1`ere 11 Contrˆole n◦3 22 novembre 2014
NOM : , Pr´enom :
Exercice 1
1) a) Sans difficult´e.
b)
Note (xi) 1 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5
Effectif (ni) 1 1 1 2 5 5 8 7
(xi−x)2 9 4 2,25 1 0,25 0 0,25 1 c) Apr`es avoir donn´e les formules, on obtient
V = 1
30
(1−4)2 + (2−4)2 + (2,5−4)2 + (3−4)2 + (3,5−4)2 + (4−4)2 + (4,5−4)2 + (5−4)2
= 1112.
L’´ecart-type est doncσ=q
11 12
d) Avec la calculatrice on aQ1= 3,5,Me= 4,25 etQ3= 4,5 2) a) Sans difficult´e.
b) On remarque que la classe 1 a un ´ecart interquartile et un ´ecart-type plus petits que la classe 2. La classe 1 est donc plus homog`ene.
Exercice 2
1) (E1) :S={0;−1} (E2) :S=n
5 6−
√37 6 ;56+
√37 6
o
(E3) :S={1;−1}
2) (I1) :S=R (I2) :S=]−1;12]∪]−5; +∞[
Exercice 3
1) a) −x2+ 1 a deux racines 1 et−1, en ´etudiant le signe de ce trinˆome (le coefficient dominant est n´egatif), on a−x2+ 1>0⇔x∈[−1; 1].
g est donc d´efinie sur [−1; 1]
b) g(x)60 lorsquex∈[−1; 1]. Doncg(x) + 26= 0 sur le mˆeme intervalle.
f est donc d´efinie sur [−1; 1]
c) −x2 + 1 est une forme canonique et le coefficient dominant est n´egatif, donc x:7→ −x2+ 1 est strictement croissante sur [−1; 0].
Par la croissante de la fonction racine carr´ee, on en d´eduit que g est croissante sur [−1; 0] puis queg+ 2 est aussi croissante.
Par la d´ecroissante de 1x sur ]0; +∞[, on en d´eduit que 1g est d´ecroissante sur [−1; 0] puis quef = −3g est croissante sur [−1; 0].
2) a) 3x2−4x+ 6 = 3(x−2/3)2+143
b) 3(x−2/3)2>0 surRdonc 3(x−2/3)2+143 6= 0 surR.hest donc d´efinie surR
c) Par la forme canonique, on sait quex7→3x2−4x+6 est strictement d´ecroissante sur ]− ∞;23] donchest strictement croissante sur cet intervalle.
3) a) S ={−1; 3} b) S=
−43; 2 c) S=
−∞;32
∪7
2; +∞
.
Probl` eme 1
Partie A : Restitution de connaissance Voir le cours sur la fonction racine carr´ee.
Partie B : Cas des fonctions de type lin´eaire : 1) ga est croissante surRsia >0 et d´ecroissante sinon.
2) Sia >0, on conjecture qu’il y a deux intersections. Sia <0, on conjecture qu’il y a une intersection.
3) f(x) = ga(x) ⇔ ax = √
x ⇔ √ x(a√
x−1) = 0. √
x = 0 ⇔ x = 0 et (a√
x−1) = 0⇔√
x=a1 ⇔
(sia >0, x=a12
sinon, xn’est pas r´eel . Les solutions sont donc 0 et a12 sia >0 et 0 sinon
4) Si a > 0, il y a donc 2 points d’intersection, les points de coordonn´ees (0; 0) et
1 a2;1a
.
Partie C : Cas g´en´eral : Question ouverte
Une id´ee de r´eponse alg´ebrique. On souhaite r´esoudre l’´equation √
x−ax−b = 0.
PosonsX=√ x.
On a donc l’´equation−aX2−X−b= 0. Il y 0, 1 ou 2 solutions `a cette ´equation. Il y aura donc au maximum 2 intersections.
∆ = 1−4ab. On voit d´ej`a que si 4ab >1, il n’y aura aucun point d’intersection. On peut donc prendreh(x) =x+ 1 pour avoir aucune intersection
Sih(x) =x, on a vu qu’il y avait deux intersections.
Sih(x) =−x, on a vu qu’il y avait une intersection On en d´eduit qu’il y a 0, une ou deux intersections.
1`ere 11 Contrˆole n◦3 22 novembre 2014
Probl` eme 2 : (40 minutes, 14 points)
O
I
J K
A
B B0
A0
Partie A : Un cas particulier On suppose quea= 2 etb= 1,5.
1) a) Voir figure
b) On conjecture que les trois droites sont concourantes.
2) a) −→
OK =−→ OI +−→
IK =−→ OI +−→
OJ b) On a doncK(1; 1) et−−→
OA0=−→
OA +−−→
AA0 =−→
OA +−→
OJ doncA0(2; 1).
3) −−→
AB0 −1,51
est un vecteur directeur de (AB0). Soit M(x;y) un point de (AB0), AM x−2y
est un autre vecteur directeur de cette droite, par colin´earit´e de ces vec- teurs, on a donc :
1,5(x−2) +y= 0⇔ 32x−3 +y= 0 est une ´equation de (AB0).
4) a) Un vecteur directeur dedest−→u −21 2
.
b) 12×0 + 2×1,5−3 = 3−3 = 0 doncB passe pard.
c) −−→
A0B −0,5−2
donc−−→
A0B =−→u
d) On en conclut quey= 12x+ 2y−3 = 0 est une ´equation de (A0B).
5) R´esolvons le syst`eme :
(3
2x+y−3 = 0
1
2x+ 2y−3 = 0⇔ (3
2x+y−3 = 0
5
2x−3 = 0⇔
(3
2x+y−3 = 0
x =65 ⇔
(9
5+y−3 =
x = 65 ⇔
( y =65 x =65
6) −→
OK 11 et −−→
OM 656
5
sont colin´eaires donc O, K etM sont align´es
7) Les droites (OK) , (A0B) et (AB0) sont concourantes.
8) Soientxet y tels queC(x;y). On veut−→
AK =−−→
CB0 donc r´esoudre le syst`eme : (1−2 = 1−x
2−1 = 1,5−y ⇔
(x = 2 y = 0,5 DoncC(2; 0,5)
Partie B : Le cas g´en´eral
On suppose queaetb sont des r´eels quelconques.
1) a) A0(a; 1) etB0(1;b) b) −→
OK 11 ,−−→
AB0 1−ab et −−→
A0B b−1−a .
2) a) (A0B) et (AB0) sont parall`eles ´equivaut `a (b−1)×(1−a) +ab= 0 donc
´
equivaut `ab−1−ab+a+ab=a+b−1 = 0.
3) Si a+b = 1 alors−−→
AB0 1−a1−a
donc−−→
AB0 est colin´eaire `a −→
OK et les trois droites sont parall`eles.
4) Dans cette question, on suppose quea+b6= 1.
a) (b−1)×0 +a×b−ab= 0, donc les coordonn´ees de B v´erifie cette ´equation.
(b−1)×a+a×1−ab=ab−a+a−ab= 0, donc les coordonn´ees deA0 v´erifie cette ´equation.
b) L’abscisse est ´egal `a l’ordonn´ee doncM ∈(OK).
(b−1)×(b−1)ab
a+b−1+a×(a+b−1)ab
a −ab=ab−a+a2b+ab2−ab−ab(a+b−1)
a+b−1 = 0.
c) −−→
AM ab a+b−1−a
ab a+b−1
et−−→
AB0 1−ab . ab
a+b−1 −a
×b= ab2−a2b−ab2+ab
a+b−1 = ab−a2b a+b+ 1 ab
a+b−1
×(1−a) = ab−a2b a+b+ 1
Les Vecteurs sont colin´eaires doncA,M etB0 sont align´es.
5) On conclut que sia+b6= 1 alors les trois droites sont concourantes.
Question ouverte : (5 minutes, 1,5 points)
En s’aidant d’exemples on remarque qu’il peut y avoir 1, 2 ou 3 solutions.
