donc, 432=22

×32×22×3=24×33

De même, 192 est divisible par 4 ( 92=80 +12=4×23 ) et par 3. 192=180+12=3×64 et 64=44+20=4×16=22 ×24=26. Donc 192=3×26 =26×3 Finalement, C=24×33 26×3 C=3 2 22 C=9 4

Comme je le disais déjà, la calculatrice donne directement ce résultat, mais toutes les stratégies élaborées pour arriver au résultat sans calculatrice sont très utiles au raisonnement mathématique et il faut se contraindre à cet exercice de l'esprit.

D=4 9− 2×13+1 13−1 D=4 9− 26+1 12 D=4 9− 27 12

Inutile ici de simplifier 27

12 par 3 puisque le dénominateur commun de ces deux fractions est nécessairement multiple de 3.

Le dénominateur commun qu'il est recommandé de choisir est le Plus Petit Commun Multiple de 9 et 12 9=32 _{et 12=2}2 ×3 . PPCM (9 ;12)=22_×32₌₃₆ D=4×4 36 − 27×3 36 D=16−81 36 D=65

36 (c'est une fraction irréductible)

E= 1−4×7 6

(

1−1 6

)

2 E= 1−2×7 3

(

5 6

)

2 E=−11 3 × 36 25 E=−11×12 25 E=−132 25 F= 1−1 3 6 × 9 4− 1 5 F=2 3× 1 6× 9 4− 1 5 F= 2×3 2 32×2×4− 1 5 F=1 4− 1 5 F= 1 20

Exercice 2 : a et b désignant des nombres entiers non nuls, écrire les nombres suivants sous la forme d'une fraction, aussi simple que possible.

A=1 3+ a 5 A=5+ 3 a 15 B=1 3+ 5 a−1 B=a+ 15−3 a 3 a B=15−2 a 3 a C= 3 2 a× 10 3 b C=3×2×5 2 a×3 b C= 5 ab D=a 2×

(

1− 1 a

)

D=a 2× a−1 a D=a−1 2

E= 1 ab−a×

(

b 2− 1 b

)

E= 1 ab− a(b2₋₁₎ 2 b E=2−a 2 (b2₋₁₎ 2 ab E=−a 2 b2+a2+2 2 ab F= 3

√

2 1+

√

3× 4

√

18 1−

√

3 F=3×4×

√

2×2×9 12−

√

32 F=3×4×2×3 −2 F=−36

Exercice 3 : Déterminer l'ensemble de définition de chacune des fonctions définies par les expressions suivantes :

a) f (x )= 1 2 x−4

2 x−4=0 ⇔ x=2

df = ]−∞; 2[ ∪]2 ;+∞[ (on peut aussi écrire, mais je ne le conseille pas forcément : df = ℝ\{2}) b) g ( x)=2 x−3 5 x +4 5 x+4=0 ⇔ x=−4 5 dg =

]

−∞;−4 5

[

∪

]

− 4 5;+∞

[

c) h( x)= x +3 x2₋₉ x2−9=0 ⇔ (x−3)( x+3)=0 ⇔ x=3 ou x=−3 dh = ]−∞;−3[ ∪]−3 ;3[ ∪]3 ;+∞[ (ou dh = ℝ\{–3;3}) d) k ( x)= 1 x−3 dk = ]−∞;3 [∪]3;+∞[

II. Calculer avec des racines carrées

Exercice 4 : Simplifier les écritures suivantes : A=

√

28×

√

35 A=

√

22_×7×5×7 A=14

√

5 B=(4

√

3−5)(2

√

2−

√

3) B=4

√

5×2

√

2−4×

√

32−5×2

√

2+5

√

3 B=−12−10

√

2+5

√

3+8

√

10

C=(7+3

√

5)2 C=72+2×7×3

√

5+(3

√

5)2 C=49+42

√

5+45 C=94 +42

√

5 D=3

√

5×5

√

2×2

√

15 D=3×5×2×

√

5×2×3×5 D=30×5

√

6 D=150

√

6 E=

√

200 E=10

√

2 F=(2

√

5)3 F=23_×5

_√

₅ F=40

√

5 G=

_√

√

1 G=1 H=

√

1−

√

25 H=1−5 H=−4 I=(

√

3)6 I=33 I=27 J=

√

100 000 000 J=

√

108 J=104 J=10 000

Exercice 5 : Écrire sans racine carrée au dénominateur : A=6+2

√

3

√

3 A=

√

3 (6+2

√

3) 3 A=6

√

3+6 3 A=2+2

√

3 B= 7 2

√

7 B=7

√

7 2×7 B=

√

7 2

C= 5 1+

√

2 C=5(1−

√

2) 1−2 C=−5+5

√

2 D=

√

5+2

√

3 5

√

3−

√

5 D=(5

√

3+

√

5)(

√

5+ 2

√

3) 25×3−5 D=5

√

15+10×3+5+ 2

√

15 70 D=35+7

√

15 70 D=5+

√

15 10

Exercice 6 : Déterminer l'ensemble de définition de chacune des fonctions définies par les expressions suivantes :

a) f (x )=

√

x

df = [0 ;+∞[ (on peut aussi écrire : df = ℝ+₎

b) g ( x)=

√

−x

dg = ]−∞; 0 ] (on peut aussi écrire : df = ℝ-₎

c) h( x)=

√

2 x−5

2 x−5⩾0 ⇔ 2 x⩾5

⇔ x⩾5

2 (multiplier les deux membres d'une inégalité par 1

2 n'en changeant pas le sens) dh =

[

5 2;+∞

[

d) k ( x)=

√

−3 x +4 x

{

−3 x +4⩾0 x≠0 ⇔

{

−3 x⩾−4 x ≠0 ⇔

{

x⩽4₃ x ≠0

(multiplier les deux membres d'une inégalité par –1

3 en changeant le sens) dh = ]−∞; 0[ ∪

]

0 ;4 3

]

e) l (x )=

√

2 x−4

√

−3 x+9

{

2 x−4⩾0 −3 x +9>0 ⇔

{

x−2⩾0

x−3<0 (en multipliant les membres de chacune des inégalités par 2, d'une part, et par −3 d'autre part)

f) k ( x)=

√

2 x−4 −3 x +9 2 x−4 −3 x +9⩾0 ⇔ − 2 3× x −2 x−3⩾0 ⇔ x−2 x−3⩽0 x –∞ 2 3 +∞ x−2 – 0 + + x−3 – ⋮ – + x−2 x−3 0 ⋮ 0 0 dk = [ 2; 3[

Remarque importante : la façon de déterminer dl diffère de la façon de déterminer dk , les deux expressions n'étant pas identiques !

Finalemenent, on trouve dl = dk .

Et on peut alors affirmer que les fonctions l et k sont égales.

III. Calculer avec des puissances

Exercice 7 : Simplifier les écritures suivantes : A=213×14−3 A=213 × 1 143 A=

(

21 14

)

3 A=

(

3 2

)

3 A=27 8 B=235_×0,536 _{ou B=2}35_×0,536 B=235×

(

1 2

)

36 B=235_×0,535_×0,5 B=235× 1 236 B=(2×0,5) 35 ×0,5 B=1 2 B=1 35 ×0,5 B=0,5 B=0,5 C=b 2 a3× a2 b3× b a C=a 2 ×b3 a4 ×b3 C=1 a2 C=a−2 D=5 n−2 5n+ 2 D=5−4

E=(a −2_b)4 ×(−a2_b)−1 (−ab−1)−3 E=−a −8 b4×a−2 b−1 −a−3_b3 E=a−8−2+3_b4−1−3 E=a−7b0 E=a−7 E=1 a7

Exercice 1 : ABCD est un rectangle. F et G sont respectivement des points de [CD] et [AD] tels que ̂

DAF=̂ABG .

1. Prouver que ̂FAB et ̂ABG sont complémentaires.

2. En déduire que les droites (AF) et (BG) sont perpendiculaires. 3. Démontrer que les points D, F, G et H sont cocycliques.

1. ABCD étant un rectangle, l'angle ̂DAB est droit. De plus, ̂FAB et ̂FAD sont adjacents et leur somme vaut ̂DAB : ils sont donc complémentaires.

Or ̂DAF=̂ABG , d'après l'énoncé.

Donc ̂FAB et ̂ABG sont complémentaires. 2. Or ̂FAB=̂HAB et ̂ABG=̂ABH

Les angles en A et en B du triangle ABH sont donc complémentaires. On en déduit que le triangle ABH est rectangle en H.

Autrement dit, (AF)⊥(BG).

3. Les triangles FGH et FGD, rectangles respectivement en H et D, sont inscrits dans dans le cercle de diamètre leur hypoténuse commune [FG].

Les points D, F, G et H sont donc cocycliques.

Démonstration à l'aide d'un repère (géométrie analytique) :

Soit (D ;⃗DI ,⃗DA ) un repère orthonormé. On pose f l'abscisse de F et b l'abscisse de B.

ABG et DAF sont rectangles et ̂DAF=̂ABG donc ces deux rectangles sont semblables et DA_DF=AB AG (on peut aussi remarquer que ce rapport est la tangente commune de ̂DFA et de ̂BGA ).

Donc 1 f =

b AG

et yG=1−bf (la condition yG⩾0 impose à f d'être inférieur à

1 b ) La droite (AF) a pour coefficient directeur : a_(AF)=−1

f ; et la droite (BG) : a(BG)= bf

b =f . a_(AF)×a_(BG)=−1 donc : (AF)⊥(BG).

(AF) : y=−1

f x+1 et (BG) : y= fx+1−bf

Les coordonnées du point H, point d'intersection de (AF) et (BG), vérifient donc le système

{

y=−1_f x+1 y= fx+1−bf . On trouve H

(

bf2 1+ f2;1− bf 1+ f2

)

Soit I le milieu de [FG] : I

(

f 2; 1−bf 2

)

IF2 =

(

f 2

)

2 +

(

−1−bf 2

)

2 =

(

f 2

)

2 +

(

1−bf 2

)

2 = f 2_{+1−2 bf +b}2 _f2 4 ID2=

(

− f 2

)

2 +

(

1−bf 2

)

2 =

(

f 2

)

2 +

(

1−bf 2

)

2 = f 2_{+1−2 bf +b}2 _f2 4 On a bien : IF=IG=ID

Il resterait à montrer que IH2

=IF2, peut-être en montrant que IH2

−IF2=0 , mais c'est sûrement un calcul monstrueux... IH2 =

(

bf 2 1+ f2− f 2

)

2 +

(

1− bf 1+ f2− 1−bf 2

)

2

On est, devant un tel calcul, autorisé à utiliser un logiciel de calcul formel ! Voici ce que propose Xcas :

On retrouve bien : IH2

= f

2

+1−2 bf +b2 f2

4 .

Finalement, IF=IG=ID=IH : les points D, F, G et H sont cocycliques.

Remarque : l'utilisation de la géométrie analytique, ici, n'était certainement pas judicieuse... Quoi que, avec un bon logiciel de calcul formel à l'appui, c'est alors assez efficace. Bref, passons à l'exercice 2...

Exercice 2 : c est un cercle de centre O et de diamètre [AB]. c ' est le cercle de diamètre [AO].

M est un point de c distinct de A et B.

Les droites (MA) et (MO) coupent c ' respectivement en C et D. On trace la perpendiculaire (d) à (AB) passant par M. Elle coupe (AD) en E.

1. Que représente O pour le triangle AME ? Justifier. 2. En déduire que O, C et E sont alignés.

1. Le triangle AOD est inscrit dans le cercle de diamètre [AO]. Il est donc rectangle en D. Dans le triangle AME, (MD) est donc la hauteur issue de M.

(AB)⊥(ME) : (AB) est la hauteur issue de A du triangle AME. (MD) et (AB) sont sécantes en O.

O est donc l'orthocentre du triangle AME.

2. O étant l'orthocentre du triangle AME, (OE) est la troisième hauteur de ce triangle : (OE)⊥(AM). De plus, AOC est inscrit dans le cercle de diamètre [AO] donc (AC)⊥(OC).

A, C et M étant alignés, (AM)⊥(OC). (OE)⊥(AM)

Exercice 3 :

1. Déterminer la valeur de  sachant que A et B sont les centres des deux cercles et que ceux-ci ont le même rayon.

On nomme C et D les points indiqués sur la figure.

ABC est équilatéral donc ̂BAC=60∘_.

̂

BAC et ̂CAD sont supplémentaires donc ̂

CAD=120∘_.

Le triangle ACD est isocèle en A donc α=180

∘

−̂DAC 2 α=60∘

2. Démontrer que  et  sont isométriques, sachant que O est le centre des deux cercles.

Dans le grand cercle, l'angle inscrit ̂DBC et l'angle au centre ̂DOC interceptent le même arc. Donc, ̂DBC=1

2̂DOC .

De même, dans le petit cercle, l'angle inscrit ̂

FAG et l'angle au centre ̂FOG interceptent le même arc.

Donc, ̂FAG=1 2̂FOG . Or, ̂DOC=̂FOG .

Finalement, ̂DBC=̂FAG . Autrement dit, α=β

Exercice 4 : (d) et (d') sont deux droites sécantes en O. A est un point n'appartenant ni à (d) ni à (d'). Construire un point M sur la droite (d) et un point N sur la droite (d') tels que A soit le milieu du segment [MN].

Un problème de construction... C'est souvent assez difficile (d'autant qu'on y est peu habitué).

Une chose à retenir : on cherche ici à construire un point (M ou N : quand on a l'un, on a l'autre...). Un point peut être défini comme l'intersection de deux lignes. M, ici, est sur la droite (d). On se pose alors la question de savoir sur quelle autre ligne (à définir...) il se trouve.

Première phase : l'analyse du problème.

On construction le dessin « à l'envers », en partant de la figure « réalisée » afin d'en dégager les caractéristiques.

C D

On trace un segment [MN] et on place A son milieu, puis on trace deux droites sécantes passant respectivement par M et par N (et ne contenant pas A).

M et N sont symétriques autour de A. N est sur (d') donc M est sur l'image de (d') par la symétrie de centre A. Voilà : l'analyse est finie. On peut définir le point M comme point d'intersection de (d) et de l'image par s_A de (d').

Deuxième phase : la synthèse.

On reprend le dessin initial (construit « à l'endroit »...)

Il s'agit de montrer qu'il est effectivement possible de définir le point M comme indiqué dans l'analyse : (d) et (d') sont sécantes et sA(d ') // (d ') , donc sA(d ') et (d) sont sécantes. Soit M leur point d'intersection.

Il ne reste plus qu'à construire N comme symétrique de M par rapport à A (ou comme point d'intersection de (MA) et (d')) et à vérifier qu'il répond bien à la question, autrement dit qu'il est bien sur (d') (ou que A est bien le milieu de [MN]).

Définissons N comme symétrique de M par rapport à A et montrons qu'il est sur (d'). Soit (d'') la droite s_A(d ') . M est sur (d'') donc sA(M) est sur sA(d ' ') .

Or, sA(M)=N et sA(d ' ')=(d ') . Donc N appartient bien à (d').

Un autre solution, grâce à la géométrie analytique :

On définit un repère du plan comme sur la figure

ci-contre.

On cherche alors M(0 ; m) et N(n; 0) tels que A (1;1) soit le milieu de [MN].

Exercice 5 : EFG est un triangle rectangle en F. K est le milieu du segment [EG].

La droite passant par K et perpendiculaire à (EF) coupe [EF] en L.

1. a. Démontrer que les droites (LK) et (FG) sont parallèles. b. Démontrer que L est le milieu du segment [EF]

2. Les droites (FK) et (GL) se coupent en M.

Que représentent les droites (FK) et (GL) pour le triangle EFG ? En déduire que la droite (EM) coupe le segment [FG] en son milieu.

1. a. (KL) et (FG) sont perpendiculaires à la même troisième droite (EF). Elles sont parallèles entre elles. b. Dans le triangle EFG, K est le milieu de [EG] et la parallèle (KL) au côté [FG] coupe le troisième côté [EF] en L. Donc, L est le milieu de [EF] (droite des milieux dans un triangle).

2. Les droites (FK) et (GL) sont deux médianes du triangle EFG.

Elles sont sécantes en M, qui est donc le centre de gravité du triangle EFG.

Exercice 1 : Développer les expressions suivantes : f (x )=(2 x−9)2−(3 x +7)(x +8) f (x )=(4 x2−36 x +81)−(3 x2+31 x +56) f (x )=4x2−36 x +81−3 x2−31 x−56 f (x )=x2−67 x+ 25 g ( x)=(−x +3)(−x+4)2+(2 x−1)(−x+5) g ( x)=(−x +3)( x2−8 x +16)+(−2 x2+11 x−5) g ( x)=(−x3+11 x2−40 x+48)−2 x2+11 x−5 g ( x)=−x3_{+9 x}2_{−29 x +43} h( x)=

(

1 3 x− 1 2

)(

1 3x+ 1 2

)

−3

(

7 2x−1

)(

−x + 1 3

)

h( x)=

(

1 9 x 2 −1 4

)

+

(

7 2 x−1

)

(3 x−1) h( x)=1 9 x 2 −1 4+ 21 2 x 2 −13 2 x +1 h( x)=191 18 x 2 −13 2 x + 3 4

Exercice 2 : Factoriser les expressions suivantes : f (x )=( x−4)2+(7 x +6)( x−4)−4+ x f (x )=( x−4)2_{+(7 x +6)( x−4)+(x−4)} f (x )=( x−4)[( x−4)+(7 x +6)+1 ] f (x )=( x−4)(x−4+7 x +6+1) f (x )=( x−4)(8 x+3) g ( x)=16 x2−49 g ( x)=(4 x)2−72 g ( x)=(4 x−7)(4 x+7) h( x)=49−x2+(7− x)(5 x−6)+x −7 h( x)=(7−x )(7+x )+(7−x )(5 x−6)−(7− x) h( x)=(7−x )[(7+x )+(5 x−6)−1] h( x)=(7−x )(7+x +5 x−6−1) h( x)=6 x (7−x) k ( x)=9 x3 +30 x2 +25 x k ( x)= x (9 x2+30 x +25) k ( x)= x [(3 x)2+2×5×3 x+52] k ( x)= x (3 x+5)2 l (x )=8 x2−50 l (x )=2(4 x2−25) l (x )=2(2 x−5)(2 x+5)

Exercice 3 : Écrire sous forme canonique les polynômes du second degré suivant, puis sous forme factorisée (si la forme factorisée existe...).

f (x )=−2 x2_{+12 x−14} f (x )=−2( x2_{−6 x +7)}

f (x )=−2[( x−3)2−2 ] . La forme canonique est : f (x )=−2( x−3)2+4 f (x )=−2( x−3−

√

2)( x−3+

√

2) g ( x)=1 2x 2 −x−3 2

g est un polynôme du second degré donc sa représentation graphique est une parabole de sommet S, avec x_S=− −1

2×1 2

=1 . g (1)=−2 .

La forme canonique de g ( x) est donc : g ( x)=1

2(x−1) 2₋₂ g ( x)=1 2[(x−1) 2 −4 ] g ( x)=1 2(x−3)(x +1) h( x)=2 x2−x +1

h est un polynôme du second degré donc sa représentation graphique est une parabole de sommet T, avec xT=− −1 2×2= 1 4 . h

(

1 4

)

= 7 8 .

La forme canonique de h( x) est donc : h( x)=2

(

x−1 4

)

2 +7 8 Pour tout x ∈ ℝ, h( x)⩾7 8

La parabole représentative de h n'a pas de point d'intersection avec l'axe des abscisses et il n'est donc pas possible de factoriser h( x) . (Attention à la réponse donnée par Xcas...)

k ( x)=2 x2 −x −15 k ( x)=2

(

x2 −1 2 x− 15 2

)

k ( x)=2

[

(

x−1 4

)

2 − 1 16− 15 2

]

k ( x)=2

[

(

x−1 4

)

2 −121

16

]

. La forme canonique de k ( x) est : k ( x)=2

(

x − 1 4

)

2 −121 8 k ( x)=2

(

x −1 4− 11 4

)(

x− 1 4+ 11 4

)

k ( x)=2(x −3)

(

x+5 2

)

Exercice 4 : Déterminer l'ensemble de définition de chacune des fonctions définies par les expressions suivantes, et écrire leur expression sous la forme la plus factorisée possible :

1. f (x )= 1 x−3+ 1 2 x +1 x−3=0 ou 2 x +1=0 ⇔ x=3 ou x=−1 2 df =

]

−∞;−1 2

[

∪

]

−1

2 ;3

[

∪]3;+∞[ (on peut aussi écrire : df = ℝ \

{

− 1 2; 3

}

)

2. g ( x)= x+2 x2₋₁ x2−1=0 ⇔ (x−1)(x +1)=0 ⇔ x=1 ou x=−1 dg = ]−∞;−1[ ∪]−1;1 [∪]1 ;+∞ [ 3. h( x)= 2

√

1−2 x 1−2 x>0 ⇔ 2 x <1 ⇔ x <1 2 (multiplier par 1

2 chacun des membres de l'inégalité n'en changeant pas le sens) dh =

]

−∞;1

2

[

4. k ( x)= 2 x

3 x2₊₄−1

Pour tout réel x, x2

⩾0 3 x2_⩾0

3 x2+4⩾4 Donc, pour tout réel x, 3 x2

+4≠0 dk = ℝ 5. l (x )= 1 x−2 dl = ]−∞; 2[ ∪]2 ;+∞[ s( x)= x +2 x2−4 x2 −4=0 ⇔ (x−2)(x +2)=0 ⇔ x=2 ou x=−2 ds = ]−∞;−2 ]∪]−2 ;2 [∪] 2;+∞[

dl ≠ ds donc les fonctions l et s ne sont pas égales. Pour tout x ∈ ds, s( x)= x +2

(x−2)(x +2) s( x)= 1

x−2

s( x)=l( x) : les fonctions l et s sont égales sur ds uniquement. Exercice 5 : Quels sont les trois entiers impairs consécutifs dont la somme vaut 411 ?

La façon dont est posée la question permet de présupposer l'existence de trois entiers consécutifs ayant pur somme 411. Et s'ils existent, leur unicité apparaît évidente.

Ce problème peut dès lors se résoudre simplement de façon algorithmique, en essayant les combinaisons successives :

entier 1 entier 2 entier 3 somme

étape 1 1 3 5 9

étape 2 3 5 7 15

étape 3 5 7 9 21

On remarque assez rapidement que la somme est augmentée de 6 à chaque étape, la première somme étant 9. On obtient ainsi une suite de nombres : u1=9 ; u2=15 ; u3=21 ; u5=27 ; …. ; un ; un+1=un+6 ; … Ou encore : u₁=9 ; u₂=9+6 ; u₃=9+6×2 ; u₄=9+6×3 ; … ; un=9+6×(n−1) ; un+1=9+6 n ; … n désignant le numéro de l'étape dans la mise en œuvre de l'algorithme.

On peut continuer ce raisonnement qui permettra assez facilement le numéro N de l'étape à laquelle uN=411

et en déduire les trois entiers cherchés.

Cette succession d'étapes peut aussi facilement être mise en œuvre à l'aide d'un tableur :

Il ne reste plus qu'à tirer la ligne 3 vers le bas jusqu'à arriver à l'étape cherchée...

…

Les trois entiers impairs consécutifs sont donc 135, 139 et 141, obtenus à l'étape 68.

L'algorithme peut bien sûr être écrit en pseudo-code (pour être ensuite implémenté dans un langage de programmation) :

Variables : n, S : entiers # n est le premier entier impair de la somme ; S est la somme début_algo

Initialisation : n ← 1 # l'initialisation correspond à l'étape 1 ci-dessus : pour cette S ← 9 # raison, il est d'usage de commencer à l'étape 0 plutôt qu'à la 1, Traitement : tant que S ≠ 411 faire # et de considérer que le 1er _{passage dans la boucle est l'étape 1.}

n ← n + 2 S ← S + 6 fintantque Sortie : afficher n, n + 2 et n + 4 fin_algo Implémenté en Python 3 :

Et le résultat une fois le programme lancé :

Résolution algébrique :

Trois entiers impairs consécutifs peuvent s'écrire 2 n+1 , 2 n+3 et 2 n+5 , où n est un entier naturel.

Si l'on présuppose l'existence d'une valeur n telle que la somme de ces trois entiers vaut 411, on écrira : soit n tel que (2 n+1)+(2 n+3)+(2 n+5)=411 .

Et on continuera à chercher n à l'aide d'un raisonnement déductif...

Si, au contraire, on s'interroge sur l'existence d'une telle valeur n, il faut alors chercher une condition nécessaire et suffisante sur l'entier naturel n pour laquelle l'égalité ci-dessus est vérifiée. On écrira alors :

(2 n+1)+(2 n+3)+(2 n+5)=411 ⇔ 2 n+1+2 n+3+2 n+5=411 (raisonnement « par équivalence »)

⇔ 6 n+9=411

⇔ 6 n=402

⇔ n=67 sans calculatrice ! 2 ×67 +1=135 Les trois entiers cherchés sont 2×67+1=135 , 137 et 139.

C'est efficace aussi !

Exercice 6 : Si on augmentait de 3 m le côté d'un carré, alors son aire augmenterait de 45 m². Quelle est le côté de ce carré ?

La longueur du carré pouvant ne pas être un entier, il n'est pas forcément judicieux de penser à une procédure algorithmique ici.

Il est par contre possible d'utiliser un logiciel de géométrie dynamique (le côté étant défini à l'aide d'un curseur, dans GeoGebra, par exemple) pour établir une conjecture, qu'il suffirait peut-être de vérifier ensuite. En posant x le côté du carré ( x⩾0 ), on peut aussi s'intéresser à la fonction a1 : x  (x +3)2 qui à x associe

l'aire du carré de côté x +3 , et à la fonction a2 : x  x2+45 qui à x associe l'aire du carré de côté x,

augmentée de 45, et « regarder » (à l'aide de la calculatrice, par exemple) l'abscisse du point d'intersection des courbes représentatives de ces fonctions (on obtiendra ainsi une conjecture).

Avec puis ISCT, on obtient une bonne conjecture... Il semble que le côté du carré est 6.

Vérifions : a1(6) = (6+3)2=92=81 et a2(6) = 62+45=36+45=81

a1(6) = a2(6) donc si on augmente de 6 cm le côté d'un carré, son aire augmente de 45 cm².

Résolution algébrique : a1(x) = a2(x) ⇔

{

(x +3) 2 =x2+45 x⩾0 ⇔

{

x2+6 x +9= x2+45 x⩾0 ⇔

{

6 x=36 x⩾0 ⇔ x=6

(travail « par équivalence » car on ne présuppose pas l'existence et l'unicité d'une valeur de x répondant au problème)

Exercice 7 : Lorsqu'on soustrait un même nombre au numérateur et au dénominateur de la fraction 25 9 , alors on obtient une fraction égale au nombre soustrait. Quel est ce nombre ?

Le nombre cherché est nécessairement un entier (qu'on suppose naturel et non nul) et on peut ici travailler en utilisant un algorithme. Si l'on est pas sûr qu'une solution existe, il faut imaginer une condition d'arrêt de l'algorithme convenable.

Variables : n, numérateur, dénominateur : entiers début_algo

Initialisation : n ← 0

numérateur ← 25 dénominateur ← 9

Traitement : tant que numérateur/dénominateur ≠ n et dénominateur ≠ 0 faire n ← n + 1

numérateur ← numérateur – 1 dénominateur ← dénominateur – 1 fintantque

Sortie : si dénominateur = 0 alors faire

afficher « Il n'y a pas de solution au problème posé. » sinon faire

afficher n finsi

fin_algo

La mise en œuvre de cet algorithime n'étant pas très longue, cela peut être fait « à la main » : n numérateur dénominateur fraction

0 25 9 25 9 1 24 8 3 2 23 7 23 7 3 22 6 11₃ 4 21 5 21₅ 5 20 4 5 Implémenté en Python 3 : Et le résultat :

Résolution algébrique :

Soit n un entier naturel non nul. n=25−n 9−n ⇔

{

n(9−n)=25−nn≠9 ⇔

{

−n2+10 n−25=0 n≠9 ⇔

{

n2−10 n+25=0 n≠9 ⇔

{

(n−5)2=0 n≠9 ⇔ n=5

Un logiciel de calcul formel (tel que Xcas, ici, par exemple) sait très bien faire ce travail...

Exercice 1 : Sur le quadrillage de la feuille ci-contre :

1. Construire: a) ⃗AB+⃗AC

C'est la règle du parallélogramme : on construit le point D tel que ABDC soit un parallélogramme. On a alors :

⃗_{AB+⃗AC=⃗AD}

b) ⃗MN+⃗PQ à partir du point O Il suffit de se rappeler qu'un vecteur caractérise (décrit) une translation. Le vecteur ⃗_MN, par exemple, décrit le déplacement « 2 unités vers la gauche, 3 unités vers le bas ».

Il est dès lors très important de comprendre

qu'un vecteur n'est pas un ensemble de points ! En effectuant, l'un après l'autre, les déplacements décrits par les vecteurs ⃗MN et ⃗PQ , on a effectué le déplacement décrit par ⃗MN+⃗PQ . Si l'on a effectué ce

déplacement en partant de O, on arrive en E. Le déplacement ainsi effectué peut alors être décrit par le vecteur ⃗_OE et on a la relation : ⃗_{OE=⃗MN+⃗PQ}.

Remarque intéressante : dans GeoGebra, on peut, pour trouver la position de E, travailler de plusieurs

façons, qui illustrent toutes très bien la notion de vecteur.

Point de départ : on construit deux vecteurs ⃗MN et ⃗PQ (qui sont appelés u et v, par défaut, par le logiciel).

On construit un point O (on utilisera en fait 3 points O1, O2 et O3 pour illustrer les 3 constructions).

a) On trace , bout à bout, en partant de O₁, des représentants des vecteurs ⃗_MN et ⃗_PQ : on obtient la position de E1 tel que ⃗O1E1=⃗MN+⃗PQ

b) On place l'image O' de O2 par la translation de vecteur ⃗MN puis l'image E2 de O' par la translation

de vecteur ⃗PQ : on a bien ⃗O₂E₂=⃗MN+⃗PQ .

c) Dans la ligne de saisie, on entre (attention, cette notation, intuitive, n'est pas correcte du point de vue symbolique sur le papier!) : E₃ est le point obtenu en partant de O₃ et en effectuant le déplacement décrit par u, puis le déplacement décrit par v. On a donc ⃗_{O3E3=⃗MN+⃗PQ}.

⃗_O

1E1, ⃗O2E2 et ⃗O3E3 sont trois représentants d'un même vecteur : ils décrivent une même (et unique)

translation.

Géométrie vectorielle

D

2. Trouver une relation entre ⃗u et ⃗v .

Les vecteurs ⃗u et ⃗v ont la même direction : ils sont colinéaires. La norme de ⃗v est le double de celle de ⃗u :

∥

⃗v

∥

=2×

∥

⃗u

∥

. Les vecteurs ⃗u et ⃗v sont de sens contraires.

On a finalement la relation : ⃗v=−2 ⃗u . 3. Compléter les égalités suivantes:

⃗_KL=2 3⃗RS ⃗

RS=3 2⃗KL

Exercice 2 : Soit ABC un triangle.

Construire les points E et F tels que ⃗AE=3

2⃗AB et ⃗AF= 3 2⃗AC

Démontrer, en utilisant la relation de Chasles, que les droites (EF) et (BC) sont parallèles.

Il s'agit en fait simplement de constater que le triangle AEF est un agrandissement de ABC, de rapport 3 2 . En mathématiques, on dit que AEF est l'image de ABC par l'homothétie de centre A et de rapport 3

2 . On peut d'ailleurs utiliser cette transformation dans GeoGebra pour placer les points E et F, à partir de B et C, ou directement le triangle AEF à partir du triangle ABC.

Dès lors, le résultat devient évident, par l'utilisation du théorème de Thalès (dont la configuration est directement liée à l'homothétie, comme la configuration du parallélogramme est liée à la translation). Mais bon, l'énoncé demande d'utiliser la relation de Chasles :

On cherche à montrer que les vecteurs ⃗_EF et ⃗_BC sont colinéaires. ⃗

EF=⃗EA +⃗AF (d'après la relation de Chasles) ⃗ EF=3 2⃗BA + 3 2⃗AC (d'après l'énoncé) ⃗ EF=3 2(⃗BA +⃗AC ) ⃗ EF=3

2⃗BC (d'après la relation de Chasles) ⃗

EF et ⃗_BC sont colinéaires. On en déduit que : (EF)//(BC).

Et finalement, j'ai fait de la géométrie sans faire un seul dessin... C'est possible, mais, au niveau du lycée, ce n'est pas forcément conseillé, car il est bon d'avoir une représentation visuelle des objets avec lesquels on travaille : ça aide à construire, petit à petit, une représentation mentale qui sera très utile, voire nécessaire, pour arriver à atteindre un degré d'abstraction supérieur.

Exercice 3 : ABCD est un parallélogramme de centre O; I est le milieu de [AB] et E est le point tel que ⃗_DE=2

3⃗DI .

Le but de l'exercice est de prouver que les points A, E et C sont alignés par différentes méthodes.

Méthode 1: utilisation d’une configuration 1. Que représente le point E pour le triangle ABD ?

I est le milieu de [AB] donc [DI] est la médiane issue de D dans le triangle ABD.

De plus E est au deux tiers de la médiane, en partant du point dont elle est issue (on sait en effet que : ⃗_DE=2

3⃗DI ). Donc E est le centre de gravité du triangle ABD.

2. Prouver que A, E et O sont alignés. Déduisez-en l’alignement de A, E et C.

O étant le centre du parallélogramme ABCD, O est le milieu de la diagonale [BD] : [AO] est la médiane issue de A dans le triangle ABD.

D'après le résultat de la question 1., E appartient à [AO]. A, E et O sont alignés.

O est aussi le milieu de la diagonale [AC] du parallélogramme ABCD, donc A, O et C sont alignés. Finalement, A, E et C sont alignés.

Méthode 2: utilisation du calcul vectoriel 1. Prouver que ⃗AE=1

3⃗AB+ 1 3⃗AD . On a la relation vectorielle ⃗DE=2

3⃗DI .

Vu le résultat cherché, on va « décomposer » ⃗DE en ⃗DA +⃗AE . I étant le milieu de [AB], on a : ⃗DI=1

2(⃗DA +⃗DB) (la moitié de la diagonale partant de D dans le parallélogramme de côtés [DA] et [DB], dont I serait le centre).

On a tous les vecteurs voulus dans la relation finale, avec ⃗_DB en plus, qu'il suffit de décomposer en ⃗_{DA +⃗AB .} Et voilà. ⃗_DE=2 3⃗DI ⃗_{DA +⃗AE=}2 3× 1 2(⃗DA +⃗DA+⃗AB) 3⃗DA +3⃗AE=2⃗DA +⃗AB 3⃗AE=−⃗DA +⃗AB ⃗_AE=1 3⃗AB+ 1 3⃗AD 2. En déduire l’alignement de A, E et C.

On cherche à montrer, par exemple, que les vecteurs ⃗_AE et ⃗_AC sont colinéaires. ⃗_AE=1

3(⃗AB+⃗AD) ⃗_AE=1

3⃗AC (d'après la règle du parallélogramme)

Remarque : ⃗_AE=1 3⃗AB+ 1 3⃗AD est équivalent à ⃗AE

(

1 3 1 3

)

dans la base (⃗AB ,⃗AD) . ou encore à E

(

1

3; 1

3

)

dans le repère (A ;⃗AB,⃗AD) . Or, dans le repère (A;⃗AB ,⃗AD) , A (0 ;0) et C(1 ;1) .

Les points A, E et C sont tous les trois sur la droite d'équation y=x (il y a pléthore de méthodes pour montrer l'alignement de ces trois points...).

Méthode 3: en utilisant un repère On considère le repère (D ;⃗DC,⃗DA) .

1. Donner les coordonnées des points A, B, C et D dans ce repère. A (0 ;1) B(1 ;1) C(1 ;0) D(0 ; 0)

2. En déduire les coordonnées de I puis de E. I est le milieu de [AB] donc I

(

xA+xB

2 ;

y_A+y_B 2

)

: I

(

1 2;1

)

. E est tel que ⃗DE=2

3⃗DI . Or ⃗DE

(

x_E

y_E

)

et ⃗DI

(

x_I

y_I

)

dans la base (⃗DC ,⃗DA) . Donc

{

xE= 2 3xI y_E=2 3 yI E

(

1 3; 2 3

)

3. Donner les coordonnées des vecteurs ⃗AE et ⃗AC . ⃗_AE

(

xE− xA y_E− y_A

)

⃗_AE

(

1 3 −1 3

)

dans la base (⃗DC,⃗DA) (ce qui signifie, pour rappel, que : ⃗AE=1 3⃗DC−

1 3⃗DA ).

De même, ⃗_AC

(

1

−1) dans la base (⃗DC ,⃗DA) . 4. En déduire que les points A, E et C sont alignés. On a donc : ⃗_{AC=3 ⃗AE}.

⃗_{AE et ⃗AC sont colinéaires. Donc les points A, E et C sont alignés. (« copier-coller » de la conclusion de la} méthode 2...)

Exercice 4 : Compléter la figure ou les phrases

1. Placer sur le dessin le point G tel que AEDG soit un parallélogramme. 2. Placer sur le dessin le point H tel que [AH] et [EF] aient même milieu.

3. Dessiner l'image du polygone ABCDE par la translation qui transforme A en A' . 4. Soit F' l'image de F par la translation qui transforme B en A. Placer F' sur le dessin. 5. Placer sur le dessin le point E', image de E par la translation de vecteur ⃗BE . 6. Citer deux vecteurs égaux au vecteur ⃗_CD: ⃗_{CD=⃗FA=⃗AC=⃗HE=⃗JK}

Exercice 5 : La figure ci-dessous est un assemblage de triangles équilatéraux. Compléter sans justifications les phrases ci-dessous en remplaçant les pointillés par une lettre.

1. ⃗CF+⃗FJ=⃗AH

2. ⃗DE−⃗AJ+⃗EJ−⃗HA=⃗IJ+⃗JA+⃗AF+⃗AH=⃗IF+⃗AH=⃗DA +⃗AH=⃗DH=⃗BF 3. ⃗BE+⃗BF=⃗BI

4. ⃗JI+2⃗FI=⃗CB+⃗BH=⃗CH

Exercice 6 : A, B, C , E et F sont des points tels que ⃗_EC=3⃗AB et ⃗_FC=−5⃗AB. Montrer que les droites (EF) et (AB) sont parallèles.

⃗ EF=⃗EC+⃗CF ⃗ EF=⃗EC−⃗FC ⃗ EF=3⃗AB+5⃗AB ⃗ EF=8⃗AB

Les vecteurs ⃗EF et ⃗AB sont colinéaires. Donc (EF)//(AB)

G

H F'

Exercice 7 : Les points A, B et M sont liés par la relation ⃗AM−7⃗BM=14 ⃗AB . Exprimer ⃗AM en fonction de ⃗_AB (On attend une relation de la forme ⃗_AM=λ⃗AB) puis placer le point M sur le dessin.

Voici un exercice très classique et qu'il faut maîtriser. Dans la relation de départ, le point M (dont on ne connaît pas la position) apparaît dans deux vecteurs différents, ce qui rend difficile le placement direct de M sur le dessin : pour faciliter le placement de M sur le dessin, on s'arrange pour que M n'apparaisse plus que dans un vecteur, à l'aide de la relation de Chasles. Pour travailler efficacement, on doit déterminer avant de commencer les calculs, quel type de relation on cherche à établir. Ainsi, on sait parfaitement quelq vecteurs ont cherche à faire apparaître et on ne tourne pas en rond dans les calculs.

⃗_{AM−7⃗BM=14 ⃗AB} ⃗_{AM−7(⃗BA +⃗AM)=14⃗AB} ⃗_{AM +7⃗AB−7⃗AM=14⃗AB} −6⃗AM=7⃗AB ⃗_AM=−7 6⃗AB Remarque : ⃗AM=−7

6⃗AB équivaut à dire que M

(

− 7

6

)

dans le repère de droite (A;⃗AB) . Exercice 8 : Soit ABC un triangle quelconque.

On considère les points I, J et K tels que ⃗BI=1

2⃗BC , ⃗AJ= 3

2⃗AB et ⃗AK = 3 4⃗AC .

1. a) Exprimer les vecteurs ⃗JK et ⃗JI en fonction des vecteurs ⃗AB et ⃗AC . ⃗ JK=⃗JA+⃗AK ⃗ JK=−3 2⃗AB+ 3 4⃗AC (autrement dit, ⃗JK

(

− 3 2 3 4

)

dans la base (⃗AB,⃗AC) )

⃗

JI=⃗JA+⃗AB+⃗BI ⃗ JI=−3 2⃗AB+⃗AB+ 1 2(⃗BA+⃗AC) ⃗ JI=−1 2⃗AB− 1 2⃗AB+ 1 2⃗AC ⃗ JI=−⃗AB+1 2⃗AC (autrement dit, ⃗JI

(

−1 1 2

)

dans la base (⃗AB,⃗AC) )

b) En déduire que les points I, J et K sont alignés. On remarque que ⃗JK=3

2⃗JI

Les vecteurs ⃗JK et ⃗JI sont colinéaires donc les points J, K et I sont alignés.

Remarque : on pouvait aussi montrer que les coordonnées de ⃗JK et ⃗JI dans la base (⃗AB,⃗AC) sont proportionnelles, en montrant que la différence des produits en croix est nulle :

x⃗JKy⃗JI−y⃗JKx⃗JI=− 3 2× 1 2− 3 2×

(

− 1 2

)

=− 3 4+ 3

4=0 donc ⃗JK et ⃗JI sont colinéaires. 2. On veut démontrer le même résultat en utilisant une autre méthode.

a) Lire les coordonnées des points J et K dans le repère (A;⃗AB,⃗AC) . J

(

3

2;0

)

et K

(

0 ; 3 4

)

.

b) Quelle est la position du point I sur le segment [BC] ? Calculer les coordonnées de I. ⃗

BI=1

2⃗BC donc I est le milieu de [BC]. I

(

xB+xC 2 ; y_B+y_C 2

)

I

(

1+0 2 ; 0+1 2

)

I

(

1 2; 1 2

)

c) Déterminer l'équation réduite de la droite (JK) dans (A;⃗AB,⃗AC) . x_J≠x_K donc (JK) a une équation réduite dans le repère (A;⃗AB,⃗AC) .

Cette équation est de la forme y=mx+ p , avec m=yK−yJ x_K−x_J= 3 4 −3 2 =−3 4× 2 3=− 1 2 (JK) : y=−1 2x + p On a : yJ=− 1 2 xJ+p p= y_J+1 2 xJ=0+ 1 2× 3 2= 3 4 (JK) : y=−1 2x + 3 4 d) Montrer que I ∈ (JK). −1 2 xI+ 3 4=− 1 2× 1 2+ 3 4 =−1 4+ 3 4 =1 2 =y_I

Exercice 1 : Résoudre dans ℝ les équations suivantes : 1. 1 2−2 x 2 =1 4 ⇔ 2−8 x 2 =1 ⇔ 8 x2₋₁₌₀ ⇔ 8

(

x−

√

2 4

)(

x +

√

2 4

)

=0 ⇔ x=

√

2 4 ou x=−

√

2 4 s1 =

{

−

√

2 4 :

√

2 4

}

2. 2− x x+ 4=2 ⇔

{

2− x=2 (x +4)x ≠−4 ⇔

{

3 x+6=0 x≠−4 ⇔ x=−2 s2 = {−2} 3. 4 (x +2)2 =(x −2)2 ⇔ [2(x +2)−(x −2)][ 2(x +2)+(x−2)]=0 ⇔ (x +6)(3 x +2)=0 ⇔ x=−6 ou x=−3 2 4. 2 x−1 2 x +1= 5 2 x2+x− 1 2 x ⇔ 2 x (2 x −1)−5×2+(2 x+1) 2 x (2 x+1) =0 ⇔

{

4 x 2₋₉₌₀ x∉

{

−1 2;0

}

⇔

{

(2 x−3)(2 x +3)=0 x ∉

{

−1 2;0

}

⇔ x=3 2 ou x=− 3 2 5. 2 x3 +x2−x=0 ⇔ 2 x

(

x2+1 2x − 1 2

)

=0 ⇔ x

[

(

x+1 4

)

2 − 1 16− 1 2

]

=0 ⇔ x

[

(

x+1 4

)

2 − 9 16

]

=0 ⇔ x

(

x+1 4− 3 4

)(

x + 1 4+ 3 4

)

=0 ⇔ x

(

x−1 2

)

(x+1)=0 ⇔ x=0 ou x=1 2 ou x=−1 s5 =

{

−1 ;0 ;1 2

}

Équations et inéquations

Exercice 2 : Résoudre dans ℝ les inéquations suivantes :

1. −5 x +3⩽9 ⇔ −5 x⩽6 (soustraire 3 dans les deux membres de l'inégalité n'en change pas le sens)

⇔ x⩾−6

5 (multiplier les deux membres de l'inégalité par −

1 5 en change le sens) s1 =

[

−6 5;+∞

[

2. x (x +3)(−2 x +1)<0 x –∞ –3 0 1₂ +∞ x – ⋮ – 0 + ⋮ + x +3 – 0 + ⋮ + ⋮ + −2 x +1 – ⋮ – ⋮ – 0 + x (x +3)(−2 x +1) – 0 + 0 – 0 + s2 = ]−∞;−3[ ∪

]

0 ;1 2

[

3. x2_{−5 x +4>0} [x  x2

−5 x +4 ] est un polynôme de degré 2, donc sa représentation graphique est une parabole, dont le sommet S a pour abscisse : x_S=−−5

2×1= 5 2 . yS=

(

5 2

)

2 −5×5 2+4=− 9 4 . La forme canonique de x2 −5 x +4 est donc

(

x−5 2

)

2 −9 4 . x2_{−5 x +4>0 ⇔}

(

x−5 2

)

2 −9 4>0 ⇔

(

x−5 2− 3 2

)(

x− 5 2+ 3 2

)

>0 ⇔ (x−4)(x−1)>0

On peut faire un tableau de signes, comme dans la question précédente, ou continuer à raisonner sur le polynôme.

Le coefficient de x2 _{dans l'expression x}2_{−5 x +4 est positif (c'est 1). Donc la parabole représentant la}

fonction [x  x2

−5 x +4 ] est orientée vers le haut. La forme factorisée de x2−5 x +4 étant x la parabole coupe l'axe des abscisses en 1 et en 4.

On en déduit qu'elle est au-dessus de l'axe des abscisses sur ]−∞;1 [ et sur ]4 ;+∞[ . Finalement, x2_{−5 x +4>0 ⇔ x ∈ ]−∞;1 [∪]4 ;+∞ [} 4. (3 x +4)(−2 x+5) −x+7 ⩾0 x –∞ −4 3 5 2 7 +∞ 3 x +4 – 0 + ⋮ + + −2 x +5 + ⋮ + 0 – – −x+7 + ⋮ + ⋮ + – (3 x +4)(−2 x+5) −x+7 – 0 + 0 – + s4 =

[

−4 3; 5 2

]

∪]7 ;+∞[

5. (−3 x+2)(4 x 2 −25) 2 x +5 <0 ⇔ (−3 x+2)(2 x−5)(2 x+5) 2 x+5 <0 ⇔

{

(−3 x+2)(2 x −5)<0 x≠−5 2 x –∞ −5 2 2 3 5 2 +∞ −3 x +2 + + 0 – ⋮ – 2 x−5 – – ⋮ – 0 + (−3 x+2)(2 x−5) – – 0 + 0 – s5 =

]

−∞;−5 2

[

∪

]

− 5 2; 2 3

[

∪

]

5 2;+∞

[

6. 1 2 x>2 x ⇔ 1−4 x2 2 x >0 ⇔ 4 x 2₋₁

x <0 (multiplier les deux membres de l'inégalité par −2 en change le sens) ⇔ (2 x −1)(2 x +1) x <0 x –∞ −1 2 0 1 2 +∞ 2 x−1 – ⋮ – – 0 + 2 x +1 – 0 + + ⋮ + x – ⋮ – + ⋮ + (2 x −1)(2 x +1) x – 0 + – 0 + s6 =

]

−∞;−1 2

[

∪

]

0 ; 1 2

[

Exercice 3 : Rappel :

√

A=B ⇔

{

A=B2 B⩾0

Quelques remarques concernant cette équivalence :

Les cinq énoncés suivants ont la même signification : 1.

√

A=B ⇒ A=B2

2. Il faut que A et B vérifient A=B2 _{pour que}

√

A=B . 3. Une condition nécessaire pour que

√

A=B est A=B2 _.

4. Si

√

A=B alors A=B2.

5. Quels que soient A et B tels que

√

A=B , on a : A=B2 _.

À cette condition nécessaire, on pourrait en ajouter une autre : il faut que A⩾0 pour que

√

A=B . Cette condition sur A est cependant implicite dans la condition A=B2 _{et devient inutile dès lors que cette}

deuxième condition a été énoncée.

La réciproque est fausse : voici les énoncés réciproques possibles : 1'. A=B2

⇒

√

A=B

2'. Il suffit que A et B vérifient A=B2 _{pour que}

√

A=B . 3'. Une condition suffisante pour que

√

A=B est A=B2 . 4'. Si A=B2 _alors

√

A=B .

5'. Quels que soient A et B tels que A=B2_{, on a :}

La négation (le contraire) de l'énoncé 5' est : Il existe A et B tels que A=B2_{, et pour lesquels on a : {}x=−1+√6 ou x=−1−√6

x⩾0

Ce dernier énoncé est vrai : en effet, prenons A=9 et B=−3 . A et B sont bien tels que A=B2_{, et on a}

bien :

√

9=3 donc

√

3≠−3 .

On vient ainsi, à l'aide d'un contre-exemple, de montrer que l'énoncé 5' est faux.

C'est donc un cas difficile qui montre dans quel mesure l'utilisation d'un raisonnement par équivalence est « dangereux » (on a l'habitude de lire de gauche à droite et de haut en bas, mais lorsqu'on utilise une

équivalence, il est indispensable d'aller contre cette habitude et refaire une lecture attentive en sens contraire, le sens de la réciproque).

Résoudre dans ℝ l'équation

√

−2 x+5=x . Vérifier avec Xcas ou avec le mode GRAPH de la calculatrice.

√

−2 x+5=x ⇔

{

−2 x+5=x2 x⩾0 ⇔

{

x2+2 x−5=0 x⩾0 ⇔

{

(x +1)2−6=0 x⩾0 ⇔

{

(x +1−

√

6)( x+1+

√

6)=0 x ⩾0 ⇔

{

x=−1+

√

6 ou x=−1−

√

6 x ⩾0 ⇔ x=−1+

√

6

Exercice 4 : Rappel :

√

A⩽

√

B ⇔

{

A⩽B

A⩾0 car la fonction racine carrée est croissante sur [0 ;+∞[ Résoudre dans ℝ l'inéquation

√

−2 x+8⩽

√

x2. Vérifier avec Xcas ou avec le mode GRAPH de la calculatrice.

√

−2 x+8⩽

√

x2 ⇔

{

−2 x+8⩽x2 −2 x+8⩾0 ⇔

{

x2+2 x−8⩾0 x⩽4 ⇔

{

(x +1)2−9⩾0 x⩽4 ⇔

{

(x +1−3)( x+1+3)⩾0 x ⩽4 ⇔

{

(x−2)(x +4)⩾0 x⩽4 x –∞ –4 2 4 x−2 – ⋮ – 0 + x +4 – 0 + ⋮ + (x−2)(x +4) + 0 – 0 + s = ]−∞;−4 ]∪[2 ; 4 ]

Exercice 5 : On considère la fonction f définie par f (x )=2 x−1 −x+4 . 1. Déterminer l'ensemble de définition D_f de f.

D_f=]−∞; 4[ ∪] 4;+∞[

2. Étudier le signe de f sur Df . x –∞ 1₂ 4 +∞

2 x−1 – 0 + +

−x+4 + ⋮ + –

f (x ) – 0 + –

3. En déduire les solutions de l'inéquation 2 x−1 −x +4⩾0 . s =

[

1

2;4

[

Exercice 6 : On considère les droites (d) et (d') dans le repère ci-contre. 1. Donner les équations réduites de (d) et (d').

Puisque l'énoncé dit « donner », aucune justification n'est attendue et une simple lecture graphique (des coefficients directeurs et des ordonnées à l'origine) suffit pour répondre à la question posée.

(d) : y=3 4x +3 (d') : y=−1

3 x +1

2. Montrer que le couple de coordonnées du point d'intersection de ces deux droites est le couple solution du système linéaire

{

−3 x +4 y =12 x+3 y =3 . M( x ; y ) ∈ (d) ∩ (d') ⇔

{

y=3 4 x +3 y=−1 3 x+1 ⇔

{

4 y=3 x +12 −3 y= x−3 ⇔

{

−3 x +4 y =12 x+3 y =3

Remarque : il n'est pas nécessaire de travailler par équivalence puisque l'existence et l'unicité du point

d'intersection des droites (d) et (d') est établie. On aurait aussi pu écrire : Soit I le point d'intersection de (d) et (d').

On a :

{

y_I=3 4 xI+3 y_I=−1 3xI+1 On en déduit :

{

−3 xI+4 yI=12 x_I+3 y_I=3

Le couple (xI; yI) est l'unique solution du système

{

−3 x +4 y =12 x+3 y =3 .

3. Résoudre ce système par la méthode des combinaisons linéaires et vérifier la cohérence du résultat avec le graphique.

{

−3 x + 4 y = 12 x + 3 y = 3

(

L₁ L₂

)

⇔

{

−3 x + 4 y = 12 13 y = 21

(

L₁ L₂ ← L₁+ 3 L₂

)

⇔

{

−3 x +4×21 13=12 y =21 13 ⇔

{

−3 x=13×12−4×21 13 y =21 13 ⇔

{

−3 x=3×(13×4−4×7) 13 y=21 13 ⇔

{

x=−52−28 13 y=21 13 ⇔

{

x=−24 13 y=12 13

Exercice 1 : La courbe ci-contre représente une fonction f. En utilisant le graphique, répondre aux questions.

1. Donner l'ensemble de définition de f. df = [−5 ;7 ]

2. Quelle est l'image de 4 par f ? f (4)=2

3. Donner le tableau de variations de f.

x –5 –2 2 7

f (x ) 2

–3

4

–1 4. Résoudre graphiquement l'équation f (x )=2 .

f (x )=2 ⇔ x=−5 ou x=0 ou x=4

5. Donner les antécédents de 0 (ou un encadrement à l'unité, si le graphique ne permet pas d'en connaître une valeur entière exacte) par f.

Les antécédents de 0 par f sont, d'après le graphique, , −1 et 5, avec α≈−3,5 ( −4<α <−3 ). 6. Résoudre graphiquement l'inéquation f (x )⩽2 (rédiger la méthode).

Résoudre graphiquement l'inéquation f (x )⩽2 revient à déterminer les abscisses des points de cf qui sont en dessous ou sur la droite d'équation y=2 , s'il en existe.

s1 = x ⩾ 0

7. Tracer la droite (d) d'équation y=x +2 et résoudre graphiquement l'inéquation f (x )⩾x +2 (rédiger la méthode).

Résoudre graphiquement l'inéquation f (x )⩾x +2 revient à déterminer les abscisses des points de cf qui sont au-dessus ou sur la droite d'équation y=x +2 , s'il en existe.

s2 = [−5 ;−3 ]∪[ 0 ;2 ]

Exercice 2 : Pour fabriquer une boîte parallélépipédique, on dispose d'une plaque carrée de côté 6 dm, dans laquelle on découpe à chaque coin un carré de côté x dm . On obtient ainsi le patron d'une boîte sans couvercle.

Soit V la fonction qui à la longueur x associe le volume V (x ) de la boîte. 1. a) Justifier que l'ensemble de définition de la fonction V est l'intervalle [0 ;3 ] .

x est une longueur donc x⩾0 . De plus, la découpe, étant faite dans chacun des coins, le carré découpé ne Généralités sur les fonctions - corrigé

peut avoir un côté supérieur à la moitié du carré de départ, donc x⩽3 . b) Déterminer, en fonction de x, les dimensions de cette boîte.

h=x c=6−2 x

c) En déduire que pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )=4 x3

− 24 x2+36 x . Pour tout x ∈ [0 ;3 ] , V (x )=c2_h V (x )=x (6−2 x )2 (expression de départ) V (x )=4 x(3−x )2 (forme factorisée de V (x ) ) V (x )=4 x(9−6 x + x2) V (x )=36 x−24 x2+4 x3 V (x )=4 x3_{− 24 x}2_{+36 x}

2. Calculer V(1,5). Interpréter concrètement ce résultat. Pour ce calcul, puisque 1,5=3

2 , l'expression de départ semble la mieux adaptée. V (1,5)=3 2×

(

6−2× 3 2

)

2 V (1,5)=3 2×9 V (1,5)=27 2 =13,5

En découpant, dans chaque coin de la plaque carrée, un carré de côté 1,5 dm, on peut construire une boîte de volume 13,5 dm³.

3. Pour quelle(s) valeur(s) de x obtient-on une boîte cubique? Quel est alors le volume de cette boîte ? La boîte est cubique si et seulement si c=h .

c=h ⇔

{

x=6−2 x

0⩽x⩽3 (Existe-t-il une solution et est-elle unique ? Problème d'existence et d'unicité : d'où le travail par équivalence) ⇔

{

3 x =6

0⩽ x⩽3 ⇔ x=2

L'expression factorisée permet de déterminer V (2) avec un minimum de calcul : V (2)=4×2×(3−2)2

V (2)=8

En découpant un carré de côté 2 dm dans chaque coin de la plaque, on obtient une boîte cubique (d'arête 2 dm) de volume 8 dm³. C'est la seule façon d'obtenir une boîte cubique.

4. Compléter le tableau de valeurs suivant à l'aide du mode TABL la calculatrice.

x 0 0,25 0,5 0,75 1 1,25 1,5 1,75 2 2,25 2,5 2,75 3 V (x )

5. Construire la représentation graphique de la fonction V dans un repère orthogonal (unités : 4 cm en abscisses et 0,5 cm en ordonnées).

6. Conjecturer graphiquement le volume maximal de la boîte. Pour quelle(s) valeur(s) de x est-il atteint ? Le point le plus haut de la courbe semble avoir pour coordonnées (1; 16) . On vérifie bien, par le calcul, que

V (1)=16 .

Le volume maximal de la boîte semble être 16 dm³, atteint lorsque x=1 . 7. Vérifier que pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )−16=4(x −1)2

(x − 4).

La question étant « Vérifier que... », il est autorisé de procéder en comparant les formes développées de V (x )−16 , d'une part, et de 4 (x−1)2(x−4) , d'autre part.

Pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )−16=4 x3_{− 24 x}2

+36 x−16 Pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , 4 (x−1)2

(x−4)=4( x2 −2 x+1)(x −4) =4( x3−4 x2−2 x2+8 x +x−4) =4( x3−6 x2+9 x−4) =4 x3_{−24 x}2 +36 x−16 Finalement, pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )−16=4(x −1)2

(x − 4)

8. En déduire que, pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )≤ 16 . Ceci permet-il de valider la conjecture de la question 6 ?

Pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , 4 (x−4)<0 et (x−1)2

⩾0 Donc, pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , 4 (x−1)2

(x−4)⩽0 V (x )−16⩽0 V (x )⩽16 De plus, V (1)=16

Donc, pour tout réel x de l'intervalle [0 ;3 ] , V (x )⩽V (1)

Exercice 3 : On connaît le tableau de variations d'une fonction f définie sur [−2 ;5 ] :

1. Répondre par Vrai, Faux ou On ne peut pas conclure : a) L'image de 0 par f est 1.

0 ∈ [−5 ;1] .

La fonction f est décroissante sur cet intervalle, et à valeurs dans [0 ; 4 ] . 0 admet une image par f dans [0 ; 4 ] , intervalle qui contient bien 1.

Il est donc possible que l'image de 0 par f soit 1, mais il est aussi tout à fait possible que ce ne soit pas le cas. On ne peut pas conclure.

b) f (2)=3

2 ∈ [1 ;3 ] . Sur cet intervalle, la fonction f est croissante. On peut donc affirmer que f (2)⩽ f (3) .

f (2)⩽2 f (2)≠3 L'affirmation est donc fausse. c) f (2)>0

On a de plus, f (1)< f (2) 0< f (2) L'affirmation est vraie. d) f (−5)< f (−2)

−5 et −2 sont dans l'intervalle [−5 ;1] , intervalle sur lequel la fonction f est décroissante. −5<−2 donc f (−5)⩾ f (−2)

L'affirmation est fausse. e) f (−6)<0

−6 ∈ [−7 ;−5]

f est croissante sur [−7 ;−5] et à valeurs dans [−2 ; 4 ] .

On peut donc juste affirmer que f (−6)∈[−2; 4 ] mais on n'a pas plus d'information. On ne peut pas conclure.

f) f est croissante sur [−6 ;−4 ] .

f est croissante sur [−6 ;−5] et décroissante sur [−5 ;−4 ] , atteignant un maximum local en −5 . Ce maximum est 4.

Il existe un nombre k voisin de 4 ( k <4 ) et deux nombres x₁ et x₂, respectivement dans [−6 ;−5] et dans [−5 ;−4 ] , ayant pour image k par f.

Pour tout x ∈ [−6 ; x1], f (x )⩽k

Pour tout x ∈ ] x1;−5 ] , f (x )>k

Pour tout x ∈ ]−5; x₂], f (x )⩾k Pour tout x ∈ ] x₂;−4 ] , f (x )<k Prenons u dans ] x₁;−5 ] : f (u)>k Prenons v dans ] x₂;−4 ] : f (v)<k

On a alors montré qu'il existe deux réels u et v dans [−6 ;−4 ] tels que u<v et f (u)> f (v) .

Ce qui permet d'affirmer que f n'est pas croissante sur [−6 ;−4 ] . L'affirmation est fausse.

g) 1 est un antécédent de 0 par f. f (0)=1

0 est l'image de 1 par f. 1 est un antécédent de 0 par f. L'affirmation est vraie.

h) 2 admet trois antécédents par f.

Un peu de théorie pour faciliter la rédaction de la réponse à cette question : f ([−7 ;−5 ])=[−2 ; 4 ] signifie 1. et 2. sont vrais :

1. f ([−7 ;−5 ])⊂[−2 ; 4 ] : tout réel de [−7 ;−5] admet (exactement) une image par f dans [−2 ; 4 ] . 2. [−2 ; 4 ]⊂ f ([−7 ;−5 ]) : tout réel de [−2 ; 4 ] admet (au moins) un antécédent par f dans [−7 ;−5] . D'après le tableau de variations, f ([−7 ;−5 ])=[−2 ; 4 ] .

Or, 2 ∈ [−2 ; 4 ] . Donc 2 admet au moins un antécédent par f dans [−7 ;−5] .

On sait de plus que f est (strictement) croissante sur [−7 ;−5] donc 2 admet exactement un antécédent par f dans [−7 ;−5] .

On montrerait, avec le même type de raisonnement, que 2 admet un unique antécédent dans [−5 ;1] , et un unique antécédent dans [1 ;3 ] (ce dernier étant d'ailleurs connu et égal à 3).

Finalement, 2 admet exactement trois antécédents par f. L'affirmation est vraie.

2. Donner un encadrement, le plus précis possible, de f (x ) , sachant que x vérifie : a) 1⩽x ⩽3 b) −5⩽x⩽3 c) −7⩽x ⩽3

a) Soit x un réel de l'intervalle [1 ;3 ]

f est croissante sur [1 ;3 ] donc f (1)⩽ f (x )⩽ f (3) . 0⩽ f (x )⩽2

b) D'après le tableau de variations de f, le miminum et le maximum de f sur [−5 ;3 ] sont, respectivement, 0 et 4.

Autrement dit : pour tout x ∈ [−5 ;3 ] , 0⩽ f (x )⩽4 , et les valeurs extrêmes sont atteintes. c) En procédant de même que dans la question précédente, on a :

Si x ∈ [−7 ;3 ] alors −2⩽ f ( x)⩽4 .

Exercice 4 : Tracer une courbe susceptible de représenter la fonction f sachant que : - f est définie sur l'intervalle [−2 ;5 ] ;

- le maximum de f sur [−2 ;5 ] est 2 et est atteint en 1 ; - le minimum de f sur [−2 ;5 ] est −3 et est atteint en 4 ; - les antécédents de 0 par f sont −2 , 0, 3 et 5.

Les informations (analytiques) ci-dessus se traduisent graphiquement ainsi :

- à chaque valeur de l'intervalle [-2;5] sur l'axe des abscisses est associé exactement un point de la courbe cf et aucun point de la courbe cf n'a une abscisse à l'extérieur de cet intervalle ;

- le point le plus haut de la courbe cf a pour coordonnées (1; 2) et aucun autre point de cf n'est aussi haut ; - le point le plus bas de la courbe cf a pour coordonnées (4 ;−3) et aucun autre point de cf n'est aussi bas ; - la droite d'équation y=0 (l'axe des abscisses), coupe cf en exactement quatre points, abscisses −2 , 0, 3 et 5.

Cela laisse pas mal de possibilités pour tracer une courbe susceptible de représenter f...

Exercice 5 : On s'intéresse à la fonction f définie sur ]−∞; 2[ ∪]2 ;+∞[ par f (x )=3 x−7 x−2 . On appelle c sa représentation graphique dans le plan muni d'un repère.

1. Étudier le signe de f (x ) . x –∞ 2 7 3 +∞ 3 x−7 – – 0 + x−2 – + ⋮ + f (x ) + – 0 +

2. Calculer l'image de

√

7 par f . Écrire le résultat sans radical au dénominateur. f (

√

7)=3

√

7−7

√

7−2 f (

√

7)=(3

√

7−7)(

√

7+2) 7−4 f (

√

7)=3×7+2×3

√

7−7−2

√

7 3 f (

√

7)=14 +2

√

7 3

3. Montrer que pour tout x ≠ 2, f (x )=3− 1 x −2 . Pour tout x ≠2 , 3− 1 x−2= 3(x−2)−1 x−2 =3 x−7 x−2 =f ( x)

Une autre méthode (qui a l'avantage de ne pas présupposer le résultat) :

f est une fonction homographique et son expression possède donc une écriture canonique de la forme f (x )=α+ A x−2 (résultat de cours). Pour tout x ≠2 , α+ A x −2=f ( x) α(x−2)+A x−2 = 3 x −7 x−2 αx +(A−2 α )=3 x−7 (α−3) x+(A−2 α+7)=0

[x  (α−3) x+(A−2 α+7) ] est une fonction affine (son expression est de la forme mx+ p ). Et, c'est, d'après ce qui précède, la fonction nulle. La seule fonction affine qui convient est telle que m=0 et p=0 . Donc,

{

α−3=0

A−2 α+7=0

{

α=3

A=−1

Finalement, pour tout x ≠2 , f (x )=3− 1 x −2

4. Montrer que la fonction f est strictement croissante sur ]2 ;+∞ [ . Soit u et v dans ]2 ;+∞ [ tels que u<v .

On a alors : 2<u<v

0<u−2<v −2 (ajouter −2 aux membres d'une inégalité n'en change pas le sens) 1

u−2> 1

v−2 (la fonction inverse est strictement décroissante sur ]0 ;+∞ [ ) − 1

u−2<− 1

v−2 (prendre l'opposé des membres d'une inégalité en change le sens) 3− 1

u−2<3− 1

v−2 (ajouter 3 aux membres d'une inégalité n'en change pas le sens) f (u)< f (v)

On a montré que pour tous u et v dans ]2 ;+∞ [ tels que u<v , on a : f (u)< f (v)

La fonction f conserve strictement l'ordre sur ]2 ;+∞ [ . Autrement dit, la fonction f est strictement croissante sur ]2 ;+∞ [ .

Autre présentation : [x  x−2 ] [x  1 x ] [x  −x+3 ] ]2 ;+∞ [ –––––––––– ]0 ;+∞ [ –––––––––– ]0 ;+∞ [ –––––––––– ]−∞;−3[ x ––––––––– x−2 ––––––––– 1 x−2 ––––––––– 3− 1 x−2 s ––––––––– 1 s t ––––––––– −t+3 x ––––––-–––––––––––––––––––-–––––––––––––––––––– f (x ) 5. Résoudre l'équation f (x )=3 . f (x )=3 ⇔ 3− 1 x−2=3 ⇔ − 1 x−2=0 Or, pour tout x ≠2 , 1

x−2≠0

L'équation f (x )=3 n'a pas de solution.

6. Déterminer les points d'intersection de la courbe représentative de f avec les axes de coordonnées. f (0)=7

2

La courbe c coupe l'axe des ordonnées au point

(

0 ;7 2

)

. f (x )=0 ⇔ x=7

3

La courbe cf coupe l'axe des abscisses au point

(

7 3;0

)

. 7. Soit A le point de la courbe c qui a pour abscisse 3.

a) Déterminer les coordonnées du symétrique A' de A par rapport au point Ω(2; 3) . f (3)=2 donc A (3 ;2) .

A ' =sΩ(A) donc  est le milieu du segment [ AA ' ] .

{

x_A+x_{A '} 2 =xΩ y_A+y_{A '} 2 =yΩ donc

{

xA'=2 xΩ−xA yA'=2 yΩ−yA A ' (1 ; 4) b) Montrer que A' ∈ c. f (1)=4 donc A' ∈ c.

Remarque : On se rappelle que f est une fonction homographique et que sa représentation graphique est une

hyperbole, centrée en Ω(2; 3) (2 est le seul réel à ne pas avoir d'image par f et 3 est le seul réel à ne pas avoir d'antécédent par f).

conserve l'ordre

change l'ordre

change l'ordre

Exercice 6 :

ABCD est un carré de côté 4. On place les points E et F sur [ AB ] et [ BC ] tels que : BE=BF =x .

1. a) Faire une figure dynamique à l'aide de Geogebra.

b) Conjecturer la position de E sur [ AB ] pour laquelle l’aire du triangle EFD semble être égale à 6.

2. On appelle f la fonction qui à x associe l’aire f  x  du triangle EFD .

Quel est l’ensemble de définition df de f ? 3. Montrer que, pour tout x ∈ df , f  x =–

1 2x

2

4 x .

4. Déterminer la position de E sur [ AB ] pour laquelle l’aire du triangle EFD est égale à 6.

1. b) L’aire du triangle EFD semble être égale à 6 lorsque E est le milieu de [ AB ] . 2. On appelle f la fonction qui à x associe l’aire f  x  du triangle EFD .

df = [0 ; 4 ]

3. Soit G le point d'intersection de [ BD ] et [ EF ] . aEFD = EF×GD₂

EFB est un triangle rectangle isocèle en B . Les côtés de l'angle droit ont pour longueur x .

Donc EF =x



2

Par symétrie de la figure autour de  BD , G est le milieu de [ EF ] et GB=1

2 EF= x



2 2 .

[BD ] est une diagonale d'un carré de côté 4, donc BD=4



2 . G ∈ [ BD ] donc BD=BGGD GD=BD – GB GD=



4 – x 2





2 aEFD = x



2×



4 – x 2





2 2 aEFD = x×



4 – ₂x



Finalement, pour tout x ∈ df , f  x =– 1 2 x

2

4 x .

Une autre méthode, sans doute plus simple consistait à décomposer le carré ABCD à l'aide des quatre triangles ADE , CDF , BEF et DEF .

On a alors : aEFD = aABCD – aADE – aCDF – aBEF

On retrouverait le même résultat (sans faire apparaître



2 ...).

4. f  x =6 ⇔

{

– 1 2x 2 4 x=6 x∈[0 ; 4 ] ⇔

{

x 2_{– 8 x12} x∈[0 ; 4 ]

Le sommet de la parabole d'équation y=x2

– 8 x 12 a pour abscisse –_2×1– 8 =_{4 et pour ordonnée} 42_{– 8×412=– 4 .}

On en déduit la forme canonique de l'expression x2– 8 x12 : Pour tout x ∈ ℝ, x2_{– 8 x12= x – 4}2_{– 4 .} f  x =6 ⇔

{

x – 4 2_{– 4=0} x∈[ 0 ;4 ] ⇔

{

[x – 4 – 2 ][ x – 42 ]=0_{x∈[ 0 ;4 ]} ⇔

{

x – 6 x – 2=0_{x∈[ 0 ;4 ]} ⇔ x=2

L’aire du triangle EFD est égale à 6 lorsque x=2, soit lorsque BE=1₂ BA , donc lorsque E est le milieu de [ AB ] .